文档内容
专题 12 交变电流
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
考点1 描述交 选择题主导，综合题向实际应用延伸
变电流的物理 2021、2022、2023、2024、2025 聚焦基础概念与模型分析。通过线圈转动
量 模型考查交变电流的有效值计算，需结合
考点2 电感和 法拉第电磁感应定律与正弦函数规律。计
电容对交变电 2024 算题则常与变压器、远距离输电等实际问
流的影响 题结合，以特高压直流输电为背景，要求
分析输电过程中的功率损耗与电压变换，
考点3 变压器 2021、2022、2024、2025 需联立理想变压器公式与焦耳定律。实验
题则侧重变压器原理的探究，核心规律深
度整合，模型复杂度提升
变压器动态分析：命题从单一变压器
扩展至多变压器系统，要求分析升压变压
器的匝数比与输出电压关系，需结合实际
电路中的能量损耗进行修正。有效值计算
与非正弦交变电流：高频考点从正弦交变
考点4 远距离
2023 电流扩展至复杂波形。
输电
远距离输电与能量守恒：试题常通过
多过程问题考查守恒定律的灵活运用，联
立动能定理与动量定理，分析离子在复合
场中的轨迹调控，涉及动量守恒与能量损
耗的双重约束。
考点01 描述交变电流的物理量
1．（2025·浙江·1月选考）如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一
方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为3t 。变化的磁场在空间产生
0
感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面
内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为
R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝
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学科网（北京）股份有限公司缘，且不计相互影响，则（ ）
√3πr2B
A．圆环I中电流的有效值为 0
Rt
0
B
B．t=1.5t 时刻直导线CD电动势为πr2 0
0 t
0
πr2B
C．t=0.5t 时刻圆环Ⅱ中电流为 0
0 12Rt
0
1 B
D．t=0.5t 时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为 πr2 0
0 12 t
0
【答案】BD
πr2B
【详解】A．由题图可知，在0~t 内和2t ~3t 内圆环I中的电流大小均为I = 0在t ~2t 内圆
0 0 0 1 Rt 0 0
0
2πr2B
环I中的电流大小为I = 0 设圆环I中电流的有效值为I，根据有效值定义可得
2 Rt
0
√2πr2B
I2R⋅3t =I2R⋅2t +I2Rt 联立解得I= 0 故A错误；
0 1 0 2 0 Rt
0
B．设右侧有一根无限长的直导线CD对称的无限长的直导线C′D′与CD构成回路，则t=1.5t 时刻，
0
2B
CD、C′D′回路产生的总电动势为E =πr2 ⋅ 0 根据对称性可知t=1.5t 时刻直导线CD电动势为
总 t 0
0
B
πr2 0
，故B正确；
t
0
C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则
t=0.5t 时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
0
B
D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在t=0.5t 时刻产生的电动势为E=πr2 0 则P、Q两点
0 t
0
30° 1 B
间圆弧的电动势为E′= E= πr2 0 由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生
360° 12 t
0
1 B
感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为
πr2 0
，故D正确。
12 t
0
故选BD。
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学科网（北京）股份有限公司2．（2024·浙江·1月选考）如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin100πt(V)
的交流电，经原、副线圈匝数分别为n 和n 的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间
1 2
引发电火花，实现点火。下列正确的是（ ）
n 7
A． 2 <
n 20000
1
n 1
B． 1 <
n 2000
2
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V
D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
【答案】B
5 5√2 U n
【详解】AB．原线圈两端电压的有效值 U = V= V 根据电压匝数关系有 1 = 1 变压器副线
1 √2 2 U n
2 2
n n 1
圈电压的峰值 U =√2U 根据题意有U >10×103V 解得 2 >2000， 1 < 故A错误，B正
2max 2 2max n n 2000
1 2
确；
5 5√2
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U = V= V 故C错误；
1 √2 2
2π
D．根据 =2πf=100πHz 解得 f=50Hz 变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是
T
50Hz，故D错误。
故选B。
3．（2023·浙江·1月选考）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两
轻质横杆组成，且L≫2 l。线框通有恒定电流I ，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、
0
转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置一半径远小于a，面积为S、电阻为R
的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与
xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量B 与时间的近似关系如图2所示，图中B 已
y 0
知。
π
（1）求0到 时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
ω
2π
（2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0~ 时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
3ω
（3）求圆环中电流的有效值；
π Δω
（4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经
时间角速度减小量为Δω( ≪1)
，设线框与圆环的
ω ω
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学科网（北京）股份有限公司能量转换效率为k，求Δω的值（当0 m D．U< m
2 2 2 2
【答案】D
U √2U
【详解】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为U = m = m由图可知，在任意时
有效值 √2 2
刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电
√2U
的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U< m
2
故选D。
考点02 电感和电容对交变电流的影响
6．（2024·浙江·6月选考）理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈
5 / 21
学科网（北京）股份有限公司接有三个支路，如图所示（光敏电阻的阻值随着光照增加而减少）。当S接a时，三个灯泡均发光。若
（ ）
A．电容C增大，L 灯泡变亮 B．频率f增大，L 灯泡变亮
1 2
C．R 上光照增强，L 灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗
G 3
【答案】A
【详解】A．电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L 灯泡变亮，故A正确；
1
B．频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L 灯泡变暗，故B错误；
2
C．光敏电阻光照增强，阻值减小，由于各支路电压不变，则L 灯泡电流增大，变亮，故C错误；
3
D．S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个泡均变亮，故D错误。
故选A。
考点03 变压器
7．（2025·浙江·1月选考）有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图1中，U :U =n :n
1 2 2 1
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，电容器中电场的能量正在增大
D．图4中，增大电容C，调谐频率增大
【答案】C
U n
【详解】A．理想变压器原副线圈与匝数的关系为 1 = 1 ，A错误；
U n
2 2
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减
小，B错误；
C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安
培定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；
1
D．电容C增大，根据电磁振荡的频率f= 可知调谐频率减小，D错误。
2π√LC
故选C。
6 / 21
学科网（北京）股份有限公司8．（2024·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．中子整体呈电中性但内部有复杂结构
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同
C．增加接收电路的线圈匝数，可接收更高频率的电台信号
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，分子势能先增加后减少
【答案】AB
【详解】A．中子由夸克组成，整体呈现电中性，但内部有复杂结构，故A正确；
B．根据爱因斯坦的相对论可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中大小都相同，故B正确；
1
C．根据f= 可知，增加接收电路的线圈匝数，可减小振荡电路的固有频率，则可接收较低频
2π√LC
率的电台信号，故C错误；
D．分子间作用力从斥力变为引力的过程中，即分子距离从小于r =10−10m到大于r 的过程，分子力先
0 0
做正功后做负功，则分子势能先减小后增大，故D错误。
故选AB。
9．（2022·浙江·6月选考）下列说法正确的是（ ）
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B
【详解】A．恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；
D．根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。
故选B。
10.（2021·浙江·1月选考）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的
匀强磁场中以恒定角速度绕OO’轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图
乙中的U 为已知量。则金属框转动一周（ ）
m
A．框内电流方向不变 B．电动势的最大值为U
m
7 / 21
学科网（北京）股份有限公司2BL2 πU BL2
C．流过电阻的电荷 D．电阻产生的焦耳热 m
R R
【答案】BD
【详解】A．当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一次，而线圈和外电路接点处
通过换向器，保证电流的方向不发生变化，从而使加在电阻两端的电压方向保持不变，A错误；
B．由图乙可知，电动势的最大值为U ，B正确；
m
C．线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为
E ΔΦ 2BL2
q=IΔt= Δt= =
R R R
4BL2
则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q'=2q=
C错误；
R
U 2
U ( m )
D．因为U =BωL2则ω= m 金属框转过一周电阻产生的焦耳热 U2 √2 2π πU BL2
m BL2 Q= T= ⋅ = m
R R ω R
D正确。
故选BD。
考点04 远距离输电
11．（2023·浙江·6月选考）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直
流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
【答案】A
【详解】AB．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该
先变交流再降压，故A正确，B错误；
C．1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；
D．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
故选A。
1．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）有关下列四幅图的描述，正确的是（ ）
A．图甲，交变电流的有效值为1.5A
B．图乙，变压器为理想变压器，滑动P可以改变接入电路的线圈匝数，图中n :n =1:2，P从上向
1 2
8 / 21
学科网（北京）股份有限公司下滑的过程中变压器的输出功率先增大后减小
C．图丙，条形磁铁竖直向下靠近干簧管时，可以让电路导通
D．图丁，LC振荡电路线圈中磁场的方向如图所示，且磁场正在减弱，可以判断此时M板带正电
【答案】B
2 3
【详解】A．根据交流电有效值的定义，有I 2R× T+I 2R× T=I2RT代入图中数据求得该交流
1 5 2 5
√70
电有效值为I= A=1.67A 故A错误；
5
B．等效电路如图所示
I n n 2
可知I2R'=I2·16R， 1 = 2 可得等效电阻R'=( 1 ) ·16R=4R P 从上向下滑的过程中，当
1 2 I n n
2 1 2
n :n =1:4时，可得R'=R，根据电源输出功率与外电阻的关系变化规律，可知此时变压器输出功率
1 2
最大，即P下滑到线圈的中点时变压器的输出功率最大，功率最大，P继续下滑，等效电阻减小，变
压器的输出功率减小。故B正确；
C．图示中干簧管两触点磁化一致，无法相吸，电路无法导通，故C错误；
D．磁场正在减弱，由右手螺旋定则可知，电流由a流向b，正在给电容器充电，N板带正电，故D错
误。
故选B。
2．（2025·浙江稽阳联谊学校·二模）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中A 与A 亮
3 4
度相同，已知每个小灯泡的电阻均为R 并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列
0
说法中正确的是（ ）
A．电阻R的阻值为0.5R
0
B．增大交流电频率，小灯泡A 变亮
3
C．增大交流电频率，小灯泡A 两端电压变大
1
9 / 21
学科网（北京）股份有限公司D．增大交流电频率，通过小灯泡A 电流变大
2
【答案】D
√2U
【详解】A．灯泡A 、A 的亮度相同，则通过A 、A 的电流相同，通过A 电流的有效值I = ab
3 4 3 4 3 3 2R
0
U
通过A 的电流I = ab 由I =I 可得，R=(√2−1)R 故A错误；
4 4 R +R 3 4 0
0
BCD．增大交流电频率时，不影响通过二极管的电流，电容器对交流电的阻碍作用减小，电感对交流
电的阻碍作用增大，所以A 灯亮度不变，A 变亮，A 变暗，故BC错误，D正确。
3 2 1
故选D。
3．（2025·浙江金华义乌·三模）如图所示，有一面积为S，匝数为N，电阻为r的矩形线圈，绕OO′轴在
水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平
行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 和滑动变阻器R，
0
所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（ ）
A．金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A→B→C→D
B．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C．将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大
D．将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大
【答案】D
【详解】A．根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是D→C→B→A A
错误；
B．矩形线圈产生的感应电动势最大值为E =NBSω 从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，
m
此时通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的
瞬时值表达式为e=E cos(ωt)=NBScos(ωt) B错误；
m
C．将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流I 增大，电流表A示数变
2
I n
大，定值电阻R 分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为 1 = 2 可知原
0 I n
2 1
副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流I 增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内
1
U n
电压增大，原线圈两端的电压U 减小，又因为 1 = 1 可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电
1 U n
2 2
压U 减小，而定值电阻R 分担的电压增大，故电压表的示数减小，C错误；
2 0
D．根据上述分析，结合功率P =I2r可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D
热 1
正确。
10 / 21
学科网（北京）股份有限公司故选D。
4．（2025·浙江精诚联盟·二模）如图为交变电流的两种引出方式，图甲采用两滑环引出电流，图乙则采用
换向器实现电流的导出，两装置其它部分完全一样。发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所在磁
场可视为匀强磁场，磁感应强度为B，线框从图示位置开始以角速度ω绕轴转动，图中电阻阻值均为
R，不计其它电阻。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置电动势最大
B．甲图电流表读数是乙图电表的2倍
C．乙图中线框转动一圈，通过电流表的电流方向改变两次
πN2B2S2ω
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功均为
R
【答案】D
【详解】A．图示位置是中性面，磁通量最大，磁通量变化率最小，则电动势为零，选项A错误；
B．电流表测得的是交变电流的有效值，乙图中通过换向器后，电流方向不变，但跟甲图中的电流热
效应相同，所以电流表读数相等，选项B错误；
C．乙图中有换向器，线框转动一圈电流方向不改变，选项C错误；
D．两装置线圈转一圈，克服安培力做功等于回路所产生的焦耳热，均为
NBSω 2
( )
E 2 √2 2π πN2B2S2ω
Q= 有效 T= =
R R ω R
选项D正确。
故选D。
5．（2025·浙江县域教研联盟·模拟）如图所示为某科技兴趣小组自制变压器，线圈匝数如图所示，但线圈
L 的匝数已看不清，若在AB端输入电压为24V的交流电，则CD端输出的交流电电压为6V，则下列说
2
法正确的是（ ）
11 / 21
学科网（北京）股份有限公司A．L 和L 的线圈匝数比为4:1
1 2
B．若在AB端输入功率24W，则CD端输出功率为6W
C．若把铁芯从变压器中移除，则CD端输出电压会变小
D．若CD端输入6V交流电压，则AB端亦能输出24V交流电压
【答案】C
n U 24 4
【详解】A．若是理想变压器，则L 和L 的线圈匝数比为 1 = 1 = = 由于存在漏磁等情况，则匝
1 2 n U 6 1
2 2
数比不是4：1，故A错误；
B．理想变压器输入功率等于输出功率，但实际变压器有能量损耗，输入功率24W时，输出功率应小
于24W，但不是一定为6W ，故B错误；
C． 铁芯能增强磁通量的耦合，移除铁芯后，漏磁增加，穿过L 的磁通量变化率减小，根据法拉第电
2
磁感应定律，CD端输出电压会变小，故C正确；
D．由于存在漏磁等情况，若CD端输入6V交流电压，则AB端输出交流电压应小于24V，故D错误。
故选C。
6．（2025·浙江北斗星盟·三模）火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流
电，副线圈的电路中R为热敏电阻，R 为滑动变阻器，R 为定值电阻。当温度升高时，R的阻值变小，
1 2
报警装置通过检测R 中的电流来实现报警。则（ ）
2
A．发生火灾时，原线圈中的电流在变小
B．发生火灾时，报警装置检测到电流变小
C．为了降低报警温度，R 的滑片P应向下滑动
1
D．R 的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大
1
【答案】C
【详解】AB．发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则
I n
报警装置检测到电流变大；根据 1 = 2 可知，原线圈电流也变大，故AB错误；
I n
2 1
U
C．为了降低报警温度，即对应的热敏电阻R阻值变大，根据I = 2 可知，滑动变阻器接入电
2 R +R +R
1 2
路的电阻应减小，则R 的滑片P应向下滑动，故C正确；
1
U n
D．根据 1 = 1 可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误。
U n
2 2
故选C。
7．（2025·浙江湖州·三模）某自行车的车灯发电机如图1所示，其结构如图2。绕有300匝线圈的匚形铁
12 / 21
学科网（北京）股份有限公司芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，摩擦小轮又通过传动轴带动磁铁一
起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化，其变化图像如图3所示，其中 为摩擦小轮转动的角速度。
线圈两端c、d作为发电机输出端与标有“12V，6W”的灯泡L相连。当自行车以速度v匀速行驶时，小
灯泡恰好正常发光。假设灯泡阻值不变，线圈的总电阻为 ，摩擦小轮与轮胎间不打滑，发电机输出
电压可视为正弦交流电压。则（ ）
A．自行车的速度
B．小灯泡正常发光时
C．若自行车的速度减半，则小灯泡的功率也减半
D．磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为
【答案】A
【详解】B．令感应电动势的最大值为 ，则有 则感应电动势的有效值
小灯泡恰好正常发光，则有 对小灯泡有 解得 故B错误；
A．车轮转动时带动半径为2cm的摩擦小轮转动，根据 结合上述解得 故A正确；
C．若自行车的速度减半，结合上述可知，摩擦小轮转动的角速度减半，感应电动势的最大值减半，
感应电动势的有效值减半，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的有效值减半，则小灯泡的功率减
为先前的 ，故C错误；
D．磁铁处于图2位置时，穿过线圈的磁通量达到最大值，根据图3可知，此时磁通量的变化率为0，
即磁铁处于图2位置时，小灯泡两端的电压为0，故D错误。
故选A。
8．（2025·浙江宁波十校·一模）如图所示，交流发电机的线圈输出的交变电压为u=20√2sin100πt(V)
。理想变压器原、副线圈的匝数比n :n :n =3:2:1，副线圈中分别接有灯泡a和灯泡b，灯泡a上标
1 2 3
有“6 V,6 W”，灯泡b上标有“3 V,6 W”。图中电表均为理想电表，变压器均为理想变压器，交流发
电机线圈的电阻忽略不计。当仅闭合开关S 时，灯泡a恰能正常发光。下列说法正确的是（ ）
1
13 / 21
学科网（北京）股份有限公司A．仅闭合开关S 时，电阻R上消耗的功率为11W
1
B．若仅闭合开关S ，则灯泡b恰好能正常发光
2
C．若S 、S 均断开，则电压表的示数为0
1 2
D．若S 、S 均闭合，则原线圈中的电流表示数为3 A
1 2
【答案】B
P I n U n
【详解】A．当仅闭合开关S 时，灯泡a恰能正常发光，此时I = 2 =1A 根据 1 = 2 ， 1 = 1 解得
1 2 U I n U n
2 2 1 2 2
2
I = A，U =9V
1 3 1
22
电阻R上消耗的功率为P =I (U−U )= W 故A错误；
R 1 1 3
P I n 2
B．若仅闭合开关S ，假设灯泡b恰好能正常发光，则I = 3 =2A 根据 1 = 3 解得I = A 根据A选
2 3 U I n 1 3
3 3 1
U n
项分析此时U =9V 则满足 1 = 1 所以假设成立，故B正确；
1 U n
3 3
C．若S 、S 均断开，根据变压器原理可知，副线圈两端电压不为零，所以电压表的示数不为零，故
1 2
C错误；
U−U 33
D．由于R= 1 = Ω，若S 、S 均闭合时原线圈的电流为3A，则电阻R分到的电压为3 ×
I 2 1 2
1
16.5V = 49.5V > U= 20V，这是不可能的，故D错误。
故选B。
9．（2025·浙江·选考二测）如图所示，长方形线圈有一半处在足够大的匀强磁场中，磁场方向与线圈平面
垂直，G、H为线圈两个边的中点，且均在磁场边界上。以速度v将线圈向右匀速拉进磁场，或以角速
2I
度ω将线圈绕GH匀速旋转90°。已知交变电流I=I sinωt在一个周期内电流大小的平均值为 m。
m π
则两种情况下线圈所受安培力的冲量大小之比为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．1:1 B．π:√2 C．1:√2π D．2√2:π
【答案】A
【详解】设线圈的电阻为R，GH=L，线圈另一边长为d，匀速拉动线圈时，感应电动势为E =BLv
1
E d
感应电流I = 线圈所受安培力F =BI L 时间t = 线圈所受安培力的冲量大小
1 R A1 1 1 2v
B2L2d d E
I =F t = 匀速旋转线圈时，感应电动势E =BL ωsinωt 感应电流I = 2 线圈所受安
冲1 A1 1 2R 2 2 2 R
π BLdω
培力平均值F =BI L 时间t = 结合题述可知I = 线圈所受安培力的冲量大小
A2 2 2 2ω 2 πR
B2L2d
I =F t = 可得I :I =1:1
冲2 A2 2 2R 冲1 冲2
故选A。
10．（2025·浙江·选考二测）抽水蓄能是目前技术最为成熟的大容量储能方式，是电力系统安全防御体系
的重要组成部分，原理简化如图（a）所示。发电站通过输电线路向电动发电机供电，电路如图（b）
所示，输电线路总电阻为r=200Ω，电动发电机内阻为R=20Ω，U =22200V，U =22000V，
1 2
U =2200V。则理论上电动发电机内阻消耗的电功率为（ ）
3
A．1000W B．2000W C．20000W D．0.2W
【答案】B
n 22000V 10
【详解】由题图可知，降压变压器原，副线圈的匝数比 1 = = 由题图可知，输电线路中
n 2200V 1
2
U −U n
的电流I= 1 2 =1A 由理想变压器变流规律，可得电电机所在回路中的电流I′= 1 I=10A 发电机
r n
2
内阻消耗的功率P=I′2R=2000W
故选B。
11．（2025·浙江·选考三测）如图所示，理想变压器原线圈接u=100√2sin100πt(V)的交流电，副线圈
接定值电阻R =R =25Ω，变压器的原、副线圈匝数比n :n =4:1，二极管，电表均为理想电子元
1 2 1 2
件。则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．电压表示数为25√2V
B．电流表的示数为1.0A
C．变压器的输入功率为37.5W
D．电流表中电流的频率为12.5Hz
【答案】C
n 4 U 100√2
【详解】A．原、副线圈匝数比 1 = = 1 ， U = V=100V 电压表显示的是有效值，故电压
n 1 U 1 √2
2 2
表示数U =25V
2
A错误。
BC．一个周期内，仅有一半时间有电流通过含有二极管的电路，根据能量关系有
U2 U2 T n I
U I T= 2 T+ 2 ⋅ 求得I =0.375A 由 1 = 2 可得电流表的示数I =1.5A 变压器输入功率
1 1 R R 2 1 n I 2
1 2 2 1
P=U I =100×0.375W=37.5W B错误，C正确。
1 1
ω
D．理想变压器不改变电流的频率，电流表中电流的频率仍为f= =50Hz D错误。
2π
故选C。
12．（2025·浙江精诚联盟·二模）以下实验说法正确的是（ ）
A．用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
B．用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝
C．探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度释放
D．用硅钢做变压器铁芯材料，是因为其电阻率低，涡流小
【答案】AB
【详解】A. 用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，选项A
正确；
B. 用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝，以得到相干光源，选项B正确；
C. 探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度由静止释放，选项C错误；
D. 变压器的铁芯，在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能
量，不用整块的硅钢铁芯，而用很多片相互绝缘的硅钢片叠在一起，其目的是增大电阻，从而为了减
小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故D错误。
故选AB。
13．（2025·浙江嘉兴·三模）某自行车所装车灯发电机如图甲所示，其结构见图乙。绕有线圈的匚形铁芯
开口处装有磁铁，车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动，摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，
从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端c、d作为发电机输出端，通过导线与灯泡L 相连。假设车轮
1
16 / 21
学科网（北京）股份有限公司转动时，摩擦轮与轮胎间不打滑，则（ ）
A．磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，通过L 的电流方向为d→L →c
1 1
B．磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，L 中的电流逐渐变小
1
C．车轮转速加倍时L 中的电流也加倍
1
D．自行车匀加速行驶时发电机输出电压u随时间t变化关系大致如图丙所示
【答案】AC
【详解】A．磁铁从图示位置匀速转过90°，根据楞次定律，通过线圈向下的原磁场磁通量减少，感
应电流的磁场阻碍磁通量减少，用安培定则判断，通过L 的电流方向为d→L →c，故A正确；
1 1
B．磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，通过线框磁通量变化率越来越大，当转90°时，通过铁
芯的系统量为0，但是磁通量的变化率最大，因此此过程L 中的电流逐渐变大，故B错误；
1
ΔΦ
C．车轮转速加倍，摩擦轮转速加倍，磁铁转动角速度加倍，磁通量变化率 也加倍，则
Δt
ΔΦ
E=n 也加倍
Δt
E
由I= 可知电流加倍，故C正确；
R
D．自行车匀加速行驶时，车轮转速持续增加，磁铁转动加快，周期变小，但图丙中电压周期不变，
故D错误。
故选AC。
14．（2025·浙江杭州·二模）如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定OA、OB、OC
、OD四根长均为L，阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在
第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径OG各点磁感应强度B=B sinθ（θ为OG
0
与x轴负方向夹角），圆心O与环面分别通过电刷E、F与阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。
在外力作用下，圆环以角速度ω绕O点沿顺时针方向匀速转动。以OA进入磁场开始计时，则下列说
法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．通过电阻R的电流方向始终为N→M
1
B．当OA棒转动至θ=45°时，感应电动势e= B ωL2
2 0
C．圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为E =
√2
B ωL2
有 2 0
πωB2L4
D．圆环转动一周的过程中，外力做的功W= 0
5r
【答案】AD
【详解】A．右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终为 N → M，故A正确；
1 1
B．导体棒产生的电动势e= BL2ω= L2ωB sinθ可知当OA棒转动至θ=45°时，电动势
2 2 0
e=
√2
L2ωB 故B错误；
4 0
1
C．根据e= L2ωB sinθ=E sinθ 可知圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
2 0 m
E =
E
m =
√2
L2ωB 故C错误；
有 √2 4 0
r 5r
D．分析可知，整个电路总电阻为R =r+ = 圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知，外力
总 4 4
E2 2π πωB2L4
做的功W= 有 × 联立解得功W= 0 故D正确。
R ω 5r
总
故选 AD。
15．（2025·浙江·一测）某同学探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，发现原、副线圈电压的比值略
小于匝数的比值，原因可能是（ ）
A．变压器线圈通过电流时会发热 B．铁芯在交变磁场的作用下发热
C．发电机线圈会发热 D．铁芯存在漏磁现象
【答案】ABD
【详解】ABD．变压器线圈通过电流时发热、铁芯在交变磁场的作用下发热、铁芯存在漏磁现象，都
会导致原、副线圈电压的比值略小于匝数的比值，ABD正确。
C．发电机线圈发热不影响原、副线圈电压的比值，C错误。
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学科网（北京）股份有限公司故选ABD。
16．（2025·浙江温州·三模）乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关
系”实验，实验所需电源可选________。
A．8V交流电源 B．36V交流电源 C．220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流
电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为
________。
A．0 B．2.8V C．6.0V D．11.0V
【答案】 A A
【详解】[1]在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，变压器工作原理是互感现象，需
要使用交流电源。为保证实验安全，通常不选用220V交流电源，而36V是安全电压上限，相对来说
8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全。故选A。
[2]变压器是利用互感现象工作的，当原线圈接直流电源时，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也
是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的
“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，
交流电压表的计数为0。故选A。
17．（2025·浙江金华&丽水&衢州·二模）
(1)以下实验采用的研究方法是控制变量法的有（ ）
A．探究小车速度随时间变化的规律
B．探究弹簧弹力与形变量的关系
C．探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
D．用双缝干涉测量光的波长
(2)小陈同学在做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，测得的实验数据如表所示；请
根据实验数据判断，该次实验时原线圈的匝数比副线圈的匝数______（填“多，少，相等或无法判
断”）。
次数 1 2 3 4
U /V 4.9 6.00 7.50 10.06
1
U /V 2.40 2.92 3.70 4.97
2
【答案】(1)C
(2)多
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）根据控制变量法的原理可知，探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系时，需保证输
入电压、频率等条件不变，仅改变匝数比进行探究，其他选项实验没有用到控制变量法。
故选C。
U
（2）由表格数据可知 1 ≈2以原线圈匝数比副线圈多。
U
2
18．（2025·浙江·二联）随着社会的发展，新能源汽车已经成为我们日常生活中非常普遍的交通工具之
一。电机系统是新能源汽车核心技术之一，当前新能源汽车主要使用的电机包括永磁同步电机和交流
感应电机（如图1）。交流感应电动机就是利用电磁驱动工作的，其原理是利用配置的三个线圈连接
到三相电源上，产生旋转磁场，磁场中的导线框也就随着转动，就这样，电动机把电能转化成机械
能。其原理类似于如图2所示的高中教材中的演示实验。为方便理解图1中交流感应电动的工作原
理，我们将其简化等效为如图3所示的模型（俯视图），其中单匝线圈abcd处于辐向磁场中，
ab、cd所处的磁感应强度相同，大小均为B=0.1T，两无磁场区域夹角均为θ=60°，已知导线框
abcd的边长均为L=2cm，线框总电阻为R=0.01Ω。两边ab,cd质量均为为m=0.01kg，在磁场中转
B2L2
动时，受到的阻力均为f=kv，其中比例系数k= ,v为线速度，其余两边ad,bc质量和所受阻力
2R
不计，无磁场区域一切阻力忽略不计。现让磁场以恒定角速度ω =10rad/s顺时针转动，线框初始静
0
止锁定，t 时刻解锁如图3所示的正方形导线框abcd，导线框由静止开始转动。(π=3)
0
(1)判断t 时刻，线框abcd中的电流方向（用字母abcd表示）；
0
(2)求线框稳定转动时的角速度、及线框中电流的有效值；
(3)系统稳定转动后某时刻磁场停止转动，求ab边还能转过的最大路程。
【答案】(1)电流方向为a→b→c→d→a
(2)ω=8rad/s，I =
8√6
×10−3A
e 3
(3)1.2m
【详解】（1）由右手切割定则可知电流方向为a→b→c→d→a。
2BL(v −v) L
（2）以ab边为研究对象，当线框稳定转动时，F =f 即B 0 L=f，其中v =ω × 可
安 R 0 0 2
4 2BL(v −v)
得v= v =0.08m/s则ω=8rad/s 由I= 0 ，得I=8×10−3A 根据电流有效值定义可得
5 0 R
I =
√6
I=
8√6
×10−3A
e 3 3
（3）把手停止后，线框由于惯性继续转动切割磁感线。由动量定理可得−∑(BIL+f)Δt=0− mv
20 / 21
学科网（北京）股份有限公司( 2BLv B2L2v) 5B2L2
即−∑ B L+ Δt=0− mv，− S=0− mv 代入数据可得S=0.8m 结合空缺区域磁
R 2R 2R
1
场S =S+ S=1.2m
总 2
21 / 21
学科网（北京）股份有限公司
