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热点 13 交流电路的分析与计算
1．(2022·浙江嘉兴市二模)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒，除照明外还可手摇发电
为手机充电．其回路处在磁感应强度大小为0.01 T的匀强磁场中，磁场方向如图乙所示，
图乙时刻半圆形导线束位于纸面内．从右向左看，手柄以 rad/s逆时针匀速转动，则( )
A．该手摇电筒中的电流是直流电
B．图乙时刻半圆形导线束上电流从A到B
C．图乙时刻半圆形导线束受安培力大小为0
D．图乙所示电流表的示数为0.4 A
答案 C
解析 根据手摇电筒的结构，线圈转动切割磁感线产生的感应电流方向不断变化，故该手
摇电筒中的电流是交流电，A错误；题图乙时刻半圆形导线束速度方向与磁场方向平行，
故该时刻无感应电流，半圆形导线束所受安培力大小为0，B错误，C正确；电流表的示数
为转一圈的有效值，由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值，D错误．
2．(2018·全国卷Ⅲ·16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q ；若该
方
电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为 Q 该电阻上电压的峰值均为u ，
正． 0
周期均为T，如图所示．则Q ∶Q 等于( )
方 正
A．1∶ B.∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 D
解析 由有效值概念知，一个周期内产生热量Q ＝·＋·＝T，Q ＝T＝T＝·T，故Q ∶Q
方 正 方 正
＝2∶1，故选D.
3．(多选)(2022·广东省模拟)浮桶式波浪发电灯塔的原理示意图如图甲所示，浮桶内的磁体
通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场
中．该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部
分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数 N＝200
的线圈所处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω.取重力加速
度g＝10 m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为 v＝0.4πsin πt (m/s)，则下列说法正确的是( )
A．波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝64sin πt (V)
B．灯泡中电流i的瞬时值表达式为i＝sin πt (A)
C．灯泡的电功率为120 W
D．灯泡两端电压的有效值为30 V
答案 ACD
解析 波浪发电产生电动势e的瞬时值表达式为e＝NBlv＝64sin πt (V)，产生电动势最大
值为E ＝64 V．根据闭合电路欧姆定律有i＝＝4sin πt (A)，A正确，B错误；灯泡电流
max
的有效值为I＝ A＝2 A，则灯泡的功率为P＝I2R＝120 W，C正确；灯泡两端电压的有效
值为U＝IR＝30 V，D正确．
4．(多选)(2022·湖南省隆回县第二中学模拟)如图甲所示为一种家用台灯的原理图．理想自
耦变压器的两端a、b间接入有效值为220 V的交流电，变压器线圈总匝数为1 100，交流
电流表A为理想电表，灯泡的额定电压为220 V、额定功率为60 W，其伏安特性曲线如图
乙所示，下列说法正确的是( )
A．当滑片P上移时，灯泡亮度增加
B．当滑片P上移时，变压器的输入功率变小
C．当c、P之间线圈匝数为600时，灯泡的功率约为24 W
D．当c、P之间线圈匝数为600时，电流表的示数约为0.2 A
答案 AC
解析 当滑片P上移时，输出端的线圈匝数增加，根据变压器的原理有＝，则输出电压升
高，灯泡的功率增大，灯泡亮度增加，变压器的输入功率相应增大，A正确，B错误；当
c、P之间的线圈匝数为600时，根据＝，可得变压器输出电压为U ＝×220 V＝120 V，由题
2
图乙可知当灯泡两端的电压为120 V时，通过灯泡的电流为0.2 A，可得灯泡的功率为P＝
120×0.2 W＝24 W，C正确；通过电流表的电流为I＝＝ A≈0.11 A，D错误．
1
5．(多选)(2022·海南海口市一模)远距离输电线路图如图所示，升压变压器输入电压和输入功率保持不变，输电线电阻R保持不变．现进行输电线路电压升级，将升压变压器副线圈
滑片向上滑动，同时保持用户电压不变，则( )
A．应将降压变压器副线圈滑片向上滑动
B．应将降压变压器副线圈滑片向下滑动
C．输电线损失的功率减小
D．用户的功率减小
答案 BC
解析 当升压变压器副线圈滑片向上滑动，则n 增大，而U、n 不变，由＝得U 增大，而
2 1 1 2
升压变压器的功率P不变，由I ＝得I 减小，则输电线路上的电压损失U ＝IR减小，故
2 2 损 2
降压变压器的原线圈电压U ＝U －U 增大，故要使用户的电压保持不变，由＝知，可以
3 2 损
减小降压变压器副线圈的匝数n ，故降压变压器副线圈的滑片应向下滑动，故A错误，B
4
正确；由输电线损失的功率P ＝I2R知，I 减小，则输电线损失的功率减小，故C正确；
损 2 2
用户得到的功率等于降压变压器原线圈的功率，即P ＝P ＝P －P ，而输电线损失的功
用 3 2 损
率减小，则用户得到的功率增大，故D错误．
6.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头 P 初始位置在副线
1
圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻 R 的阻值为R，滑动变阻器
1
R 的最大阻值为9R，滑片P 初始位置在最右端．理想电压表 的示数为U，理想电流表
2 2
的示数为I.下列说法正确的是( )
A．保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
1 2
B．保持P 位置不变，P 向左缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率增大
1 2 1
C．保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
2 1
D．保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，R 消耗的功率减小
2 1 1
答案 B
解析 由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得
副线圈的电压有效值为U ＝2IR ，则变压器原线圈的电压有效值为U ＝2U ＝4IR ，设输入
2 1 1 2 1
交变电源的电压有效值为U ，则U ＝4IR ＋IR ，可得I＝.保持P 位置不变，P 向左缓慢滑
0 0 1 2 1 2
动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U＝4IR ，可知变压器原线圈的电压有效值变大，
1 1
输入端接入的电压有效值不变，则R 两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈
2的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知 R 消耗的功率增大，
1
故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U ＝n2IR ，则U ＝n2IR ＋IR ，
1 1 0 1 2
整理可得I＝，保持P 位置不变，P 向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R
2 1 2
由欧姆定律可知U＝IR ，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R 消耗的功率
2 1
为
P＝IU ＝·(U－)，
1 1 0
整理可得P＝，
1
可知n＝3时，
R 消耗的功率有最大值，
1
可知R 消耗的功率先增大后减小，
1
故C、D错误．
