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专题10 交变电流及远距离输电的运用
A·常考题不丢分
命题点01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
命题点02 正弦交变电流的“四值”
命题点03 理想变压器基本规律的应用
命题点04 理想变压器的动态分析
命题点05 远距离输电问题
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式】
【针对练习1】（2023·天津·模拟预测）一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂。垂直于磁场的轴匀速转动，
线圈内磁通量Φ随时间t 变化如图所示，则下面说法正确的是（ ）
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t2时刻ad 的运动方向与磁场方向垂直
1
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C．t3时刻线圈平面与中性面垂直
D．t4、t5时刻线圈中感应电流方向相同
【答案】B
【详解】A．t1时刻，磁通量最大，感应电动势为零，故A 错误；
B．t2时刻，磁通量为零，感应电动势最大，ad 边切割磁感线的有效速度最大，即ad 的运动方向与磁场方
向垂直，故B 正确；
C．t3时刻，磁通量最大，感应电动势为零，所以线圈处于中性面，故C 错误；
D．t5时刻，磁通量最大，感应电动势为零，所以线圈处于中性面，电流改变方向，故D 错误。
故选B。
【针对练习2】如图所示，KLMN 是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B 的水平方向的匀强
磁场中，线框面积为S，MN 边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω 匀速转动。在MN 边与磁场方向的夹
角达到30°的时刻（图示位置），导线框中产生的瞬时电动势e 的大小和线框此时电流的方向分别为（已知
线框按俯视的逆时针方向转动）（ ）
A．1
2BSω，电流方向为KNMLK
B．√3
2 BSω，电流方向为KNMLK
C．1
2BSω，电流方向为KLMNK
D．√3
2 BSω，电流方向为KLMNK
【答案】B
【详解】MN 边与磁场方向成30°时，感应电动势为
e = Emcosωt = BSωcos30° = √3
2 BSω
由右手定则可知电流方向为KNMLK。
故选B。
【针对练习3】（2022·天津红桥·统考一模）如图甲中所示，一矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感
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线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t 变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是（ ）
A．初始时刻线圈中感应电动势最小
B．t2时刻导线ad 的速度方向跟磁感线平行
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t2、t4时刻线圈中感应电流方向相反
【答案】CD
【详解】A．由图可知，t=0 时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大， A 错误；
B．t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，导线ad 的速度方向跟磁
感线垂直，B 错误；
C．t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，感应电动势为零，C 正确；
D．t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，电流最大；相差半个周期，电流方
向相反，D 正确。
故选CD。
【命题点02 正弦交变电流的“四值”】
【针对练习4】（2023·天津和平·统考二模）如图为交流发电机的示意图，N、S 极间的磁场可视为水平方
向的匀强磁场，矩形线圈ABCD 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO
'逆时针匀速转动，发电机的电动势随
时间的变化规律为e =20sin100 πt (V)，电极间接有阻值为R =10Ω的定值电阻，线圈电阻不计，下列说
法正确的是（ ）
3
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A．此交流发电机的频率为100Hz
B．电阻R 消耗的功率为40W
C．当线圈转到如图位置时产生的电流方向为ABCD
D．当线圈转到如图位置时磁通量的变化率最大
【答案】D
【详解】A．根据题意可知此交流电的频率为
f = ω
2π =50 Hz
故A 错误；
B．此发电机电动势的有效值为
E = 20
√2 V=10√2V
线圈电阻不计则电阻R 消耗的功率为
P = U
2
R = E
2
R = (10√2)
2
10
W =20 W
故B 错误；
C．由右手定则可知，当线圈平面转到图示位置时产生的电流方向为DCBA，故C 错误；
D．当线圈平面转到图示位置时磁通量为零，在中性面的垂面，磁通量的变化率最大，故D 正确。
故选D。
【针对练习5】（多选）（2023·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）利用半导体二极管的单向导
电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流。一种简单的整流电路如图甲所示，a、b 为交变电
流信号输入端，D 为半导体二极管，R 为定值电阻。信号输入后，电阻R 两端的电压如图乙所示，则下列
说法正确的是（ ）
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A．交变电流的频率为50Hz
B．R 两端电压的有效值为50√2V
C．若电阻R =10Ω，则1min 内R 产生的热量为1.5×10
4J
D．一个标有“95V，30μF”的电容器并联在电阻R 两端，可以正常工作
【答案】AC
【详解】A．由图乙可知，该电压的周期为0.02s，可知交变电流的频率为
f = 1
T =
1
0.02 Hz=50 Hz
故A 正确；
B．由图乙可知，前T
2 周期内最大电压为100V，后T
2 周期内电压是零，由有效值的定义可得
(
U m
√2)
2
R
⋅T
2 = U
2
R T
解得R 两端电压的有效值为
U =50 V
故B 错误；
C．若电阻R =10Ω，由焦耳定律，可得1min 内R 产生的热量为
Q = I
2 Rt =(
U
R)
2
Rt =(
50
10)
2
×10×60J =1.5×10
4J
故C 正确；
D．因电阻R 两端的电压最大值为100V，大于95V，因此一个标有“95V，30μF”的电容器并联在电阻R 两
端，不可以正常工作，故D 错误。
故选AC。
【针对练习6】（多选）（2022·宁夏银川·六盘山高级中学校考三模）已知如图所示为穿过匝数n=100 的线
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圈的磁通量随时间t 按正弦规律变化的图像，其产生的电压为交变电压（π=3.14）。判断下列选项中的
四个交变电压的有效值与已知的交变电压的有效值相同的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【详解】由题图知，周期为T =6.28×10
-2s，角速度为
ω= 2π
T =100rad / s
交变电压的最大感应电动势为
Em=nBSω=200 V
电压的有效值为
U = Em
√2 =100√2V
AB．交变电压的有效值由
U = Em
√2
得U A=100√2V，U B=100 V， A 正确，B 错误；
CD．设等效电压为U，电阻R 相同时间内产生的热量相同，则有
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U
2
R t = U 1
2
R · 2
3 t + U 2
2
R · 1
3 t
得
U =100√2V
D 正确，C 错误；
故选AD。
【命题点03 理想变压器基本规律的应用】
【针对练习7】（多选）（2023·河南郑州·校联考模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈所在电路的输入
端接有电压有效值为220V 的正弦交变电流，匝数为30 的副线圈2 与规格为“12V36W”的灯泡L1连接，副
线圈3 与规格为“18V54W”的灯泡L2连接，原线圈与额定电压为40V 的灯泡L 连接。若电路接通时，三个
灯泡均正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．原线圈1 两端的电压为180V
B．原线圈1 的匝数为500
C．副线圈3 的匝数为50
D．通过灯泡L 的电流有效值为0.5A
【答案】AD
【详解】A．因为三个灯泡均正常发光，所以灯泡L 两端的电压U L= 40 V，可得原线圈1 两端的电压
U 1=220 V-U L=180 V
选项A 正确；
BC．根据理想变压器电压与匝数的关系有
U 1
n1
= U 2
n2
= U 3
n3
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其中U 2=12V、U 3=18 V、n2=30，解得原线圈1 与副线圈3 的匝数分别为n1= 450、n3= 45，选项
B、C 均错误；
D．对理想变压器，根据功率关系有
U 1 I 1= P1+ P2
其中P1=36 W 、P2=54 W，解得通过灯泡L 的电流有效值I 1=0.5 A，选项D 正确。
故选AD。
【针对练习8】（2023·海南·统考一模）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数分别为100 匝和
50 匝，定值电阻R1= R2=20Ω，电路中所接电源电压随时间变化的关系如图乙所示，图中电表均为理想交
流电表，则（ ）
A．副线圈中的电流频率为25Hz
B．电流表的示数为1A
C．电压表的示数为50V
D．电阻R2消耗的功率为50W
【答案】AB
【详解】A．变压器不改变交流电的频率，所以副线圈中的电流频率
f = 1
T =
1
4×10
-2 Hz=25 Hz
故A 项正确；
B．由图乙可知，输入电压的有效值
U 0=100 V
则有
U 0=U 1+ I 1 R1
（其中U 1为原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流），根据公式
U 1
U 2
= I 2
I 1
= n1
n2
= 2
1
R2= U 2
I 2
又
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R1= R2=20Ω
联立可得
U 1=80 V
I 1=1A
I 2=2A
所以B 项正确：
C．电压表两端电压
U 2= 1
2 U 1= 40 V
C 项错误；
D．电阻R2消耗的功率
P = I 2
2 R2=80 W
所以D 项错误。
故选AB。
【针对练习9】（2023·河南新乡·统考一模）如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1为1100 匝，原线圈两
端的电压随时间变化的关系式为u=220√2cos(100 πt )V。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，将阻值为
10Ω的电阻R接在C 、D两端时，消耗的功率为10 W，下列说法正确的是（ ）
A．副线圈的匝数n2为50 匝
B．电压表的示数为0.1V
C．R两端的电压为10 V，频率为100 Hz
D．流过R的电流为1A，周期为0.02s
【答案】AD
【详解】B．变压器的输入电压为220V，输入交流电压的最大值为220√2V，根据理想变压器原线圈与单
匝线圈的匝数比为
n1
1 = 220 V
U 1
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解得
U 1=0.2V
故B 错误；
ACD．根据
P= U
2
R
副线圈电压为
U 2=√PR =10 V
流过R的电流为
I 2= U 2
R = 10
10 A =1A
根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
1
n2
= 0.2V
U 2
解得
n2=50
根据
f = 1
T = 1
2π
ω
=
1
2π
100 π
=50 Hz
周期为
T = 1
f =0.02s
故AD 正确，C 错误；
故选AD。
【命题点04 理想变压器的动态分析】
【针对练习10】（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）理想变压器原、副线圈两端所接电路如
图所示，图中电表均为理想交流电表，R2为电阻箱，定值电阻R0=30Ω，R1=20Ω。原线圈两端接有
e =20√2sin100 πt (V)的交流电，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2。则下列说法正确的是
10
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（ ）
A．当电阻箱R2的阻值逐渐增大时，V2、A2的示数均减小
B．当电阻箱R2的阻值逐渐增大时，V1、A1示数的比值保持不变
C．电阻箱R2的阻值为零时，V2的示数为40 V
D．电阻箱R2的阻值为20Ω时，变压器的输出功率为40 W
【答案】D
【详解】B.原线圈的输入电压不变，由变压器的工作原理
n1
n2
= U 1
U 2
可知，变压器副线圈的输出电压不变，即V1不变，当电阻箱R2的阻值逐渐增大时，副线圈的总电阻增大，
则副线圈的电流减小，即A2的示数减小，由
n1
n2
= I 2
I 1
可知变压器原线圈的电流减小，即A1的示数减小，所以V1、A1示数的比值增大，故B 错误；
A.又由于定值电阻R0分得的电压减小，则电压表V2的示数增大，故A 错误；
C.当电阻箱R2的阻值为零时，定值电阻R1被短路，电压表V2示数为0，故C 错误；
D.电阻箱R2的阻值为20Ω时，负载电阻的阻值为
R = R0+ R1 R2
R1+ R2
= 40Ω
由于副线圈的输出电压为40 V，则副线圈的电流为
I 2= U 2
R = 40
40 A =1A
由
n1
n2
= I 2
I 1
得
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I 1=2A
则电源消耗的电功率为
P =U 1 I 1= 40 W
则变压器的输入功率为40 W，所以变压器的输出功率为40 W，故D 正确。
故选D。
【针对练习11】（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈
接有电阻R 和灯泡L，闭合开关S，滑片P 处于图示位置时灯泡正常发光。将滑片P 向下缓慢移动，下列
说法正确的是（ ）
A．灯泡L 变暗
B．副线圈中电流的频率变小
C．电阻R 消耗的功率变大
D．理想变压器的副线圈输出电压变大
【答案】A
【详解】AD．将滑片P 向下缓慢移动，副线圈匝数变小，根据电压和匝数成正比可知，副线圈电压变小，
则副线圈回路电流变小，灯泡变暗，故A 正确D 错误；
B．变压器不改变交流电的频率，故B 错误；
C．根据
P = I
2 R
可知，电阻R 消耗的功率变小，故C 错误。
故选A。
【针对练习12】（多选）（2023·江西鹰潭·校联考模拟预测）将电压有效值不变的交流电源接在如图所示
电路两端，电路由理想变压器、定值电阻R1、R2、R4，滑动变阻器R3，电流表、电压表组成，a，b为滑
动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表，导线电阻不计。将滑动变阻器滑片P 从a端向b端滑动过程
中（ ）
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A．R2两端电压不变
B．电流表示数减小
C．电压表示数增大
D．R4消耗的电功率增大
【答案】CD
【详解】B．在滑片P 从a端向b端滑动过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路中的总电阻减小，回
路中的总电流I2增大，电流表示数增大，B错误；
C．由n1 I 1=n2 I 2可知，通过R1的电流I1增大，则R1两端的电压增大，电压表示数增大，C 正确；
A．输入理想变压器的电压U 1减小，由U 1
U 2
= n1
n2
可得R2两端电压减小，A 错误；
D．R2两端电压减小，通过R2的电流减小，由I 2= I R2+ I R4可得I R4增大，则R4消耗的电功率增大，D 正确。
故选CD。
【命题点05 远距离输电问题】
【针对练习13】（2023·广东·统考二模）“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一．如图是远距
离输电的原理图，假设发电厂的输出电压U 1恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变
压器．下列说法正确的是（ ）
A．若输送总功率不变，当输送电压U 2增大时，输电线路损失的热功率增大
B．在用电高峰期，用户电压U 4降低，输电线路损失的热功率增大
C．当用户负载增多，升压变压器的输出电压U 2会增大
D．当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大
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【答案】B
【详解】A．若输送总功率不变，当输送电压U 2增大时，输电线路中电流变小，由
P损= I
2 R
可知输电线路损失的热功率变小，故A 错误；
B．在用电高峰期，用户电压U 4降低，电路中电流变大，由
I 3
I 4
= n4
n3
可知输电线路中电流变大，输电线路损失的热功率增大，故B 正确；
C．由于发电厂输出电压恒定不变，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知升压变压器的输出电压U2不变，故C 错误；
D．当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率不会变化，故D 错误。
故选B。
【针对练习14】（2023·河北·模拟预测）某同学利用如图所示电路模拟研究远距离输电。图中交流电源电
压有效值为6V，定值电阻R =20Ω，小灯泡L 的规格为“6 V，3.6 W”，接通电路调节两个变压器，使小
灯泡始终以额定功率状态工作，此时理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为k1和k2。以下说法正确的
是（ ）
A．k1和k2的乘积等于1
B．k1越大电路的输电效率越高
C．若k2=6，则R 上消耗的功率为0.1W
D．若k2=6，则变压器T 1的输出电压为38 V
【答案】D
【详解】A．由于在两个变压器之间的电阻R 上会有电压损失，理想变压器T 1的输出电压等于T 2对应的输
入电压与R 上损失电压和，匝数比满足
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n1
n2
= U 1
U 2
=k1，
n3
n4
= U 3
U 4
= U 2-U R
U 4
=k2
又因为
U 1=U 4=6 V
则有
k1k2= U 1
U 2
⋅U 2-U R
U 4
= U 2-U R
U 2
<1
故A 错误；
B．由上面分析知，k1越大则变压器T1的输出电压U 2越低，要使灯泡正常发光，R上的电流就会越大，损
失的功率也越大，所以电路的输电效率越低，故B 错误；
CD．对变压器T2，输出电流与输入电流比值满足
I 4
I 3
=k2，I 4= P
U =0.6 A
若k2=6，则R中电流I 3为0.1A，其消耗的功率为
PR= I 3
2 R =0.2W
根据
U 3
U 4
= n3
n4
=k2
可得
U 3=36 V
所以变压器T1的输出电压为
U 2=U 3+ I 3 R =38 V
故C 错误，D 正确。
故选D。
【针对练习15】（多选）（2024·河南·项城市第一高级中学校考模拟预测）某节能储能输电网络如图所示，
发电机的输出电压U 1=250 V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3:n4=50:1，输电线总电阻
R =62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U 4=220 V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。则下
列数值正确的是（ ）
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A．发电机的输出电流为2000 A
B．输电线上损失的功率为40kW
C．输送给储能站的功率为400kW
D．升压变压器的匝数比n1:n2=1:46
【答案】AD
【详解】A．由题知，发电机的输出电压
U I =250 V
因为输出功率500kW，则有
I 1= P
U 1
=2×10
3 A
故A 正确；
BD．由题知，用户端电压
U 4=220 V
因为功率88kW，则有
U 3
U 4
= I 4
I 3
= n3
n4
, P
' =U 4 I 4
解得
I 4= 400 A
I 3=8 A
U 3=11000 V
则输电线上损失的功率为
P损= I 3
2 R = 4 kW
且
U 2=U 3+ I 3 R =11500 V
再根据
U 1
U 2
= n1
n2
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解得
n1
n2
= 1
46
故B 错误，D 正确；
C．根据理想变压器无功率损失有
P =U 2 I 3+ P储
解得
P储= 408kW
故C 错误。
故选AD。
一、单选题
1．如图所示，纸面内有一“凹”字形单匝金属线框组成闭合回路，置于垂直于纸面向里、磁感应强度大
小为B 的匀强磁场中，线框的总电阻为 R， 边长如图所示。 线框绕ab 轴做角速度为ω 的匀速圆周运动。
则从图示位置（ ）
A．转动 90°时回路中电流方向发生改变
B．转动 180°的过程中通过导线截面的电荷量为零
C．转动90°时回路中感应电动势大小为3BL2ω
D．转动 180°过程中线框产生的焦耳热为 8 π B
2 L
4 ϖ
R
【答案】C
【详解】A．线框通过一次中性面时，电流方向才会发生改变，图示位置即是中性面，再转动90°时线框平
面与磁感线垂直，电流方向并未发生改变，故A 错误；
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B．转动180°的过程中通过导线截面的电荷量为
q = I Δt =
ΔΦ
Δt
R × Δt = ΔΦ
R = 2B(4 L
2- L
2)
R
= 6 B L
2
R
故B 错误；
C．转动90°时回路中感应电动势大小为
Em = B×2 L×2 Lω- B× L× Lω=3 B L
2ω
故C 正确；
D．转动180°过程中线框中电流的有效值为
I =
Em
√2
R = 3√2B L
2ω
2 R
转动时间为
t = π
ω
所以线框产生的焦耳热为
Q = I
2 Rt = 9 πω B
2 L
4
2 R
故D 错误。
故选C。
2．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想
电表，R1= R，R2的最大值为2R，从某时刻开始在原线圈c、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为
u1=220√2sin100πt（V），则（ ）
A．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为110 V
B．单刀双掷开关与a 连接，当滑动变阻器触头P 在正中间时，R2消耗的功率最大
18
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C．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，当滑动变阻器触头P 从正中间向下移动的过程中，R1消耗的功率增
大
D．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
【答案】C
【详解】A．变压器输入电压的最大值为 220√2 V，故有效值为
U 0= 220√2
√2
V=220 V
根据理想变压器原、副线圈电压关系有
U 1
U 2
= n1
n2
根据变压器电路有
U 1=U 0- I 1 R1<220 V
解得
U 2<110 V
可知电压表的示数小于110V，A 错误；
B．单刀双掷开关与a 连接时，设原线圈电压为U 1，电流为I 1，副线圈电压为U 2，电流为I 2，R2消耗的功
率为P，则有
P = I 2
2 R2
又由于
U 1
U 2
= 2
1 = I 2
I 1
则 有
R2= U 2
I 2
= U 1
4 I 1
所以
I 1= U 1
4 R2
又由于
U 1=U 0- I 1 R1=220 V - I 1 R1
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解得
I 1=
220
4 R2+ R ，I 2=2 I 1= 220×2
4 R2+ R
则有
P =(
220⋅2
4 R2+ R)
2
R2=
220
2
(4 R2- R)
2
4 R2
+ 4 R
可知当R2= R
4 时，R2消耗的功率为最大，B 错误；
C．刀双掷开关由a 扳向b，原副线圈匝数相等，则有
U 1
U 2
= 1
1 = I 2
I 1
R1消耗的功率为
P = I 1
2 R1 = I 1
2 R
又由 于
R2= U 2
I 2
= U 1
I 1
所以
I 1= U 1
R2
又由于
U 1=U 0- I 1 R1=220- I 1 R
则有
I 1= 220
R+ R2
所以
P =(
220
R+ R2)
2
R
当滑动变阻器触头从正中间向下移动的过程中，R2从R 减小到0，则P 一直增大，C 正确；
D．单刀双掷开关与a 连接，滑动变阻器触头向上移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据上述可知副
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线圈的电流I 2减小，由原、副线圈匝数比和电流决定关系知，原线圈电流I 1减小，电流表示数变小。同时
R1上的电压减小，则原线圈电压U 1增大，故副线圈电压U 2增大，则电压表的示数增大，D 错误。
故选C。
3．如图为风力发电机的结构简图。风轮机叶片转速为n，转动时所有叶片迎风总面积为S0，风轮机转动时
通过转速比为1：k 的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N 的发电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理
想变压器升压后，输出电压为U。已知空气密度为ρ，风速为v，匀强磁场的磁感应强度为B，V 为交流电
压表，忽略线圈电阻，则（ ）
A．线圈位于图示位置时，交流电压表示数为零
B．从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为2πNBSknsin(2πnt )
C．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSkn:U
D．单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为1
2 ρ S0v
3
【答案】D
【详解】A．交流电压表的示数应始终为交变电流的有效值，故A 错误；
B．由题意可得发电机线圈的转速为nk，则发电机输出的交变电流的频率为
f =nk
对该线框发电产生的交变电流应有
ω=2πf =2πnk
e = NBSωsin ωt =2πNBSnk sin(2πnkt )
故B 错误；
C．线圈中产生的感应电动势有效值为
E = Em
√2 =√2πNBSnk
根据变压器原副线圈匝数关系得原副线圈匝数比为
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n1
n2
= E
U = √2πNBSnk
U
故C 错误；
D．单位时间（
Δ
取t =1s）内冲击风轮机叶片气流的体积
V = S0h= S0v ⋅Δt = S0v
气体质量
m= ρV = ρ S0v
动能
Ek= 1
2 m v
2= 1
2 ρ S0v
3
故D 正确。
故选D。
4．水电是清洁能源，发展水电对我国实现碳达峰和碳中和有着重要的意义。某水电站输出的功率恒为P，
第一次直接通过输电线向用户供电时，用户得到的功率为P1，第二次利用如图所示的理想升压变压器T 1和
理想降压变压器T 2向用户供电时，用户得到的功率为P2，两次输电过程中输电线电阻和用户电压均相同，
则
n3
n4
的值为（ ）
A．P1
P2√
P - P1
P - P2
B．P2
P1√
P - P1
P - P2
C．P1
P2√
P - P2
P - P1
D．P2
P1√
P - P2
P - P1
【答案】B
【详解】由能量守恒
P - I
2 R = P1，P - I 线
2 R = P2
根据
P =UI
两次输电用户电压相同，则第二次输电用户的电流为
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I
' = P2
P1
I
降压变压器原、负线圈电流关系为
n3
n4
= I
'
I 线
联立得
n3
n4
= P2
P1√
P - P1
P - P2
故选B。
5．图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程“白鹤滩水电站”，是我国实施“西电
东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站。白鹤滩水电站远距离输电电路示意图
如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，
则当用户功率增大时（ ）
A．A2示数增大，A1示数减小
B．V1示数不变、V2示数减小
C．输电线上的功率损失减小
D．V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积
【答案】B
【详解】A．由于发电机输出电压U 1恒定，在升压变压器位置，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知，升压变压器副线圈两端电压不变，即V1示数U 2不变，用户功率增大，即并联用户数量增多，令用户
的等效电阻为R0，则等效电阻R0减小，将降压变压器与用户看为一个整体，令整体的等效电阻为Rx，降
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压变压器原副线圈两端电压分别为U 3、U 4，电流表A1、A2示数分别为I 1、I 2，则有
Rx = U 3
I 1
=
n3
n4
⋅U 4
n4 I 2
n3
=(
n3
n4)
2
⋅U 4
I 2
=(
n3
n4)
2
R0
用户的等效电阻为R0减小，则Rx 减小，A1示数
I 1=
U 2
R+ Rx
可知，A1示数I 1增大，降压变压器位置，根据
I 1
I 2
= n4
n3
可知，A2示数I 2也增大，A 错误；
B．由于
U 3=U 2- I 1 R
根据上述可知，V1示数U 2不变，A1示数I 1增大，降压变压器原线圈两端电压U 3减小，根据
U 3
U 4
= n3
n4
可知，降压变压器副线圈两端电压U 4减小，即V1示数不变、V2示数减小，B 正确；
C．输电线上损耗的功率
Δ P = I 1
2 R
根据上述，A1示数I 1增大，则输电线上的功率损失增大，C 错误；
D．由于输电线上存在功率损耗，则V1、A1示数的乘积等于V2、A2示数的乘积与输电线上损耗的功率之和，
D 错误。
故选B。
6．如图甲，白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16 台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万
千瓦水轮发电机组。2021 年6 月28 日，白鹤滩水电站首批机组投产发电，用500 千伏特高压向四川远距离
输电。在远距离输电中，输电线的电阻是不可忽略的，如图乙，为白鹤滩水电站输电线路原理图，水电站
输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U 后向四川供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线
圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R 为可变用户电阻
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（可视为可变电阻）。当可变电阻R 减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为△U、△I，电压表
和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A．ΔU
Δ I = R2
B．ΔU
Δ I =(
n2
n1)
2
R1
C．对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为R
' = n1
n2
(R2+ R)
D．输电线路上损耗的功率为P损=
R1
R1+ R2+ R P
【答案】B
【详解】AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压
器特点
U1I1=U2I2
U1：U2=n1：n2
得
U 1= n1
n2
U 2，I 1= n2
n1
I 2
对原线圈电路有
U = I 1 R1+U 1= n2
n1
I 2 R1+ n1
n2
U 2
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由上式可得
ΔU
Δ I =|
ΔU 2
Δ I 2|=( n2
n1
)
2 R1
故A 错误，B 正确；
C．由U 1= I 1 R'，结合U 1= n1
n2
U 2，I 1= n2
n1
I 2联立可得
R
' =（n1
n2
）
2(R2+ R)
故C 错误；
D．根据C 中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为R’，则R1上消耗功率为
P损=
R1
R1+ R' P =
R1
R1+( n1
n2
)
2
( R2+ R)
P
故D 错误。
故选B。
二、多选题
7．间距为L=0.5 m的两根平行光滑金属导轨MN、PQ 固定放置在同一水平面内，两导轨间存在大小为
B =1T，方向垂直导轨平面向外的匀强磁场，导轨左端串接一阻值为R =1Ω的定值电阻，导体棒垂直放在
导轨上，如图所示。当水平圆盘匀速转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动T 形支架在水平方向往复运动，
T 形支架进而驱动导体棒在水平面内做简谐运动，以水平向右为正方向，其位移x 与运动时间t 的关系为
x =-0.5cos(2t )(m )。已知导体棒质量为m=0.2kg，总是保持与导轨接触良好，除定值电阻外其余电阻均
忽略不计，空气阻力忽略不计，不考虑电路中感应电流的磁场，则下列说法正确的是（ ）
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A．导体棒在运动过程中，速度的最大值为vm =1m/s
B．导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为I m =1A
C．在0~ π
4 s时间内，通过导体棒的电荷量q =0.25C
D．在0~ π
4 s时间内，T 形支架对导体棒做功W T=(
1
10 + π
32)J
【答案】ACD
【详解】C．设简谐运动周期为T，根据
x =-0.5cos(2t )(m )
其中
T = 2π
ω
得
T = π s
在0~ π
4 s内，即0~ T
4 内，导体棒运动的位移大小
|xm|=0.5 m
感应电动势的平均值
E = BL|xm|
T
4
感应电流的平均值
I = E
R
通过导体棒的电荷量
q = I ⋅T
4
联立解得
q =0.25C
故C 正确；
AB．根据x -t关系式，可得t 时刻导体棒的速度
v =sin (2t )(m/s)
所以导体棒在运动过程中，速度的最大值为
vm =1m/s
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通过导体棒的感应电流
i= BLv
R
联立解得
i=0.5sin (2t )(A)
导体棒在运动过程中，产生感应电流的最大值为
I m =0.5 A
故A 正确，B 错误；
D．在0~ π
4 s内，设T 形支架对导体棒做功为W T，电阻R 上产生的热量为Q。根据功能关系，有
W T= 1
2 m vm
2 +Q
Q = I 有效
2
Rt =(
im
√2)
2
R⋅π
4
联立解得
W T=( 1
10 + π
32 )J
故D 正确。
故选ACD。
8．某兴趣小组为了研究圆柱体铁芯的涡流热功率，构建了如图所示的分析模型，用电阻率为ρ 的硅钢薄片
绕成一个内径为r、厚度为d、高度为h 的圆筒，其中d=r。沿平行于圆柱体轴线方向存在磁感应强度
B(t )= B0cosωt的磁场。则此硅钢薄片中（ ）
A．产生涡流的电阻为ρ 2πr
hd
B．瞬时感应电动势的表达式为e = π r
2B0cosωt
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C．感应电流的有效值为√2ωr B0hd
4 ρ
D．发热功率为πhd B0
2r
3
4 ρ
【答案】AC
【详解】A．根据电阻定律可知
R = ρ l
S = ρ 2πr
hd
故A 正确；
B．根据法拉第电磁感应定律E = ΔΦ
Δt 可知
e = ΔΦ
Δt = Δ BS
Δt = π r
2B0ωsin ωt
故B 错误；
C．感应电流的有效值为
I 有= E有
R =
π r
2B0ω
√2
ρ 2πr
hd
= √2ωr B0hd
4 ρ
故C 正确；
D．根据功率的计算公式可知，发热功率为
P= I 有
2 R =( √2ωr B0hd
4 ρ
)
2
× ρ 2πr
hd = πhd ω
2B0
2r
3
4 ρ
故D 错误；
故选AC。
9．图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为
S，处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO
'匀速转动，线
框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并
以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R 为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的
电阻。下列说法正确的是（ ）
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A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为NBSω
π
B．滑动变阻器的滑片向c 端滑动的过程中，R1的发热功率减小
C．滑动变阻器的滑片向d 端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为2 NBSω
D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为NBSω
√2
【答案】BD
【详解】A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量
ΔΦ = BS -(- BS)=2BS
而产生的平均电动势
E = N ΔΦ
Δt = N 2BS
T
2
T = 2π
ω
解得
E = 2 NBSω
π
故A 错误；
CD．矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值
Emax= NBSω
则原线圈的电压即电压表V1的示数
U 1= NBSω
√2
再根据原、副线圈电压比与匝数比的关系有
U 1
U 2
= n1
n2
，则副线圈的电压即电压表V2的示数
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U 2=√2 NBSω
故只要U 1不变则U 2不变，故C 错误、D 正确；
B．根据以上分析知，原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U 2也不会改变，在滑动变阻器的滑片
向c 端滑动的过程中，接入电路中的电阻增大，副线圈回路的电流I 2减小，R1的发热功率减小，故B 正确。
故选BD。
三、解答题
10．现有一种利用电磁感应原理测血栓的传感器，该传感器部分的构成如下图，激励线圈和反馈线圈分别
装在两个圆盘上，两圆盘圆心在同一竖直线上，如图甲。转盘a固定，其边缘围绕一组环形的激励线圈，
内部铺装有许多点状磁感应强度传感器。转盘b可转动，内部单匝反馈线圈为“三叶式”，如图乙所示。
该传感器工作原理：当检测部位放入两圆盘之间时，有血栓部位将导致反馈线圈所在圆盘对应区域磁感应
强度发生变化，反馈线圈以角速度ω0转动时将产生感应电流，感应电流产生的磁场将导致磁传感器所在处
的耦合磁场磁感应强度发生变化，从而确定血栓所在位置和大小。某次模拟测试时，放入半径为r2的1
6扇
形模拟血栓块，使得两圆盘之间对应区域磁感应强度为零。若反馈线圈处磁感应强度与激励线圈的电流关
系为B =kI，反馈线圈单位长度的电阻为R，线圈内圈半径为r1=r，外圈半径r2=2r1（相关数学知识：
sin(α + β)=sinα cos β +cosα sin β，当Δθ≈0时，cosΔθ≈1,sinΔθ≈Δθ）
（1）若激励线圈接I =1A的恒定电流，取k =0.1,ω0=30rad/s,r = 1
π m ,π ≈3, R =0.1Ω/ m，求转动过
程中反馈线圈所产生的电流大小；
（2）若反馈线圈不转动，模拟血栓块恰好与其中一叶片重叠，当激励线圈接i= I sinωt的交流电时，反
馈线圈所产生的感应电动势；
（3）求（2）中单位时间内反馈线圈产生的热量。
【答案】（1）1A；（2）11
6 π r
2kIωcos(ωt )；（3）121π
2r
3k
2 I
2ω
2
216(π +2) R
【详解】（1）反馈线圈产生的电动势为
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E1= 1
2 B0ω0(r2
2-r1
2)=0.5 V
反馈线圈的电阻为
R1=[π r2+ π r1+6(r2-r1)] R =0.5Ω
则
I 1= E1
R1
=1A
（2）由题可知反馈线圈有磁场覆盖的面积为
S = 1
3 π r2
2+ 1
2 π r1
2= 11
6 π r
2
则由法拉第电磁感应定律可得
E =nΔΦ
Δt
=ΔBs
Δt
=
11
6 π r
2×k ΔI
Δt
= 11
6 π r
2k ×ΔI
Δt
其中
ΔI
Δt = I ×sin[ω(t +Δt )]-sin(ωt )
Δt
= I ×sin(ωt )cos(ωΔt )+cos(ωt )sin(ωΔt )-sin(ωt )
Δt
= I ×sin(ωt )×1+cos(ωt )×ωΔt -sin(ωt )
Δt
= Iωcos(ωt )
故可得反馈线圈产生的感应电动势为
Ea= 11
6 π r
2kIωcos(ωt )
（3）由第二小问可知，励磁线圈在反馈线圈产生感应电动势为
Eb= 11
6 π r
2kIωcos(ωt )
分析可知其为交流电，则有效值为
E有效= Eb
√2
则反馈线圈的电阻为
Rb= R×[π ×r2+ π ×r1+6(r2-r1)]=3(π +2)rR
根据
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Q = E有效
2
Rb
t
联立解得单位时间内反馈线圈产生的热量为
Q = 121π
2r
3k
2 I
2ω
2
216(π +2) R
一、单选题
1．（2023·山东·统考高考真题）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率
500kW。降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R = 62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压
U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44
【答案】C
【详解】A．由题知，发电机的输出电压U1 = 250V，输出功率500kW，则有
I 1= P
U 1
=2×10
3 A
A 错误；
BD．由题知，用户端电压U4 = 220V，功率88kW，则有
U 3
U 4
= I 4
I 3
= n3
n4
P′ = U4I4
联立解得
I4 = 400A，I3 = 8A，U3 = 11000V
则输电线上损失的功率为
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P 损 = I3
2R = 4kW
且
U2 = U3＋I3R = 11500V
再根据
U 1
U 2
= n1
n2
，解得
n1
n2
= 1
46
BD 错误；
C．根据理想变压器无功率损失有
P = U2I3＋P 储
代入数据有
P 储 = 408kW
C 正确。
故选C。
2．（2023·浙江·统考高考真题）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。
3．（2022·重庆·高考真题）低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12V 50W”的交流卤
素灯直接通过变压器（视为理想变压器）接入电压为220V的交流电后能正常工作，则（ ）
A．卤素灯两端的电压有效值为6√2V
B．变压器原、副线圈的匝数比为55 3∶
C．流过卤素灯的电流为0.24A
D．卤素灯的电阻为968Ω
【答案】B
【详解】A．卤素灯上标记的额定电压12V即为卤素灯两端的电压有效值，A 错误；
34
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B．根据理想变压器的原理可知
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
12 = 55
3
B 正确；
C．流过卤素灯的电流为
I = P
U = 50 W
12V = 25
6 A
C 错误；
D．卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D 错误。
故选B。
4．（2022·北京·高考真题）某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为
22000 V，输出电流为300 mA。该变压器（ ）
A．原、副线圈的匝数之比为100 1∶
B．输入电流为30 A
C．输入电流的最大值为15√2A
D．原、副线圈交流电的频率之比为1 100
∶
【答案】B
【详解】A．原、副线圈的匝数之比为
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
22000 = 1
100
故A 错误；
B．根据
n1
n2
= I 2
I 1
可得输入电流为
I 1= n2
n1
I 2=100×300×10
-3 A=30A
故B 正确；
C．输入电流的最大值为
I m =√2 I 1=30√2A
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故C 错误；
D．变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1 1∶，故D 错误。
故选B。
5．（2022·河北·统考高考真题）张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，
其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z 转，通过转速比为1:n的升速齿轮箱带动
发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t =0时刻，线圈所在
平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下
列说法正确的是（ ）
A．发电机输出的电压为√2πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz:U
D．发电机产生的瞬时电动势e =√2πNBSnz sin(2πnz)
【答案】C
【详解】B．发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为
f = ω
2π =nz
B 错误；
A．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为
Em = NBS⋅2π ⋅nz
输出电压的有效值为
E = Em
√2 =√2πNBSnz
A 错误；
C．变压器原、副线圈的匝数比为
n1
n2
= E
U = √2πNBSnz
U
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C 正确；
D．发电机产生的瞬时电动势为
e = Emsin ωt =2πNBSnz sin(2πnz)t
D 错误。
故选C。
6．（2022·浙江·统考高考真题）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。
7．（2022·广东·高考真题）图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n 不同的两线圈，
n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O 的距离相等，且均连接阻值为R 的电
阻，转子是中心在O 点的条形磁铁，绕O 点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线
圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等
【答案】B
【详解】AD．根据E =n ΔΦ
Δt 可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最
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大值不相等，有效值也不相等；根据P = U
2
R 可知，两电阻的电功率也不相等，选项AD 错误；
B．因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B 正确；
C．当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量
最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C 错误。
故选B。
8．（2022·湖南·统考高考真题）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈
正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为
9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V 的示数为U，理想电流表A 的示数为I。下列说法正确的是
（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【答案】B
【详解】AB．由题意可知，原副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2 I，根据欧姆定律可得副线圈的电
压有效值为
U 2=2 I R1
则变压器原线圈的电压有效值为
U 1=2U 2= 4 I R1
设输入交流电的电压有效值为U 0，则
U 0= 4 I R1+ I R2
可得
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I =
U 0
4 R1+ R2
保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律
U 1= 4 IR
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U
变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B
正确，A 错误；
CD．设原副线圈的匝数比为n，同理可得
U 1=n
2 I R1
则
U 0=n
2 I R1+ I R2
整理可得
I =
U 0
n
2 R1+ R2
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知
U = I R2
可知U不断变小，根据原副线圈的功率相等可知R1消耗的功率
P1= I U 1=
U 0
n
2 R1+ R2
⋅(U 0-
U 0 R2
n
2 R1+ R2
)
整理可得
P1=
U 0
2
n
2 R1+ R2
2
n
2 R1
+2 R2
可知n=3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故CD 错误。
故选B。
9．（2022·山东·统考高考真题）如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝
数为n1的原线圈中电压随时间变化为u=U mcos(100πt )．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的
示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R 接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是（ ）
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A．n1为1100 匝，U m为220V
B．BC间线圈匝数为120 匝，流过R 的电流为1.4A
C．若将R 接在AB两端，R 两端的电压为18V，频率为100Hz
D．若将R 接在AC两端，流过R 的电流为2.5A，周期为0.02s
【答案】D
【详解】A．变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压
的最大值为220√2V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
n1
1 = 220 V
0.1V
解得原线圈为2200 匝，A 错误；
B．根据图像可知，当原线圈输入220V 时，BC 间的电压应该为12V，故BC 间的线圈匝数关系有
nBC
1 = 12V
0.1V =120
BC 间的线圈匝数为120 匝，流过R 的电流为
I BC = P
U BC
= 12W
12V =1A
B 错误；
C．若将R 接在AB 端，根据图像可知，当原线圈输入220V 时，AB 间的电压应该为18V。根据交流电原线
圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100 π，故交流电的频率为
f = 1
T = ω
2π =50 Hz
C 错误；
D．若将R 接在AC 端，根据图像可知，当原线圈输入220V 时，AC 间的电压应该为30V，根据欧姆定律可
知，流过电阻R 的电流为
I AC = U AC
R = 30
12 A =2.5 A
交流电的周期为
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T = 1
f = 2π
ω =0.02s
D 正确。
故选D。
10．（2021·重庆·高考真题）某电动牙刷的充电装置含有变压器，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原
线圈两端的电压为220 V，副线圈两端的电压为4.4 V，副线圈的电流为1.0 A，若将该变压器视为理想变压
器，则（ ）
A．原、副线圈匝数之比为25:1
B．原线圈的电流为0.02A
C．副线圈两端的电压最大值为5 V
D．原、副线圈的功率之比为50:1
【答案】B
【详解】A．由理想变压器的变压公式，可知原副线圈匝数之比为
n1
n2
= U 1
U 2
= 220
4.4 = 50
1
A 错误；
B．由理想变压器的变流公式
I 1
I 2
= n2
n1
= 1
50
解得原线圈电流
I 1= 1
50 ×1.0 A =0.02A
B 正确；
C．根据有效值与最大值的关系可知，副线圈两端的电压最大值
U 2m =√2×U 2=√2×4.4 V =6.16 V
C 错误；
D．根据理想变压器输出功率大于输入功率可知，原副线圈的功率之比为1:1，D 错误。
故选B。
11．（2021·福建·统考高考真题）某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R 为输电线
的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则
当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（ ）
41
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A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【详解】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U 1=U V1不变，根据
U 1
U 2
= n1
n2
可知，变压器副线圈的输出电压U 2=U V2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R灯变小，
由
I 2=
U 2
R+ R灯
可知，副线圈的电流I 2= I A2变大，而由
U V3=U 2- I 2 R
可知V3减小；由理想变压器的原理
U 1 I 1=U 2 I 2
可知原线圈的电流I 1= I A1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；
故选D。
12．（2021·湖北·统考高考真题）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入
最大阻值为2R 的滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻。在变阻器滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中
（ ）
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A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R 消耗的功率先减小后增大
【答案】A
【分析】本题考查含理想变压器电路的动态分析。
【详解】AB．由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从
a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得
I 2= U 2
R副
可知副线圈的电流逐渐减小，由
n1
n2
= I 2
I 1
可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；
C．原线圈的输入功率为
P入=U 1 I 1
由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；
D．由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的
变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式
PR= I
2 R
可知，定值电阻R 消耗的电功率逐渐减小，故D 错误。
故选A。
13．（2021·辽宁·统考高考真题）如图所示，N 匝正方形闭合金属线圈abcd 边长为L，线圈处于磁感应强
度大小为B 的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω 匀速转动，ab 边距轴L
4 。线
圈中感应电动势的有效值为（ ）
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A．NB L
2ω
B．√2
2 NB L
2ω
C．1
2 NB L
2ω
D．√2
4 NB L
2ω
【答案】B
【详解】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为
Em= NBSω= NBω L
2
因此有效值为
E = Em
√2 = √2
2 NBω L
2
故选B。
14．（2021·天津·高考真题）如图所示，闭合开关后，R =5Ω的电阻两端的交流电压为
u=50√2sin10 πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则（ ）
A．该交流电周期为0.02s
B．电压表的读数为100V
C．电流表的读数为10A
D．电阻的电功率为1kW
【答案】C
【详解】A．该交流电的周期
T = 2π
ω = 2π
10 π s=0.2s
B．电压表的读数为交流电的有效值，即
U = 50√2
√2 V=50V
选项B 错误；
C．电流表的读数为
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I = U
R = 50
5 A=10A
选项C 正确；
D．电阻的电功率为
P = IU =10×50 W=500W
选项D 错误。
故选C。
15．（2021·北京·高考真题）一正弦式交变电流的i - t 图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．在t=0.4 s 时电流改变方向
B．该交变电流的周期为0.5 s
C．该交变电流的表达式为i=2cos5 πt A
D．该交变电流的有效值为√2
2 A
【答案】C
【详解】A．由图可知t=0.4 s 时电流为正方向最大，电流方向没有发生变化，故A 错误；
B．由图可知，该交变电流的周期为T=0.4s，故B 错误；
C．由图可知，电流的最大值为imax =2A，角速度为
ω= 2π
T =5 π rad/s
故该交变电流的表达式为
i=imaxcosωt =2cos5 πt A
故C 正确；
D．该交变电流的有效值为
i= imax
√2 =√2A
故D 错误。
故选C。
16．（2021·广东·高考真题）某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中
产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电
电路，原、副线圈匝数比为1 60
∶
，下列说法正确的是（ ）
45
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A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【详解】A．周期是T=0.2s，频率是
f = 1
T =5 Hz
故A 错误；
B．由理想变压器原理可知
U 1
U 2
= n1
n2
解得，副线两端的最大电压为
U 2= n2
n1
U 1=3 V
故B 正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会
越大，故C 错误；
D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误。
故选B。
二、多选题
17．（2023·天津·统考高考真题）下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2
都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有（ ）
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A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R 功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率增大
【答案】BD
【详解】AB．由于输电过程中电阻R 要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率；T1输出电
压大于T2输入电压，故A 错误，B 正确；
C．由于输入电压不变，所以变压器T1的输出变压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效
电阻变小，则电流变大，根据
P损= I
2 R
可知R 功率增大；故C 错误；
D．用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D 正确。
故选BD。
18．（2023·海南·统考高考真题）下图是工厂利用u=220√2sin100 πt V的交流电给36 V照明灯供电的电
路，变压器原线圈匝数为1100 匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为220√2V
B．交变电流的周期为0.02s
C．副线圈匝数为180 匝
D．副线圈匝数为240 匝
【答案】BC
【详解】A．电源电压的有效值
U = 220√2
√2
V=220V
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选项A 错误；
B．交流电的周期
T = 2π
ω = 2π
100 π s=0.02s
选项B 正确；
CD．根据
n1
n2
= U 1
U 2
可得副线圈匝数
n2= U 2
U 1
n1= 36
220 ×1100=180匝
选项C 正确，D 错误。
故选BC。
19．（2023·湖南·统考高考真题）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传
动（皮带不打滑），半径之比为4:1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为
L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。 大轮以角速度ω匀
速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒
为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为4 ω
B．灯泡两端电压有效值为3√2nB L
2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效
值为4√2nB L
2ω
3
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【答案】AC
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【详解】A．大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据
v =ωr
根据题意可知大轮与小轮半径之比为4:1，则小轮转动的角速度为4 ω，线圈转动的角速度为4 ω，A 正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
Emax =nBS⋅4 ω
又
S = L
2
联立可得
Emax = 4 nB L
2ω
则线圈产生感应电动势的有效值
E = Emax
√2 =2√2nB L
2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U =RE
R+ R =√2nB L
2ω
B 错误；
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的
2 倍，线圈产生感应电动势的最大值
Emax
'
=8nB L
2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值
E
' = Emax
'
√2 = 4√2nB L
2ω
根据电阻定律
R
' = ρ l
S
'
可知线圈电阻变为原来的2 倍，即为2 R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值
U
' =
R E
'
R+2 R = 4√2nB L
2ω
3
C 正确；
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v =ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据
49
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E = nBSω
√2
可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D 错误。
故选AC。
20．（2022·湖北·统考高考真题）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充
电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100 匝，接收线圈的匝数为50 匝。若工作状态
下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（ ）
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【答案】AC
【详解】A．根据
n1
n2
= 80 %U 1
U 2
可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；
B．由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B 错误；
C．变压器是不改变其交变电流的频率的，故C 正确；
D．由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率
与穿过接收线圈的不相同，故D 错误。
故选AC。
21．（2021·海南·高考真题）如图，理想变压器原线圈接在u=220√2sin100 πt(V)的交流电源上，副线
圈匝数可通过滑片P 来调节。当滑片P 处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1:n2=2:1，为了使图中“
100V，50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（ ）
50
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A．仅将滑片P 向上滑动
B．仅将滑片P 向下滑动
C．仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D．仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻
【答案】BD
【详解】原线圈电压有效值
U 1= 220√2
√2
V=220V
则次级电压有效值
U 2= n2
n1
U 1= 1
2 ×220 V=110V>100V
则为了使图中“100V，50W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P 向下滑动；或者
仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为
R = U 2-U L
PL
U L
= 110-100
50
100
Ω=20Ω
故选BD。
22．（2021·河北·高考真题）如图，发电机的矩形线圈长为2 L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大
小为B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，
当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（ ）
51
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A．通过电阻R2的电流为n1 I
n2
B．电阻R2两端的电压为n2 I R1
n1
C．n0与n1的比值为√2 NB L
2ω
I R1
D．发电机的功率为√2 NB L
2ωI (n1+n2)
n0
【答案】BC
【详解】AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律
U1= IR1
根据变压器电压与匝数的关系有
n0
n1
= U 0
U 1
，
n0
n2
= U 0
U 2
代入数据有
U0= n0
n1
I R1，U2= n2
n1
I R1
再由欧姆定律有
U2= I2R2
可计算出
I2= n2 R1
n1 R2
I
综上可知，A 错误、B 正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax= NB2L2ω，U0= Emax
√2
= √2NBL2ω
52
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由选项AB 知
U0= n0
n1
I R1
则
n0
n1
= √2 NB L
2ω
I R1
C 正确；
D．由于变压器为理想变压器则有
P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC 公式有
P0= √2 NB L
2ωI
n0
( n1
2 R2+n2
2 R1
n1 R2
)
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D 错误。
故选BC。
三、解答题
23．（2021·江苏·高考真题）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020 年我国风力发电量高达4000
亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，
已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.2T，线圈的匝数为100、面积为0.5m
2，电阻为
0.6Ω，若磁体转动的角速度为90rad/s，线圈中产生的感应电流为50A。求：
（1）线圈中感应电动势的有效值E；
（2）线圈的输出功率P。
【答案】（1）6.4×10
2V；（2）3.1×10
4 W
【详解】（1）电动势的最大值
53
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Em = NBSω
有效值
E = Em
√2
解得
E = NBSω
√2
带入数据得
E≈6.4×10
2V
（2）输出电压
U = E - Ir
输出功率
P = IU
解得
P = I ( E - Ir )
代入数据得
P =3.1×10
4 W
54
