文档文本内容
第35 讲 交变电流、变压器、传感器、电磁振荡与电磁波 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 交变电流的产生及变化规律 知识点1 交变电流的产生及变化规律 考向1 交变电流的表达式和图像 考点二 交变电流“四值”的理解和应用 知识点1 交变电流“四值”的比较 考向1 交变电流的四值 考向2 交变电流的有效值的计算 考点三 理想变压器 知识点1 理想变压器的基本规律的应用 考向1 理想变压器的简单计算 考向2 原线圈含电阻的计算 考向3 含二极管的变压器的计算 考向4 理想变压器的动态分析 考点四 远距离输电问题 知识点1 远距离输电的原理 考向1 输电原理及功率损失 考向2 用户端功率改变对电路的影响 考点五 传感器 知识点1 传感器 考向1 传感器 考点六 电磁振荡与电磁波 知识点1 电磁振荡与电磁波 考向1 电磁振荡与电磁波 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026 年 2025 年 2024 年 交变电流的产生和表达式 黑吉辽蒙联考卷6T,4 分 考情分析 题型与考向：该知识点多以选择题形式出现，属于高频基础考点，整体难 度中等，是物理试卷中性价比很高的得分点。核心考查内容包括交变电流 基础，理想变压器核心规律，动态分析题型以及远距离输电方面。 情境与立意： 1.工业生产情境：结合三峡水电站、变电站高压输电线路等真实工程场 景。引出“如何实现远距离低损耗输电”的问题，关联变压器升压、降压 的实际应用逻辑。 2.课堂探究情境：通过“两个无导线连接的线圈套在闭合铁芯上，接交流 电源后小灯泡发光”的小实验，引发学生思考能量传递的原理，直观呈现 互感现象的作用。 3.生活应用情境：结合家用220V 市电、不同用电设备的适配电压需求，解 释变压器如何灵活调整电压等级，贴合日常用电认知。 复习目标 1.基础目标：系统掌握交变电流的核心概念，包括正弦式交变电流的产生 规律、中性面的特殊性质，熟练区分并计算交变电流的瞬时值、峰值、有 效值、平均值这“四值”。 2.核心目标：透彻理解变压器的工作原理与结构功能，熟练运用理想变压 器的电压比、电流比、功率守恒三大规律，能独立完成变压器的两类动态 分析题型，突破该模块的高频考点。 3.拓展目标：掌握远距离输电的“三个回路、两个联系”分析逻辑，能准 确计算输电线路的电压损失与功率损耗，结合生活中的变压器应用场景， 具备用相关规律解决实际问题的能力。 思维建模·脉络梳理 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 交变电流的产生及变化规律 知识点1 交变电流的产生及变化规律 知●识●解●构 一、交变电流 1.定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。 2.图像：如图所示 图甲、乙、丙、丁所示电流都属于交变电流，图戊所示电流属于恒定电流。 二、正弦式交变电流的产生和变化规律 1.产生：如图所示，在匀强磁场里，线圈绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，可产生正弦式交变电流。 注意：交变电流的种类有很多，但同时具备这三个条件才会产生正弦式交变电流：匀强磁场；线圈 转轴和磁场垂直；匀速转动。 2.中性面及其特点 （1）定义：与磁场方向垂直的平面。 （2）特点 ①线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。 ②线圈转动一周，2 次经过中性面，线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次。 3.变化规律（线圈从中性面位置开始计时） （1）电动势e 随时间变化的规律： e＝E msin ωt. （2）电压u 随时间变化的规律： u＝U msin ωt. （3）电流i 随时间变化的规律：i＝ I msin ωt。 其中ω 是线圈转动的角速度，E m＝nBSω。 三、描述交变电流的物理量 1.周期和频率 （1）周期（T）：交变电流完成一次周期性变化，即线圈转一周所需要的时间，单位是秒（s），公 式T＝。 （2）频率（f）：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数，单位是赫兹（Hz）。 （3）周期和频率的关系：T＝或 f＝。 四、描述交变电流的解析式和图像 1.正弦式交变电流的变化规律（线圈在中性面位置开始计时） 规律 物理量 函数表达式 图像 磁通量 Φ=Φmcos ωt＝BScos ωt 电动势 e＝E msin ωt＝nBSωsin ωt 电压 u＝U msin ωt＝sin ωt 电流 i＝I msin ωt＝sin ωt 2.正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置 图示 特点 B⊥S B∥S Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小 e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大 电流为零，方向改变 电流最大，方向不变 3.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 （1）求出角速度，ω＝＝2πf。 （2）根据公式Em＝nBSω 求出相应峰值。 （3）明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。 ①开始计时线圈与中性面重合，则i－t 函数式为i＝Imsin ωt； ②开始计时线圈与中性面垂直，则i－t 函数式为i＝Imcos ωt； ③开始计时线圈与中性面夹角为θ，则i－t 函数式为i＝Imsin(ωt＋θ）。 考●向●破●译 考向1 交变电流的表达式和图像 例1 （25-26 高二下·黑龙江哈尔滨）一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动。穿过线 圈的磁通量随时间变化的图像如甲图所示，则以下说法中正确的是（ ） A．t =0.03s时刻，交变电流的电动势达到最大 B．t =0.01s时刻，交变电流的电动势为零 C．t =0.03s时刻，线圈平面位于中性面 D．该线圈产生的交变电流的电动势随时间变化的图像如图乙 【答案】A 【详解】由图甲可得，t =0.01s和t =0.03s时，Φ =0，线圈平面与中性面垂直，此时交变电流的电动势 e 达到最大，而图乙中，t =0.01s和t =0.03s时，交变电流的电动势e 为0，故选A。 【变式训练1·变情境】（2025·辽宁·一模）如图甲所示，在匀强磁场中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴 匀速转动。线框产生的交变电流i 随时间t 变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．该交变电流可将熔断电流为3A 的保险丝熔断 B．交变电流的周期为0.03s C．在t =0.01s时穿过线框的磁通量为零 D．线框匀速转动的角速度为100 π rad/s 【答案】D 【详解】A．根据图乙可知，交流电流的最大值为I m =3A，故有效值I = I m ❑√2 = 3 ❑√2 2 A<3A 可知该交变电流不可将熔断电流为3A 的保险丝熔断，故A 错误； B．根据图乙可知交流电的周期T =0.02s，故B 错误； C．根据图乙可知t =0.01s时，产生的感应电流为零，此时线框位于中性面位置，穿过线框的磁通量最大， 故C 错误； D．线框转动的角速度为ω= 2π T =100 π rad/s 故D 正确。 故选D。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·吉林四平）如图甲所示，在匀强磁场中一匝数n=10的矩形金属线 圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图乙所示，下列说法 正确的是（ ） A．t =1.5s时，线圈平面与磁场方向垂直 B．t =2.5s时，线圈平面和中性面重合 C．t =3s时，线圈中磁通量变化率为零 D．穿过线圈磁通量的最大值为3 ❑√2 2π Wb 【答案】C 【详解】A．由图乙可知，t =1.5s时，线圈产生的电动势为最大值，此时线圈平面和磁场方向平行，故A 错误； B．t =2.5s时，感应电动势最大，线圈平面和中性面垂直，故B 错误； C．t =3s时，电动势为0，线圈平面和中性面重合，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，故C 正 确； D．该交流电的周期T =2s，则线圈转动的角速度为ω= 2π T =π rad/s，由Em =nBSω可得 Φm = BS = Em nω = 3 ❑√2 π Wb，故D 错误。 故选C。 考点二 交变电流“四值”的理解和应用 知识点1 交变电流“四值”的比较 知●识●解●构 1.交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某 一时刻的值 e＝E msin ωt i＝I msin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值 最大的瞬时 值 E m＝nBSω I m= 讨论电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流 的热效应等 效的恒定电 流的值 E＝ U= I= （只适用于正弦式交变 电流） （1）计算与电流的热效应有关 的量（如电功、电功率、电热 等） （2）电气设备“铭牌”上所标 的一般是指有效值 （3）保险丝的熔断电流为有效 值 （4）交流电压表和电流表的读 数为有效值 平均值 某段时间内 感应电动势 或电流的平 均值大小 =BL ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量 2.最大值和有效值 （1）峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。 （2）有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生 的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U 就是这个交变电流的有效值。 3. 交变电流解题方法 （1）有效值的“等效热量法” 对于任何形式的交变电流，都可以根据有效值的定义，计算其在一个周期内通过电阻产生的热量， 再让恒定电流通过相同电阻，在相同时间内产生相同热量，从而求出有效值，这是计算有效值的通用方 法。 （2）瞬时值表达式的“三要素法” 确定正弦式交变电流瞬时值表达式的三个要素：峰值、角速度、初始相位，其中峰值由计算，角速 度由计算，初始相位由线圈的初始位置确定。 4. 交变电流易错点 （1）有效值与峰值的混淆 很多同学会在计算电功、电功率时误用峰值代替有效值，只有在计算电容器的击穿电压等特定场景 下才使用峰值，其余涉及能量、功率的计算均需用有效值 （2）非正弦式交变电流的有效值计算错误 非正弦式交变电流的有效值不能直接套用正弦式的峰值与有效值关系，必须根据热效应定义，通过 计算一个周期内的热量来推导 考●向●破●译 考向1 交变电流的四值 例1 （25-26 高二上·辽宁大连）如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的 图像，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图像如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法 正确的是（ ） A．交流电a 的电压瞬时值为u=10sin0.4 πt （V ） B．线圈先后两次转速之比为2：3 C．在图中t=0 时刻穿过线圈的磁通量为零 D．交流电b 电压的最大值为20 3 V 【答案】D 【详解】A．由题可知，图线a 对于交流电的周期T a=0.4s 电压的最大值um =10 V 则对于线圈的角速度ωa= 2π T a =5 π 交流电a 的电压瞬时值为u=10sin5πt （V ），故A 错误； B．由图可知，交流电b 的周期为T b=0.6s 则两次对应线圈的转速之比为na:nb= 1 T a : 1 T b =T b:T a=3:2，故B 错误； C．t=0 时刻u=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，故C 错误； D．瞬时电压的最大值um = NBSω 则有um a:um b=ωa:ωb 结合上述分析可知ωa=5 π，ωb= 10 π 3 ，um =10 V 联立解得um b= 20 3 V，故D 正确。 故选D。 【变式训练1·变情境】（24-25 高二下·黑龙江大庆）闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动， 线圈中产生的感应电动势e 随时间t 变化的规律如图甲所示，同时把此线圈作为电源接入如图乙所示的电 路中。则（ ） A．理想电压表V的示数为220 ❑√2V B．t =0.005s时穿过闭合线圈的磁通量最大 C．e的瞬时表达式为e =220 ❑√2sin100πt (V) D．定值电阻R上的电流方向每秒钟改变50 次 【答案】C 【详解】C．根据图甲，电动势最大值Em =220 ❑√2V ，周期T =0.02s ，则ω= 2π T =100 π rad/s 瞬时值表达式e = Emsin ωt =220 ❑√2sin(100 πt )V 故C 正确； B．t =0.005s时电动势最大，穿过闭合线圈的磁通量最小，故B 错误； D．电流方向每个周期改变2 次，每秒钟50 个周期，所以定值电阻R 上的电流方向每秒钟改变100 次，故 D 错误； A．理想电压表V 的示数为有效值，其大小为U = Em ❑√2 =220 V，故A 错误。 故选C。 【变式训练2·变考法】（2025·辽宁丹东·一模）图甲为风力发电的简易模型，绕有线圈的 形铁芯开 口处装有磁铁，风叶转动时带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。当风叶匀速转动时，发 电机输出电压视为正弦式交流电。发电机与一变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数比为 n1:n2=10:1，当风速为某一恒定值时，变压器原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示。此 时，若风速减小，导致风叶转速变为原来的1 2，此过程中小灯泡阻值不变，所有线圈均为理想线圈，不计 内阻。则下列说法中正确的是（ ） A．变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u=15 ❑√2cos(100 πt )V B．电压表V2的示数为3 ❑√2V C．小灯泡的功率变为原来的1 2 D．发电机产生的交变电流的周期变为0.04s 【答案】D 【详解】A．根据题意，结合题图可得变化前得U m=30 ❑√2V，周期T =0.02s，所以角速度ω= 2π T 解得ω=100 π rad/s 故变压器原线圈电压的瞬时值表达式变为u ' =30 ❑√2cos(100 πt )V 根据U m= NBSω可知变化之后，U m ' =15 ❑√2V，ω ' =50 π rad/s 故u=15 ❑√2cos(50 πt )V 故A 答案错误； B．电压表的示数为副线圈的有效值，根据变压器电压关系 U 1 U 2 = n1 n2 ❑ 又由U 1= U m ' ❑√2 解得电压表V2的示数为U 2=1.5 V 故B 答案错误； C．若风速减小，导致风叶转速变为原来的1 2，则根据U m= NBSω 可知灯泡两端电压也变为原来的1 2 根据P = U 2 R 得灯泡的功率变为原来的1 4 故C 答案错误； D．根据转速与角速度的关系ω=2πn 又T = 2π ω 故转速变为原来的1 2，周期变为0.04s。 故选D。 考向2 交变电流的有效值的计算 例2 （25-26 高三下·辽宁抚顺）如图所示，a、b 间接正弦交流电源，输出电压u=20sin(100 πt )V，电 路中的定值电阻阻值R=10Ω，电压表为理想交流电表。下列说法正确的是（ ） A．电阻中电流的有效值为2A B．t=0.01s 时，电压表的示数为0 C．1min 内，电阻产生的焦耳热为2400J D．0~0.01s 内，通过电阻的电荷量为1 25 π C 【答案】D 【详解】A．根据欧姆定律可得I m = U m R =2A 所以电流的有效值为I = I m ❑√2 = ❑√2A，故A 错误； B．电压表示数为有效值，任意时刻其示数均不为0，故B 错误； C．1min 内，电阻产生的焦耳热Q = I 2 Rt =1200J，故C 错误； D．假设产生输入电压的线圈为N 匝，由题可知ω=100 π rad/s 则T = 2π ω =0.02s 根据U m = N Φm ω可得N Φm = U m ω 则在0~0.01s 内，通过电阻的电荷量为q = 2 N Φm ΔtR ⋅Δt = 2 N Φm R = 1 25 π C，故D 正确。 故选D。 【变式训练1·变情境】（25-26 高三上·辽宁葫芦岛）如图所示交变电流图像中，时间轴上方曲线为正弦交 流电半个周期所形成的图线，则该交变电流的有效值为（ ） A．I 0 B．❑√2 I 0 C． ❑√3 I 0 2 D． ❑√6 I 0 2 【答案】A 【详解】根据有效值的定义，有( ❑√2 I 0 ❑√2 ) 2 R×0.01+( ❑√2 I 0) 2 R×0.01+0= I 2 R×0.03 解得该交变电流的有效值为I = I 0 故选A。 【变式训练2·变考法】（25-26 高三上·辽宁丹东）中国“探海工程”中研发的深海电磁发电装置，可利用 海底洋流带动线圈在强磁场中转动实现发电。图示为该装置的工作原理简化图，核心部件是N=200 匝的 矩形线圈，面积S=0.5m2，线圈在磁感应强度B=0.8T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω=5 π rad/s 匀速转动，线圈总电阻r=5Ω，在其输出端与一个含有R=5Ω 的电阻的电路相连，电压表为理想电表， 从图示位置开始计时，则下列说法正确的是（ ） A．t=0.05s 时，穿过线圈的磁通量为0.2❑√2Wb B．理想电压表示数为200 ❑√2πV C．一个周期内线圈产生的焦耳热为3.2π 2×10 4J D．转过60°角过程中，通过电阻R 的电荷量为4C 【答案】A 【详解】A．t=0.05s 时，线圈转过θ =ωt = π 4 ，穿过线圈的磁通量为Φ = BS sinθ =0.2❑√2Wb，故A 正确； B．电源电动势的有效值为E = NBSω ❑√2 =200 ❑√2π V 理想电压表示数为U = R R+r E =100 ❑√2π V，故B 错误； C．线圈转动的周期为T = 2π ω =0.4s 一个周期内线圈产生的焦耳热为Q = E 2 R+r T =3200 π 2J，故C 错误； D．转过60°角过程中，通过电阻R 的电荷量为q = I t = E R+r t = N ΔΦ R+r = N BS sin 60° R+r = 4 ❑√3C，故D 错 误； 故选A。 考点三 理想变压器 知识点1 理想变压器的基本规律的应用 知●识●解●构 1. 构造和原理 （1）构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。 （2）原理：电磁感应的互感现象。 2. 基本关系式 （1）功率关系： P 入＝P 出。 （2）电压关系：①有一个副线圈时，＝。 ②有多个副线圈时＝ ＝＝…。 （3）电流关系： ①有一个副线圈时＝，且I2决定I1。 ②有多个副线圈时，由P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输 出决定输入。 （4）频率关系：f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率。 3. 电压互感器和电流互感器 （1）电压互感器：把高电压变成低电压，如图A 所示。 （2）电流互感器：把大电流变成小电流，如图B 所示。 4. 理想变压器的基本特点 （1）无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同。 （2）线圈无电阻，因此无电压损失，U＝E＝n。 （3）根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有＝＝ ＝… 5. 关于理想变压器的四点说明 （1）变压器不能改变直流电压。 （2）变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。 （3）理想变压器本身不消耗能量。 （4）理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。 6. 分析变压器电路的两个难点 （1）分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而 是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U 源－U 串。 （2）分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通 过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 7. 两种特殊的变压器模型 （1）自耦变压器 自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同 的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示。 （2）互感器 电压互感器 电流互感器 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流 ＝ I1n1＝I2n2 8. 变压器易错点 （1）变压器变流规律的适用条件混淆 变流规律仅适用于理想变压器且只有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，需根据输入功率等于输 出总功率来推导电流关系 （2）认为变压器能改变直流电压 变压器的工作原理是互感现象，只有当原线圈输入交变电流时，才能产生变化的磁场，使副线圈产 生感应电动势，输入直流电流时，磁场不变，副线圈无感应电动势，无法变压 考●向●破●译 ✨ 得分速记 ： 变压器解题方法 ⑴ 理想变压器的“功率守恒法” 理想变压器的输入功率等于输出功率，当有多个副线圈时，输入功率等于所有副线圈的输出功率 之和，即，结合变压规律、，可推导各线圈的电流关系 (2) 远距离输电的“分步分析法” 按照“发电机→升压变压器→输电导线→降压变压器→用户”的流程，分步分析每个环节的电压、 电流、功率变化，重点关注输电导线的功率损耗，其中为输电电流，由升压后的电压和输出功率决定 考向1 理想变压器的简单计算 例1 （2026 高三·黑龙江辽宁）如图所示为家用燃气灶点火装置的电路原理图，直流电经转换器输出 u=5sin100πt（V）的交流电，再加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。 闭合开关S，当两点火针间电压瞬时值大于5000V 就会产生电火花进而点燃燃气，下列说法正确的是（ ） A．理想变压器原线圈中交流电的周期为T=0.01s B．图中交流电压表读数为5V C．要使燃气灶能正常点火，n1 n2 > 1 1000 D．要使燃气灶能正常点火，n1 n2 < 1 1000 【答案】D 【详解】A．由T = 2π ω = 2π 100 π s=0.02s，交流电周期为0.02s，故A 错误； B．电压表测量的是交流电压的有效值，交流电电压的最大值U m =5 V，因此交流电压的有效值 U = U m ❑√2 = 5 ❑√2 2 V，即电压表的示数为5 ❑√2 2 V，故B 错误； C D．副线圈电压最大值为5000V 时，根据变压器的原理可得n1 n2 = U 1 U 2 = 5 V 5000 V = 1 1000 实际工作时，副线圈电压的瞬时值大于5000V，则n1 n2 < 1 1000，故C 错误，D 正确。 故选D。 【变式训练1·变考法】（2026·内蒙古乌兰察布·二模）如图所示的变压器为理想变压器，两电表为理想交 流电表，定值电阻的阻值为R1=8Ω，电阻箱R2的调节范围为0~99.9Ω。现在ab 间接入 u=U msin100πt (V)的交流电，当电阻箱的阻值为R2= 4 Ω时，两电表的示数分别为16V 和0.25A。下列 说法正确的是（ ） A．流过电流表的电流每秒改变方向50 次 B．变压器原、副线圈的匝数比为4:1 C．U m =16 ❑√2V D．当电阻箱的阻值为R2=1Ω时，电源消耗的总功率为12W 【答案】B 【详解】A．ab 间接入u=U msin100πt (V)的交流电，根据ω=2πf =100 π 可得频率f =50 Hz 可得流过电流表的电流每秒改变方向100 次，故A 错误； B．根据电压关系U 1 U 2 = n1 n2 ，其中U 1满足U 1=U ab−I 1 R1=16 V 可得U ab=18 V U 2满足U 2= I 2 R2，电流关系 I 1 I 2 = n2 n1 联立可得U ab= I 1 R1+ I 1( n1 n2) 2 R2 可得变压器原、副线圈的匝数比为4:1，故B 正确； C．根据U ab=18 V= U m ❑√2 可知U m =18 ❑√2V，故C 错误； D．当电阻箱的阻值为R2=1Ω时，根据U ab= I 1 R1+ I 1( n1 n2) 2 R2 可得原线圈电流为I 1=0.75 A 电源消耗的总功率为P = I 1U ab=18 V×0.75 A =13.5 W，故D 错误。 故选B。 【变式训练2·变考法】（2026·辽宁锦州·一模）某社区为满足居民新能源汽车充电需求，采用一原两副的 理想变压器为两个区域的充电桩供电，电路如图所示。原线圈匝数为n1，接电压为U1的正弦交流电，副 线圈Ⅰ匝数为n2，为Ⅰ区充电桩供电；副线圈Ⅱ匝数为n3，为Ⅱ区充电桩供电。下列说法正确的是（ ） A．原线圈输入功率等于副线圈Ⅰ、Ⅱ输出功率之和 B．仅增大n2，则Ⅰ区充电桩电压U2减小 C．副线圈Ⅰ、Ⅱ电流之比为n2∶n3 D．若Ⅱ区充电桩负载增多（总电阻减小），则Ⅰ区充电桩电压U2降低 【答案】A 【详解】A．理想变压器无能量损耗，输入功率全部转化为两个副线圈的输出功率，即原线圈输入功率等 于副线圈Ⅰ、Ⅱ输出功率之和，故A 正确； B．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得U 1 n1 = U 2 n2 = U 3 n3 仅增大n2，则Ⅰ区充电桩电压U2增大，故B 错误； C．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得U 1 n1 = U 2 n2 = U 3 n3 即 U 2 U 3 = n2 n3 由于副线圈Ⅰ、Ⅱ所接入的电阻不确定，所以无法得出副线圈Ⅰ、Ⅱ电流之比，故C 错误； D．根据变压器原副线圈电压与匝数关系可得U 1 n1 = U 2 n2 = U 3 n3 则Ⅰ区充电桩电压U2与Ⅱ区充电桩负载无关，故D 错误。 故选A。 考向2 原线圈含电阻的计算 例2 （2026·辽宁抚顺·模拟预测）某含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈的匝数之比为 n1:n2= 4:1，原线圈串联定值电阻R 后接在正弦交流电源上，电源输出电压u=15 ❑√2sin (100 πt )V，小 灯泡L 规格为“3V 1.5W”。若小灯泡能正常发光，则定值电阻R 的阻值大小为（ ） A．4 Ω B．8Ω C．16 Ω D．24 Ω 【答案】D 【详解】小灯泡正常发光，可知副线圈两端的电压为U 2=3 V 根据理想变压器的规律可知 U 1 U 2 = n1 n2 解得U 1=12V 交流电源输出电压的有效值为15V，故定值电阻R 两端的电压为U R=3 V 灯泡正常工作时的电流为I 2= P U =0.5 A 根据理想变压器的规律可知 I 1 I 2 = n2 n1 解得I 1=0.125 A 所以定值电阻R 的阻值为R = U R I 1 =24 Ω。 故选D。 【变式训练1·变情境】（25-26 高二上·辽宁）如图，理想变压器原、副线圈分别接有相同的灯泡a、b、 c，不考虑其电阻的变化。当输入电压为U 时，b 灯的功率是a 灯功率的4 倍，则原、副线圈匝数比为（ ） A．4 1∶ B．1 4∶ C．8 1∶ D．1 8∶ 【答案】A 【详解】设原副线圈的匝数比为k = n1 n2 ，灯泡的电阻为R，根据题意可得U b 2 R = 4× U a 2 R 解得U b=2U a 由于b、c 并联，则副线圈两端的电压U 2=U b=2U a 则原线圈两端的电压U 1=k U 2=2k U a 则原线圈中的电流I 1= U a R 副线圈中的电流I 2=2× U b R = 4U a R 根据理想变压器的原理可得 I 1 I 2 = n2 n1 = 1 k 联立解得k = 4 故选A。 【变式训练2·变考法】（2025·黑龙江大庆·一模）如图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2:1， 电流表为理想交流电表，在原、副线圈的回路中分别接有定值电阻R1=8Ω，滑动变阻器R2，在a、b 端 接入如图乙所示的交变电压。下列说法正确的是（ ） A．副线圈中交流电的频率为100Hz B．原线圈两端电压的有效值为36V C．当滑动变阻器R2接入电路的阻值为1Ω 时，电流表的示数为3A D．仅将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，R1消耗的功率变大 【答案】C 【详解】A．由图可知，原线圈交流电的周期为0.02s，则交变电压的频率为f = 1 T =50Hz，则副线圈中交 流电的频率为50Hz，故A 错误； B．由图可知，电源电压的有效值为U 1= U m ❑√2 = 36 ❑√2 ❑√2 V=36V 由于R1的分压作用，导致原线圈两端电压的有效值小于36V，故B 错误； CD．根据等效原理可知R等=( n1 n2 ) 2 R2= 4 R2 当滑动变阻器R2接入电路的阻值为1Ω 时，电流表的示数为I = U 1 R1+ R等 =3A 仅将滑动变阻器的滑片P 向上滑动，滑动变阻器R2增大，则原线圈电流减小，R1消耗的功率变小，故C 正确，D 错误； 故选C。 考向3 含二极管的变压器的计算 例3 （25-26 高二上·辽宁大连）如图甲所示，圆形线圈面积S =100cm 2，匝数N =100，电阻不计，处于 匀强磁场中，磁感应强度B随时间正弦变化的图像如图乙所示（取垂直纸面向里为磁场正方向）。导线框 右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器原、副线圈匝数之比为1:10，副线圈连接的电阻 R1=200Ω，R2=200Ω，D为理想二极管。下列说法正确的是（ ） A．t =0.01s时，圆形线圈中无电流 B．1s内流过R1的电流方向改变50 次 C．圆形线圈中电压最大值是20 ❑√2πV D．第1s内原线圈输入的能量为150π 2J 【答案】D 【详解】A．t =0.01s时，磁感应强度的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，圆形线圈中的感应 电流最大，故A 错误； B．交变电流的周期为0.02s，一个周期电流方向改变2 次，则1s=50T，流过R1的电流方向改变100 次， 故B 错误； C．根据乙图可知ω= 2π T =100 π rad/s 圆形线圈产生的感应电动势的最大值为Em = NBSω= N Φm ω=100×2×10 −3×100 π V=20 π V，故C 错 误； D．感应电动势的有效值为E = Em ❑√2 =10 ❑√2πV 根据变压器规律有E U = n1 n2 电阻R1的功率P1= U 2 R1 =100 π 2W 因为二极管的单向导电性，所以电阻R2两端电压的有效值为U 2= ❑√2 2 U =100 π V 则电阻R2的功率为P2= U 2 2 R2 =50 π 2W 变压器的输入功率为P = P1+ P2=150 π 2W 第1s内原线圈输入的能量为W = Pt =150 π 2J，故D 正确。 故选D。 【变式训练1·变情境】（2026·四川·模拟预测）如图所示，水平面内固定的两平行光滑导轨间距为0.5 m，右端连接有理想变压器，变压器原、副线圈的匝数比为1 5∶。副线圈上串联一阻值为10 Ω 的定值电阻 R 和两个并联的理想发光二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大）。导轨置于匀强磁场中，边界MN 垂 直于导轨，MN 左侧磁场方向竖直向下，右侧磁场方向竖直向上，磁感应强度的大小均为2T。一根电阻 不计的导体棒ab 垂直于导轨放置，ab 在外力作用下以MN 为平衡位置在磁场区域内做简谐运动，其速度 与时间的关系为v =2❑√2cos20 πt(m /s)。导轨足够长且电阻不计，ab 与导轨始终垂直且接触良好，下 列说法正确的是（ ） A．两个二极管都持续发光 B．ab 中交变电流的周期为0.1s C．0.2s 时间内，电阻R 产生的热量为2J D．0~0.025s 时间内，通过电阻R 的电荷量为0.025C 【答案】C 【详解】A．副线圈输出的是交流电，两个二极管反向并联。在交流电的正半周，一个二极管导通发光， 另一个截止；在负半周，另一个二极管导通发光，前一个截止。因此两个二极管是交替发光，不可能同 时持续发光，故A 错误； B．导体棒做简谐运动的周期T = 2π ω = 2π 20 π s=0.1s 在0∼T 4 时间内，导体棒在MN 右侧运动，磁场方向向上，由右手定则，感应电动势方向向下；在 T 4 ∼T 2 时间内，由右手定则，感应电动势方向向上；在T 2 ∼3T 4 时间内，由右手定则，感应电动势方向 向下；在3T 4 ∼T时间内，由右手定则，感应电动势方向向上；在一个机械振动周期T 内，电流方向变化 了两个周期，故交变电流的周期为0.05s，故B 错误； C．导体棒产生的感应电动势最大值Em = BLvm =2❑√2V 原线圈输入电压有效值U 1= Em ❑√2 =2V 根据变压器变压比 U 1 U 2 = n1 n2 = 1 5可得副线圈电压有效值U 2=5U 1=10 V 副线圈电路中，两个二极管轮流导通，且正向电阻为零，相当于导线，故负载电阻为R =10Ω 0.2s 时间内，电阻R 产生的热量为Q = U 2 2 R t = 10 2 10 ×0.2J =2J，故C 正确； D．ab 速度与时间的关系为v =2❑√2cos20 πt(m /s)，可得其位移与时间的关系为x = ❑√2 10 π sin 20 πt 0~0.025s 时间内，即在0~ T 4 时间内，导体棒的位移为x1= ❑√2 10 π sin(20 π ⋅T 4)= ❑√2 10 π m 通过电阻R 的电荷量q =∑i2 Δt =∑U 副 R Δt =∑5U 原 R Δt = 5 ΔΦ R = 5 Bl x1 R = ❑√2 20 π C≠0.025C，故D 错误。 故选C。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·河北保定）李老师在课堂上演示电容器的充放电实验。如图所示， 李老师将一个变压器（可视为理想变压器）接入220 V 的家庭电路中，再将一个电容器与二极管串联后接 入副线圈。闭合开关后，经过 10 −2s电容器充满电，已知电容器的电容为20μF，充电过程的平均电流约 为5.6mA，则该变压器原副线圈的匝数比n₁：n₂ 约为（ ） A．220 B．110 C．50 D．20 【答案】B 【详解】电容器充满电时的带电量为Q = I t =5.6×10 −5C 可知电容器充满电时的电压U = Q C = 5.6×10 −5 2×10 −5 V=2.8V 因副线圈所接电路中二极管具有单向导电性，故升压变压器副线圈电压的最大值即为电容器充满电时的 电压；由题意知升压变压器原线圈所接电压的最大值为U 1max =220 ❑√2V 则升压变压器原副线圈的匝数比为 n1 n2 = U 1max U = 220 ❑√2 2.8 ≈110 故选B。 考向4 理想变压器的动态分析 例4（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，理想变压器接电压有效值恒定的交流电源，初始时滑片P 处 于滑动变阻器最下端，电流表和电压表均为理想交流电表，将P 向上滑动，下列说法正确的是（ ） A．电压表V1示数增大 B．电流表示数减小 C．电压表V2示数减小 D．定值电阻R2功率减小 【答案】C 【详解】根据等效电阻法可得U = I 1 R1+ I 1⋅( n1 n2 ) 2 ( R+ R2) 将P 向上滑动，则滑动变阻器接入电路的阻值减小，即R 减小，I1增大，即电流表的示数增大，R1两端的 电压增大，则变压器原线圈两端的电压减小，根据原副线圈电压、电流与匝数的关系可知，副线圈两端 电压减小，副线圈回路中电流增大，V1的示数减小，R2两端电压增大，R2功率增大，则V2示数减小。 故选C。 【变式训练1·变情境】（2026·辽宁营口·二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1:n2=1:2， A1、A2为理想交流电流表，已知原线圈回路中电阻R1=8Ω，副线圈接入热敏电阻R（其阻值随温度的升 高而降低），输入端接入U 0=22❑√2sin100 πt (V)的交流电。下列说法正确的是（ ） A．当温度升高时，电流表A1、A2的示数均减小 B．当温度升高时，热敏电阻R两端的电压一定增大 C．当热敏电阻R =12Ω时，R1消耗的功率P =32W D．当热敏电阻R =2Ω时，理想变压器原线圈的输入功率最大 【答案】C 【详解】A．二次侧有U 2= I 2 R 一次侧有U 0= I 1 R1+U 1 又U 1:U 2=n1:n2，I 1: I 2=n2:n1 联立得U 0= n2 n1 I 2 R1+ n1 n2 I 2 R 温度升高，热敏电阻R减小，I 1、I 2均增大，故A 错误； B． 由于I 1增大，U 0、R1不变，则U 1、U 2均减小，故B 错误； C．电压U 0= U 0 m ❑√2 = 22❑√2 ❑√2 V =22V 热敏电阻R =12Ω 代入U 0= n2 n1 I 2 R1+ n1 n2 I 2 R 解得I 2=1A 根据比例关系得I 1=2A R1消耗的功率P = I 1 2 R1=32W，故C 正确； D．理想变压器原线圈的输入功率P入=U 1 I 1=(U 0−I 1 R1)I 1=U 0 I 1−I 1 2 R1 根据二次函数的知识可得，P入最大时，一次侧电流I 1= U 0 2 R1 = 22 16 A 此时I 2= 11 16 A 代入U 0= n2 n1 I 2 R1+ n1 n2 I 2 R 解得R =32Ω，故D 错误。 故选C。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·黑龙江）如图所示，理想变压器原线圈两端接 U 0=110 ❑√2sin100πt (V)的交变电源，原、副线圈的匝数之比为2 1∶，电表均为理想电表，现将滑动变 阻器R1的滑片向下滑动，下列说法正确的是（ ） A．原、副线圈交变电流的频率之比为2 1∶ B．电压表V1的示数为110V 不变，电压表V2的示数增大 C．电流表A1、A2的示数均增大 D．变压器的输出功率减小 【答案】C 【详解】A．原、副线圈的频率相同，故A 错误； B．电压表V1的示数为U 1= U 1m ❑√2 = 110 ❑√2 ❑√2 V =110V 由 n1 n2 = U 1 U 2 ，可知副线圈电压U 2不变，滑动变阻器R1的滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路中的电阻变 小，由副线圈电流I 2= U 2 R+ R1 ，可知I 2增大，电压表V2的示数U R1=U 2−I 2 R 则电压表V2的示数减小，故B 错误； C．由I 1 I 2 = n2 n1 ，U 1、U 2不变，I 2增大，I 1增大，则电流表A1、A2的示数均增大，故C 正确； D．变压器的输出功率P2=U 2 I 2 由U 2不变，I 2变大，可知输出功率增大，故D 错误。 故选C。 考点四 远距离输电问题 知识点1 远距离输电的原理 知●识●解●构 一、电能的输送 如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为 U′，输电线总电阻为R。 1.输出电流 I= P U 2.电压损失 (1)ΔU＝U－U′; (2)ΔU＝IR . 3.功率损失 (1)ΔP＝P－P′=ΔU·I; (2)ΔP＝I2R＝( P U) 2 R. 4.减少输电线上电能损失的方法 （1）减小输电线的电阻R。由R＝ρ 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线； （2）减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电 压。 5.理清输电电路图的三个回路（如图） （1）在电源回路中，P 发电机＝U1I1＝P1。 （2）在输送回路中，I2＝I 线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R 线，ΔP＝IR 线。 （3）在用户回路中，P4＝U4I4＝P 用户。 6.升压变压器和降压变压器的基本关系 （1）升压变压器基本关系 U 1 U 2 = n1 n2 , P1＝P2 （2）降压变压器基本关系 U 3 U 4 = n3 n4 ,P3＝P4 7.掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I 线＝IR 线＝。 8.等效电阻法分析变压器问题 如图（a）所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b 间的 等效电阻，等效电路图如图（b）所示。 在图（a）中由变压器的变压规律＝，解得U2＝U1 所以负载电阻R 消耗的功率为P＝＝ 在图（b）中等效电阻消耗的功率为P′＝ 由P＝P′，解得a、b 间的等效电阻为R′＝R，令k =( n1 n2 ) 2 ，则R′＝k2R 这个方法叫理想变压器等 效电阻法。 考●向●破●译 考向1 输电原理及功率损失 例1 （2026·辽宁营口·模拟预测）2025 年12 月，青海塔拉滩光伏基地通过特高压远距离输电跨越2000 公里为粤港澳大湾区AI 算力中心供电。如图所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变 压器 T1和降压变压器T2的原、副线圈匝数比分别为n1∶n2=1 50 ∶ 、n3∶n4=49 1∶，输电线总电阻为r=10Ω，在升 压变压器T1的原线圈两端接入电压为u=500 ❑√2sin (100 πt )(V )的交流电，下列说法正确的是（ ） A．算力中心输入端交流电的周期为0.01s B．升压变压器T1输出电压的有效值为25000 ❑√2(V ) C．当算力中心负载功率增大时，降压变压器T2的输出电压增大 D．当升压变压器T1的输入功率为500kW 时，输电线上损失的电功率为4kW 【答案】D 【详解】A．交流电的周期由原线圈输入电压决定，T = 2π ω =0.02s 理想变压器不改变周期，因此算力中心输入端交流电周期仍为0.02s，故A 错误； B．升压变压器T 1的输入电压有效值为500V，根据理想变压器电压与匝数关系可得U 2= n2 n1 U 1=25000V ， 故B 错误； C．当算力中心负载增多（总功率增大）时，输电线上的电流增大，输电线的电压损失增大，导致降压变 压器T 2的输入电压减小，根据理想变压器电压与匝数关系，有U 4= n4 n3 U 3 降压变压器T 2的输出电压减小，故C 错误； D．当升压变压器T 1的输入功率为500kW 时，根据P =U 2 I 2可得输电线上的电流I 2=20 A，输电线上损失 的电功率为Δ P = I 2 2r = 4 kW，故D 正确。 故选D。 【变式训练1·变情境】（2026·辽宁沈阳·三模）2025 年7 月19 日，雅鲁藏布江下游水电工程在西藏自治 区林芝市正式开工。水电站向外供电示意图如图甲所示，发电机的内部原理简化图如图乙所示。已知升 压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，变压器均为理想 变压器。下列说法正确的是（ ） A．图乙中的线圈转过90°时，线圈产生的电流最小 B．当用户端接入的用电器增多时，输电线上的功率损失增大 C．当用户端接入的用电器增多时，为维持用户电压稳定，要适当减小n4 D．若发电站输送功率一定，发电机的输出电压增大，则输电线中损耗的功率会增大 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，线圈平面与磁感线垂直，处于中性面位置，此时磁通量最大，但磁通量的变化 率为零，感应电动势为零，感应电流为零。线圈转过90°时，线圈平面与磁感线平行，磁通量为零，但磁 通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，故A 错误； B．用户端接入用电器增多，用户端总负载电阻减小，降压变压器输出总功率增大，输出电流增大，降压 变压器匝数不变，因此输电线上的电流也同步增大；输电线功率损失Δ P = I 2r r为输电线电阻不变，电流I增大，因此功率损失增大，故B 正确； C．当用户端接入的用电器增多时，用户端总电阻减小，降压变压器副线圈电流I 4增大，原线圈电流I 3 （即输电线电流I 2）增大，输电线电压损耗ΔU = I 2r I 2增大，则ΔU增大，降压变压器原线圈电压U 3=U 2−ΔU ΔU增大，则U 3减小，根据理想变压器电压比 U 3 U 4 = n3 n4 解得U 4= n4 n3 U 3 要维持U 4不变，且U 3减小，则需要增大n4，因此减小n4会让U 4更小，无法维持稳定，故C 错误。 D．输送功率P一定，升压变压器副线圈电压U 2= n2 n1 U 1 发电机输出电压U 1增大，则U 2增大，输电电流I 2= P U 2 U 2增大，则I 2减小，输电线损耗Δ P = I 2 2r I 2减小，则Δ P减小，故D 错误； 故选B。 【变式训练2·变考法】（2026·辽宁大连·模拟预测）如图为双线并联模式进行远距离输电的示意图。发电 机的输出电压稳定，升压变压器T 1和降压变压器T 2均可视为理想变压器，两变压器线圈匝数固定不变， 且两变压器间每条输电线等效电阻均为r。则（ ） A．若负载电阻变大，升压变压器的输出电压变大 B．若负载电阻变大，输电线损失的电能变大 C．若负载电阻不变，一条输电线被切断，负载两端电压变大 D．若负载电阻不变，一条输电线被切断，升压变压器的输出功率变小 【答案】D 【详解】设升压变压器T 1原、副线圈的电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，降压变压器T 2原、副线 圈的电压分别为U 3、U 4，电流分别为I 3、I 4，负载电阻为R，其中I 2= I 3，输电线的总电阻R总=r A．升压变压器的输出电压U 2由输入电压U 1决定，U 1由发电机的输出电压决定，发电机的输出电压稳定， 故升压变压器的输出电压U 2稳定，不随着负载电阻的变化而变化，A 错误； B．根据欧姆定律 有U 2=U 3+ I 3 R总 根据 n3 n4 = U 3 U 4 ， n3 n4 = I 4 I 3 ，U 4= I 4 R 得 I 3= U 2 R总+( n3 n4) 2 R ，负载电阻R变大，I 3减小，输电线损失的电能Δ E = I 3 2rt减小，B 错误； C．根据 I 3= U 2 R总+( n3 n4) 2 R ，负载电阻R不变，一条输电线被切断，则R总= 3 2 r，即R总增大，知I 3减小， 则I 4减小 由U 4= I 4 R 可知U 4减小，C 错误； D．根据前面分析知I 3减小，即I 2减小，升压变压器的输出功率P2=U 2 I 2，U 2不变，P2减小，D 正确。 故选D。 考向2 用户端功率改变对电路的影响 例2 （2026·辽宁·模拟预测）如图所示为某水电站远距离输电的原理图。已知升压变压器的原、副线圈 匝数比为k，输电线的总电阻为R，发电机输出的电压恒为U。现由于用户端负载变化，使发电机输出功 率增加了Δ P，升压变压器和降压变压器均可视为理想变压器，电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ） A．输电线上损失的电压增加了k Δ P U R B．电压表V1的示数与电流表A1的示数之比不变 C．电压表V2的示数与电流表A2的示数之比增大 D．输电线上损失的功率增加了k 2(Δ P) 2 U 2 R 【答案】A 【详解】A．由于发电机输出电压恒为U，根据理想变压器的规律U U 1 =k 故电压表V 1的示数不变，发电厂输出功率增加了ΔP，则发电厂输出电流增加了ΔI = ΔP U 根据理想变压器的规律，对于升压变压器Δ I 1 ΔI =k 根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了Δ I 1 R = ΔIkR = RkΔP U = RkΔP U 故A 正确； BC．由A 选项可得，A1示数增加了Δ I 1=k ΔP U 由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少ΔU ' = Δ I 1 R 故V 2示数也将减小，所以电压表的示数与电流表的示数之比减小，电压表的示数与电流表的示数之比减 小，故BC 错误； D．输电线上损失的功率增加了(I 1+ Δ I 1) 2 R−I 1 2 R≠(Δ I 1) 2 R 由于I 1未知，故无法计算，故D 错误。 故选A。 【变式训练1·变情境】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）我国发布的“双碳战略”计划到2030 年实现碳 达峰，2060 年实现碳中和。风力发电绿色环保，是实现碳中和的重要途径之一。风力发电厂输电网络供 电的装置如图甲所示，发电机输出的交变电压如图乙所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器， 下列说法正确的是（ ） A．线框转动的角速度为100rad/s B．t =0.01s时穿过线圈的磁通量为零 C．t =0.01s时串联在升压变压器原线圈中的交流电流表示数为0 D．用电高峰时，输电线上的功率损失增大 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，交变电压的周期 T =0.02s，根据角速度与周期的关系 ω= 2π T ，得 ω=100 π rad/s，故A 错误； B．t =0.01s 时，感应电动势为0，说明线圈处于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，并非为零，故B 错误； C．交流电流表测量的是交流电的有效值，有效值不为零，因此电流表示数不可能为0，故C 错误； D．用电高峰时，用户端总负载增多，总电阻减小，降压变压器输出电流增大，导致输电线上的电流增大， 根据输电线上功率损失 Δ P = I 2 R0，可知输电线上的功率损失增大，故D 正确。 故选D。 【变式训练2·变考法】（2025·浙江·一模）如图，一理想降压变压器输入端接电压为U1的交流电，输出 端给用户供电，用户得到的电压为U2，输出端输电线的电阻可等效为R。该变压器原、副线圈的匝数分 别为n1和n2。下列说法正确的是（ ） A．U 1 U 2 = n1 n2 B．用户的功率增加时，U2不变 C．用户的功率增加时，原线圈的电流也增大 D．电路老化导致R 增大，可适当增大n1来维持用户的电压 【答案】C 【详解】A．设副线圈两端电压为U 3，根据理想变压器电压规律U 1 U 3 = n1 n2 在副线圈中U 3=U 2+ IR，故A 错误； BC．根据理想变压器电压规律P入= P出= P用+ PR，当用户的功率增加时，可知副线圈两端的输出功率增 大，但降压变压器输入端接电压U 1不变，线圈匝数不变，故副线圈两端电压U 3不变，副线圈两端的输出 功率P出=U 3 I 2 可知，副线圈中的电流I 2增大，输出端输电线的电阻两端的电压U R= I 2 R 输出端输电线的电阻两端的功率PR= I 2 2 R 输出端输电线的电阻两端的电压增大，副线圈中U 3=U 2+ IR 可知U 2减小，由上述分析可知，副线圈中的电流I 2增大，设原线圈中的电流为I 1，根据理想变压器电流 规律 I 1 I 2 = n2 n1 可知原线圈中的电流I 1增大，故B 错误，C 正确； D．电路老化导致R 增大，在副线圈中U 3=U 2+ IR， 要维持用户的电压U 2不变，需要增大副线圈两端电压U 3，根据理想变压器电压规律 U 1 U 3 = n1 n2 为维持用户的电压，需要减小n1，故D 错误。 故选C。 考点五 传感器 知识点1 传感器 知●识●解●构 一、认识传感器 1．传感器 (1)定义：能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等被测量，并能把它们按照一定的规 律转换为便于传送和处理的可用信号(通常是电压、电流等电学量)输出，或转换为电路的通 断的器件或装置。 (2)功能：把非电学量转化为电学量，可以方便地进行测量、传输、处理和控制。 2．传感器的种类、组成与应用模式 (1)分类：按传感器的工作原理的不同，把传感器分为物理传感器、化学传感器和生物传感 器。 (2)组成：传感器主要由敏感元件、转换元件组成。 ①敏感元件：能直接感受或响应外界被测非电学量的部分。相当于人的感觉器官，是传感器 的核心部分，是利用材料的某种敏感效应(如热敏、光敏、压敏、力敏、湿敏等)制成的。 ②转换元件：将敏感元件输出的信号直接转换 成电信号的部分。 (3)应用模式： 二、研究热敏电阻的热敏特性 三、研究光敏电阻的光敏特性 考●向●破●译 考向1 传感器 例1 （2026·辽宁朝阳·二模）利用所学知识判断，对以下四幅图片叙述正确的是（ ） A．甲图中周期变化的磁场不能产生电磁波 B．乙图中振荡电路电流正在减小 C．丙图中强磁铁从铝管中静止下落做自由落体运动 D．丁图中操作可使常开型干簧管（即初始状态两金属片断开）闭合 【答案】B 【详解】A．根据麦克斯韦电磁场理论，周期性变化的磁场会产生周期性变化的电场，周期性变化的电场 又会激发周期性变化的磁场，二者相互激发向外传播，会形成电磁波，故A 错误； B．电容器中电场方向向下，说明上极板带正电，下极板带负电；根据线圈磁场方向，由安培定则可知， 电流从电容器下极板流出，流向上极板，说明电容器正在充电，电流正在减小，故B 正确； C． 强磁铁在铝管中下落时，铝管中磁通量变化，会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁铁的相对 运动，所以强磁铁的运动不是自由落体运动，故C 错误； D．常开型干簧管初始断开，当磁铁靠近时，干簧管内的两个软磁簧片被磁化，两个自由端被磁化成同名 磁极，相互排斥，使干簧管断开，故D 错误。 故选B 。 【变式训练1·变情境】（25-26 高二上·辽宁沈阳）2025 年9 月3 日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西 斯战争胜利80 周年阅兵在北京天安门隆重举行，我国自主研发的东风-61 陆基洲际战略核导弹等武器首 次亮相。导弹内部固定安装有多种类型的传感器，其中电容式导弹加速度传感器原理如图所示，质量块 左、右侧分别连接电介质和轻质弹簧，弹簧与电容器固定在导弹弹体内部，质量块套在光滑且平行于弹 簧轴线的固定直杆上，质量块可带动电介质移动从而改变电容。下列说法正确的是（ ） A．电介质插入极板间越深（深度不超过极板长度），则电容器电容越小 B．若导弹沿弹簧轴线方向做变加速度运动，则以上电路中有电流 C．若导弹沿弹簧轴线方向由向右匀加速运动变为向右匀速运动，弹簧长度会变长 D．导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，以上电路中有逆时针方向的电流 【答案】B 【详解】A．根据电容器的电容公式C = εS 4 kπd 可知，当电介质插入极板间越深，则电容器电容越大，A 错 误； B．若导弹沿弹簧轴线方向做变加速度运动，根据牛顿第二定律可知，弹力大小改变，则导致插入极板间 电介质的深度改变，电容改变，根据Q =CU可知，极板间的电量改变，电路中有电流，B 正确； C．若导弹沿弹簧轴线方向向右匀加速运动，弹簧弹力向右，变为向右匀速运动，弹簧弹力为零，此过程 中弹簧弹力减小，弹簧长度变小，C 错误； D．导弹由静止突然沿弹簧轴线方向向右加速时，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质深度变大， 因此电容会增大，由于电压不变，根据Q =CU可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电 路中有顺时针方向电流，D 错误。 故选B。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二上·辽宁沈阳）电子计步器的工作核心部件为震动传感器，一般按照传 感器的类型可分为2D计步器与3 D计步器，其中一款2D计步器的原理图可以简化如下，平行板电容器的 一个极板M固定在设备上，另一个极板N与两个固定在设备上的轻弹簧连接，极板N与弹簧间绝缘，振动 系统完成一次周期性振动，电流传感器显示电流周期变化一次，才能实现计步一步。极板M电势始终为零， 关于该计步器，下列说法正确的是（ ） A．极板N靠近极板M的运动过程中，电流传感器中电流方向B→C B．极板N远离极板M运动的过程中，平行板电容器在充电 C．MN 极板间距离最小时，固定在电容器中A 点带负电的点电荷具有的电势能最大 D．MN 极板间距离最大时，固定在电容器中A 点带负电的点电荷受到的电场力最大 【答案】C 【详解】A．极板N 靠近极板M 时，间距d减小，由C = εS 4 πkd 知电容C增大，电容器接电源电压U不变，由Q =CU 知电荷量Q增大，电容器充电。极板M 电势为0，N 极板需积累更多负电荷，电流传感器中电流方向为 C →B，故A 错误； B．极板N 远离极板M 时，d增大，C减小，U不变，Q =CU减小，电容器放电，非充电，故B 错误； C．MN 间距最小时，d最小，电场强度E = U d 最大。M 电势为0，N 接电源负极时，A 点电势φ A更负，绝 对值更大。带负电的点电荷q =−q0，电势能Ep=q φ A =−q0φ A φ A越负，Ep越大，故C 正确； D．MN 间距最大时，d最大，E场= U d 最小，电场力F =q E场最小，故D 错误。 故选C。 考点六 电磁振荡与电磁波 知识点1 电磁振荡与电磁波 知●识●解●构 一、电磁振荡的产生及能量变化 1．振荡电流：大小和方向都做周期性迅速变化的电流。 2．振荡电路：产生振荡电流的电路。 3．LC 振荡电路：由电感线圈 L 和电容 C 组成的最简单的振荡电路。 4．电磁振荡：在LC 振荡电路中，电路的电流i、电容器极板上的电荷量q、电容器里的电 场强度E、线圈里的磁感应强度B，都在周期性地变化。这种现象就是电磁振荡。 二、电磁振荡的周期和频率 1．周期：电磁振荡完成一次周期性变化需要的时间。 2．频率：电磁振荡完成周期性变化的次数与所用时间之比，数值上等于单位时间内完成的 周期性变化的次数。 3．LC 电路的周期和频率公式：T＝2π，f＝。 说明：(1)LC 电路的周期、频率都由电路本身的特性(L 和C 的值)决定，与电容器极板上电荷 量的多少、板间电压的高低、是否接入电路中等因素无关。 (2)电路中的电流i、线圈中的磁感应强度B、电容器极板间的电场强度E 的变化周期就是LC 电路的振荡周期T＝2π，在一个周期内上述各量方向改变两次；电容器极板上所带的电荷量， 其变化周期也是振荡周期T＝2π；而电场能、磁场能变化周期是振荡周期的一半，即T′＝＝ π。 三、电磁场 1．变化的磁场产生电场 (1)实验基础：如图所示，在变化的磁场中放一个闭合电路，电路里就会产生感应电流。 (2)麦克斯韦的见解：电路里能产生感应电流，是因为变化的磁场产生了电场，电场促使导 体中的自由电荷做定向运动。 (3)实质：变化的磁场产生了电场。 2．变化的电场产生磁场 麦克斯韦假设，既然变化的磁场能产生电场，那么变化的电场也会在空间产生磁场。 3．变化的电场和磁场总是相互联系，形成一个不可分割的统一的电磁场。 四、电磁波 1．电磁波的产生：变化的电场和磁场交替产生，由近及远地向周围传播，形成电磁波。 2.电磁波的特点 (1)电磁波是横波，在传播方向上的任一点，E 和B 彼此垂直且均与传播方向垂直。如图所示。 (2)电磁波的传播不需要介质，在真空中电磁波的传播速度跟光速相同，即v 真空＝c＝ 3.0×108 m/s。 (3)电磁波具有波的共性，能产生干涉、衍射、反射、折射和偏振等现象，电磁波也是传播 能量的一种形式。 (4)电磁波波速c、波长λ 及频率f 之间的关系为c ＝ λf 。 (5)赫兹通过实验证实了电磁波的存在。 考●向●破●译 考向1 电磁振荡与电磁波 例1 （2026·辽宁大连·二模）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理 学的发展，下列说法符合事实的是（ ） A．赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B．查德威克用α粒子轰击N 7 14 获得反冲核O 8 17 ，发现了中子 C．普朗克发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构 D．卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型 【答案】A 【详解】A．麦克斯韦提出光的电磁理论并预言了电磁波的存在，赫兹通过一系列实验证实了麦克斯韦的 电磁理论，故A 正确； B．卢瑟福用α粒子轰击N 7 14 获得反冲核O 8 17 ，发现了质子；查德威克是通过α粒子轰击铍核的实验发现了 中子，故B 错误； C．贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构，故C 错误； D．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型；对阴极射线进行研究、发现电子的是汤姆逊， 故D 错误。 故选A。 【变式训练1·变情境】（25-26 高二下·辽宁大连）与下列图片相关的物理知识说法正确的是（ ） A．甲图，卢瑟福通过α粒子散射实验，发现了质子 B．乙图，若储罐内不导电液体液面上升，则LC 电路振荡周期增大 C．丙图，康普顿效应说明光子具有波动性 D．丁图，重核裂变产生的中子能使核裂变反应连续进行，称为链式反应，其中核裂变反应方程为 ❑92 235U →56 141Ba+36 92 Kr +20 1n 【答案】B 【详解】A．卢瑟福通过α粒子散射实验提出了原子核式结构模型，并非发现质子，故A 错误； B．不导电液体液面上升时，电容器极板间等效介电常数增大，根据C = εS 4 πkd ，电容C 增大，根据LC 振 荡电路周期公式T =2π ❑√LC，电路振荡周期增大，故B 正确； C．康普顿效应揭示了光子的粒子性，而非波动性，故C 错误； D．题中给出的方程不符合裂变反应实际，因缺少入射中子，故D 错误。 故选B。 【变式训练2·变考法】（25-26 高二下·辽宁大连）万米深潜器“奋斗者号”再次深潜至地球的最深处—— 马里亚纳海沟。借助无线电波、激光等传输信号，实现深潜器舱内和海底作业的电视直播下列选项正确 的是（ ） A．在海水中，无线电波无法传播，所以要借助激光传输信号 B．无线电波、激光都是横波 C．信号传输到电视台实现直播的过程中无时间延迟 D．两个独立的普通光源发出的光会发生干涉 【答案】B 【详解】A．无线电波在海水中衰减很大，但并非完全无法传播，故A 错误； B．无线电波和激光本质上都是电磁波，电磁波都是横波，故B 正确； C．信号传输需要时间，虽然速度很快，但距离遥远，存在时间延迟，故C 错误； D．两个独立的普通光源发出的光频率和相位差不恒定，不满足相干条件，不会发生干涉，故D 错误； 故选B。 1．（多选）（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e 所在直线以角速度ω顺时针匀速转 动，be 与磁场方向垂直。t =0时，abef 与水平面平行，则（ ） A．t =0时，电流方向为abcdefa B．t =0时，感应电动势为Bl 2ω C．t =π ω 时，感应电动势为0 D．t =0到t =π ω 过程中，感应电动势平均值为0 【答案】AB 【详解】AB．线框旋转切割磁场产生电动势的两条边为cd和af ，t =0时刻cd边速度与磁场方向平行，不 产生电动势，因此此时af 边切割产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为 E = Blv = Blωl = Bl 2ω，AB 正确； C．t = π ω时，线框旋转180°，此时依旧是af 边切割磁场产生电动势，感应电动势不为零，C 错误； D．t =0到t = π ω时，线框abef 的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS =2Bl 2 由法拉第电磁感应定律可得平均电动势为E = ΔΦ Δt = 2Bωl 2 π ，D 错误。 故选AB。 2．（多选）（2025·天津·高考真题）如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电 源上，副线圈接有滑动变阻器和定值电阻，各电表均为理想交流电表。当滑动变阻器的滑动片向右滑动 时，则（ ） A．电流表A1的示数变小 B．电流表A2的示数变小 C．电压表V 的示数变大 D．变压器的输入功率变大 【答案】CD 【详解】理想变压器的输出的电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变： AB．当滑动变阻器的滑动片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据欧姆定律I = U R总 可知副 线圈回路中电流变大，即电流表A2的示数变大，根据 I 1 I 2 = n2 n1 可知原线圈回路中电流变大，即电流表A1的 示数变大，故AB 错误； C．电压表V 测电阻R0两端的电压，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据串联电路分压规律可知电压表 V 的示数变大，故C 正确； D．根据P= U 2 R 可知副线圈回路的功率变大，根据理想变压器原副线圈功率相等可知变压器的输入功率变 大，故D 正确。 故选CD。 3．（2024·辽宁·高考真题）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2 = 5：1，原线圈接在电压峰 值为Um的正弦交变电源上，副线圈的回路中接有阻值为R 的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内 封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。 （1）求变压器的输出功率P； （2）已知该容器内的气体吸收的热量Q 与其温度变化量ΔT 成正比，即Q = CΔT，其中C 已知。若电热 丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2 倍，求电热丝的通电时间t。 【答案】（1）U m 2 50 R ；（2）50C T 0 R U m 2 【详解】（1）由原线圈正弦交流电的峰值可知变压器输入电压有效值为 U 1= U m ❑√2 设变压器副线圈的输出电压为U2，根据理想变压器的电压与匝数之间的关系有 U 1 U 2 = n1 n2 联立解得 U 2= n2 n1 U 1= U m 5 ❑√2 理想变压器的输出功率等于R 的热功率，即 P= U 2 2 R = U m 2 50 R （2）设加热前容器内气体的压强为p0，则加热后气体的压强为2p0，温度为T2，容器内的气体做等容变 化，则有 p0 T 0 = 2 p0 T 2 由Q =C ΔT知气体吸收的热量 Q =C (2T 0−T 0)=C T 0 根据热力学第一定律ΔU =W +Q，气体的体积不变，所以W = 0，容器是绝热容器，则 ΔU =Q 电热丝产生的热量全部被气体吸收 Q = Pt 联立整理得 U m 2 50 R t =C T 0 解得
