【二轮复习】高考物理专题10 交变电流及远距离输电的运用（基础+培优）.zip

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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
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．12BSω，电流方向为KNMLKB．32BSω，电流方向为KNMLK
C．12BSω，电流方向为KLMNKD．32BSω，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=Emcsωt=BSωcs30°=32BSω
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=20sin100πtV，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（ ）
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=ω2π=50Hz
故A错误；
B．此发电机电动势的有效值为
E=202V=102V
线圈电阻不计则电阻R消耗的功率为
P=U2R=E2R=(102)210W=20W
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（ ）

A．交变电流的频率为50Hz
B．R两端电压的有效值为502V
C．若电阻R=10Ω，则1min内R产生的热量为1.5×104J
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=1T=10.02Hz=50Hz
故A正确；
B．由图乙可知，前T2周期内最大电压为100V，后T2周期内电压是零，由有效值的定义可得
Um22R⋅T2=U2RT
解得R两端电压的有效值为
U=50V
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=I2Rt=UR2Rt=50102×10×60J=1.5×104J
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=2πT=100rad/s
交变电压的最大感应电动势为
Em=nBSω=200V
电压的有效值为
U=Em2=1002V
AB．交变电压的有效值由
U=Em2
得UA=1002V，UB=100V， 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
U2Rt=U12R·23t+U22R·13t
得
U=1002V
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UL=40V，可得原线圈1两端的电压
U1=220V-UL=180V
选项A正确；
BC．根据理想变压器电压与匝数的关系有
U1n1=U2n2=U3n3
其中U2=12V、U3=18V、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
U1I1=P1+P2
其中P1=36W、P2=54W，解得通过灯泡L的电流有效值I1=0.5A，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25HzB．电流表的示数为1A
C．电压表的示数为50VD．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=1T=14×10-2Hz=25Hz
故A项正确；
B．由图乙可知，输入电压的有效值
U0=100V
则有
U0=U1+I1R1
（其中U1为原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流），根据公式
U1U2=I2I1=n1n2=21
R2=U2I2
又
R1=R2=20Ω
联立可得
U1=80V
I1=1A
I2=2A
所以B项正确：
C．电压表两端电压
U2=12U1=40V
C项错误；
D．电阻R2消耗的功率
P=I22R2=80W
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=2202cs100πtV。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10W，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10V，频率为100HzD．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2202V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
n11=220VU1
解得
U1=0.2V
故B错误；
ACD．根据
P=U2R
副线圈电压为
U2=PR=10V
流过R的电流为
I2=U2R=1010A=1A
根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
1n2=0.2VU2
解得
n2=50
根据
f=1T=12πω=12π100π=50Hz
周期为
T=1f=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=202sin100πtV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（ ）

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40V
D．电阻箱R2的阻值为20Ω时，变压器的输出功率为40W
【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
n1n2=U1U2
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
n1n2=I2I1
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+R1R2R1+R2=40Ω
由于副线圈的输出电压为40V，则副线圈的电流为
I2=U2R=4040A=1A
由
n1n2=I2I1
得
I1=2A
则电源消耗的电功率为
P=U1I1=40W
则变压器的输入功率为40W，所以变压器的输出功率为40W，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=I2R
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（ ）
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n1I1=n2I2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U1减小，由U1U2=n1n2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I2=IR2+IR4可得IR4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U1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U2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U4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U2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
【答案】B
【详解】A．若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路中电流变小，由
P损=I2R
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U4降低，电路中电流变大，由
I3I4=n4n3
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
U1U2=n1n2
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“6V，3.6W”，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T1的输出电压为38V
【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T1的输出电压等于T2对应的输入电压与R上损失电压和，匝数比满足
n1n2=U1U2=k1，n3n4=U3U4=U2-URU4=k2
又因为
U1=U4=6V
则有
k1k2=U1U2⋅U2-URU4=U2-URU2n2，二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=nΔΦΔt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大值不相等，有效值也不相等；根据P=U2R 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2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为
U2=2IR1
则变压器原线圈的电压有效值为
U1=2U2=4IR1
设输入交流电的电压有效值为U0，则
U0=4IR1+IR2
可得
I=U04R1+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
U1=4IR
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
U1=n2IR1
则
U0=n2IR1+IR2
整理可得
I=U0n2R1+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=IR2
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=IU1=U0n2R1+R2⋅(U0-U0R2n2R1+R2)
整理可得
P1=U02n2R1+R22n2R1+2R2
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=Umcs(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（ ）
A．n1为1100匝，Um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2202V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为
n11=220V0.1V
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
nBC1=12V0.1V=120
BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为
IBC=PUBC=12W12V=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100π，故交流电的频率为
f=1T=ω2π=50Hz
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
IAC=UACR=3012A=2.5A
交流电的周期为
T=1f=2πω=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220V，副线圈两端的电压为4.4V，副线圈的电流为1.0A，若将该变压器视为理想变压器，则（ ）
A．原、副线圈匝数之比为25:1B．原线圈的电流为0.02A
C．副线圈两端的电压最大值为5VD．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
n1n2=U1U2=2204.4=501
A错误；
B．由理想变压器的变流公式
I1I2=n2n1=150
解得原线圈电流
I1=150×1.0A=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
U2m=2×U2=2×4.4V=6.16V
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（ ）
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U1=UV1不变，根据
U1U2=n1n2
可知，变压器副线圈的输出电压U2=UV2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
I2=U2R+R灯
可知，副线圈的电流I2=IA2变大，而由
UV3=U2-I2R
可知V3减小；由理想变压器的原理
U1I1=U2I2
可知原线圈的电流I1=IA1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（ ）
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
I2=U2R副
可知副线圈的电流逐渐减小，由
n1n2=I2I1
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=U1I1
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=I2R
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L4。线圈中感应电动势的有效值为（ ）
A．NBL2ωB．22NBL2ωC．12NBL2ωD．24NBL2ω
【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=NBωL2
因此有效值为
E=Em2=22NBωL2
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=502sin10πtV，电压表和电流表均为理想交流电表，则（ ）
A．该交流电周期为0.02sB．电压表的读数为100V
C．电流表的读数为10AD．电阻的电功率为1kW
【答案】C
【详解】A．该交流电的周期
T=2πω=2π10πs=0.2s
B．电压表的读数为交流电的有效值，即
U=5022V=50V
选项B错误；
C．电流表的读数为
I=UR=505A=10A
选项C正确；
D．电阻的电功率为
P=IU=10×50W=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=2cs5πt AD．该交变电流的有效值为22 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=2πT=5πrad/s
故该交变电流的表达式为
i=imaxcsωt=2cs5πt A
故C正确；
D．该交变电流的有效值为
i=imax2=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（ ）
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=1T=5Hz
故A错误；
B．由理想变压器原理可知
U1U2=n1n2
解得，副线两端的最大电压为
U2=n2n1U1=3V
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（ ）

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=I2R
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=2202sin100πtV的交流电给36V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2202VB．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=22022V=220V
选项A错误；
B．交流电的周期
T=2πω=2π100πs=0.02s
选项B正确；
CD．根据
n1n2=U1U2
可得副线圈匝数
n2=U2U1n1=36220×1100=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4ω
B．灯泡两端电压有效值为32nBL2ω
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42nBL2ω3
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
【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4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；
B．线圈产生感应电动势的最大值
Emax=nBS⋅4ω
又
S=L2
联立可得
Emax=4nBL2ω
则线圈产生感应电动势的有效值
E=Emax2=22nBL2ω
根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为
U=RER+R=2nBL2ω
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'=8nBL2ω
此时线圈产生感应电动势的有效值
E'=Emax'2=42nBL2ω
根据电阻定律
R'=ρlS'
可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值
U'=RE'R+2R=42nBL2ω3
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
E=nBSω2
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
n1n2=80%U1U2
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=2202sin100πt(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（ ）
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
U1=22022V=220V
则次级电压有效值
U2=n2n1U1=12×220V=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=U2-ULPLUL=110-10050100Ω=20Ω
故选BD。
22．（2021·河北·高考真题）如图，发电机的矩形线圈长为2L、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（ ）
A．通过电阻R2的电流为n1In2B．电阻R2两端的电压为n2IR1n1
C．n0与n1的比值为2NBL2ωIR1D．发电机的功率为2NBL2ωI(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
n0n1=U0U1，n0n2=U0U2
代入数据有
U0= n0n1IR1，U2= n2n1IR1
再由欧姆定律有
U2= I2R2
可计算出
I2= n2R1n1R2I
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= Emax2 = 2NBL2ω
由选项AB知
U0= n0n1IR1
则
n0n1=2NBL2ωIR1
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= 2NBL2ωIn0(n12R2+n22R1n1R2)
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0.5m2，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）6.4×102V；（2）3.1×104W
【详解】（1）电动势的最大值
Em=NBSω
有效值
E=Em2
解得
E=NBSω2
带入数据得
E≈6.4×102V
（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=3.1×104W