2021年【通用版】高考物理训练《交变电流与传感器》（含解析）

通用版高思物理与题制株（含斛析）

专题一、交变电流与传感器

第一部分名师综述

本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用，在学习的过程中，要注意理论联系实际，

要善于知识的迁移、综合和应用，本章主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一

中心展开，复习时需要注意的问题有：

1.区分瞬时值、有效值、最大值、平均值.

①瞬时值随时间做.周期性变化，表达式为e=NBScosin初（从中性面开始计时）.

②有效值是利用电流的热效应定义的，即如果交流电通过电阻时产生的热量与直流电通过同一电阻在相同

时间内产生的热量相等，则直流电的数值就是该交流电的有效值.用来计算电路中的电功率和电热.

③最大值用Em=N8S0来计算，是穿过线圈平面的磁通量为零时的感应电动势.

④平均值是利用E="空来进行计算的，计算电量时用平均值.

Ar

JF?

2.理想变压器的有关问题，要注意掌握电流比的应用，当只有一原一副时电流比」=」，当理想变压器

为一原多副时，电流比关系则不适用，只能利用输入功率与输出功率相等来进行计算.同时掌握输入功率与

输出功率的决定与被决定的关系.

3.要了解远距离输电的基本模式，弄清输电的基本规律，正确设计出输电方案，更好地传送电能.

4.对传感器部分：

①应知道求解传感器问题的思路：传感器问题具有涉及的知识点多、综合性强、能力要求高等特点，而传

感器的形式又多种多样，有的原理甚至较难理解.但不管怎样，搞清传感器的工作原理及过程是求解问题的

关键.因此，求解时必须结合题目提供的所有信息，认真分析传感器所在的电路结构，这样才能对题目的要

求作出解释或回答.另外，平时应多注意实际生产、生活中的一些实例，多一些思考，多动手，多查资料，

开阔自己的视野，丰富自己的经验，达到学以致用、活学活用的目的.

②特别注意加速度计与加速度传感器：加速度传感器实际上是变式加速度计，它将加速度信号转换为电压

信号输出，该传感器可以制作成振动传感器（因为振动物体的加速度一般不为零），振动传感器可以广泛地

应用在报警、测量等领域（如汽车、摩托车防盗报警器等）.

第二部分精选试题

一、单选题

1.如图所示的变压器中，原副线圈的匝数比为」=：,图中定值电阻凡与原线圈串联后再与一有效值为44

21

V的交变电源连在一起。阻值为16Q的定值电阻尼与标有“12V6W”的灯泡L串联后接在副线圈中,

电路稳定后灯泡L恰好正常发光。则变压器原线圈的输入功率与%消耗的功率之比为

【答案】C

【解析】

【详解】

在副线圈中，小灯泡正常发光，根据“12V6W”可求得副线圈中的电流为12=0.5A,进而可求出R2两

端的电压为8V,故副线圈两端的电压为20V；由？="和口="，可知原线圈两端的电压为40V,电流为

0.25A,故加在R1两端的电压为44V-40V=4V,故R1消耗的功率为PR1=UR1I1=1W,变压器原线圈的

输入功率为P1=U1H=1OW,故变压器原线圈的输入功率与R1消耗的功率之比为10:1,故选项C正确。

2.如图所示，理想变压器原线圈两端46接在电动势Q8V、内阻r=2Q的交流电源上，理想变压器的

副线圈两端与滑动变阻器2相连，滑动变阻器阻值可在0〜10Q范围内变化，变压•器原、副线圈的匝数比

为1：2,下列说法正确的是

A.副线圈两端输出电压〃=16Y

B.副线圈中的电流入=2A

C.当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值"=8Q

D.当电源输出功率最大时，滑动变阻器接入电路中的阻值A=4Q

【答案】C

【解析】

【详解】

设原副线圈中的匝数分别为nl和n2,电流分别为H和12,电压分别为U1和U2,则有：Ul=ETlr,电阻

R消耗的功率为：P=U2I2=U1I1,即为：P=(E-Ilr)II-I12r-EIl,可见电流为：=-A=2A时，P

2r2x2

有最大值，此时U1=4V,副线圈两端输出电压U2=2U1=8V,副线圈中的电流I2=；X2A=1A,此时滑动变阻器

接入电路中的阻值R=竽=8Q,故C正确、ABD错误。

3.用正弦式交变电流通过一理想变压器给距离较远的用户供电，电路图可等效为图示电路。副线圈与用

户之间导线的电阻为其余部分导线与电流表的电阻均不计。已知开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，

变压器输入电压有效值不变，则下列说法正确的是（)

用

户

A.开关闭合前后变压器的输入功率不变

B.开关闭合前后输电线上损失的功率之比为1:2

C.R:r=2:1

D.开关闭合前后电流表的读数之比为1:2

【答案】B

【解析】

【分析】

和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的

电流的变化的情况，再根据电压不变，结合题目的条件来分析其他元件的电流、电压及功率的变化情况。

【详解】

A.变压器输入电压有效值5不变，由?="知，在副线圈所在电路中，功保持不变,开关闭合前,Pi=P2=兽,

1>2ri2K+r

开光闭合后，用户电阻变为R'=：,P1'=P2'=a，故开关闭合前后变压器的输入功率变化，A错误；

，2+r

BC.根据开关S闭合前后用户消耗的电功率相等，有PM（萨）°R，P用’=（会）V，,可得

r2+r

R：r=V2:1,输电线上损失的功率为输电线上电阻的发热功率，开始闭合前，Pr=（去）'r,开关闭合后，

R+r

P/=（^）2-r,结合R:r=近:1,可得Pr：P「=1:2,故B正确，C错误。

D.由三=前知，电流表的示数L=洋2。则/=£■；在副线圈电路中，闭合前电流12=高，闭合后，电

流[2=ir->结合R：r=V2:l,得¥=白"=4

g+rI]122

4.如图所示，半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直，磁场的磁感

应强度为Bo,保持圆环不动，将磁场的磁感应强度随时间均匀增大经过时间t,磁场的磁感应强度增大到

B,,此时圆环中产生的焦耳热为Q；保持磁场的磁感应强度B不变，将圆环绕对称轴（图中虚线）匀速转动，

经时间2t圆环转过90°,圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q,则磁感应强度B。

和瓦的比值为（）

4y[2

【答案】A

【解析】

【分析】

当线圈不动时，根据E=F求解感应电动势，根据Q=^t求解热量；当线圈转动时，根据E=B3s求解最大

AtR

值，然后根据交流电的有效值求解产生的热量，联立后即可求解.

【详解】

若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E1=典型应，贝UQ=（t=立卑空①；若线圈转动：则

ti\tK

产生的感应电动势最大值：E2nl=B]3S=B]»口/=?红，有效值E2=1争，产生的热量Q=Sx2t=

Zt4t4V/tK

②，联立①②可得：詈=—，故选A.

lotRB]4

【点睛】

此题关键是掌握求解电动势的两个公式：=——和E=B<oS；知道求解交流电产生的热量时要用交流电的

有效值。

5.如图所示，将带铁芯的电感器/与灯泡A串联，再与另一个完全相同的灯泡B并联，接在以正弦交流信

号发生器为电源的两端。通过调节交流信号发生器上的旋钮，可以改变输出电压和信号的频率。闭合开关S,

A、B两灯均发光。关于该实验，下列说法中正确的是（）

A.保持交流信号频率不变，适当提高输出电压，发现A灯始终比B灯亮

B.保持输出电压不变，提高交流信号频率，发现A灯变暗，B灯不变

C.保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后，发现A灯比原来暗

D.断开开关S,发现B灯闪亮一下，然后熄灭

【答案】B

【解析】

【详解】

A项：提高输出电压，B端电压变大，A与L两端电压增大，由频率不变，所以A灯与B灯一样亮，故A错

误；

B项：提高交流信号频率，电压不变以，B灯亮度不变，根据X1.=2nfL可知线圈L中的感抗增大，所以A

灯变暗，故B错误；

C项：撤去铁芯后，L中的感抗减小，所以A灯变亮，故C正确；

D项：由于稳定时A、B两灯亮度相同，所以当开关S断开时，A中的电流逐渐熄灭，故D错误。

【点睛】

解决本题关键理解线圈对交变电流的阻碍作用有两：1、线圈导线本身的电阻(直流电阻)，2、感抗即

=2»

6.一个含有理想变压器的电路如图所示，其中八3、4为定值电阻，2为滑动变阻器，电表为理想

电表，U为正弦交流电源，其电压有效值恒定，当滑片从左向右滑动的过程，下列说法正确的是()

A.理想变压器输出功率减小

B.电流表示数减小

C.电容器所带电荷量始终不变

D.电压表示数不变

【答案】B

【解析】AB、根据功率相等可知：叫=1泣+⑥飞出2+R3)

当滑片P从左向右滑动的过程R2的阻值增大，所以I1减小，

则理想变压器的输出功率为P=UI]-则变压器的输出功率时关于电流的一元二次函数，所以输出功率

随电流L的减小有可能增大也有可能减小，故A错误；B正确；

C、由于电流L变小，变压器的匝数不变，所以副线圈上的电流也变小，所以电阻R3上的电压变小，根据Q=CU3

可知电容器上的电荷量也在减小，故C错误；

D、UI=U-I]R「由于电流L减小，所以电压U1增大，变压器匝数不变，根据各=£，所以“也增大，故D

错误；

故选B

7.一个含有理想变压器的电路如图所示，图中L、LZ和Ls是完全相同的三个灯泡，U为正弦交流电源。当

开关S断开时，电路中的灯泡均能正常发光。下列说法正确的是

A.理想变压器原、副线圈匝数比为2:1

B.理想变压器原、副线圈匝数比为1:1

C.开关S闭合稳定后，灯泡L和L,消耗的功率之比为1:4

D.开关S闭合稳定后，灯泡L能正常发光而L2无法正常发光

【答案】•B

【解析】A、B、设三个灯泡的电阻为R,正常发光的电流为I,电压为U0,有流过原线圈的电流人=/,流

%_/21

过副线圈的电流也为12=/,由变压器知识得%A1,故A错误，B正确。C、开关S闭合稳定后，设

流过副线圈的电流为4,可知流过原线圈的电流,：=4，根据功率P=『R可知L1和L2的功率之比为1:1,

_,，/;=2/

故C错误。D、开关S闭合前，对原线圈电路有U=/H+/H,而S闭合后有U=/：R+/12R,解得13

可得三个灯泡均不能正常发光.D错误。故选B。

【点睛】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时

注意明确输入电压与总电压之间的关系。

8.如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在=22W^sin/00nC)的交流电源上，副线圈接有

庐55Q的电阻，原、副线圈匝数比为2：1。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为

理想电表。则

A.副线圈的输出功率为110W

B.原线圈的输入功率为1102丫

C.电流表的读数为1A

1).副线圈输出的电流方向不变

【答案】A

【解析】

因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流。Um：U2m=n1：n2,

所以副线圈电压的最大值为U2nl=110应V,设副线圈电压的有效值为6,则有串T=o+库•；，解得

U2=55V2V,副线圈的输出功率为：P2=4=110W,原线圈的输入功率为Pl=P2=HOW.A正确B错误；

K

电流表读数为：12=?=调A,C错误；因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中

电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变，D错误.

【点睛】有效值是根据电流热效应来规定的，让一个交流电流和一个直流电流分别通过阻值相同的电阻，

如果在相同时间内产生的热量相等，那么就把这一直流电的数值叫做这一交流电的有效值。计算电功率使

用有效值，交流电表的读数是有效值.

9.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比m：m=5：1,电阻R=10Q,L、L为规格相同的两只小灯

泡，S,为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将&接1、

S2闭合，此时L正常发光。下列说法正确的是（）

A.只断开&后，原线圈的输入功率增大

B.输入电压u的表达式=20^sin（50）

C.若S1换接到2后，原线圈的输入功率为1.6W

D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W

【答案】D

【解析】

A、只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，副线圈电压不变，则副线圈的功率变小，即原线圈的输入功

率变小，A错误；B、由图乙知周期＞0.02s,3=募=100n,所以输入电压u的表达式应为u=

20V2sin（100nt）V,B错误；C、D、若SI换接到2后，由J="=：,小=邛=20V,则电阻R电压有效

值为4V,R消耗的电功率为P2=¥=（=0.8肌而变压器两端的功率相等，则输入功率也为0.8肌C错误，

K

D正确.故选D.

【点睛】掌握理想变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等。

10.匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流（图中曲线为余弦曲线的一部分），单匝线圈电阻r=0.02。,

则在0〜10s内线圈产生的焦耳热为（）

A.80JB.85JC.90JD.125J

【答案】B

【解析】

试题分析:根据有效值的定义方法可知:

3TT

(V2)2RX2+22义2=I2R.T

解得I="TA

总电阻为r=100X0.02=2Q；

先

则10s内产生的焦耳热Q=I2rt=(2)2X2X10=85J；

故选:B.

【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该时间内的有效

值和最大值之间的关系仍然为Iin=72/.

二、多选题

11.图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、6端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻阻值分别为分、

感且用〈兄，理想变压器的原、副线圈匝数比为4且kl,电流表、电压表均为理想表、其示数分别用I

和〃表示。当向下调节滑动变阻器用的滑动端尸时，电流表、电压表示数变化分别用△/和△〃表示•则以

下说法正确的是

A.一=iB.---=―?

C.电源的输出功率一定减小D.电压表示数一定增加

【答案】BCD

【解析】

【详解】

A、因一=2+3，故A错;

B、根据变压器的原理」=」=，」=」=，解得：1=,/=，，在原线圈电路中，

222I2

=；/+/,即=//+/=-/+2，整理得：2='--52,根据几何关系可

知=-5，故B对；

C、当向下调节滑动变阻器用的滑动端一时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减

小，C对;

D、当向下调节滑动变阻器用的滑动端夕时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那

么电阻7上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大,

故D对；

12.中国特高压远距离输电技术己成为国际标准，使“煤从空中走、电送全中国”成为现实。如图为远距

离输电示意图，发电厂输出电压〃=10'V,输出功率八=10'W.两个理想变压器的匝数比分别为功:优=1:100、

C.通过电阻r的电流2=2乂1〃D.电阻r损耗的电功率为5x/O’

【答案】BD

【解析】

【详解】

C.根据」=』得，2=」/=2x/A="A,则通过电阻r的电流为/血，故C错误；

7

A.电阻r两端的电压为=2=/"‘Ax50Q=1?x/"V,则3=2~=/"V—5x/〃V=95x

1th,同理可得彳=-3=99.5x=9.5x1炉7,则4主/＞故A错误；

3I3

B.由于2=3,同理可得4=—3=^X1炉卜,贝IJ4=〃故B正确；

2

D.电阻r损耗的功率=2=（/0）'x5（邓=5x/O’W,故D正确。

13.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R。为定值电阻，R

为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表儿的示数增大了0.2A,电流

表A2的示数增大了0.8A,则下列说法正确的是（）

A.该变压器起升压作用

B.电压表%示数增大

C.电压表5、V、示数均增大

D.变阻器滑片是沿c-d的方向滑动

【答案】AD

【解析】

【详解】

A、理想变压器〃/=则〃△/,=乙A4,△石＞△/,故〃＜心变压器为降压变压器，选项A正确；

B、电压表％的示数和a、6间电压的有效值相同，滑片滑动时％示数不变，选项B错误；

C、电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故％示数不变，\'3

示数为V2示数减去吊两端电压，两线圈中电流增大，易知而两端电压升高，故V：示数减小，选项C错误;

D、因人增大，故知小减小，变阻器滑片是沿c-d的方向滑动，选项D正确。

14.如图所示为聚力输电的原理图，升压变压器的原、副线圈匝数比为a,降压变压器的原、副线圈匝数比

为b,输电线的电阻为，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为，若由于用

户的负载变化，使电压表2的示数增大了△，则下列判断正确的是（）

A.电压表/的示数不变

B.电流表2的示数减小了

C.电流表/的示数减小了

I）.输电线损失的功率减小了（qy'

【答案】AC

【解析】

【详解】

A、发电机输出的电压恒为U,升压变压器的原、副线圈匝数比为a,所以有：一=,即电压表/的示数

/

恒为/=一，保持不变，故A正确；

BC、降压变压器原副线圈两端的电压之比等于b,所以有口=，即降压.变压器原线圈两端电压增大了bZ\U,

△

故A错误；根据闭合电路欧姆定律，电流表由示数减小j'q,输电线上电流减小了―，根据电流与匝

数成反比知，电流表％示数减小了•3=_、，故B错误，C正确；

D、由于输电线上电流减小了3，故输电线损失的功率减小量一定不是P=（一一）2。

15.如图所示，在理想变压器的原、副线圈回路分别接有阻值均为的3个定值电阻，原线圈回路所接交

流电源电压恒定，当开关闭合后，3个电阻??消耗的功率相等，则下列说法正确的是

A.原副线圈匝数比〃二优=2:1

B.开关断开前后，变压器输入端电压不变

C.断开开关后，变压器输出端电压变为闭合前的？

5

D.断开开关后，所有电阻消耗的总功率变为闭合前消耗总功率:

【答案】AC

【解析】

【详解】

三个电阻消耗的功率相等，可知电流相等，设每个电阻的电流为I,则初级电流为I,次级电流为21,则原

副线圈匝数比a：小=L：1尸2:1,选项A正确；开关断开后，次级电阻变大，则次级电流减小，初级电流减

小，电阻R的电压减小，可知变压器输入端电压变大，选项B错误；设交流电源电压为U,则当开关闭合时

设初级电流为I,则变压器输入电压为Ui=UTR；次级电流为21,则次级电压为Uz=IR,由匝数比可知：5=2比，

解得次中，则口=争；当开关断开时设初级电流为r,则变压器输入电压为UJ=UT'R；次级电流为21',

则次级电压为IV=21'R,由匝数比可知：=2UJ,解得I'R=^J,则，'=凯；则断开开关后，变压器

输出端电压变为闭合前的今选项C正确；开关闭合时，三个电阻消耗的总功率：=3x口=9；开关

，

打开时三个电阻消耗的总功率：'=lZ+S-2=_,则断开开关后，所有电阻消耗的总功率变为闭合

5

前消耗总功率（选项D错误；故选AC。

16.如图所示，导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的金属圆环上，两圆环所在空间

处于方向竖直向下的匀强磁场中，圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d两个端点接在匝数比m：n2=10：1

的理想变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R。，导体棒ab绕与ab平行的水平轴（即两圆环的

中心轴，轴与环面垂直）00'以角速度匀速转动。如果滑动变阻器连入电路的阻值为R时，电流表的示数

为I,ab棒、圆环及接触电阻均不计，下列说法正确的是

A.变压器原线圈两端的电压,=10

B.滑动变阻器上消耗的功率为=1002

C.取ab在环的最低端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是=y[2sin

D.若c、d间改接电阻R'后电流表的示数不变，ab棒转过90°的过程中流过ab棒的电荷量可能为竺竺

【答案】BD

【解析】

【详解】

由变压器原副线圈两端得电压电流公式可知,十得12=101，由因H，U2=10IR得U]=100IR,故A错误，由

2=2'2=10。,知B正确；ab在环的最低端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是

=V^cos,故C错误；在cd端接电阻后，原电路得电压仍然不变是U]=100IR,因此电流表的示数

不变可知电阻'=100,故选项D可化为空与一=，一=3一，而有电荷量得公式=—,交流

电得电流最大值追=——，旋转90度A=联立可得=且，所以D正确

17.由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为©=Msinst,则产生的感应电动势为

e=3①"cosat。如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD（由细软弹性电阻丝制成）端点A、D固定。在以

水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线

框的电阻恒定，圆的半径为R,用两种方式使导线框上产生感应电流。方式一：将导线上的C点以恒定角速

度以（相对圆心0）从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持NADC=45°,将导线框从竖直位置

以恒定的角速度3,转90°。则下列说法正确的是

A.方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针

B.方式一中，导线框中的感应电动势为e,=8*

C.两种方式中，通过导线截面的电荷量相等

D.若。尸。?，则两种方式电阻丝上产生的热量相等

【答案】AB

【解析】

【分析】

对于闭合线框ACDA而言，在磁场中的面积先增大后减小，根据楞次定律判定电流方向：根据几何知识找出

线框磁通量表达式，从而知电动势的瞬时值表达式，根据=——判断电荷量；根据有效值求解电热.

【详解】

方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选

项A正确；第一种方式穿过回路的磁通量①尸腑sin31t,所产生的电动势为e,=Wilcosw,t,选项B

正确；根据=——可知两种方式中，磁通量的变化量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C错

误；第二种方式穿回路的磁通量中2=“C0S32t,所产生的电动势为d=3?“sina",则两种方式所产生

的正弦交流电动势的有效值之比为」=」，时间满足一二=缥=：,根据=一可知，」=乙=；,

1

22229yl22

故D错误。故选AB。

【点睛】

以电磁感应为命题背景考查学生的推理能力、分析综合能力和应用数学处理物理问题的能力，

本题关键明确交流四值中最大值、平均值、瞬时值和有效值的区别，会根据几何知识写出交流的表达式，

注意知识的迁移应用.

18.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为1:2,正弦交流电源电压为U=12V,电阻R,=IQ,R2=2Q,

滑动变阻器R3最大阻值为20Q,滑片P处于中间位置，则

A.R与%消耗的电功率相等

B.通过R的电流为3A

C.若向上移动P,电源输出功率将变大

D.若向上移动P,电压表读数将变大

【答案】BC

【解析】

【分析】

对理想变压器原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压之比，等于电流的倒数之比，据此进行分析.

【详解】

理想变压器原副线圈匝数之比为1:2,可知原副线圈的电流之比为2:1,根据P=?R可知R与艮消耗的电功

率之比为2：1,选项A错误；设通过R的电流为I,则副线圈电流为0.51,初级电压：U-IRF12-I；根据

匝数比可知次级电压为2(12T),则牛2=2+匕3=12,解得I=3A,选项B正确；若向上移动

P,则Rs电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源一输出功率将变大，电阻R的电压

变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，则选项C正确，D错误；故选BC.

19.某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m，、匝数为N=100匝、电

阻为r=5.0Q,线圈所处的空间是磁感应强度为B=^T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为

n=—r/mino如图所示是配电原理示意图，理想变压器原副线圈的匝数比为5：2,R=5.0Q、R?=5.2Q,电

压表电流表均为理想电表，系统正常运作时电流表的示数为I=10A,则下列说法中正确的是

A.交流电压表的示数为720V

B.灯泡的工作电压为272Y

C.变压器输出的总功率为2720W

D.若负载电路的灯泡增多，发电机的输出功率会增大

【答案】CD

【解析】

【分析】

(1)根据=-k求出电动势的有效值

(2)根据闭合回路欧姆定律求出原线圈的电压

(3)利用」==及」=」求出副线圈的电压

2122

(4)根据电路结构求电动机的输出功率

【详解】

A、根据题意电流表的示数为10A,根据」==解得原线圈的电流为4A,线圈在磁场中产生电动势的有效值

2I

为=­~=720，

则电压表的读数为=-=720-4x5=700，故A错；

BC、原线圈的电压为/=-/(+；)=720-4X10=680根据」=」可以求出副线圈上的电压

22

为2=272,所以副线圈上的功率为=22=272^10=2720

此时灯泡上的电压为'=272-10x5.2=220故B错；C对

D、把发电机外的所有用电器等效为一个电阻为R的电阻，根据题意可知>,若负载电路的灯泡增多，

则等效电阻R减小，根据电源输出功率与电阻之间关系的函数图像可知，此时发电机的输出功率会增大，

故.D对；

故选CI)

【点睛】

此题比较复杂，对于原线圈中有用电器的变压器问题来说，•般做题的方向是利用前后功率相等来求解的。

20.如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n:巾=55:4,原线圈接有交流电流表A”副线圈电路接有

交流电压表V、交流电流表A?、滑动变阻器”等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电

阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是

图®图山）

A.交流电压表V的读数为32S/1V

B.灯泡L两端电压的有效值为圆

C.当滑动变阻器的触头户向上滑动时，电流表川示数减小，V示数增大

D.由图（b）可知交流发电机转子的角速度为rad/s

【答案】BD

【解析】

【分析】

根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二

极管的性质则可明确灯泡L两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化；根据图b可知输入

电压的最大值和周期，从而求出对应的有效值和角速度.

【详解】

A、由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V,根据」=」，可得副线圈电压为32V,交流电压表V的示

22

数为有效值即为32V,故A错误；

B、设灯泡L两端电压的有效值为U,灯泡的阻值为r,交变电流的周期为T,根据交变电流有效值的定义

有：—•——---->解得：—16\!~2^（故B正确；

C、当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则电

压表Y的示数不变；则由欧姆定律可知，电流表显示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，

所以电流表4示数也增大，故C错误；

D、根据=—=100rad/s可知，交流发电机转子的角速度为100页rad/s；故I）正确.

故选BD.

【点睛】

本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功

率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方法的掌握情况.

三、解答题

21.在图甲中，直角坐标系。灯的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为28,第3象限

内的磁感应强度大小为B,磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.现将半径为R,圆心角为90°的扇形导线框

〃也以角速度2°绕。点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为工

(1)求导线框中感应电流最大值.

(2)求导线框从图示位置开始转过90°的过程中通过导线框横截面的电荷量.

(3)求线框匀速转动一周产生的热量.

-22c2<24

［答案］(1)—―(2)丁一(3)-―n——

【解析】

【详解】

(1)线框从图甲位置开始(L0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为：

2

1=-22.20

由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：/=」

联立以上各式解得：/=―j

同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为：2=—

故感应电流最大值为：=—

(2)导线框从图示位置转过9/过程中

—=——=二=一.联立可得：=—

=-2.2

2

(3)线框转一周产生的热量：然=(f.-+(.7)x2

线框进出第3象限的过程中，回路电流为：2=——

又=7-

20

解得：=5广’

22.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.5T,边长>10cm的正方形线圈abed共100匝，线圈电阻r=lQ,

在外力的作用下，绕垂直于磁感线的对称轴00'匀速转动，角速度3=2nrad/s,电阻R=4Q。求：

(1)写出流过电阻R的电流的瞬时值表达式；

(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过7.25秒时，线圈产生的感应电动势的值；

(3)由图示位置转过30°角的过程中，通过电阻R的电量；

(4)电压表的示数；

(5)线圈转动一周过程中，外力做的功。

【答案】(1)i=0.2Jicos2Jit(A)(2)0(3)0.05C(4)1.78A(5)0.99J

【解析】

【详解】

(1)根据区=伤。£可得感应电动势的最大值：£,=100X0.5X0.l2X2nV=nV；

则通过电阻〃电流的最大值：=——=—=0.2

+4+1

则流过电阻分的电流的瞬时值表达式：=0.22()

(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过7.25秒时，线圈转过的角度为==2x7.25=

14.5，此时线圈平面与磁场垂直，则产生的感应电动势的值为0；

(3)由图示位置转过30°角的过程中，通过电阻R的电量：=——=——包工=3空"士竺=

++5

0.05；

(4)电压表的示数=--=7=-一；==L78

+阳+)542

(5)线圈转动一周过程中，外力做的功等于产生的电功率：

23.如图所示，在坐标xoy平面内存在B=2.0T的匀强磁场，0A与0CA为置于竖直平面内的光滑金属导轨,

其中的满足曲线方程x=0.5sinM，C为导轨的最右端，导轨力与财相交处的。点和4点分别接有体积

可忽略的定值电阻R和Rz,其R=4.0Q、R2=12.0Q„现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒业V在竖直向

上的外力尸作用下，以v=3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻Ri、R,卜其余电阻

不计,gMZ10m/s2,求:

MN

(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；

(2)金属棒MN滑过导轨0C段过程中，整个回路产生的热量。

(3)金属棒MN滑过导轨0C段过程中，外力F做的功

【答案】(1)1(2)1.25(3)3.75

【解析】

【详解】

(1)当导体棒连入轨道的长度最长时，感应电动势最大，则==3

外电路总电阻：#=—一=3

则=--二1

并

(2)导体棒运动形成的正弦交变电压：=3sing()

电动势有效值：$

2

则=—=1.25

并

(3)由能量守恒关系可知：=+=3.75

24.如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数为=50

匝，电阻=1.0,在它的c、d两端接一般值=9.0的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的

磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。求：

(1)在一个周期内，电阻A上产生的焦耳热；

(2)从/到2时间内，通过电阻A的电荷量。

【答案】(1)5.7X10」(2)2X10"

【解析】

【分析】

(1)求出交流电的有效值，再根据焦耳定律即可求出电阻R上产生的热量：

(2)根据法拉第电磁感应定律可确定平均电动势，求出平均电流，从而求出电量大小。

【详解】

(1)由图乙知T=nXIO's；受电线圈中产生的电动势为最大值==—=5Ox2.Ox

1074x=20

X小

线圈中产生感应电流的最大值大小为=一1=20；

通过电阻电流的有效值为=下；7

电阻在一个周期内产生的热量Q=/RT=5.7X102J

线圈中感应电动势的平均值一=——

(2)△

通过电阻电流的平均值为一=.二

通过电阻的电荷量q=—/\t

由题图乙知，在T/4〜3T/4的时间内，△忏4X10'Wb

解得=2X10Y

【点睛】

本题考查电磁感应以有交流电的性质；求解交变电流的电功率时要用有效值。在电磁感应中通过导体截面

的电量经验公式是Qnn-7-,可以在推导的基础上记住。

25.如图为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，图示位置矩形线圈平行于磁感线，其矩形线圈的长

度a炉0.25/%宽度A=0.20〃，共有疗100匝，总电阻尸5.0Q,可绕与磁场方向垂直的对称轴转动。

线圈处于磁感应强度比0.47的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0%1.8『“的灯泡,

当线圈以角速度3匀速转动时，小灯泡恰好正常发光，求：

(1)线圈转动的角速度3;

(2)图示位置时cd边所受的安培力的大小和方向；

(3)线圈从图示位置转过90°过程中流过灯泡的电量和线圈产生的电能。

【答案】(1)(2)4.8方向从c到d；(3)0.2C；1.33Jo

【解析】

【分析】

(1)小灯泡正常发光可知流过灯泡的电流和灯泡上的电压，然后根据闭合电路的欧姆定律和电流的其他公

式，可以计算出线圈转动的角速度；

(2)求出电路中的电流，然后由安培力的公式求出安培力，由左手定则判断方向。

(3)根据交流电的有效值计算电能；根据=丁求解流过灯泡的电量。

【详解】

(1)小灯泡的额定电流为:

小灯泡的额定电阻为:

可得电动势最大值为：氏=0.6X(5+5)=6，

最大值为：窃6Vzy

又：E萨mBS3=nrab*be*

可得：＜^=3y/2rad/s

(2)cd边上的电流也是0.64则cd受到的安培力:100X0.4X0.6X0.20=4.8/V；

cd边此时运动的方向向上，由左手定则可知感应电流的方向为从c到＜7；

(3)流过灯泡的电量为：=-=—

由因为：EmmBSa

所以有:0.2。

由焦耳定律可得：总=一，

由能量守恒可得线圈产生的电能：胎。必

所以线圈产生的电能：胎1.33/

【点睛】

本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分

析，求电荷量要用平均值。

26.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴00'

匀速转动，转动的角速度3=10nrad/s,线圈的匝数N=10匝、电阻r=lQ,线圈所围面积S=0.1m?.线圈

的两端经滑环和电刷与阻值R=9Q的电阻相连，匀强磁场的磁感应强度B=1T.在t=0时刻，线圈平面与磁

场方向平行，则：

(1)从图示位置开始计时，写出通过R的电流的瞬时表达式;

(2)若在R两端接一个交流电压表，它的示数为多少？

(3)线圈转动一周过程中，R上产生电热Q为多少？

(4)线圈从图示位置转过90°过程中，通过R的电荷量q为多少？

【答案】(l):=3.14cos3L4tA(2)氏20V(3)缶9J(4)^=0.IC

【解析】

【详解】

(1)感应电动势的最大值为：E„,=NBSw=10X1X0.1X10nV=31.4V

感应电流的最大值为：===含=3/4

电流的瞬时表达式为:i=lmcos«t=3.14cos31.4tA

(2)电流的有效值为：

电阻R两端电压有效值为：U=1R

联立得电压表示数为：U=20V

(3)R产生的热量为：Q=/Rt

•周时间为：t£=0.2s

解得：Q=9J