交变电流 章末综合检测（提升卷）解析版-2024-2025学年高二物理（人教版选择性必修第二册）

交变电流章末综合检测（提升卷）

（考试时间：100分钟试卷满分：100分）

一、选择题（本题共20小题，共45分。在每小题给出的四个选项中，第175题只有一项符合题目要

求，每小题2分；16~20题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有选错的

得0分。）

1.（23-24高二下•四川绵阳•期中）“南鲤号”称之为“海上充电宝”，是一个利用海浪发电的大型海上电站,

其发电原理是海浪带动浪板上下摆动，从而驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能

单方向转动。若转子带动线圈如下图逆时针转动，并向外输出电流，则下列说法正确的是（）

A.线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量最大

B.线圈转动到如图所示位置时产生的电动势为零

C.线圈转动到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上

D,线圈转动一周电流方向改变两次，图示位置正是电流变向的时刻

【答案】C

【解析】A.线圈转动到如图所示位置时穿过线圈的磁通量为零，最小，故A错误；

B.线圈转动到如图所示位置时，磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，此时产生的电动势最大,

不为零，故B错误；

C.根据右手定则可知，线圈转动到如图所示位置时a端电势高于6端电势，根据左手定则可知，线圈转动

到如图所示位置时其靠近N极的导线框受到的安培力方向向上，故C正确；

D.线圈转动一周电流方向改变两次，线圈经过中性面一次电流方向改变，图示位置是峰值面，故图示位置

不是电流变向的时刻，故D错误。

故选C。

2.（23-24高二下•北京•期中）如图（a）_（b）_（c）—（d）-（e）过程是交流发电机发电的示意图。

线圈的湖边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上,

线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是（）

A.图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大

B.从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是，=4^亩创

C.当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变

D.当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，cd边感应电流方向为c—d

【答案】C

【解析】A.图（a）中，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0,故A错误;

B.从线圈在中性面位置开始计时的表达式才是；Osin。/,故B错误;

C.当线圈转到图（c）位置时，线圈在中性面位置，故穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最小为零,

电流方向将改变，故C正确；

D.当线圈转到图（d）位置时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，故感应电动势最大，cd边感应电流方

向为d-c,故D错误。

故选Co

3.（24-25高三上•天津南开・期末）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。制动时

车轮转动带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生交变电流。若，=0时磁场方向恰与线圈平面垂直，磁

极位置如图甲所示，磁极匀速转动，线圈中的电动势随时间变化的关系如图乙所示。将两磁极间的磁场近

似视为匀强磁场，下列说法正确的是（）

A./=0时线圈中磁通量为0,磁通量变化率最大

B.1=%时线圈中电流方向由P指向0

2R

C.。〜％过程，线圈中的平均感应电动势大小为冬

71

2nt

D.线圈中的电动势瞬时值表达式为e=&cos

【答案】C

【解析】A.，=0时线圈中磁通量最大，磁通量变化率为零，选项A错误;

B.根据右手定则，f=%时线圈中电流方向由。指向尸，选项B错误;

C.0〜4过程，线圈中的平均感应电动势大小为

△①BS2nBS(oIE,

E=n---=n

At_1_2^7171

4co

选项c正确;

D.线圈中的电动势瞬时值表达式为

2兀

e=Emsin(旬=Emsin

选项D错误。

故选C。

4.（2023•江苏南京•模拟预测）如图所示，交流发电机的矩形线框共有N=100匝，总电阻，-nLOQ,

BC=AD=AB=DC=Q.lmo绕垂直于磁场方向的对称轴。O'以o=400rad/s的转速匀速转动，给火=7.0。

的电阻供电。线框所在匀强磁场的磁感应强度8=01T,其处于中性面时开始计时，则（）

A.电阻R两端的最大电压为40V

JT

B.通过R的电流方向在0~葡『内改变1次

JT

C.在o内外力至少对系统做功TTJ

jr|

D.在0~W^s内通过线框导线横截面的电荷量为

1200160

【答案】D

【解析】A.线圈产生感应电动势的最大值为

=A^5^=100x0.1x0.1x0.1x400V=40V

根据闭合电路欧姆定律可知电阻R两端的最大电压为

*=£币3

故A错误;

B.交变电流的周期为

口200

jr

可知通过区的电流方向在0~^s内改变2次。故B错误;

C.线圈产生感应电动势的有效值为

Fr-

E=-^=20V2V

V2

在0~^s内外力对系统做功的最小值为整个电路消耗的电能，即

W=-^—T=-i

R+r2

故C错误;

D.依题意，可得

71T

Z-T200S__6

jr

此时线圈平面与中性面夹角为60°,则在0~金$内通过线框导线横截面的电荷量为

-E①/NBScos6001八

q=It=------1=N-------------=-------------=——C

R+rtR+r2（R+r）160

故D正确。

故选D。

5.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随

时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻不计，外接灯泡的电阻为尺=2Q,理想电压表与灯泡并

联。则下列判断正确的是（）

图甲图乙

A.，=0.01s时，线圈位置与中性面重合

B.=0.005s时，电压表读数为6行V

C.灯泡的电功率为36W

D.e随f变化的规律为0=6行5也504\)

【答案】A

【解析】A.，=0.01s时，感应电动势为零，线圈位置与中性面重合，故A正确;

B.电压表读数为有效值，由图乙知线圈电动势为Em=6后，其有效值为

电路中的电流为

电压表示数为

U=IR=6N

故B错误；

C.灯泡的电功率为

P=/2R=18W

故C错误；

D.e随/变化的规律为

e=Emsin<ot（N）

其中

Em=672V,®=y,T=0.02s

带入数据，得

e=6V2sinlOO7TZ（V）

故D错误;

故选择：Ao

6.（24-25高三下•广东•开学考试）某同学制作一个发电机装置如图甲所示。线圈在圆柱体磁极内上下往复

运动切割磁感线而产生感应电动势，再将线圈与阻值为9。的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光。线圈匝

数为50,线圈总电阻为1O,线圈半径为二m,速度随时间的变化如图乙所示呈正弦波形变化，线圈所处

n

位置的磁感应强度大小为0.1T。下列说法正确的是（）

线圈

A.线圈中电流的周期为0.2sB.线圈中电动势的峰值为收V

C.线圈中电流的有效值为0.2AD.灯泡的功率为0.72W

【答案】C

【解析】A.由图乙可知，交流电的周期0.4s,故A错误;

B.线圈中电动势的峰值为

Em=NBLvm=NB2nRvm=2近V

故B错误;

C.根据速度是正弦变化，故线圈中电动势的有效值为

F

E有=-^=2V

V2

线圈中电流的有效值

金=^^=0.2A

有R+r

故C正确;

D.灯泡的功率为

P=I\R=636W

故D错误。

故选c。

7.（23-24高三上•江西赣州•月考）某型号电热水杯的铭牌如图所示，根据铭牌可知此型号电热水杯正常工

作时的交变电流i随时间，变化的图像应为（）

【答案】D

【解析】根据铭牌可知额定电压220V,额定功率440W,额定频率为50Hz,则此型号电热水杯正常工作时

交变电流的周期为

r=—=—s=0.02s

f50

此型号电热水杯正常工作时交变电流的有效值为

,P440WC.

I=—=--------=2A

U220V

则此型号电热水杯正常工作时交变电流的最大值为2&A。

故选D。

8.（2024•江苏南京・二模）把带铁芯的线圈Z（电阻忽略不计）、电容器、小灯泡、开关、直流恒压电源

DC和交流电源AC（直流恒压电源的电压与交流电源电压的有效值相等），分别组成如下电路，其中小灯

泡最凫的是（）

【答案】A

【解析】线圈具有阻交流、通直流的特点，电容器具有隔直流、通交流的特点，电容器对交流电具有容抗,

故直流电源接线圈时，对电流阻碍作用最小，小灯泡最亮。

故选Ao

9.（24-25高三上•北京通州•期末）手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置,

其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比4：%送电线圈所接电阻4的阻值为40。。

当面间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机充电，这时手机两端的电压为5V,

流经手机的电流为5A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（）

受电线圈

送电线圈

甲乙

A.受电线圈c"两端电压。2为22VB.送电线圈的电流为50A

C.而间输入功率为1100wD.电阻&的阻值为3。

【答案】D

【解析】B.设通过送电线圈和受电线圈的电流分别为/八h，且4=5A,根据理想变压器的电流关系

/[:Z2=M2:«j=1:10

解得

lx=0.5A

故B错误；

AD.根据理想变压器电压与匝数关系有

10

U2n21

解得

又

UH&,S=/24+5V

整理可得

220=10%+0.5%仇=5凡+5

代入数据联立解得

U2=20V,为=30

故A错误，D正确;

C.根据

P=UJ

ab间输入功率为

尸=110W

故C错误。

故选D。

10.（24-25高二上•河南漠河•期末）我国在远距离高压输电方面取得了巨大成就，下图是远距离高压输电

的原理图，其中E为交流电源，电阻r为输电线上的电阻，A为理想电流表，V为理想电压表，R为滑动变

阻器，Li以及一系列灯泡L2至Ln为用电器，下列说法正确的是（）

A.增加接入电路的用电器数量，原有用电器的功率将会减小

B.减少接入电路的用电器数量，电压表示数将减小

C.将滑动变阻器滑片向上移动，灯泡J变亮，其他灯泡都变暗

D.增加接入电路用的电器后电压表示数变化量大小\U与电流表示数变化量大小AZ的比值减小

【答案】A

【解析】A.降压变压器的等效电阻为尺等=》

,21

增加接入电路的用电器数量，则R次减小，R避小，则因升压变压器次级电压一定，可导致输电线上电流

变大，输电线上损失的电压变大，降压变压器初级电压减小，次级电压也减小，则原有用电器两端电压减

小，则原有电器的功率将会减小，选项A正确；

B.减少接入电路的用电器数量，则R次变大，R等变大，则因升压变压器次级电压一定，可导致输电线上电

流变小，输电线上损失的电压变小，电压表示数将增加，选项B错误；

C.将滑动变阻器滑片向上移动，R变大,则次级电阻R次变大，E等变大，可导致输电线上电流变小，输电

线上损失的电压变小，降压变压器初级电压变大，次级电压也变大，其他灯泡都变亮，初级电流减小，则

次级电流变小，小灯泡Li变暗，选项C错误；

D.根据U=一/厂

升压变压器次级电压U/2不变，则增加接入电路用的电器后电压表示数变化量大小与电流表示数变化量

大小A7的比值之“不变,选项D错误。

故选Ao

11.（2025•山西临汾•一模）如图为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连，Q为滑

片。现令Q从均匀密绕的副线圈最下端开始，沿副线圈匀速上滑，用人表示通过原线圈的电流的有效值，P

表示定值电阻R的功率。下列各图中，能够正确反映相应物理量的变化规律的是（）

【答案】D

【解析】AB.设原线圈的匝数为%,副线圈的匝数为％,交流电源电压的有效值为口，根据理想变压器得

原理可知

U2n2

解得副线圈电压的有效值

%

当。从均匀密绕的副线圈最下端开始，沿副线圈匀速上滑时，副线圈的匝数“均匀增大，由于-不变，故

4均匀增大，根据欧姆定律

可知，副线圈中电流的有效值4均匀增大，根据变压器原副线圈电流关系

，2n\

解得

1I\=①172

由于名不变，%、4都是均匀增大，故人一不是正比关系，/「「应是正比关系，AB错误；

CD.定值电阻的功率

P=I1R

结合上述分析可知，A均匀增大，故成正比，即尸-「成正比，C错误，D正确。

故选D。

12.（2024•山东济南•模拟预测）如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变压器输入电压

随时间变化的图像。在输电线路起始端接入I、H两个互感器，两互感器原副线圈的匝数比分别为484:1和

1:100,电压表的示数为100V,电流表的示数为1A,两电表图中未标出，输电线路总电阻尸10。。用户端

电压为220V,所有变压器及互感器均视为理想变压器。下列说法正确的是（）

A.互感器I是电流互感器，互感器n是电压互感器

B.降压变压器的匝数比220:1

C.输电线上损耗的功率Ixlfpw

D.当用户使用的用电设备增多时，电压表的示数变大

【答案】c

【解析】A.互感器I并联在零火线上，所以是电压互感器，互感器串联在电路中，是电流互感器，故A错

误；

B.电压表的示数为100V,匝数比为484:1,所以输送电压为

U2=生。=48400V

«2

电流表的示数为1A,互感器原、副线圈的匝数比1:100,则线路上电流

/r=-^/=100A

«i

线路上损耗的电压

u损=/,=1000W

降压变压器输入电压

=。2-4=47400W

故升压变压器的原副线圈匝数比为

n3_U3_2370

故B错误；

C.线路上损耗的功率为

场=/）=lxl（）5w

故C正确；

D.用户使用的用电设备增多，不影响升压变压器的输出电压，所以电压表示数不变，故D错误。

故选C。

13.（23-24高二下•北京顺义•月考）中国发布的“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳

中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一、若在输

送电能总功率不变的情况下，仅将原来的500kV高压输电升级为1000kV的特高压输电，下列说法正确的

是（）

A.输电电流会变为原来的2倍

B.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的;

c.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的3

D.若输电线损失功率不变，则使用相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的4倍

【答案】D

【解析】A.由公式

P=UI

可知，在输电功率不变的情况下，电压升高为原来的2倍，则输送电流变为原来的上，故A错误；

BC.导线上损失的电压，损失的功率分别为

\U=Ir

AP=I2r

若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的损失的功率变为原来的;，故BC错误；

D.由于输送电流变为原来的上，要保持输电线损失功率不变，输电线的阻值应变为原来的4倍，由电阻定

律可得

R=p—

S

使用相同材料、粗细的输电线传输距离是原来的4倍，故D正确。

故选D。

14.我国的特高压输电技术居世界第一，如图所示，发电站输出稳定的电压，经升压变压器工升至特高压

进行远距离输送，再经过降压变压器匚降压后供用户端使用，用户端电阻可分为持续用电用户电阻（设为

定值电阻与）和灵活用电用户电阻（设为可变电阻鸟）,输电线电阻，•不可忽略，下列说法正确的是（）

A.用电高峰期时，相当于此变大

B.用电高峰期时，尺两端电压变大

C.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电可以使舄两端电压更大

D.在不改变输送电能总功率的前提下，对比普通的高压输电，使用特高压输电会使输电线上电能损耗

升高

【答案】c

【解析】A.因用电器都是并联使用，因此在用电高峰时，用电器增加，相当于为变小，故A错误；

B.用电高峰期时，相当于此变小，降压变压器副线圈的电流增大，由变压器原理可知，降压变压器原线圈

的电流增大，导致输电线上的电压降增大，发电站输出电压稳定，则有降压变压器的原线圈两端电压减小,

副线圈输出电压减小，使4两端电压变小，故B错误：

CD.在不改变输送电能总功率的前提下，由尸=S可知，使用特高压输电，输电线上的电流大幅度减小,

输电线上的电压降AU="减小，则降压变压器原线圈两端的电压比普通的高压输电时高，则4两端电压更

大；输电线上的电能损耗与=六，因输电线上电流减小，可知输电线上电能损耗降低，故C正确，D错

误。

故选C。

15.西藏那曲市色尼区欧玛亭嘎风电厂是当前世界超高海拔地区单机容量最大、装机规模最大的风电项目。

如图是发电厂输电网络供电的原理图。已知发电机转子以角速度。匀速转动，输电线上的总电阻凡=60

。，输电线上消耗的功率为3840W,升压变压器的匝数比为1：40,降压变压器的匝数比为50：1,用户端获

得220V的电压。不计其余电阻，下列说法正确的是（）

A.输电线上的电流为6A

B.发电机输出电压的最大值为287V

C.用户获得的功率为88kW

D.若转子角速度。增加一倍，则%消耗的功率为7680W

【答案】C

【解析】A.根据输电线上消耗的功率

AP=凰凡

可得

/线=8A

故A错误;

B.输电线上损失的电压

AU=/线与=480V

根据电压比与匝数比的关系可知

U3_2

u4%

可得降压变压器的输入电压

U}=11000V

升压变压器的输出电压

t/2=J73+AC7=11480V

根据电压比和匝数比的关系可知

幺=&

可得发电机输出电压的有效值

Ux=287V

则最大值为

Um==2870V

故B错误；

C.根据公式

，线="4

A%

解得

Z4=400A

所以用户得到的功率

P=UJ*=88kW

故C正确；

D.转子转动产生的电动势有效值

E=~NBSm

2

转子角速度。增加一倍，变压器、负载不变，则E变为原来的2倍，故通过岛的电流变为原来的2倍，根

据

P=I2R

可知&上消耗的功率变为原来的4倍，大小为15360W,故D错误。

故选C。

16.（2025•河南郑州•一模）如图所示，半径为『的绝缘筒处在辐射状磁场中（左图中未画全），磁感应强

度大小为8,方向垂直于绝缘筒向内（如右图）。在绝缘筒表面粘贴了一张长为。、宽为6的薄铜片。绝缘筒

右侧通过两根细金属棒与电阻R相连。金属棒相互平行且间距为d,左侧与圆筒接触良好。金属棒和铜片的

电阻可忽略。绝缘筒在外力作用下以角速度。按图示方向匀速转动，则（）

A.转动过程中，外力功率恒定

B.绝缘筒转动一周克服安培力做功旦我心

R

C.铜片上下边缘间的电势差大小为反且下边缘电势高

D.若绝缘筒的角速度变成2。，则电阻R的热功率变为原来的2倍

【答案】BC

【解析】A.金属棒左侧如果没有接触薄铜片时，回路中没有感应电流，外力做功为零，如果接触薄铜片,

回路中有感应电流，外力做功不为零，所以转动过程中，外力功率不恒定，故A错误;

B.金属棒左侧接触薄铜片时，回路中的感应电流为

Bdrm

R

绝缘筒转动一周克服安培力做功为

B2d2brco

W=Blab=------------

R

故B正确;

C.根据法拉第电磁感应定律可得铜片上下边缘间的电势差大小为3〃。，根据右手定则可知下边缘电势高,

故C正确;

D.金属棒左侧接触薄铜片过程中如果绝缘筒的角速度为。，电流有效值满足

Bdrco

I晨淑打二IRx—xT

R2jrr

则电阻R的热功率为

若绝缘筒的角速度变成2。，则电阻7?的热功率变为原来的4倍，故D错误。

故选BCo

17.(23-24高二下•四川绵阳•期中)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之

一周期电压按正弦规律变化，后二分之一周期电压恒定。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻火

阻值为50Q,电源内阻不计。贝|()

A.理想电压表读数为50V

B.理想电流表读数为0.9A

C.该交流电的频率为100Hz

D.电阻R在50秒内产生的热量为2025J

【答案】BD

【解析】A.设交流电电压有效值为。，根据有效值定义可得

(当2

T_60^]—仁

解得

U=45V

则理想电压表读数为45V；故A错误;

U45

B.根据欧姆定律可得理想电流表读数为/=^=u;A=().9A,故B正确;

R50

C.该交流电的周期为T=0.02s,则交流电的频率为50Hz,故C错误:

D.电阻R消耗的电功率为

P=I-R=0.92x50W=40.5W

电阻R在50秒内产生的热量为

Q=I~Rt=0.92X50X50J=2025J

故D正确。

故选BDo

18.（24-25高三上•山东荷泽•期末）图甲为小型发电机与理想变压器变压输电过程的示意图，图乙为该发

电机产生的电动势随时间的变化规律。理想变压器的匝数比4：%：%=4：2:1,电阻以阻值未知，电阻

%=5。，灯泡的额定电压为10V,额定功率为5W。不计发电机线圈内阻及交流电表A的内阻。若灯泡正常

发光，下列说法正确的是（

X

甲

A./=0.01s时，通过发电机线圈的磁通量为0

B.电流表A的示数为1A

C.电阻必=4。

D.发电机的输出功率为10W

【答案】BC

【解析】A.由乙图可知，QO.Ols时，感应电动势为0,磁通量的变化率为零，磁通量最大，故A错误;

BC.原线圈回路满足

=£_/内

原副线圈满足

：。2：。3="1：=〃212+〃3,3

ER

又石=常，4T=#，U=IR

7zu2332

联立解得

E=22V,L=20V,t/2=10V,q=5V,/]=0.5A,/2=0.5A,/3=1A,7?1=4Q

故BC正确；

D.发电机的输出功率为

尸=，E=11W

故D错误。

故选BCo

19.（24-25高三上•内蒙古•开学考试）自耦变压器在高铁技术中被广泛应用，如图所示，一理想自耦变压

器线圈绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压，当滑动触头尸处于如图所示的位置时，原

线圈与副线圈的匝数比为3:1,闭合开关Si、S2时，两灯泡均正常发光。已知灯泡L2的电阻尺2=18。，定

值电阻&=36。，若Li、L2的额定电压均为72V,则下列说法正确的是（）。

A.灯泡Li正常发光时的电流为3A

B.灯泡Li正常发光时的功率为144W

C.仅将触头尸沿逆时针方向转动少许，Li一定变亮

D.左端输入的正弦交流电压的有效值为216V

【答案】BC

【解析】AB.副线圈的电流为

R2人

原线圈的电流为

A=1Z2=2A

灯泡Li正常发光时的电流为

Li4=2A

灯泡Li正常发光时的功率为

%=2Ax72V=144W

A错误，B正确;

C.仅将触头尸沿逆时针方向转动少许，副线圈的匝数增加，副线圈两端电压增大，副线圈的电流增大，原

线圈的电流增大，Li一定变亮，C正确；

D.L2正常发光，副线圈两端电压是72V,则

UAB=3x72V=216V

左端输入的正弦交流电压的有效值为

C7=72V+216V=288V

D错误。

故选BCo

20.（2023•宁夏银川•二模）如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变

压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电

厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用&表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时,

相当于R变小，则当用电进入高峰时，下列说法正确的是（）

A.电压表Y、Y的读数均不变，电流A?的读数增大，电流表A1的读数增大

B.电压表V3、V,的读数均减小，电流A?的读数增大，电流表A3的读数减小

C.电压表V?、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变

D,线路损耗功率不变

【答案】AC

【解析】A.发电厂输出的电压一定，升压变压器匝数比一定，根据变压器匝数与电压放入关系

2=竺

n2U2

可知电压表Y、V?的读数均不变，而当用电进入高峰时，电阻R减小，降压变压器副线圈回路中电流增大,

而降压变压器的匝数比一定，根据电流与匝数的关系

4=以

%

31

可知整个电路中电流都增大，因此电流表A1、&的读数都变大，故A正确;

B.电路中电流增大，有

4=八=I线

可知输电线上的电压损失增大，因此电压表V3、V,的读数均减小，但电流表A2、Aj的读数均是增大的,

故B错误；

C.根据电路中电压的关系可知

U2-U3=AU

而

丝一夫

因此可知，电压表丫2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，为输电线总电阻凡，故C正确；

D.线路损耗的功率

AP=仇

用电高峰时段整个电路中的电流增大，则可知线路损耗的功率增大，故D错误。

故选ACo

二、实验题(本题共1小题，每空2分，共8分。)

21.(24-25高三上•山东淄博•期末)某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，提供的实验器

材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。图甲为变压器实物图，在原线圈两端加上电压，

用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据如下表：

实验序原线圈匝数副线圈匝数原线圈两端电压U1副线圈两端电压5

号九2(V)(V)u2

18004008.03.722.2

28001008.00.988.9

32001008.03.622.2

414001008.0X14y

请回答下列问题：

（1）原线圈两端应该分别与图乙中的（填%、6”或％、（T）连接。

（2）表格中，缺失的两个数据x,＞分别可能为。

A.1.0,8.0B.0.8,10.0C.0.5,16.0

（3）为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应

按照下列哪种方法设计

（4）根据上表数据得出的实验结论是：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈两端的电压之比等

于。

【答案】（1）c、d（2）C（3）D（4）原、副线圈匝数之比

【解析】（1）在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中，原线圈两端应接入交流电，故应与c,d

连接。

（2）根据理想变压器的原理，有

1400

U2n2100

可得

U2~0.57V

实际变压器有磁损、铁损和铜损，实际输出电压要偏小，故有

4实=x~0.5V

则可得

故选C。

(3)根据楞次定律和安培定则，产生的涡旋电流的方向与左侧面平行，为了减小涡旋电流在铁芯中产生的

热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面(后表面)。

故选D。

(4)根据题表中数据可得，在实验误差允许范围内有

5_=以

U2n2

得出结论：在实验误差允许范围内，变压器原，副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。

三、计算题(本题共4小题，共47分。)

22.(24-25高二上•陕西渭南•期末)如图所示，匝数N=50匝的矩形线圈，线圈总电阻r=l。，边长为

ab=30cm,ad=20cm0外电路电阻火=9。，匀强磁场磁感应强度的大小2=0.4T。线圈绕垂直于磁感线

的。O,轴以角速度o=507trad/s匀速转动。试求：

(1)线圈产生的感应电动势的最大值；

(2)在时间Ulmin内电阻&消耗的电能(齐土10)；

(3)从此位置开始转过T7T的过程中，通过电阻R的电荷量外

【答案】(1)号=60%V(2)W«97200J(3)^=0.12C

【解析】(1)感应电动势的最大值为

纥=NBSrn=50x0.4x0.3x0.2x50"V=60%V

(2)感应电动势的有效值为

E=%=306.兀V

V2

感应电流的有效值为

/="—=3而A

R+r

Imin内R上消耗的电能为

W=I2Rt=（3&7）2x9x60J~97200J

TT

（3）从此位置开始转过£的过程中，平均感应电动势为

2

E=N——=N——

AtAt

平均电流

7=2

R+r

通过电阻R的电荷量

q=1M

联立解得

04><03x02

q=N-^-=50x---c=012C

23.（23-24高二下•内蒙古赤峰•期末）一种振动发电装置的示意图如图甲所示，半径“0.10m、匝数N=100

匝的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布，其右视图如图乙所示。线圈所在位置

的磁感应强度大小均为2=0.20T,线圈的电阻与=0.5。，它的引出线接有电阻凡=9.5。的灯泡八外力

推动线圈框架的P端，使线圈的速度v随时间/变化的规律如图丙所示。已知v取向右为正。求：

（1）线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小耳„；

（2）线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量0。

【答案】（1）40V；（2）8J

【解析】（1）导线切割磁感线产生的电动势

E=Blv

一匝线圈的有效切割长度

L=2jtr

当切割速度最大

10.

%=-m/s

71

时，感应电动势最大，线圈运动产生的最大感应电动势

Em=NBLL=40V

（2）由线圈运动的vT图像知产生正弦交流电感应电动势的有效值

E