2026年高考物理复习难题速递之交变电流（2025年11月）

第66页（共66页）2026年高考物理复习难题速递之交变电流（2025年11月）一．选择题（共10小题）1．如图甲所示电路，灯泡L1、L2的电阻RL＝9Ω，定值电阻R0＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表，理想变压器的输入电压u随时间变化关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比n1：n2＝22：1，图丙是光敏电阻的阻值R随光照强度E变化的图像，不考虑灯泡电阻随温度变化。当开关S1、S2闭合后，则下列说法正确的是（）A．变压器的输入电压变化的周期为2s B．随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，电压表V、电流表A的示数逐渐增大 C．当光敏电阻的光照强度E＝3cd时，电压表V的示数为102V D．当光敏电阻的光照强度E＝3cd时，变压器的输入功率约为13.33W2．甲图为某同学做的远距离输电模型，图中变压器均视为理想变压器，用R1模拟输电线电阻，用R2模拟用户端电阻。在输入端a、b接如乙图所示的交流电，发现电压表示数小于220V，为使电压表示数等于220V，下列措施合理的是（）A．减小R1 B．减小R2 C．使n1n2=3．甲图为某同学做的远距离输电模型，图中变压器均视为理想变压器，用R1模拟输电线电阻，用R2模拟用户端电阻。在输入端a、b接如乙图所示的交流电，发现电压表示数小于220V，为使电压表示数等于220V，下列措施合理的是（）A．减小R1 B．减小R2 C．使n1n2=4．如图所示，电阻R0串联在理想变压器的原线圈上，电阻R1和R2并联在副线圈上，原线圈的a、b端接入电压有效值U＝10V的交流电源。已知原线圈中电流的有效值为0.5A，电阻R0的阻值为2Ω，电阻R1的阻值为4Ω，电阻R2的阻值为5Ω，则电阻R1消耗的功率为（）A．3W B．2.5W C．2W D．1.5W5．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R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（）A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小 C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大6．如图所示，原、副线圈匝数之比为2：1的理想变压器，原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈接有定值电阻R0＝30Ω，滑动变阻器R调节范围为0～50Ω，现将滑片置于正中央。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．原线圈的输入功率为2202B．电流表的读数为2C．电压表的读数为50V D．若将变阻器的滑片向下滑，电压表读数增大7．如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，定值电阻R1＝3Ω，R2＝10Ω，滑动变阻器最大阻值R＝6Ω，三只电表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，电流表A2、电压表的读数变化量分别为ΔI2、ΔU，则下列判断正确的是（）A．电流表A1的示数增大 B．电压表的示数不变 C．ΔUΔD．R和R2消耗的总功率先增大后减小8．如图所示，发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕垂直于磁场的轴以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，转动周期为T，线框输出端接有换向器。定值电阻R1＝2R、R2＝R，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）A．安装了换向器，变压器副线圈没有电压 B．线框转动一圈过程中，通过R1的电量为2NBSC．在T4-T2和T2D．发电机的输出功率为39．无线充电是一种基于变压器原理的充电方式。如图发射线圈连接$u＝220\sqrt{2}sin100πt（V）$的交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为44：1，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60%，不计其它损耗，下列说法正确的是（）A．发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次 B．发射线圈与接收线圈中电流之比为1：44 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为1：44 D．接收线圈的输出电压有效值约为3V10．风力发电是新型能源，绿色低碳环保，深受青睐。如图所示，实验小组研发风力发电机，发电机线圈共有N＝200匝，单匝面积1×10﹣2m2，线框所在区域存在着垂直转轴的匀强磁场，磁感应强度大小为2πT，线圈转动角速度为ω＝50πrad/s，发电机通过定值电阻r＝16Ω接到匝数可变的理想变压器中，变压器输出端接有负载电阻R＝4A．发电机产生电动势为1002B．通过负载电阻R的电流方向每秒钟改变100次 C．负载电阻R消耗的最大功率为312.5W D．当负载电阻R消耗的功率最大时，变压器原、副线圈匝数比为2二．多选题（共8小题）（多选）11．如题图所示，理想变压器的原线圈、副线圈匝数比为n1：n2＝2：1，电阻R＝10Ω，电压表为理想交流电压表，原线圈的交流电压瞬时值表达式为u1A．电压表的示数为102B．电压表的示数为10V C．交流电的频率为2.5Hz D．电阻R的电功率为100W（多选）12．随着我国新能源汽车迅猛发展，充电桩的需求快速增长。如图甲为常见的交流充电桩，图乙为充电站内为充电桩供电的电路示意图，理想变压器的原线圈电压为22kV，最大输出功率为42.24kW，单个充电桩的充电电压为220V、充电电流为12A。下列说法正确的是（）A．该变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝100：1 B．该变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝50：1 C．该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电 D．该充电站能最大允许12个充电桩同时正常为新能源汽车充电（多选）13．电能输送示意图如图所示，发电厂的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器的匝数都不变，其中降压变压器原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R。当用户数量增多时，导致降压变压器副线圈中的电流增加了ΔI，下列说法正确的是（）A．输电线上的电流增大 B．用户端R用两端的电压增大 C．输电线上的电压损失增加了ΔIkD．输电线上消耗的电功率增加了(（多选）14．某小型电站高压输电示意图如图所示，发电机输出电压恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，下列说法正确的是（）A．只要输电电压足够大，发电站的电能就可以全部传输给用户 B．升压变压器原、副线圈匝数比n1C．输电线损耗的功率为U1D．将P下移，原线圈的电流将减小（多选）15．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R0为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=9B．t＝0.02s时电压表V1的示数为0V C．R处温度降低时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变小 D．R处温度升高时，变压器原线圈的输入功率增大（多选）16．如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250V，输送功率为1×105W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1：16，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈两端的电压U2＝2×103V B．输电线损失的电压为3.8×103V C．输电线损失的功率为5×103W D．若用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190：11（多选）17．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=25πT，单匝矩形线圈的面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表。开关S开始时断开，调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2：1时，副线圈电路中标有“6V、6W的灯泡正常发光，电容器A．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e=12B．电流表的示数为1A C．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移，减少副线圈的匝数 D．闭合开关S，电容器不会被击穿（多选）18．一单匝闭合矩形线圈abcd以角速度ω绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向平行 B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大 C．从t1到t3的过程，通过线圈某一截面的电荷量为ΦmD．线框转动一周产生的焦耳热为π三．填空题（共1小题）19．如图所示，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，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。线框从图示位置开始转过90°的过程中，产生的平均电动势为；线圈在图示位置电压表V2的示数为。四．解答题（共1小题）20．同一座城市在不同季节，在工作日与节假日，在白天与夜晚，对电力的需求差异很大，会形成用电高峰和低谷之间的峰谷负荷差，利用储能站可以将用电低谷时段的电能储存起来。某节能储能输电网络示意图如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝800kW，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝5Ω，用户端的电压U4＝220V，消耗的功率P4＝660kW，所有变压器均为理想变压器。求：（1）输送给储能站的功率P存；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2。

2026年高考物理复习难题速递之交变电流（2025年11月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案DAABCCDBDD二．多选题（共8小题）题号1112131415161718答案BCACACBDADCDACBD一．选择题（共10小题）1．如图甲所示电路，灯泡L1、L2的电阻RL＝9Ω，定值电阻R0＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表，理想变压器的输入电压u随时间变化关系如图乙所示，原、副线圈的匝数比n1：n2＝22：1，图丙是光敏电阻的阻值R随光照强度E变化的图像，不考虑灯泡电阻随温度变化。当开关S1、S2闭合后，则下列说法正确的是（）A．变压器的输入电压变化的周期为2s B．随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，电压表V、电流表A的示数逐渐增大 C．当光敏电阻的光照强度E＝3cd时，电压表V的示数为102V D．当光敏电阻的光照强度E＝3cd时，变压器的输入功率约为13.33W【考点】理想变压器两端的功率关系；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；变压器的构造与原理；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】A、观察图乙中输入电压的周期，横坐标单位是2×10﹣2s，周期为0.02s；B、电压表测量的是副线圈的路端电压，其值由原线圈电压和匝数比决定，与光敏电阻无关，所以电压表示数不变；当光敏电阻光照强度增大时，其阻值减小，副线圈电流增大，原线圈电流（电流表示数）增大；C、电压表测量的是有效值，不是最大值，结合变压器匝数比和电路计算；D、当光照强度E＝3cd时，从图丙可知光敏电阻阻值，结合电路中各元件的电阻，计算副线圈的总功率，由于理想变压器输入功率等于输出功率，可得出输入功率。【解答】解：BC、电压表V的示数是变压器副线圈两端电压的有效值，而变压器的输入电压有效值恒定，则电压表V的示数是由变压器匝数比决定的，即U2电压表V的示数为10V，保持不变，随着光敏电阻的光照强度逐渐增大，光敏电阻逐渐减小，副线圈电路总电阻减小，电流增大，电流表A的示数逐渐增大，故BC错误；A、由图乙可知变压器的输入电压变化的周期为2×10﹣2s，故A错误；D、由上述分析可知UV＝10V由图丙可知，E＝3cd时，R＝6.0Ω则副线圈电路的总电阻R总＝7.5Ω消耗的总功率P理想变压器的输入功率等于副线圈电路消耗的总功率，故D正确。故选：D。【点评】这道题是一道电磁学综合题，融合了理想变压器、交变电流的周期、光敏电阻的特性以及电路的功率计算等知识点，能很好地检测学生对电磁学核心知识的掌握程度和综合应用能力。2．甲图为某同学做的远距离输电模型，图中变压器均视为理想变压器，用R1模拟输电线电阻，用R2模拟用户端电阻。在输入端a、b接如乙图所示的交流电，发现电压表示数小于220V，为使电压表示数等于220V，下列措施合理的是（）A．减小R1 B．减小R2 C．使n1n2=【考点】远距离输电的相关计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】A、减小R1，则输电线上的电压损耗减小，降压变压器原线圈输入电压增大，副线圈（电压表所在侧）电压会升高，有助于使电压表示数达到220V；B、减小R2，会使降压变压器副线圈电流增大，进而导致原线圈电流增大，输电线上电压损耗增大，降压变压器原线圈输入电压减小，副线圈电压降低，无法使电压表示数达到220V；C、结合变压器电压关系，输电线上无电压损耗时电压表示数才会等于输入电压，但实际存在R1的损耗，所以该关系无法使电压表示数达到220V；D、通过调整变压器匝数比，可使降压变压器副线圈电压升高，有助于使电压表示数达到220V。【解答】解：AB、将降压变压器原线圈等效为一个电阻R等效，则有U32得R减小R1则R等效分得的电压增大，则U3增大，U4增大；减小R2则R等效减小，R等效分得的电压减小，则U3减小，U4减小，故A正确，B错误；CD、因理想变压器电压与匝数成正比，有U1U得U2=因U3＜U2故U因U4＝220V＝U1可得n1n2故选：A。【点评】这道题是一道关于远距离输电模型的电学选择题，这道题是一道质量较高的电学综合题，既注重变压器和输电损耗的基础知识考查，又强调输电系统的综合分析，选项设置合理，能有效检测学生对远距离输电核心知识的掌握和应用水平。3．甲图为某同学做的远距离输电模型，图中变压器均视为理想变压器，用R1模拟输电线电阻，用R2模拟用户端电阻。在输入端a、b接如乙图所示的交流电，发现电压表示数小于220V，为使电压表示数等于220V，下列措施合理的是（）A．减小R1 B．减小R2 C．使n1n2=【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】A、减小R1（输电线电阻），输电过程中的电压损耗会减小，从而使降压变压器副线圈电压（电压表示数）增大，有可能达到220V；B、减小R2（用户端电阻），会使输电电流增大，电压损耗增大，电压表示数会更小；CD、根据变压器匝数比与电压的关系，要使电压表示数达到220V，需满足升压与降压的匝数比关系，通过匝数比调整来补偿电压损耗。【解答】解：AB、将降压变压器原线圈等效为一个电阻R等效，则有U32得R减小R1则R等效分得的电压增大，则U3增大，U4增大；减小R2则R等效减小，R等效分得的电压减小，则U3减小，U4减小，故A正确，B错误；CD、因原副线圈两端的电压与匝数成正比，有U1U得U2=因输电线有电压损耗，故U3＜U2故U因U4＝220V＝U1可得n1n2故选：A。【点评】这道题是对远距离输电模型中电压补偿、电阻损耗及变压器匝数比调整的综合性考查，这道题是一道质量较高的远距离输电探究型综合题，能有效考查学生对远距离输电系统的知识掌握、动态分析及策略推理能力。4．如图所示，电阻R0串联在理想变压器的原线圈上，电阻R1和R2并联在副线圈上，原线圈的a、b端接入电压有效值U＝10V的交流电源。已知原线圈中电流的有效值为0.5A，电阻R0的阻值为2Ω，电阻R1的阻值为4Ω，电阻R2的阻值为5Ω，则电阻R1消耗的功率为（）A．3W B．2.5W C．2W D．1.5W【考点】理想变压器两端的功率关系；电功和电功率的计算；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；等效替代法；交流电专题；推理论证能力．【答案】B【分析】先计算出变压器的输入电压，然后根据副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻得到变压器的匝数比，进而可得变压器的输出电压，根据P=U22R【解答】解：变压器的输入电压为U1＝U﹣I1R0＝10V﹣0.5×2V＝9V，副线圈电路中的总电阻为R23=R2R3R2+R3，设变压器原、副线圈的匝数比为k，则副线圈电路总电阻在原线圈电路中的等效电阻为R'＝k2R23，根据欧姆定律有I1=U1R'，联立解得k故选：B。【点评】能得到副线圈电路中的电阻在原线圈电路中的等效电阻是解题的关键，掌握串联电路电压的特点是解题的基础。5．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R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（）A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小 C．定值电阻R消耗的功率减小 D．原线圈的输入功率先减小后增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】可根据理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，即可求解电压、电流变化情况，根据电功率的计算公式分析CD。【解答】解：B．根据变压器原、副线圈电压之比与线圈匝数之比的关系有U1可知副线圈电压保持不变，即电压表V示数不变，故B错误；A．分析右端电路可知，R与滑动变阻器下半部分并联后，再与上半部分串联接入电路。设滑动变阻器下边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为R副当变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈的阻值增大，根据I2可知副线圈电流减小，由变压器原、副线圈电流之比与线圈匝数之比的关系有I1可知原线圈电流减小，即电流表A示数减小，故A错误；C．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，滑动变阻器下半部分和R并联部分电压减小，定值电阻R消耗的功率PR减小，故C正确；D．原线圈的输入功率P输入＝U1I1随着原线圈电流的减小而减小，故D错误。故选：C。【点评】考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用。6．如图所示，原、副线圈匝数之比为2：1的理想变压器，原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈接有定值电阻R0＝30Ω，滑动变阻器R调节范围为0～50Ω，现将滑片置于正中央。电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）A．原线圈的输入功率为2202B．电流表的读数为2C．电压表的读数为50V D．若将变阻器的滑片向下滑，电压表读数增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求得结论。变压器不会改变交变电流的频率。【解答】解：ABC、原线圈两端电压的有效值为U1根据U1可得副线圈两端的电压U2＝110V副线圈所在回路的电流I2根据I1可得I1＝1A原线圈的输入功率为P1＝U1I1＝1×220W＝220W电压表示数为有效值UR＝I2R＝2×25V＝50V故AB错误，C正确；D、因变压器的匝数比一定，且原线圈的输入电压一定，所以副线圈两端的电压一定，若将变阻器的滑片向下滑，则R减小，R分得的电压也减小，即电压表的读数减小，故D错误。故选：C。【点评】此题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。7．如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，定值电阻R1＝3Ω，R2＝10Ω，滑动变阻器最大阻值R＝6Ω，三只电表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，电流表A2、电压表的读数变化量分别为ΔI2、ΔU，则下列判断正确的是（）A．电流表A1的示数增大 B．电压表的示数不变 C．ΔUΔD．R和R2消耗的总功率先增大后减小【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】先根据变压器的电压、电流比规律，分析滑动变阻器滑片移动时副线圈电流、原线圈电流的变化；再结合欧姆定律分析副线圈中电阻的分压变化；最后通过等效电阻结合功率公式，分析电阻变化时功率的极值与变化趋势。【解答】解：A．滑动变阻器滑片上滑，副线圈总电阻增大，根据欧姆定律副线圈电流I2减小，根据原副线圈匝数与电流的关系n1n2=I2I1可知，原副线圈电流B．根据原副线圈匝数比与电压的关系n1n2=U1U2可知，副线圈两端电压U2不变，但副线圈电流I2减小，因此定值电阻R1的分压I2R1减小，可知电阻R2与滑动变阻器两端的电压U＝U2C．根据闭合电路的欧姆定律有U＝U2﹣I2R1，其中U2大小不变，可知ΔUΔI2D．设R和R2并联后的等效电阻为R′，两者消耗的总功率为P，则有P因此当R′＝R1＝3Ω时，R和R2消耗的总功有最大值Pmax=U224R1，而滑动变阻器最大阻值R＝6Ω，且从中间开始向上滑动，则在滑动过程中有30故选：D。【点评】本题主要考查理想变压器的电压、电流规律，结合电路动态分析和功率极值问题，涉及电阻变化对电流、电压的影响，以及利用等效电阻分析功率的变化规律。8．如图所示，发电机矩形线框匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕垂直于磁场的轴以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，转动周期为T，线框输出端接有换向器。定值电阻R1＝2R、R2＝R，理想变压器原副线圈的匝数比为2：1，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）A．安装了换向器，变压器副线圈没有电压 B．线框转动一圈过程中，通过R1的电量为2NBSC．在T4-T2和T2D．发电机的输出功率为3【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；电功和电功率的计算；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】B【分析】变压器中只要有电流的变化就能实现变压；求出原线圈等效电阻，根据法拉第电磁感应定律结合电流定义式求解电荷量之比；存在换向器，则流过R1的电流方向始终不变；求出线圈转动产生的感应电动势有效值，根据电功率公式求解总功率。【解答】解：A．变压器中只要有电流的变化就能实现变压，即变压器副线圈有电压，故A错误；B．设原线圈等效电阻为Rx，则有I因为I1=n2n1联立可得Rx＝4R则原线圈总电阻R由于存在换向器，转动一圈过程，通过线框的电荷量为q由于R1：Rx＝1：2则二者电流比IR1：Ix＝2：1故二者电荷量之比qR1：qx＝2：1故通过R1的电量为qR1=C．由于存在换向器，则流过R1的电流方向始终不变，故C错误；D．线圈转动产生的感应电动势有效值E发电机的输出功率为P=E2故选：B。【点评】本题考查变压器原理，解题关键是理解变压器原理，求出原线圈等效电阻，结合法拉第电磁感应定律结合电流定义式求解。9．无线充电是一种基于变压器原理的充电方式。如图发射线圈连接$u＝220\sqrt{2}sin100πt（V）$的交流电，发射线圈与接收线圈匝数之比为44：1，若工作状态下，接收线圈内的磁通量约为发射线圈的60%，不计其它损耗，下列说法正确的是（）A．发射线圈中的电流每秒钟方向变化50次 B．发射线圈与接收线圈中电流之比为1：44 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为1：44 D．接收线圈的输出电压有效值约为3V【考点】理想变压器两端的频率关系；变压器的构造与原理；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．【答案】D【分析】A．交流电每个周期电流方向改变两次，根据交流电的表达式求出频率来解答；B．工作状态下存在磁漏，故接收线圈与发射线圈的功率不相等；C．发射线圈与接收线圈中的交流电频率相同；D．根据发射线圈与接收线圈匝数比求出接收线圈的电压，根据最大值和有效值求出接收线圈的输出电压。【解答】解：A．由交流电u=2202sin100πt(则频率f交流电每个周期电流方向改变两次，所以发射线圈中的电流每秒钟方向变化100次，故A错误；B．由于工作状态下存在漏磁，故接收线圈与发射线圈的功率不相等，发射线圈与接收线圈中电流之比I1：I2≠n2：n1＝1：44故B错误；C．发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相等，故发射线圈与接收线圈中交变电流的周期之比为1：1，故C错误；D．由交流电u=2202sin则发射线圈的电压的有效值U1＝220V发射线圈的电压U1穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的60%，则有U2则U2解得U2＝3V故D正确。故选：D。【点评】本题结合日常生活，考查了变压器原理。要求学生掌握交流电的基本知识和变压器的规律。10．风力发电是新型能源，绿色低碳环保，深受青睐。如图所示，实验小组研发风力发电机，发电机线圈共有N＝200匝，单匝面积1×10﹣2m2，线框所在区域存在着垂直转轴的匀强磁场，磁感应强度大小为2πT，线圈转动角速度为ω＝50πrad/s，发电机通过定值电阻r＝16Ω接到匝数可变的理想变压器中，变压器输出端接有负载电阻R＝4A．发电机产生电动势为1002B．通过负载电阻R的电流方向每秒钟改变100次 C．负载电阻R消耗的最大功率为312.5W D．当负载电阻R消耗的功率最大时，变压器原、副线圈匝数比为2【考点】变压器的构造与原理；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据感应电动势最大值，有效值和电流方向变化知识以及闭合电路的欧姆定律，变压器的等效电源知识进行分析解答。【解答】解：A.线框转动产生感应电动势最大值Em＝NBSω＝200×2π×1×10﹣2×50πV＝1002V，有效值为100VB.交流电频率为f=ω2π=50π2CD.设变压器原、副线圈匝数之比为k，变压器输出电流为I2，输出电压为U2，根据变压器电流比，电压比关系，变压器输入电流I1=I2k，输入电压U1＝kU2，发电机电动势E＝100V，对输入电路E＝I1r+U1，得U2=Ek-rk2I2，对负载电阻R来说，等效电源的电动势E0=Ek，内阻为r0=rk2故选：D。【点评】考查变压器的变压比问题，难点在于原线圈串联电阻，需要根据等效思想结合串联电路特点才能解答，难度较大。二．多选题（共8小题）（多选）11．如题图所示，理想变压器的原线圈、副线圈匝数比为n1：n2＝2：1，电阻R＝10Ω，电压表为理想交流电压表，原线圈的交流电压瞬时值表达式为u1A．电压表的示数为102B．电压表的示数为10V C．交流电的频率为2.5Hz D．电阻R的电功率为100W【考点】理想变压器两端的功率关系；交流电表的读数；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】首先，原线圈交流电压的瞬时值表达式给出了其最大值，需先确定原线圈电压的有效值。然后根据理想变压器原副线圈电压与匝数比的关系，计算副线圈的电压有效值，电压表测量的是副线圈电压的有效值。从原线圈电压的瞬时值表达式中提取角频率，再根据角频率与频率的关系计算频率。根据副线圈的电压有效值和电阻R的阻值，利用功率公式计算其电功率。【解答】解：AB、由u1=202sinU1根据电压与匝数比关系，有U1解得副线圈两端的电压为U2＝10V因电压表显示的示数是有效值，故电压表的示数为10V，故A错误，B正确；C、根据f=f=5π故C正确；D、根据电功率公式有P=故D错误；故选：BC。【点评】本题涵盖了理想变压器的电压关系（原副线圈电压与匝数比的关系）、交流电的基本物理量（有效值、频率的计算）以及电功率计算，考查的都是变压器和交流电的核心基础知识点，适合学生巩固基础知识。符合高考中对核心概念和规律的考查要求，是一道很好的基础训练题，能让学生熟练掌握理想变压器的基本分析方法和交流电基本物理量的计算。（多选）12．随着我国新能源汽车迅猛发展，充电桩的需求快速增长。如图甲为常见的交流充电桩，图乙为充电站内为充电桩供电的电路示意图，理想变压器的原线圈电压为22kV，最大输出功率为42.24kW，单个充电桩的充电电压为220V、充电电流为12A。下列说法正确的是（）A．该变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝100：1 B．该变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝50：1 C．该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电 D．该充电站能最大允许12个充电桩同时正常为新能源汽车充电【考点】理想变压器两端的功率关系；变压器的构造与原理；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】AB、理想变压器原线圈电压为22kV，副线圈充电桩电压为220V。根据变压器原副线圈电压与匝数比的关系，可得出原、副线圈的匝数比；CD、已知变压器最大输出功率和单个充电桩的充电功率，用最大输出功率除以单个充电桩的功率，即可得到最大允许同时充电的充电桩数量。【解答】解：AB、由变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数的关系U1：U2＝n1：n2可得该变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝22000：220＝100：1故A正确，B错误；CD、根据Pm＝NU2I代入数据解得N＝16该充电站能最大允许16个充电桩同时正常为新能源汽车充电，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】这道题是关于理想变压器在实际充电桩供电场景中的应用题目，题目将物理原理与实际工程应用（充电桩供电）结合，考查学生运用物理知识解决实际问题的能力，契合高考对“科学应用”素养的考查方向，是一道很好的联系实际的基础练习题。（多选）13．电能输送示意图如图所示，发电厂的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器的匝数都不变，其中降压变压器原副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R。当用户数量增多时，导致降压变压器副线圈中的电流增加了ΔI，下列说法正确的是（）A．输电线上的电流增大 B．用户端R用两端的电压增大 C．输电线上的电压损失增加了ΔIkD．输电线上消耗的电功率增加了(【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】A、用户数量增多，降压变压器副线圈电流增加ΔI。根据降压变压器原副线圈电流与匝数比的关系，输电线上的电流会增大；B、输电线上电流增大，导致输电线上的电压损失增大。降压变压器原线圈电压减小，其副线圈电压（用户端R用两端的电压）也会减小；C、由降压变压器原副线圈电流的关系，输电线上电流的增加量与ΔI存在匝数比关联，进而可推出输电线上电压损失的增加量；D、因为电功率的变化需要考虑电流变化前后的差值，而非仅由电流变化量直接计算。【解答】解：B、当用户数量增多时，输电线上的电流增加，输电线上损失电压增大，用户端的电压减小，故B错误；A、当用户数量增多时，导致降压变压器副线圈中的电流增加，则输电线上的电流增加，故A正确；C、若降压变压器原、副线圈中电流分别为I3、I，则kI3＝I变压比不变，所以kΔI3＝ΔI输电线上电流I3增加Δ所以降压变压器输出电流I增加ΔI即输电线上的电压损失增加了ΔU=ΔIkD、输电线的损耗功率增加ΔP=(U故选：AC。【点评】这道题是关于远距离输电的综合性题目，题目注重对实际输电场景的模拟，考查学生运用物理知识解决实际工程问题的能力，符合高考对“科学应用”（将物理知识应用于实际情境）的考查要求，是一道能有效提升学生远距离输电分析能力的典型题目。（多选）14．某小型电站高压输电示意图如图所示，发电机输出电压恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，下列说法正确的是（）A．只要输电电压足够大，发电站的电能就可以全部传输给用户 B．升压变压器原、副线圈匝数比n1C．输电线损耗的功率为U1D．将P下移，原线圈的电流将减小【考点】远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】A、输电线路存在电阻，必然会有功率损耗，无论输电电压多大，电能都无法全部传输给用户；B、理想升压变压器原、副线圈的匝数比与电压比遵循变压器的基本规律；C、输电线损耗的功率与输电电流的平方和电阻有关，不能直接用U2和r按此方式计算；D、将P下移，降压变压器原线圈匝数增多，等效电阻变化会使输电电流减小，进而原线圈（升压变压器副线圈对应的原线圈侧）的电流也减小。【解答】解：A、根据焦耳定律Q＝I2rt，可知只要输电线上有电流，输电线有电阻，输电线路一定有热量损耗，所以无论输电电压多大，发电站的电能都不可能全部传输给用户，故A错误；B、根据理想变压器电压与匝数成正比，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，可得n1n2C、输电线上损失的功率为P损=U损2r=I损D、若P下移，降压变压器的原线圈匝数增大，根据理想变压器电压与匝数成正比n3n4=U3U4，可知U4减小，故I4减小，根据理想变压器电流与匝数成反比n3n4故选：BD。【点评】这道题是对远距离输电中变压器规律、输电损耗及电路动态变化的综合性考查，以小型电站高压输电的实际场景为背景，使题目具有现实意义，有助于学生将物理知识与工程实际联系起来，提升知识的应用意识。（多选）15．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，R为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R0为定值电阻。当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=9B．t＝0.02s时电压表V1的示数为0V C．R处温度降低时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变小 D．R处温度升高时，变压器原线圈的输入功率增大【考点】理想变压器两端的功率关系；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】AD【分析】从图乙中求交流电的周期，然后根据瞬时值的表达式求解；交流电表的示数为有效值，根据图乙求解原线圈两端电压的有效值，根据理想变压器电压与匝数比的关系求副线圈两端电压，然后作答；副线圈两端的电压不变，热敏电阻R温度升高时，阻值变小，负载的总电阻变小，再根据功率公式作答；根据欧姆定律求解副线圈中的电流，然后作答。【解答】解：A、原线圈接如图乙所示的正弦交流电，原线圈的最大电压为U1m=362V，周期为T＝0.02s，故角速度为ω=2理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，则由理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系可知U1解得U2m=U1m4=36则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=92sinB、电压表的示数为有效值，原线圈电压有效值为U1=U1m2=3622=36VC、R温度降低时，R增大，副线圈电压由匝数比和原线圈电压决定，V2示数不变；根据欧姆定律，副线圈电流减小，电流表示数变小，故C错误；D、R温度升高时，R减小，副线圈电流增大，电压不变，则副线圈功率P2＝U2I2增大，理想变压器输入功率等于输出功率，则原线圈输入功率增大，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了理想变压器的功率关系、电压与匝数比、电流与匝数比的关系；输出电压决定于输入电压和匝数比，输入功率决定于输出功率。（多选）16．如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250V，输送功率为1×105W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1：16，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈两端的电压U2＝2×103V B．输电线损失的电压为3.8×103V C．输电线损失的功率为5×103W D．若用户获得220V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190：11【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】A、根据理想变压器电压与匝数的关系U1U2=B、根据P＝U2I2计算输电电流I2，再根据ΔU＝I2r，计算输电线损失的电压；C、根据ΔP=D、先计算降压变压器原线圈电压U3，再根据U3【解答】解：C、发电系统输送功率为1×105W，则升压变压器原线圈电流为I1根据理想变压器电流与匝数成反比I1可得升压变压器副线圈电流为I2＝25A则输电线损失的功率为ΔP=故C正确；ABD、根据理想变压器电压与匝数成正比U1可知升压变压器副线圈输出电压为U2＝4000V输电线损失的电压为ΔU＝I2r＝25×8V＝200V则降压变压器原线圈电压为U3＝U2﹣ΔU＝4000V﹣200V＝3800V根据理想变压器电压与匝数成正比U3代入数据解得降压变压器T2原、副线圈的匝数比为n3故AB错误，D正确。故选：CD。【点评】本题综合考查理想变压器和远距离输电的相关知识，需要考生熟练掌握变压器的工作原理和输电过程中的功率、电压计算，难度适中，能有效检验对该部分知识的综合运用能力。（多选）17．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=25πT，单匝矩形线圈的面积S＝1m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A为交流电流表。开关S开始时断开，调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2：1时，副线圈电路中标有“6V、6WA．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e=12B．电流表的示数为1A C．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移，减少副线圈的匝数 D．闭合开关S，电容器不会被击穿【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载；电容器的额定电压与击穿电压；正弦式交变电流的函数表达式及推导；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据理想变压器电压、电流与匝数关系，结合矩形线圈产生电动势的有效值与最大值的关系，综合矩形线圈电动势随时间的变化规律分析求解。【解答】解：A．灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6V，根据理想变压器电压与匝数关系U解得U1＝12V则矩形线圈产生电动势的有效值为12V；矩形线圈产生电动势的最大值为122V，根据公式Em＝解得ω=EmNBS=12故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e＝122sin60πtV故A正确；B．小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I根据理想变压器电流与匝数关系I解得I1＝0.5A故B错误；C．若矩形线圈转速增大，根据Em＝NBSω感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，根据理想变压器电压与匝数关系U应将P适当上移；故C正确；D．电容器的击穿电压为交流电的最大值，故能击穿电容器，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了理想变压器相关知识，理解理想变压器电压、电流与匝数关系是解决此类问题的关键。（多选）18．一单匝闭合矩形线圈abcd以角速度ω绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向平行 B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大 C．从t1到t3的过程，通过线圈某一截面的电荷量为ΦmD．线框转动一周产生的焦耳热为π【考点】交变电流峰值的计算和影响因素；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】应用题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】线圈每转动经过中性面一次，电流方向就改变一次；线圈平面与磁感线方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大；根据电流的定义式和法拉第电磁感应定律计算；先计算出线圈产生的最大感应电动势，然后根据焦耳定律计算线圈转动一周产生的热量。【解答】解：AB、由图乙所示图像可知，t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量最小为零，磁通量的变化率最大，线圈中感应电动势最大，线圈中感应电流方向不变，线圈平面与磁场方向平行，故A错误，B正确；C、从t1到t3的过程，通过线圈某一截面的电荷量为q=ItD、感应电动势的峰值Em＝BSω＝Φmω，感应电动势的有效值E=线圈转动一周需要的时间T=线框转动一周产生的焦耳热Q=解得：Q=πΦm故选：BD。【点评】知道在计算电荷量的时候用电流的平均值计算，在计算焦耳热的时候要用有效值计算。三．填空题（共1小题）19．如图所示，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，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。线框从图示位置开始转过90°的过程中，产生的平均电动势为2NBSωπ；线圈在图示位置电压表V2的示数为22【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；法拉第电磁感应定律的基本计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】2NBSωπ，【分析】根据法拉第电磁感应定律结合正弦式交流电有效值和最大值的关系列式进行分析解答。【解答】解：线框从题中图示位置开始转过90°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝BS，则产生的平均电动势E=N⋅ΔΦΔt=N⋅BST4，而T=2πω，解得E=2NBSωπ故答案为：2NBSωπ，【点评】考查法拉第电磁感应定律的应用，知道最大值和有效值关系，属于基础题。四．解答题（共1小题）20．同一座城市在不同季节，在工作日与节假日，在白天与夜晚，对电力的需求差异很大，会形成用电高峰和低谷之间的峰谷负荷差，利用储能站可以将用电低谷时段的电能储存起来。某节能储能输电网络示意图如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝800kW，降压变压器原、副线圈的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝5Ω，用户端的电压U4＝220V，消耗的功率P4＝660kW，所有变压器均为理想变压器。求：（1）输送给储能站的功率P存；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2。【考点】远距离输电的相关计算；多个副线圈共存的变压器问题．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）输送给储能站的功率P存为122kW；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2为5226【分析】（1）先求输电损耗，结合发电机功率、用户功率，用发电机功率减去用户功率和输电损耗，得储能站功率；（2）先由降压变压器匝数比和用户电压求U3，再由用户功率求输电电流，结合输电线电阻求电压损耗，得U2，最后由升压变压器电压比求匝数比。【解答】解：（1）用户消耗的功率P4＝U4I4根据理想变压器电流匝数关系有I输电线上损失的功率ΔP解得ΔP＝18kW根据能量守恒定律有P1＝P4+ΔP+P存解得P存＝122kW（2）根据理想变压器电压匝数关系有U升压变压器副线圈两端的电压U2＝U3+I3R升压变压器原、副线圈的匝数比n解得n答：（1）输送给储能站的功率P存为122kW；（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1：n2为5226【点评】这道题是对含储能站的复杂输电系统的综合性考查，这道题是一道质量较高的综合性输电题，能有效考查学生对远距离输电系统的深入理解和综合应用能力，同时也引导学生关注物理知识在新能源和能源储存领域的应用。

考点卡片1．电容器的额定电压与击穿电压【知识点的认识】额定电压：电容器能够正常工作的电压。击穿电压：电容器两端电压越高，板间电场越强，当所加电压超过某一数值时，极板间电介质会被击穿即由绝缘物质转变为导体，电容器会损坏，这个电压的极限值称为击穿电压。【命题方向】某电容器上标有“1.5μF9V”的字样，则该电容器（）A、所带电荷量不能超过1.5×10﹣6CB、所加电压不能超过9VC、该电容器击穿电压为9VD、当给该电容器加4.5V的电压时，它的电容值变为0.75μF分析：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，是电容器本身的特性，与电压无关．电容器上标有“1.5μF9V”，9V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压．解答：A、根据Q＝CU＝1.5×10﹣6×9C＝1.35×10﹣5C，知所带的电荷量不能超过1.35×10﹣5C．故A错误。B、9V是电容器的额定电压，即能承担的最大电压，所加的电压不能超过9V．故B正确。C、9V是电容器的额定电压，不是击穿电压。故C错误。D、电容器上标有“1.5μF9V”，说明电容器的电容是1.5μF，是电容器本身的特性，与电压无关，电压是4.5V时，电容仍然是1.5μF．故D错误。故选：B。点评：本题对用电器铭牌的理解能力．关键抓住电容的物理意义：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，是电容器本身的特性，与电压无关．【解题思路点拨】额定电压的意义是电容器能够持续正常工作的最大电压，当实际电压小于这一数值时，电容器也是可以正常工作的。2．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。3．法拉第电磁感应定律的基本计算【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，则线圈中总的感应电动势V．若线圈电阻为10Ω，则线圈中产生的电流强度I＝A．分析：根据法拉第电磁感应定律E=n解答：感应电动势E=感应电流的大小I=E故本题答案为：15，1.5．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量4．根据B-t或者φ-t图像计算感应电动势【知识点的认识】本考点旨在针对电磁感应中的B﹣t图像或Φ﹣t图像问题。1.B﹣t图像（1）图像意义：B﹣t图像的纵坐标直接反映了某一时刻的磁感应强度。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。B﹣t图像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t图像（1）图像意义：Φ﹣t图像的纵坐标直接反映某一时刻的磁通量大小。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t图像的斜率就等于ΔΦ（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。【命题方向】如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0，B0），P点的切线在B轴上的截距为B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0时，圆环中感应电流的方向B、t＝t0时，圆环中感应电动势的大小C、0﹣t0内，通过圆环某截面的电量D、0﹣t0内，圆环所产生的焦耳热分析：根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据电荷量的计算公式解得电量，焦耳热需要通过有效值计算。解答：A．根据楞次定律可知，t＝t0时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；B．t＝t0时，圆环中感应电动势的大小E=故B错误；C．0﹣t0内，通过圆环某截面的电量q=故C错误；D．0﹣t0内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，故D正确。故选：D。点评：本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。【解题思路点拨】1.解决图像问题的一般步骤（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。（2）分析电磁感应的具体过程。（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。（6）画出图像或判断图像。2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法（1）排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝nΔΦR5．交流发电机及其产生交变电流的原理【知识点的认识】1.产生装置将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。2.两个特殊位置及特点①中性面上图甲和丙所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝②与中性面垂直的位置上图乙和丁所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I3.交变电流的变化规律对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示线框的面积。设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为e＝Emsinωt式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。【命题方向】交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大B、图示位置电流最大，方向为A→BC、从图示位置开始经过T4D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Im故选：D。点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。【解题思路点拨】正弦交变电流产生的原理矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.6．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决交变电流图象问题的三点注意（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．7．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100A、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：22022=220V故选：ACD。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i=u2.正弦式交变电流瞬时值的表达式8．交变电流峰值的计算和影响因素【知识点的认识】1.定义：交变电流的峰值是指最大的瞬时值。2.意义：表征交变电流的变化范围。3.符号：用Em、Im、Um分别表示电动势、电流、电压的峰值。4.计算方法：Em＝NBSω由闭合电路的欧姆定律：Im=5.影响因素：交变电流的峰值由线圈匝数、磁感应强度、线圈面积和角速度决定，与线圈的形状无关。6.应用环境：当考虑某些电学元件（电容器、晶体管等）的击穿电压（耐压值）时，指的是交变电流的最大值7.推论：因为BS＝Φ（磁通量），所以Em＝NωΦm。【命题方向】图示为一台小型发电机示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直。矩形线圈的面积为S＝2.0×10﹣2m2，匝数N＝40匝，线圈电阻r＝1.0Ω，磁场的磁感应强度B＝0.20T。线圈绕OO′轴以ω＝100rad/s的角速度匀速转动。线圈两端外接阻值为R＝9.0Ω的定值电阻和一个理想交流电压表。求：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值；（2）从图示位置开始计时，写出通过电流瞬时值的表达式；（3）交流电压表的读数。分析：（1）根据Em＝NBSω计算；（2）根据闭合电路的欧姆定律计算出最大电流，然后写出瞬时值表达式；（3）根据最大值得到交流电的有效值，进而得到电压表的示数。解答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝40×0.20×2.0×10﹣2×100V＝16V（2）回路中的最大电流为Im图示位置与中性面垂直，故通过电流瞬时值的表达式为i＝Imcosωt＝1.6cos100t（A）（3）电流的有效值为I有效交流电压表的读数为U＝I有效•R=0.82答：（1）线圈中产生的感应电动势的最大值为16V；（2）从图示位置开始计时，写出通过电流瞬时值的表达式为i＝1.6cos100t（A）；（3）交流电压表的读数为10V。点评：掌握感应电动势最大值的计算公式，闭合电路的欧姆定律，知道交流电表的读数指的是有效值。【解题思路点拨】1.交变电流电动势的峰值与线圈的形状无关，计算公式为Em＝NBSω。2.峰值常见的应用与电容器的击穿电压有关。9．交流电表的读数【知识点的认识】1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。10．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压器（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。（2）变压器线圈的电阻忽略不计。（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。【命题方向】关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（）A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B、穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D、原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；故选：C。点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．【解题思路点拨】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。11．理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（）A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．解答