第45讲 交变电流 传感器（专项训练）（四川专用）（教师版）

第45讲交变电流传感器目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01交变电流题型02传感器题型03实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系02核心突破练03真题溯源练01交变电流1.（2025·四川成都·高三月考）如图甲为小型交流发电机的原理图，阻值为r=1Ω的单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，通过导线给一阻值为R=9Ω的电阻供电。从A．线圈转动的角速度为100B．t=0时刻，线圈平面与磁感线平行C．线圈的最大磁通量为2D．线圈的热功率为9【答案】C【详解】A．由图乙可知，周期为0.02 s，角速度ω=B．由图乙可知，t=0时刻，电阻R两端的电压为零，则线圈中的感应电动势也为零，线圈平面与磁感线垂直，故B错误；C．根据题意可知电动势最大值E又由E整理得ΦmD．电阻R的有效电压U=线圈的热功率P=I故选C。2.（2025·四川遂宁·高三月考）一小型交流发电机，N匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动（如图甲），穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，线圈转动周期为T。则（）A．线圈产生的电动势有效值E=NB．在t=TC．在t=TD．在T4【答案】A【详解】A．线圈产生的电动势最大值E有效值E=EB．在t=TC．在t=TD．在T4～可知通过线圈导线截面的电荷量不为零，选项D错误。故选A。3.（2025·四川乐山·高三月考）如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知（）A．t=0.01sB．t=0.02sC．此感应电动势的瞬时表达式为e=200D．此感应电动势的瞬时表达式为e=200【答案】D【详解】A．由图可知，t=0.01sB．由图可知，t=0.02sCD．根据题意可知感应电动势的周期为0.02s，则圆频率ω=此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin故选D。4.（2025·四川成都·高三月考）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为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图像如图乙所示。已知发电机线圈电阻为1Ω，外接一只阻值为10Ω的电阻，不计电路的其他电阻，则（）A．电流表的示数为2.83A B．该交变电流每秒电流方向改变100次C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行 D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热为1.6J【答案】B【详解】A．在交流电路中电流表的示数为有效值为E=电流表的示数I=EB．从图像可知线圈转动的周期为0.02s，则交流电的频率f=转动一圈电流方向改变两次，则该交变电流每秒电流方向改变100次，故B正确；C．0.01s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，线圈平面与磁场方向垂直，故C错误；D．线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量Q=I故选B。5.如图甲所示为某款按压式发电的手电筒，当按照一定的频率按压时，内置发电机线圈转动，穿过线圈的磁通量按照正弦规律变化（如图乙所示）。已知线圈的匝数为100匝，下列说法正确的是（）A．交流电的频率为0.2HzB．t=0.2sC．发电机的电动势的有效值为πD．若电路总电阻为5Ω，则发电机的功率为【答案】D【详解】A．由图乙可知，交流电的周期为T=0.2频率为f=故A错误；B．t=0.2sC．发电机线圈转动的角速度为ω=根据E=解得发电机的电动势的有效值为E=故C错误；D．根据P=可得P=故D正确。故选D。6.（2025·四川遂宁·高三月考）如图甲所示，单匝矩形线框在匀强磁场B中，绕与磁场B垂直的轴OO′匀速转动。已知线框电阻R，转动周期T，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图，如图乙所示。则下列说法正确的是（）A．T2B．感应电流的有效值为2π⋅C．T4到3D．线框转动一周，线框中产生的热量为2【答案】D【详解】A．由图乙可知，T2B．角速度为ω=感应电动势最大值为E感应电流最大值为I感应电流的有效值为I=故B错误；C．T4到3TD．线框转动一周，线框中产生的热量为Q=故D正确。故选D。7.（2025·四川·高三月考）目前我国的海上核电站已经开始建设，海上核电站的工作原理是反应堆产生蒸汽推动涡轮机转动，带动发电机发电。一不计电阻的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随时间变化的规律如图甲所示，同时把此电源接入如图乙所示的电路。下列说法正确的是（）A．此交流电的周期为0.01sB．定值电阻R上的电流方向每秒钟改变100次C．理想电压表V的示数为2202D．定值电阻R两端的电压uR随时间t变化的规律为u【答案】BD【详解】AB．由图甲可知，此交流电的周期为0.02s，每个周期电流方向改变2次，定值电阻R上的电流方向每秒钟改变100次，A错误，B正确；CD．由图甲可知，电动势的最大值为2202V，加在定值电阻R上，其上瞬时电压的表达式为u理想电压表测量有效值，则V的示数为220V，C错误，D正确。故选BD。8.（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）阻值为R的电阻通以正弦交流电，阻值为2R的电阻通以方波交流电，两种交流电电流的最大值相等，如图所示，则是（）A．正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为1∶2B．正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为1∶2C．R与2R的热功率之比1∶22D．R与2R的热功率之比1∶4【答案】AD【详解】AB．正弦交流电的峰值为Im，设其有效值为I1设方波交流电的有效值为I2，根据电流的热效应有解得I所以正弦交流电与方波交流电电流有效值之比为I1CD．设R的热功率为P1，2R的热功率为P2可得R与2R的热功率之比为P1故选AD。9.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场磁感应强度为B，只计外接电阻R，不计线圈电阻。线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO'轴匀速转动，则（）A．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e=B．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e=BC．图示位置线圈中感应电动势为BD．线圈从图示位置转动半圈通过R的电荷量为B【答案】A【详解】AB．线圈中感应电动势瞬时值表达式为e=选项A正确，B错误；C．图示位置线圈中感应电动势为零，选项C错误；D．线圈从图示位置转动半圈通过R的电荷量为q=选项D错误。故选A。10.（2025·四川绵阳·高三月考）已知三角脉冲电压（锯齿波）的峰值是有效值的3倍。现测得一个阻值为1000Ω的电阻的两端电压变化如图所示，其中UA．3.0 mA B．4.5 mA C．5.0 mA【答案】B【详解】电压的有效值满足U该电阻上的电流有效值为I=代入数据解得I≈4.5故选B。11.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8ΩA．升压变压器副线圈两端的电压U2为B．输电线损失的电压为200C．用户得到的功率为5×D．降压变压器的输入电压U3为【答案】B【详解】ABD．根据理想变压器电压与匝数成正比U可知升压变压器副线圈输出电压为U发电系统输送功率为P=1×105根据理想变压器电流与匝数成反比I可得升压变压器副线圈电流为I输电线损失的电压为Δ降压变压器的输入电压U故AD错误，B正确；C．则输电线损失的功率为Δ则用户为P故C错误。故选B。12.如图为含有理想变压器的电路，图中电流表均为理想电表，三个灯泡电阻相同且不变。变压器原线圈两端接入有效电压为18V的正弦交流电，开关S闭合时，均能发光。当开关S断开后，电流表A1示数改变了0.3A，A2示数改变了0.6A，则下列说法正确的是（）A．变压器原副线圈的匝数比为1︰3 B．开关S断开后，副线圈两端的输出电压变大C．开关S断开后，灯泡L1的功率变大 D．开关S断开后，灯泡L2的功率变大【答案】C【详解】A．根据变压器电流与匝数的关系有I可得n故A错误；B．输入电压不变，根据变压器电压规律得输出电压不变，故B错误；CD．开关S断开后，副线圈电阻变大，输出电压不变，则通过灯泡L2的电流减少，故其功率减少，灯泡L1的电压增大，故其功率增大，故C正确，D错误。故选C。13.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接u=2202sin100πtV的正弦交流电源，副线圈接有电阻A．副线圈中交流电的频率为100Hz B．电流表A1C．电压表V1、V2的示数之比为2:1 D．开关【答案】D【详解】A．副线圈中交流电的频率为f=选项A错误；B．电流表A1I选项B错误；C．根据变压器电压与匝数关系可知U因电压表V2示数小于变压器次级电压，可知电压表V1、VD．开关S断开后，次级电阻变大，次级电流减小，则电阻R上电压减小，而变压器次级电压不变，可知电压表V2故选D。14.如图所示的交流电路中，a、b两端接正弦交流电源u=2202sin100πtV。理想变压器原、副线圈的匝数比为k=10，定值电阻R1A．2A B．2C．22A【答案】A【详解】交流电源电压有效值为U设原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2，根据变压器电流、电压与匝数关系可得IU联立解得I故选A。15.随着科技的发展进步，手机、智能手表的无线充电方式开始流行。如图，是手机无线充电器原理图，通过充电器的发射线圈和手机上的接收线圈传递能量。在发射线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流，手机的接收线圈就会产生交变电流，该电流经过整流电路转化为直流电给手机充电。两线圈均可看做理想线圈，且无漏磁，接收线圈两端电压的峰值为102A．发射线圈中电流的有效值为1B．接收线圈中电流的有效值为2C．发射线圈与接收线圈的匝数比为11D．接收线圈中的电流方向每秒变化50次【答案】A【详解】ABC．接收线圈中电压的有效值为U2I2n根据匝数与电流的关系n可得发射线圈中电流的有效值为I故A正确，BC错误；D．正弦式交变电流的方向每个周期变化两次，由于电流的频率为50Hz，所以接收线圈中的电流方向每秒变化100次，故D错误。故选A。16.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，R0为定值电阻，R是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u=220sin100πtV，设理想交流电压表V1、V2的示数分别是A．电压表V2的示数UB．滑片P向a端滑动过程中，U2变大、IC．滑片P向b端滑动过程中，U1不变、RD．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1【答案】C【详解】A．原线圈输入电压为U根据U1U故A错误；B．由于U1不变，匝数比不变，所以U2不变，当滑片P向a端滑动过程中，滑动变阻器接入阻值变大，则I变小，故B错误；C．U1不变、匝数比不变，故U2不变，滑片P向b端滑动过程中，滑动变阻器接入阻值变小，根据I=U2R+R0可知D．变压器可以变压变流，但不会改变交流电的频率，故D错误。故选C。17.（多选）如图所示为远距离输电的简化电路图。发电厂的输出电压恒为U1，升压变压器的输出电压为U2，输电线路中的电流是I，降压变压器原线圈的端电压是U3，副线圈的端电压为U4。输电过程只考虑输电线路造成的电压损失，变压器均为理想变压器。输电线上损失的电压为ΔU，损失的功率为ΔP，发电厂输出的功率为P1，用户获得的功率PA．ΔP=IU2B．ΔU=U2－U3C．用户增多，ΔU增加D．用户增多，U2增加【答案】BC【详解】AB．输电线上损失的电压为Δ损失的功率为ΔP=IC．用户增多，则发电厂输出的功率P1增大，根据P1=U1I1可知升压变压器原线圈电流I1增大；根据D．用户增多，根据U2U1故选BC。18.（多选）同一座城市在不同季节，在工作日与节假日，在白天与夜晚，对电力的需求量差异很大，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部分电能储存起来。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=600V，输出功率P1=800kW，降压变压器原、副线圈的匝数比n3A．发电机的输出电流为2000AB．输电线上损失的功率为16kWC．升压变压器原、副线圈的匝数比nD．输送给储能站的功率为334kW【答案】BC【详解】AB．根据功率公式可知，发电机的输出电流I降压变压器副线圈中的电流I根据理想变压器原理有I解得I输电线上损失的功率Δ故B正确；A错误；CD．降压变压器原线圈两端的电压U升压变压器副线圈两端的电压U所以升压变压器原、副线圈的匝数比n根据能量守恒定律可知，输送给储能站的功率P故C正确；D错误。故选BC。19.（多选）互感器主要与交流测量仪表配合使用，它也是一种变压器，常用的有电压互感器和电流互感器。如图，在电路中接入互感器A、B，原、副线圈的匝数比分别为kA、kA．kB．甲为电流表C．B为电流互感器D．互感器可以用来测量直流电路的电流和电压【答案】AB【详解】ABC．A与电路串联，为电流互感器，初级匝数小于初级匝数；B与电路并联，为电压互感器，初级匝数大于次级匝数，即kAD．互感器只能测量交流电路的电压和电流，不可以用来测量直流电路的电流和电压，选项D错误。故选AB。20.（多选）如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P3是可移动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后接正弦交流电源，输出端接两个相同的灯泡L1、L2和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，输入端接u=2202cos100πtV，P1、PA．流过灯泡L1的电流方向每秒改变100次B．AB两端电压为220VC．若仅将P1向左移动，L1将变暗D．先将P1移至最左端，然后将P3逆时针转动的过程中适当将P2向右移动，L1亮度可能不变【答案】AD【详解】A．由接入电压U=220可知，交变电流的频率为f=50Hz变压器不改变交变电流的频率，所以流过灯泡L1电流的频率也是50Hz，一个周期时电流方向改变两次，所以流过灯泡L1电流的方向每秒改变100次，故A正确；B．变压器输入端的电压为电源电压的一部分，电源电压为220V，所以变压器的输入电压小于220V，故B错误；C．若仅将P1向左移动，滑动变阻器R1的接入电阻变小，变压器输入端的电压增大，导致流过灯泡L1的电流变大，所以L1将变亮，故C错误；D．先将P1移至最左端，此时变压器输入电压为220V保持不变，此后将P3逆时针转动，变压器的输出电压变大，此过程中将P2向右移动，滑动变阻器R2分的电压增大，如果操作合适的话是可以实现并联部分电压不变，即L1亮度不变，故D正确。故选AD。21.如图所示为某小型发电站高压输电示意图，发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，输电线电流为I2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为UA．①为电流表，②为电压表B．电厂输送的电功率为UC．若U3D．若输送距离增加一倍，则输电线上的损耗功率增加一倍【答案】B【详解】A．由图可知①和互感器并联在零线、火线上，则①为电压表；②和互感器串联在电路中，则②为电流表，故A错误；B．不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，则电厂输送的电功率为P故B正确；C．若U3线圈匝数增加一倍，对于电压互感器，由于原线圈两端电压，即升压变压器输出电压UD．若输送距离增加一倍，则输电线电阻增加一倍，将降压变压器和用户看成一个等效电阻，则有R输电线上的电流为I可知输电线上的电流I2减小，根据可知输电线上的损耗功率不是增加一倍，故D错误。故选B。02传感器22.（多选）如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，R2为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表。闭合开关S稳定后，增大照射光强度，则（）A．小灯泡变亮 B．电压表的示数减小C．电容器上的电荷量减少 D．光敏电阻两端的电压减小【答案】ACD【详解】A．由图可知，L和R2串联后和C并联，再与R1串联，电容器在电路稳定时相当于断路；当增大照射光强度时，光敏电阻R2减小，电路的总电阻减小，总电流I增大，流过小灯泡的电流增大，则小灯泡的功率增大，故A正确；B．由欧姆定律知，定值电阻R1C．电容器板间电压为UC=E−I(R1D．光敏电阻两端的电压为U=E−I(由于总电流I增大，E、R1、r、RL不变，因此光敏电阻两端的电压减小，故D正确。故选ACD。23.图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器R0A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化B．定值电阻R1C．R0D．原线圈输入功率减小【答案】C【详解】A．副线圈两端电压由变压器原线圈电压和匝数比决定，与副线圈电阻变化无关，即与副线圈电路端温度的变化无关，故A错误；C．R0滑片上移一点，其阻值变大，则要想报警，需减小热敏电阻RT，即提高温度，所以R0滑片上移一点可以提高报警温度，故C正确。BD．当出现火情时，热敏电阻阻值变小，导致副线圈电流变大，根据U可知定值电阻R1两端电压增大，由可知原线圈输入功率变大，故BD错误。故选C。24.图甲为某感温式火灾报警器，其简化电路如图乙所示。理想变压器原线圈接入电压有效值不变的正弦交流电源，副线圈连接报警系统，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为定值电阻，滑动变阻器R0用于设定报警温度。当流过R1的电流大于设定临界值时就会触发报警。那么出现火情时（）A．副线圈两端电压会随着副线圈电路端温度的变化而变化B．定值电阻R1两端电压减小C．原线圈输入功率减小D．R0滑片上移一点可以提高报警温度【答案】D【详解】A．根据U1B．出现火情时，RT为热敏电阻阻值减小，根据串反并同，定值电阻R1两端电压增大，B错误；C．出现火情时，RT为热敏电阻阻值减小，副线圈电流增大，根据I1D．R0滑片上移一点，R0增大，流过R1的电流要达到设定临界值，则需要热敏电阻的阻值更小，需要升高更高的温度，所以可以提高报警温度，D正确。故选D。25.（多选）下列关于传感器的说法中，正确的是（）A．测温枪是应用红外线传感器测量体温B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为热信号C．指纹识别器的原理与双金属片传感器类似D．光敏电阻能够把光照强度这个光学量转换为电阻这个电学量【答案】AD【详解】A．一切物体均能发出红外线，测温枪是应用红外线传感器测量体温，故A正确；B．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故B错误；C．指纹识别器是应用电容传感器来识别指纹，故C错误；D．光敏电阻能够把光照强弱变化转化为电阻大小的变化，故D正确。故选AD。26.光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，现将光敏电阻R、数字电流表A、电源E按图连接，闭合开关S，当太阳光直接照射光敏电阻R时，电流表示数为I1；当用课本挡住直射到光敏电阻R上的太阳光时，电流表的示数为I2；当用黑纸把光敏电阻R完全包裹起来时，电流表的示数为I3，则I1、A．I1>I2>I3 B．【答案】A【详解】根据闭合电路欧姆定律有I=由于光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小，可知当太阳光直接照射光敏电阻R时，光照强度最大，则此时光敏电阻的阻值最小，通过的电流I1最大，当用黑纸把光敏电阻R完全包裹起来时，光照强度最弱，则此时光敏电阻的阻值最大，通过的电流II故选A。03实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系27.刘同学探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系，实验用的可拆变压器如图甲所示。(1)为了减小涡流在铁芯中产生的热量，变压器的铁芯由相互绝缘的硅钢片叠成，对上端放置的变压器铁芯，硅钢片应平行于______。A．平面abcd B．平面abfe C．平面abgh D．平面aehd(2)在实验中，该同学故意将上端的铁芯卸掉，将12.0V的交流学生电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱之间，将交流电压表接在副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间，则交流电压表的实际示数可能是______。A．6.5V B．6.0V C．3.5V D．0(3)该同学正确组装变压器后，在保持原、副线圈不变的情况下进行了多次实验，实验中正确操作，并将测得的几组数据记录在下表中。则Ub是变压器U1.802.803.804.90U4.006.018.029.98(4)图乙为某电学仪器原理图，图中变压器为理想变压器。左侧虚线框内的交流电源与串联的定值电阻R0可等效为该电学仪器电压输出部分，该部分与变压器的原线圈连接，可变电阻R与该变压器的副线圈连接，当R=19R【答案】(1)D(2)C(3)原线圈(4)3（或31【详解】（1）由图甲可知，磁感线平行于平面aehd，产生的涡流平行于平面abcd，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，硅钢片应垂直于涡流所在平面，即硅钢片应平行于平面aehd。故选D。（2）由题意知，n1=800，n2=400，U但该同学将上端铁芯卸掉，此时会有大量漏磁，导致通过副线圈的磁通量比理想情况小，所以输出电压小于理想值6.0V，即输出电压的范围为故选C。（3）由于n1=800，n由表格中的数据可知UbUa（4）设原、副线圈中的电流分别为I1和I2，将原线圈等效为一个电阻R又I联立得R当R=19联立解得n28.某学校高二物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲，乙所示。(1)下列说法正确的是（）A．变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12VD．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好(2)实验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面（）A．abcd B．abfe C．abgℎ D．aeℎd(3)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“6V”挡位，测得副线圈的电压为3.2V。则下列分析正确的是（）A．原线圈导线比副线圈导线粗B．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”C．原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应大于800D．副线圈实际匝数与标注的“400”不符，应小于400(4)如图所示的电路中，电压为U0的交流电源通过阻值为R0的定值电阻与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。若保持U0不变，将可变电阻R的阻值增大，则流经原线圈的电流（选填“增大”“减小”或“不变”）；当可变电阻R的阻值为时（用n1、【答案】(1)BD(2)D(3)B(4)减小(n【详解】（1）A.变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；B．实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，运用的科学方法是控制变量法，故B正确；C．变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12V，而用直流电压变压器不能工作，故C错误；D．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I可知，匝数少的电流大，则导线应该粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D正确。故选BD。（2）由图，根据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd，即平行于面aehd。故选D。（3）A．原线圈为800匝，副线圈为400匝，副线圈匝数少，则电流大，则副线圈导线比原线圈导线粗，故A错误；B．由于原、副线圈匝数比为2∶1，副线圈电压为3.2V，根据变压器原理可知，学生电源实际输出电压大于标注的“6V”，故B正确；C．根据U可知，原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应小于800匝，故C错误；D．根据U可知，副线实际匝数与标注的“400”不符，应大于400匝，故D错误。故选B。（4）[1]将原线圈等效为电阻Rx，则有因为I整理得R可知阻R的阻值增大，原线圈总电阻变大，因为U0[2]结合以上分析，可知当Rx=R0时，R整理得R=29.（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从某时刻开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示，若外接电阻R=20Ω，线圈电阻r=5A．0.03s末穿过线圈的磁通量最大B．该交流电电流方向每秒改变25次C．电阻R在1分钟内产生的热量为1.92×D．从t=0时刻转过60°的过程中，通过线圈某截面的电荷量为1【答案】D【详解】A．由图乙知，0.03s末线圈产生的感应电动势最大，则0.03s末线圈平面与磁场平行，线圈的磁通量为0，故A错误；B．由图乙知，交流电周期为0.04s，电流每个周期方向改变两次，所以该交流电电流方向每秒改变50次，故B错误；C．由图乙知，线圈产生感应电动势的最大值E则有效值为E=电流为I=则电阻R在1分钟内产生的热量为Q故C错误；D．由图乙知，交流电周期为0.04s，则角速度为ω=根据E解得BS=从t=0时刻转过60°的过程中，通过线圈某截面的电荷量为q=又I=ER+r，联立得q=故D正确。故选D。30.（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，线圈abcd的面积是0.1m2，共100匝，线圈的总电阻为1Ω，外接电阻R=19A．从如图所示的位置开始计时，线圈产生的电动势瞬时值的表达式为e=100B．1s内，通过R的电流方向变化10次C．电路中，电压表的示数为5D．线圈转过130【答案】AB【详解】A．图中所示为中性面，从中性面开始计时线圈产生的电动势表达式e=NBSω根据n=300r/m=5r/s可得圆频率ω=2πn=10π所以电动势表达式e=100sinB．电流的频率f=n=5Hz，一个周期电流方向改变2次，故1s内，通过R的电流方向变化10次，故B正确；C．电压表测量的是路端电压的有效值，则U=可得U=95D．电流的瞬时表达式i=当t=130s故选AB。31.（2025·四川成都·高三月考）如图甲，线圈的匝数为n=50匝、面积为S=0.04m2、电阻为r=1.0Ω，其输出端c、d间接一电阻为R=1.0Ω的定值电阻。线圈内存在垂直于线圈平面向上的匀强磁场，一个周期（0.04s）内磁场的磁感应强度大小B随时间A．线圈中产生的感应电动势的有效值为4VB．在t=0.005s时刻，线圈中产生的感应电动势为0C．在0~0.04s内，电阻R上产生的焦耳热为0.08JD．在0~0.01s内，通过电阻R的电荷量为0.02C【答案】D【详解】A．0.01s内线圈产生的感应电动势E0.01~0.04s内穿过线圈的磁通量没有发生变化，线圈的感应电动势为0，令线圈中产生的感应电动势的有效值为E，则有E解得E=2V故A错误；B．结合上述可知，在t=0.005s时刻，线圈中产生的感应电动势为4V，故B错误；C．结合上述，线圈中感应电流的有效值I=在0~0.04s内，电阻R上产生的焦耳热为Q=故C错误；D．结合上述，在0~0.01s内，通过线圈的电流I则在0~0.01s内，通过电阻R的电荷量为q=故D正确。故选D。32.（多选）（2025·四川眉山·高三月考）如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里（与ab垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，若图示位置为初始时刻，则（）A．感应电动势的最大值是EB．从图示位置转过一圈的时间内，负载电阻R上产生的热量Q=C．从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R的电荷量为D．电流表的示数为π【答案】CD【详解】A．感应电动势的最大值是EmB．由图可知，一圈内只有半个周期有感应电流，则从图示位置转过一圈的时间内，负载电阻R上产生的热量Q=EC．由法拉第电磁感应定律E根据欧姆定律I则q=则从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R的电荷量为q=D．电流表的示数为有效值，则I而Q=周期T=联立解得有效值I=π故选CD。33.（多选）如图，均匀磁场中有一个半径为r的半圆弧及其直径构成的导线框，线框总电阻为R，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0。使该线从如图所示位置，绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动，在线框中产生感应电流。下列说法正确的是（

A．线框转动一周产生的感应电动势有效值为2B．线框从起始位置到转动180°的过程中，经过线框的电荷量为BC．若将线框改为绕过直径的轴转动，线框转动一周产生的总热量为πD．若将线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔ【答案】BD【详解】A．线框转动过程中，根据转动切割感应电动势公式得感应电动势大小为E=BB．线框从起始位置到转动180°的过程中，平均感应电动势为E经过线框的电荷量q=EC．若将线框改为绕过直径的轴转动，线圈转动产生的最大感应为E根据有效值的定义E联立可得E有D．由欧姆定律得感应电流为I=当线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化时，根据法拉第电磁感应定律得E又S=根据欧姆定律得感应电流为I由题设知I得B解得ΔB故选BD。34.如图所示，理想变压器原副线圈分别与R1、R2连接，R1=R2。现通过移动滑片P来改变原线圈的匝数。令原副线圈匝数分别为n1、n2，电压表、电流表均为理想电表。已知交流电源电压瞬时值表达式为u=2202A．理想变压器原副线圈上电流频率不相等B．当滑片P向下移动时，原副线圈上电流之比变小C．当滑片P向下移动时，电流表的示数一定变小D．当移动滑片P使n1【答案】D【详解】A．变压器不会改变交流电的频率，故理想变压器原副线圈上电流频率一定相等，A错误；B．滑片P下移，n1减小，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数关系可知，原副线圈电流之比增大，B错误；C．设R原线圈电流为I，当滑片P向下移动时原线圈的匝数减少，设匝数比为k，则此时初级电压为u−IR，则根据匝数比可知，次级电压为U可得IR=U结合基本不等式可知，当k=1时，U2有最大值，故滑片P向下移动时，电流表示数不一定减小，C错误；D．根据nIU可得I解得UD正确。故选D。35.如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11：2，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，下列说法正确的是（）A．t=0.01s时，电压表的示数是0B．变压器输出电压的最大值是40VC．变压器副线圈输出的交流电的频率为0.5HzD．若电流表的示数为1A，变压器的输入功率为40W【答案】D【详解】A．电压表在任意时刻显示的示数均为有效值，t=0.01sB．由乙图可知，原线圈两端交流电电压的最大值为2202V解得变压器输出电压的最大值为U故B错误；C．由乙图可知交流电的周期为0.02s，则其频率为f=理想变压器不改变交流电的频率，故变压器副线圈输出的交流电的频率为50Hz，故C错误；D．交流电的有效值为U根据理想变压器电压与匝数成正比，有n解得U变压器的输入功率为P故D正确。故选D。36.如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3:1，三个电阻R1、R2、R3阻值相等。原线圈的ab端接在电压为30V的正弦式交流电源上，以下说法不正确的是（）A．当开关S断开时，R3两端的电压为9VB．当开关S断开时，R1、R3消耗的功率之比为1:9C．当开关S闭合时，R1、R3电压之比为10:1D．开关S断开时与开关S闭合电流表的读数之比是19:100【答案】C【详解】A．三个电阻R1、R2、R3阻值相等，令均等于R0，开关S断开时，根据电流、电压与匝数关系有I1I在原线圈电路中有U在副线圈电路中有U解得U2=9即开关S断开时，R3两端的电压为9V，故A正确，不符合题意；B．结合上述，当开关S断开时，R1、R3消耗的功率P1=结合上述解得P故B正确，不符合题意；C．将变压器与负载等效为一个电阻，则等效电阻为R当开关S闭合时，上述等效电阻与R2并联，则有R则原线圈电路的干路电流为I则电阻R1两端电压U则有U根据电压匝数关系有U解得U解得U即当开关S闭合时，R1、R3电压之比为10:3，故C错误，符合题意；D．结合上述可以解得I故D正确，不符合题意。故选C。37.（2025·四川德阳·三模）如图所示，阻值为r、面积为S、匝数为N的矩形线圈abcd通过换向器与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈与两个阻值均为R的相同小灯泡L1、L2相连，变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=m:1，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，当线圈转动的角速度为ω时。两小灯泡LA．小灯泡的额定电压为2B．线圈每转动一个周期电流方向改变1次C．若灯泡L1的灯丝烧断，灯泡L2的亮度不变D．若线圈静止在图示位置，磁感应强度随时间均匀增大，则灯泡可能正常发光【答案】A【详解】A．将原线圈等效为一个电阻R0，则有因为I联立解得R原线圈产生的电动势有效值U=则原线圈电流有效值I联立解得原线圈I联立以上，解得副线圈电流I则小灯泡的额定电压为U故A正确；B．线圈每转动一个周期电流方向改变2次，故B错误；C．由A选项分析可知R0=若灯泡L1的灯丝烧断，则副线圈电阻会变大，R0会变大，I2会变大，则灯泡D．若线圈静止在图示位置，磁感应强度随时间均匀增大，则原线圈产生的电动势恒定，电流恒定，副线圈输出电压为0，灯泡不亮，故D错误。故选A。38.（多选）如图所示的电路中，交流电源的电动势为9V、内阻可忽略不计，定值电阻R1=R2=12Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V

6W”，理想变压器T1A．L2比L1更亮 B．L2C．R2的电功率比R1的小 D．R2的电功率与R1相等【答案】AD【详解】若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压降压变压器初级电压U降压变压器次级电压U降压变压器次级电流为I4根据匝数比有I其中I3可得输电功率为P输电线上损耗的电功率为P用户得到的电功率为P若开关接ab端，则负载得到的功率P输电线上损耗的电功率为P将R导线=R及k=2带入可知可得P即L2比L1更亮；又有P故选AD。39.（多选）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，R和D分别是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）A．电压的频率为125B．原线圈中电压的瞬时值表达式为u=44C．用光照射R时，电流表的示数变大D．用光照射R时，电压表的示数变大【答案】BC【详解】A．由图乙可知T=1.6×所以电压的频率为f=故A错误；B．根据图乙可得原线圈中电压的瞬时值表达式为u=44故B正确；D．副线圈上的电压由原线圈的电压和变压器的匝数有关，与负载的大小无关，故D错误；C．有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P=得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，电流表A的示数变大，故C正确。故选BC。40.（多选）互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称，常用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为220kV，T1的原、副线圈匝数比为1:20，交流电压表的示数为A．a是交流电压表，b是交流电流表B．T2的原、副线圈匝数比为C．高压线路输送的电流为20D．高压线路输送的电功率为8.8×【答案】BD【详解】A．图中T2的原线圈并联在高压输电线上，T1的原线圈串联在高压输电线上，可知，T1为电流互感器，T2为电压互感器，即B．T2n故B正确；C．T1I解得I故C错误；D．结合上述，高压线路输送的电功率为P=故D正确。故选BD。41.（多选）电流互感器和电压互感器如图所示，其中n1、nA．A为电流互感器，且n1<nB．A为电压互感器，且n1>nC．B为电流互感器，且n3<nD．B为电压互感器，且n3>n【答案】AD【详解】AB．互感器A原线圈两端均接在火线，即串联在电路中，因此可知互感器A为电流互感器，而电表a接在电流互感器副线圈中，由此可知电表a为电流表，根据原副线圈匝数比与电流比之间的关系n可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈电流小于原线圈电流，即有n故A正确，B错误；CD．互感器B原线圈两端分别接零线和火线，即并联在电路中，因此可知互感器B为电压互感器，而电表b接在电压互感器副线圈两端，则电表b为电压表，根据原副线圈两端电压比与匝数比之间的关系U可知，考虑到安全因素，则必须满足副线圈两端电压小于原线圈两端电压，即有n故C错误，D正确。故选AD。42.（多选）如图甲所示为一可调压式自耦变压器，线圈AB均匀绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，拨动滑动触头P就可以调节输出电压。图中变压器视为理想变压器，两电表均为理想交流电表，R1=8Ω、R2=5Ω。

A．当变压器滑动触头P逆时针转动时，电流表，电压表示数均变大B．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电压表读数不变，电流表读数变小C．若电压表与电流表示数分别是5V和1A，变压器原副线圈匝数比为12:7D．若变压器滑动触头P拨至PB间线圈匝数是AB间线圈匝数的一半的位置，电压表示数是18V【答案】AC【详解】A．变压器滑动触头P逆时针转动时，n2增大、输入电压不变，则U2增大、R总B．当滑动变阻器滑动触头向上滑动时，R3增大，则R总增大，由于变压器滑动触头P不动、输入电压不变，则U2不变，则I2减小，由闭合电路的欧姆定律可知R1的电压减小，则电压表示数增大，电压表测量的是R2、D．由图乙可知输入电压的有效值为U若变压器滑动触头P拨至PB间线圈匝数是AB间线圈匝数的一半的位置，即变压器滑动触头P拔至线圈中间位置，根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有n可计算出U2=18VU2为MN两点间的电压，是R1和R2、C．若电压表与电流表示数分别是5V和1A，则R2I由于R2、RI则U根据原副线圈的电压比与匝数比的关系有n可计算出n故C正确。故选AC。43.（2025·四川成都·高三月考）某学校高二（9）班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。(1)除变压器外，下列器材中还需要的是（填仪器前的字母）；A．干电池 B．低压交流电源 C．多用电表 D．直流电压表(2)关于实验操作，下列说法正确的是。A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．测量副线圈电压时，先用中间挡位的量程试测，大致确定后再选用适当的挡位C．研究副线圈匝数对副线圈电压的影响时，需保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数(3)变压器铁芯是由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这样设计的原因是。A．减小涡流，提高变压器的效率B．增大涡流，提高变压器的效率C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量(4)一位同学实验时，发现两个线圈的导线粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线为400匝，原线圈接学生电源的正弦交流输出端“6V”挡位，测得副线圈的电压为3.2V。则下列分析正确的是。A．原线圈导线比副线圈导线粗B．学生电源实际输出电压大于标注的“6V”C．原线圈实际匝数与标注的“800”不符，应大于800(5)如图乙所示，若操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，原线圈输入电压为U1=4V，匝数为n1=200匝，改变副线圈匝数n2，测量副线圈两端的电压U2，得到U2-n2图像如图丙所示，则可能正确的是图线（选填“a”“b”或“c”）。【答案】(1)BC(2)C(3)A(4)B(5)c【详解】（1）AB．变压器是电磁感应的应用，需要交流电源产生变化的磁通量，故A错误B正确；CD．副线圈电压用多用电表的交流电压档测量，不能用直流电压表，故C正确D错误。故选BC。（2）A．为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；B．为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故B错误；C．研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确。故选C。（3）ABC．变压器的铁芯如果是整块导体，内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象，要损耗能量，不用整块的硅钢铁芯，其目的是增大电阻，从而减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故A正确BC错误。故选A。（4）A．原线圈的匝数多，因此电压大电流小，由可知原线圈导线应该选用细的，故A错误；B．根据U1U2C．如果原线圈实际匝数与标注的“800”不符，大于800，则测得副线圈的电压应偏低，而不是偏高，故C错误。故选B。（5）操作过程中横铁芯没有与竖直铁芯对齐，则不能视作理想变压器，有U1U故图丙斜率k=ΔU244.（2025·广东·高考真题）如图所示。某光伏电站输出功率1000kW、电压400V的交流电，经理想变压器升压至10kV后，通过输电线输送到变电站，输电线的等效电阻R为5Ω。下列说法正确的是（

A．变压器原、副线圈匝数比为1:100B．输电线上由R造成的电压损失为500VC．变压器原线圈中的电流为100AD．变压器原、副线圈中电流的频率不同【答案】B【详解】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比可得nA错误；B．原副线圈两端的功率相等，流过副线圈的电流I输电线上由R造成的电压损失为ΔB正确；C．变压器原线圈中的电流为IC错误；D．变压器不改变交变电流的频率，变压器原、副线圈中电流的频率相同，D错误。故选B。45.（2025·安徽·高考真题）某理想变压器的实验电路如图所示，原、副线圈总匝数之比n1:n2=1:3，A为理想交流电流表。初始时，输入端a、b间接入电压u=122sin(100πA．电阻箱R的阻值调为18Ω B．副线圈接入电路的匝数调为其总匝数的C．输入端电压调为u=122sin(50【答案】B【详解】A．输入电压峰值为Um=122V，则输入电压有效值为B．若将副线圈匝数调为总匝数的13，根据变压比可知，输出电压U2'=C．输入端电压调为u=122sin50D．将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为U1''=12U故选B。46.（2025·北京·高考真题）如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律为e=10sinA．该交流电的频率为100HzB．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0C．线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上D．仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为10【答案】C【详解】A．根据题意可知，该交流电的频率为f=故A错误；B．线圈转到图示位置时，磁场与线圈平面平行，磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；C．根据题意，由右手定则可知，线圈转到图示位置时，电流由B→A，由左手定则可知，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；D．根据题意，由公式Em=NBSω可知，仅线圈转速加倍，电动势的最大值变为原来的2倍，为故选C。47.（多选）（2025·湖北·高考真题）在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是（）A．仅增加用户数，r消耗的功率增大 B．仅增加用户数，用户端的电压增大C．仅适当增加n2，用户端的电压增大 D．仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小【答案】AC【详解】A．整个电路物理量标注如图设用户端总电阻为R用户，降压器输入端等效为电阻Rx，则有I因为I其中I2=I3，则对于输电线有I联立整理可得I仅增加用户数，则R用户减小，可知I2增大，根据Δ可知r消耗的功率增大，故A正确