高考物理一模试题分类汇编：交变电流解析版

专题11交变电流

大考点概览

考点01交变电流

考点02变压器

考点03远距离输电

考点1交变电流

一、单选题

1.（2026・广东汕头,一模）下图为某风力发电机内部简化图，两磁极间存在匀强磁场。发电期间，风力驱

动线圈仍〃绕着虚线轴匀速转动，某时刻线圈位于图中所示位置，下列说法正确的是（）

A.该时刻线圈处于中性面

B.该时刻线圈磁通量变化率为零

C.若该时刻甩流方向从〃到从可知线圈顺时针转动

D.当线圈再转过90。时，流经线圈的电流为零

【答案】D

【详解】AB.该时刻线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为0,但线圈磁通量变化率最大，产生的

感应电动势最大，感应电流最大，不是处于中性面，故AB错误；

C.若该时刻电流方向从。到匕，图中磁场方向向左，对时边根据右手定则可知，"边向下运动切割磁感

线，则线圈逆时针转动，故c错误；

D.当线圈再转过90。时，线圈平面与磁场方向垂直，线圈处于中性面，流经线圈的电流为零，故D正确。

故选

Dc

2.（2026•河北•一模）如图所示为流过电阻R=10Q的正弦交变电流的U图像，下列说法正确的是（）

A.该交变电流的频率为100HzB.该交变电流的有效电流值为2A

C.该电阻的发热功率为40WD.lmin内该电阻产生的电热为1800J

【答案】D

【详解】A.交变电流的频率为50Hz,故A错误；

B.设交变电流有效电流值为/，则/2R・T=22RJT

解得/=GA,故B错误；

C.电阻的发热功率为尸=〃R=30W,故C错误；

D.lmin内电阻产生的电热为Q=/2R“=1800J,故D正确。

故选D,

3.（2026•山西朔州•一模）纸面内一正方形金属线框MNPQ的/乜边与匀强磁场的边界重合，匀强磁场垂直

纸面向外且范围足够大。在外力作用下第一次将金属线框刚好匀速拉进匀强磁场内（如图甲），第二次金

属线框以P。边为轴匀速转动180。（如图乙），两过程所用时间相等，忽略金属线框的重力影响，则（）

A.甲、乙两过程中金属线框中的电流方向相同

B.甲过程中金属线框中的电流的平均值较大

C.甲过程中外力做的功小于乙过程中外力做的功

D.乙过程中金属线框转动90^180。的过程中感应电动势的瞬时值逐渐增大

【答案】C

【详解】A.对甲过程，根据右手定则，可知金属线框中的电流方向为顺时针：对乙过程，根据楞次定律,

可知金属线框中的电流方向为逆时针，故A错误；

一F

B.殳正方形金属线框的边长为L,电阻为R,磁场的磁感应强度为B,两过程所用的时间为,，根据/=土,

R

-卜中

E=---

△①

联立可得7=

两个过程中磁通展的变化最相同，均为&I）=BUT）=BI}

且两过程所用时间加相等，故甲过程中金属线框中的电流的平均值等于乙过程中金属线框中的电流的平均

值，故B错误;

C.设甲过程中运动的速度为乙乙过程中转动的角速度为◎，根据两过程所用时间4相等，则有

4L12万

Ar=­=—x——

v2co

解得。=?

甲过程中产生的感应电动势为耳=8”

产生的热量为2

BlhoTTBLV

乙过程中产生余弦式交流电，则感应电动势的有效值为E2=KF

产生的热量为0=苓吟=造磬

可知

根据功能关系，可知甲过程中外力做的功小于乙过程中外力做的功，故C正确；

D.乙过程中金属线框自图示位置转过90。后开始计时，刚开始速度方向与磁场方向垂直，感应且动势最大，

转过180',速度方向与磁场方向平行，感应电动势为零，所以过程中感应电动势的瞬时值逐渐减小，故D

错误。

故选C。

4.（2026•广东梅州•一模）图甲是梅州平远县泗水风电发电机，图乙为风力发电机的主体结构部分，在风

力作用下，风叶通过增速齿轮带刘永磁体转动，风叶与永磁体转速比为1:100,永磁体侧方的线圈与电压传

感器相连。在某一风速时，电压传感器显示如图丙所示正弦规律变化，则下列说法准确的是（）

电

压

传

感

器

甲丙

A.风叶的转速为25r/s

B.线圈两端电压的有效值为975拉（V）

C.线圈输出的交流电压表达式为〃=975sin507rt（V）

D.由丙图可知，=0.01s时，穿过线圈的磁通量最大

【答案】C

【详解】A.由图画可知交变电流的周期为7=Q04s

故磁体的转速为n=y=25r/s

因风叶与永磁体转速比为1:100,可知风叶的转速为〃'=而〃=0.25r/s故A错误;

B.通过内图可知电压的最大值为975V,故有效值^=需=罢丫，故B错误;

C.交变电流的周期为了=0.04s

可知/=干=50,rrad/s

电压表达式为〃=975sin507rt（V）,故C正确;

D.由丙图可知f=0.01s时，线圈处于峰值面，穿过检测线圈的磁通量变化率最大，则磁通量为0,故D错

误。

故选Co

5.（2026•山西运城•一模）如图甲所示，交流发电机的矩形金属线圈"4的匝数”=100,线图的总电阻

r=5.0£l,线圈位于匀强磁场中，且线圈平面与磁场方向平行。线圈的两端分别与两个彼此绝缘的铜环国

〃（集流环）焊接在一起，并通过电刷与阻值R=95。的定值电咀连接。现使线圈绕过儿和ad的中点且垂

直于磁场的转轴OO'以一定的角速度匀速转动。穿过线圈的磁通量中随时间，变化的图像如图乙所示。若电

路其他部分的电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，则下列说法正确的是（）

A.线圈匀速转动的频率为卫Hz

n

B.线圈中产生感应电动势的最大值为200aV

C.由图甲处转过;圈，电阻A上产生的热量为粤J

440

D.由图甲处转过:圈，通过电阻R的电荷量为0.1C

4

【答案】C

【详解】A.由题图乙知，线圈转动周期T=TCX1(T2s

频率为/=!=U2Hz,故A错误；

T71

B.感应电动势最大值丸=〃8s3

而BS=<I)m=L°xl(r2wb

代入数据得说=200V,故B错误：

c.感应电动势有效值£=哭=100立V

电路中电流有效值I=白=V2A

由题图甲处转过;圈的时间£=<=喀"5

444

1Gjr

电阻/?上产生的热量。=/次，=蜉.1.故C正确：

40

D.通过电阻及的电荷量9=7・4=_£」・加=理

R+rR+r

2

由题图甲处转过:圈，MA<P=(DII1=1.0xl0-Wb

解得“=0.01C,故D错误。

故选Co

二、多选题

6.（2026•黑龙江辽宁•一模）海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电。在我国南海上有一浮

桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图甲所示。浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波

浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值斤=15Q的灯泡相连，浮桶下部由内、外

两密封圆筒构成（图中斜线阴影部分），如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略

不计；匝数N=200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度8=0.2T,线圈直径D=0.4m,电阻r=KK取重

力加速度g=10m/s：/川0。若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为y=04公m（r）m/s。则下列说法正

确的是（）

T甲o乙

A.波浪发电产生电动势。的瞬时表达式为e=16sin（加）V

B.灯泡中电流，的瞬时表达式为i=4sin（加）A

C.灯泡的电功率为120W

D.灯泡两端电压的有效值为臣&V

2

【答案】BC

【详解】A.线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势为七2=幅/%„，/=乃。

联立得丸小=^NBO%ax=笈x200x0.2x（）.4x0.44V=64V

则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式e=Eg、sinm=64sin（加）V,故A错误;

E

B.根据闭合电路欧姆定律有/=「

R+r

得i=-^=4sin（R）A,故B正确：

R+r

C.灯泡电流的有效值为/=《A=2&A

则灯泡的功率为P=/"=（2夜fx15W=120W,故C正确；

D.灯泡两端电压的有效值为，/=/R=2应XL5V=3075V,故D错误。

故选BCo

7.（2026•山东德州•一模）如图所示，矩形线圈时〃处于磁感应强度为3的匀强磁场中，线圈平面与磁场

方向垂直，线圈的面积为S,匝数为N,电阻为R,从•边与磁场右边界重合。f=0时刻线圈在外力作用下

从图示位置以加・边为轴匀速转动，转动的角速度大小为回。下列说法正确的是（）

B-

xxxx3

------------------1力

XXXX

xd'-x------x------x----：'c

A./=£时刻，穿过线圈的磁通量为正竺

6a）2

B./=£时刻，磁通量的变亿率为正更竺

6/2

C.线圈产生交变电流电动势的有效值为壮磬

D.线圈转动一周外力做的功为

4R

【答案】AC

【详解】A.因从中性面开始计时，/二看时刻，穿过线圈的磁通最为，=BScosS=^^,故A正确:

B.因为（|）=BScoscor

所以有—=-BScosin3/

△t

当/二S时刻，磁通最的变化率为孚=—等，故B错误；

6a）Z2

C.因线圈产生交变电流为正弦式交流电，且右半周不产生交流电，根据有效值的规定0t流=2交流

NBSs、

即%.近1二+0

RR2

解得七=券@,故C正确;

D线圈转动一周外力做的功为八蒋1喈3

故D错误。

故选ACo

8.（2026•江西九江•一模）磁感应强度为4的匀强磁场中，矩形导线框"4沿必边中垂线垂直弯折，

弯折后的线框绕PM轴以角速度。匀速转动（从上往下看为顺时针方向），与磁场方向垂直，

四=劭=丘=3f=0时刻转动到如图所示位置，此时磁场方向与线框a或/平行，与线框助炉垂直，且线

框仍b垂直纸面向外，下列说法正确的是（）

p

I

A.1=0时线框〃仪7/中电流方向为（7一>力

B.线框abed中的电流可能不按正弦式规律变化

C.线框abed的磁通量最小值为双？

D.线框Med中的最大感应电动势为正出?3

【答案】AD

【详解】A.，=。时刻磁通量在增大，由楞次定律可得为他cd中电流方向为4-»c->b->a,故A正确；

B.闭合导体线框绕垂直十匀强磁场的轴匀速转动，即可产生止弦式交流电，则线框必cd中的电流为止弦

式交流电，故B错误；

C.当Hed所在平面平行于磁场时有效面积最小为0,则磁通量最小值为0,故C错误；

D.当出心/所在平面垂直于磁场时有效面积最大为5=收于

最大感应电动势4=BSCO=41BIJCO,故D正:确。

故选AD。

三、解答题

9.（2026•江苏徐州,一模）如图甲所示为一台小型发电机的示意图，匝数为100匝的线圈逆时针转动。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为L0Q,外接灯泡

的电阻为9.0C。求：

⑴线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功；

（2）从中性面开始转动;圈过程中通过灯泡的电荷量。

【答案】（1）7.2x10-2j

（2）—xlO'C

5万

【详解】（1）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于整个电路电阻产生的热，则

2

W=e=/J1(/?+r)T=7.2xlO-J

（2）由电动势的最大值公式Em=N8S0

可得力=8S=旦=—x1O^Wb

mNs71

从中性面开始转动;圈过程中通过灯泡的电荷量4=署二等xio-c

考点

2变压器

一、单选题

1.（2026•河南濮阳•一模）近年来，我国的无线充电技术已经H趋完善并得到广泛应用，其箧化的充电原

理图如图所示。已知发射线圈的输入电压为"=220缶inlOOm（V）,匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50

匝。若正常工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈磁通量的90%,忽略其他损耗，下列说法正

确的是（）

B

A.当发射线圈接电压为220V的稳恒直流电源时也可以正常无线充电

B.接收线圈的输出电压为10V

C.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1

D.穿过发射线圈的磁通量变化率大于穿过接收线圈的磁通量变化率

【答案】D

【详解】A.无线充电的原理是电磁感应，需要变化的磁场才能在接收线圈中产生感应电动势。如果发射线

圈接稳恒直流电源，电流恒定，产生的磁场也恒定，接收线圈不会产生感应电动势，无法正常充电，故A

错误；

B.由题知，发射线圈的输入电压为〃=22ginl00m（V）

则发射线圈的输入电压的最大值为Um=220V2V

则有效值为3=总=220V

根据法拉第电磁感应定律有a="詈，&=〃2等

其中△①2=90%△①I，联立可得4=O.9x2q=9V,故B错误;

n\

C.由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故C错误；

D.由题知，△①，=90%△①贝悟空=90%弛■〈地

XArZ

即穿过发射线圈的磁通量变化率大于穿过接收线圈的磁通量变化率，故D正确。

故选Do

2.（2026•河北保定•一模）某品牌笔记本电脑的电源适配器铭眼加图甲所示,其结构如图乙所示.输入端

接交流电源，输出端接笔记本电脑充电接口。当该笔记本电脑在220V交流电压下以最大功率充电时，电源

适配器原线圈、副线圈的匝数之匕为（）

开关电源适配器

充

型号：电

接

输入：100-240V〜50/60Hz,1.6A口

9

输出:9V〜3A或20V-4.5AMAX

【详解】根据题图甲可知，当该笔记本电脑以最大功率充电时，电源适配器的输出电压为20V,因此

n,U.220II

%-仄一方一「

故选Bo

3.（2026•广东一模）电工使用如图（“）所示的钳形电表测量交流电流。图（人）为其结构简图，测量时

让钳形铁芯张开，把被测电路的导线放进钳I」内，铁芯上绕有〃=500匝的线圈并接入交流电流表，钳形电

表测量电流时可视为理想变压器。下列说法正确的是（）

铁芯被测导线

钳形电表

交流电流表

（a）（b）

A.测量交流电流时钳形铁芯张开有缝隙，对测量结果没有影响

B.测量时，需要把被测电流的零线和火线都放进钳形电表的钳口内进行测量

C.交流电流表的示数是被测导线电流的500倍

D.交流电流表示数较小时，可将被测电路的导线在铁芯上多绕几圈，再进行测量

【答案】D

【详解】A.理想变压器的前提是铁芯闭合、无漏磁，如果铁芯有缝隙，磁阻变大，漏磁明显增加，不再满

足理想变压器的互感条件，对测量结果产生影响，故A错误；

B.家庭电路中，火线和零线的电流大小相等、方向相反。同时放入钳口，它们产生的磁场会相互抵消，铁

芯中总磁通量为零，副线圈没有感应电流，电流表读数为零，无法测出线路电流。正确做法是只夹一根导

线。故B错误；

C.根据?=6•可知交流电流表的示数/,=,4=工，，故C错误；

乙〃in500

D.交流电流表示数表示为/2=2人，如果交流电流表示数较小，可以增大々（将被测电路的导线在铁芯上多

n2

绕几圈）或减小交流电流表内部线圈以增大交流电流表示数，故D正确；

故选D。

4.（2026•甘肃酒泉•一模）为实时监测高压输电线的电压和电流，需要测量出输电线上的电压和电流的大

小.因高压输电线的电压和电流都很大，可采用互感器进行测量.如图所示，电压互感器K1和电流互感器K?

的原线圈分别连接在高压线上，根据两个互感器的原、副线圈的匝数比和两个电表的读数就可以算出高压

输甩线的电压和电流，则关于电压互感器0和电流互感器K?说法正确的是（）

A.0和K?都是降压变压器B.0是降压变压器，匕是升压变压器

C.（是升压变压器，K?是降压变压器D.（和K?都是升压变压器

【答案】B

【详解】由题意可知，电压互感器K1次级匝数小:初级匝数，是降压变压器，电流互感器（次级匝数大「

初级匝数，是升压变压器。

故选Bo

5.（2026•山东淄博•一模）如图所示是某台灯的内部电路示意图，自耦变压器的滑动触头P与M、N间的

线圈匝数分别为〃।和且3%=叼。已知交流稳压电源的电压有效值为U,灯泡电阻恒为/?,电压表和电

流表可视为理想交流电表，自耦变压器可视为理想变压器。则（）

N

A.电压表示数为一

B.电流表示数为当

4/?

C.电源输出功率为纪

16R

D.若滑动触头P下移，灯泡消耗功率增大

【答案】C

【详解】A.电压表接在交流电源两端，示数为U,故A错误；

Ufi774

B.自耦变压器原线圈匝数为“+々，副线圈匝数为公,根据理想变压器电压比77=」~~-=T

3

^.U2=-U

根据欧姆定律得，副线圈侧电流为/2=[=上

A4/\

根据理想变压器电流比台卷H

39U

解得“广嬴

grj

所以电流表示数为券，故B错误;

Ion

C.电源输出功率为尸=U/1=氤，故C正确;

D.滑动触头P下移，%减小，宿+%不变。

由于U不变，则％变小。

灯泡消耗功率生=与

所以，灯泡消耗功率减小，故D错误。

故选C。

6.（2026•江西九江•一模）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，4：小,输入端C、。接入电压有效值恒

定的交变电源，电流表为理想电表，灯泡L的阻值始终与定值电阻凡的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片

从“端滑动到〃端的过程中，灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）

A.L先变亮后变暗B.电流表的示数先变大后变小

C.凡的功率一直减小D.电源的输出功率一直减小

【答案】C

【详解】A.由题意可知，灯泡L与滑动变阻器的右侧电阻串联，电阻凡与滑动变阻器的左侧电阻串联，然

后再并联，在滑动变阻器R的滑片从。端滑动到端的过程中，滑动变阻器的右侧电阻一直减小，根据

今="可知，副线圈的电压不变，所以通过灯泡L的电流•直增大，即灯泡L一直变亮，故A错误；

U2n2

111

B.设副线圈的总电阻为凡，则丁二六。一+/二万一

自星.R=（R）+RQ（R、+R右）=（几+」左）•（&）+&,）

心行一一（%+/?左）+（%+&：）-2R/R

则滑动变阻器R的滑片从〃端滑到〃端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，所以副线圈的电流先减小

后增大，根据夕二"可知，原线圈的电流也先减小后增大，即电流表的示数先减小后增大，故B错误；

l2n\

C.在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到〃端的过程中，滑动变阻器的左侧电阻一直增大，所以通过凡的电

流一直减小，即凡的功率一直减小，故C正确；

D.由B选项分析可知，原线圈的电流先变小后变大，根据P=U/可知，电源的输出功率先减小后增大，故

D错误。

故选Co

7.（2026,河北•一模）如图所示，某园区内照明用电和电动汽车充电桩采用一个供电变压器（视为理想变

压器），变压据输入电压G-iooov,充电桩的供电电压4=400V,照明电路电压q=220V；某段时间内

充电桩线圈的输出功率6=12.0kW,照明区的供电线圈电流，3=20A,则该段时间内原线圈中电流人为

()

A.10A

【答案】B

【详解】由能量关系可知人系=5+八4

解得4=16.4A

故选Bo

8.（2026•广东深圳•一模）如图为采用双线并联模式进行远距离交流输电的示意图。发电机的输出电压稳

定，升压变压器Z和降压变压器4均可视为理想变压器。两变压器间每条输电线等效电阻均为r,负载看做

定值电阻。若一条输电线因故障被切断时（）

A.降压变压器的输出电压变小B.降压变压器的输出功率变大

C.升压变压器原线圈电流变大D.升压变压器的输出功率不变

【答案】A

【详解】A.发电机输出电压稳定，升压变压器工匝数比不变，因此（副线圈的输出电压％保持不变。设

工副线圈电流为乙，4副线圈电流为则降压变压器。输入电压%=%-，2穴线

又因为牛=4',}=%

an412n4

联立解得（nyR

%+；

\n4J

原来双线并联输电，总输电线电阻鸟戈原=；+]=「

一条输电线切断后，总输电线电阻/说=]+「吟＞/原

a=u,-------且—犀=a-------—

即输电线总电阻增大，则八减小，'Rr^YR-.（nA0继

修”一."负我„'P

V74/I〃4）》

所以降压变压器的输出电压a减小，故A正确；

B.负载是定值电阻，降压变压器输出功率6二今

%

S减小，因此输出功率变小，故B错误；

C.根据理想变压器变流比，（原线圈电流与A成正比，因此原线圈电流变小，故C错误;

D.升压变压器输出功率鸟=44

4不变、。减小，因此输出功率变小，故D错误。

故选Ac

9.（2026•山东济宁•一模）如图所示，光滑平行金属导轨水平放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，导

轨右端接有理想变压器。导体棒功垂直放在导轨上，在水平外力作用下做简谐运动，其速度随时间变化的

规律为v=2j5sin20m（m/s）,运动过程中始终处在磁场范围内。已知导轨间距为L=1m,磁感应强度

大小为B=5T,变压器原、副线圈的匝数之比4：%=1：2,图中两定值电阻R均为20C,其余电阻均不计,

电压表为理想交流电压表。下列说法正确的是（）

A.Is内导体棒中的电流方向改变10次

B.导体棒产生的电动势表达式为e=10sin20m（V）

C.电压表的示数为4V

D.变压器的输入功率为4W

【答案】C

【详解】B.感应电动势《=乩1，=10及5加20加7），故8错误；

A.因为69=：^=2用/=20乃

交流电频率/=W=10Hz

24

一个周期内电流的方向改变2次，故1s内电流方向改变20次，故A错误;

C.感应电动势的有效值£吗=10V

由理想变压器电压关系得

LX2

又%点4%=1小

U2=|E=4V

电压表示数为％=4V,故C正询;

D.理想变压器的输入功率等于输出功率/=与=《=0.8W,故D错误。

故选Co

10.（2026・湖北襄阳•一模）•含有理想变压器的电路如图所示，电殂"、&和尺3的阻值分别为2QJQ和3Q,

电流表为理想交流电流表，正弦交流电源的输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为/；

当S闭合时，电流表的示数为3/。该变压器原、副线圈匝数比为（）

A.2:1B.3:15:1

【答案】A

【详解】（等效电阻法）在如图甲所示的理根变床器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的“

设原、副线圈匝数的比值为2,可得务=%

U2

副线圈电阻R消耗的功率为P="

R

而等效电阻/T消耗的功率为〃=工

R'

根据P=P得R=

根据上式，将题中电路等效为如图丙所示电路,根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为/,有

U="R+R)

当开关闭合时，电流为31,有U=3/（R]+*）

其中*=&2（&十6）

2

R'=kR2

联立以上各式可解得％=2

故选Ao

11.（2026•山东临沂・一模）如图所示的理想变压器，电源输出的交变电压"=220打sinlOOm（V）的正弦式

交流电，通过副线圈公、件分别向20只标称为"12V1.0A〃的灯泡和电动机供电，原线圈接•标称为“40V2.0A"

的灯泡心原线圈外的匝数为900匝，副线圈乙的匝数为120匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。

则下列说法中正确的是（）

A.变压器的输出功率为440W

B.电动机两端电压为36V

C.流过电动机的电流为5.0A

D.若切断电动机，灯泡L仍能正常工作

【答案】C

【详解】A.变压器所接交变电压的有效值为220V,由于各用电器都恰好正常工作，灯泡L的额定电压为40V,

额定电流为2.0A,故主线圈上的电压有效值为a=l80V,电流为4=2.OA,理想变压器的输出功率与输

入功率相等，为0=U/=180Vx2A=360W,故A错误；

B.原线圈々的匝数为900匝，副线圈内的匝数为120匝，可知电动机两端电压为U3=，H=24V,故B

错误；

C.因各用电器都恰好正常工作，变压器/所在回路的总功率为灯=20XI2VX1A=240W

根据理想变压器的输出功率与输入功率相等，可知变压器人所在回路的总功率为6=P-g=120W

流过电动机的电流4=5=5.0A,故c正确；

U3

D.设变压器〃2所在回路的等效电阻为&,满足&=牛

变压器％所在回路的等效电阻为“，满足

理想变压器原、副线圈的电压和匝数的关系为

主线圈的输入功率与副线圈的输出功率之和相等，满足幼人+4/

故电流和匝数的关系为，"

2/+”/

J，2十,3

4二%“I

可知

5-5

/\2/\2

因此可把主线圈及副线圈后的电路等效成丛凡和丛凡两电阻的并联，若切断电动机，可认为号变为

\n2)

无穷大，则之代增大，主线圈电路电流减小，灯泡L不能正常工作，故D错误。

故选C。

二、多选题

12.（2026•重庆•一模）如图所示为某兴趣小组制作的小型照明电路示意图，发电机线圈内阻不计，变压

器为理想变压器，电压表和电流表均为理想交流电表，当发电机线圈在匀强磁场中转速增加时（）

A.交流电频率变高B.电压表示数变大

C.电流表示数不变D.灯泡亮度不变

【答案】AB

【详解】A.依据转速与频率关系/=〃（〃$）,故A正确;

B.因交流电峰值Em=NB50=NBS-2m

故峰值变大，有效值变大，而变区器匝数比没变，故电压表示数变大，故B正确；

C.因电压表示数变大，故经过灯泡的电流增加，电流是副线圈电流决定原线圈电流，原副线圈匝数比没变,

故电流表示数变大，故C错误；

U2

D.因电压表示数变大，所以小灯泡功率P=丁

Ki.

可得灯泡功率变大，则灯泡亮度变亮，故D错误。

故选AB<.

13.（2026・四川雅安•一模）自耦式变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。如图甲所示的理想自

耦式变压器，环形铁芯上绕制线圈匝数为220匝，4尸间线圈匝数为120匝，P为变压器的滑动触头，P'为

A.通过R的电流方向每秒改变100次

B.电压表示数为120V

C.保持夕不动，P'向下滑动，电压表示数增大

D.保持/不动，P逆时针转动，电压表示数增大

【答案】AD

【详解】A.由图乙知输入交流电的周期为7=0.02s,故其频率为/="=50Hz

1s内线圈转50圈，每转一圈两次经过中性面，每经过中性面一次电流方向改变一次，故电流方向每秒改变

100次，而变压器不改变交流电的周期和频率，输出端通过R的电流方向每秒改变100次，故A正确；

B.因A8间加正弦交流电，其有效值为5=^=220V

副线圈的匝数为8P间匝数&=220-120=100

,U,加

由=.

而电压表测的是交流电压的有效值，故电压表示数为&=100V,故B错误；

C.保持P不动，P向卜.滑动，副线圈的匝数〃2不变，其它条件不变，由"=%

则电压表示数不变，故c错误；

U、小

D.0逆时针转动，副线圈的匝数〃2增大，由77==

则电压表示数增大，故D正确。

故选AD。

14.（2026,云南•一模）如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接交流电源和小灯泡，电源电压”随时间

，变化的图像如图乙所示，两个小灯泡L1和L2规格均为"20V20W”且正常发光，R为定值电阻。则下列说法

正确的是（）

C.电阻R消耗的电功率为200WD.电阻R消耗的电功率为180W

【答案】BD

【详解】A.由小灯泡L】正常发光可知原线圈上所加电压的有效值为％=200V,由小灯泡L2正常发光可知

副线圈上的电压的有效值为％=20V

原、副线圈的匝数之比满足?="=1。，故A错误，B正确；

CD,原、副线圈的电流比满足7=2=]

因小灯泡L】正常发光，可知原线图上的电流为人=7^=从

U灯

可知副线圈的电流八=1（从

小灯泡L2正常发光，可知该支路的电流为1A

故电阻R所在支路的电流为〃=9A

电阻/?消耗的电功率为心=5〃=180\¥,故C错误，D正确。

故选BDo

15.（2026•天津河东•一模）磁吸基座无线充电器如图所示，当送电线圈接入〃=220而inm（V）的交流电源

后,手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入无线“超充模式若手机”超充模式〃下的充电电压为20V,

充电电流为5A,充电基座送电线圈接有理想电流表，受电线圈接有R=0.4C的电阻，线圈电阻不计，充电

过程中不计一切能量损失，则（）

受电线圈R

交

流

电

源

送电线圈

A.送电线圈与受电线圈的匝效比为10:1

B.电流表的示数为50A

C.超充模式下，该充电器送电线圈的输入功率为110W

D.若此手机的电池容量为5（XX）mAh,则超充模式下的充电时间为75分钟

【答案】AC

【详解】A.送电线圈输入电压“二220无sinM（V）,因此有效值U=220V

受电线圈侧充电电流/2=5八，串联电阻尺的分压UR=/2R=5X0.4=2V

手机充电电压U户=20V

因此受电线圈总感应电动势U?=i/手+U.=22V

n.U.22010

理想变压器电压比等于匝数比」=才二57=7，故A正确；

B.理想变压器电流比满足）二生

得1=£/2=O-5A,所以电流表示数为0.5A,故B错误：

C.不计能量损失，输入功率等于输出总功率，以=4=4/2=22x5=110W,故C正确；

D.电池容量。=5000mAh=5A,h,充电电流/=5A,充电时间/=g=竺*=lh,故D错误。

/5A

故选ACo

16.（2026•福建泉州•一模）某学习小组为研究某小区接入新能源光伏电能后，面临的功率波动影响问题,

模拟电能输送的示意图如图所示，。、〃间接入正弦交流稳压电源，「是输电线的等效电阻，。、d间接带

滑动片巳的变阻器R。为维持，/间甩压在合理的范围内，可适当移动原线圈上滑动片R。下列说法正确

的是（）

A.若R不动，巳向上移动，通过「的电流增大

B.若R不动，P?向上移动，通过广的电流减小

C.当巳向上移动时，为保证，、d间的电压不变，R需要向上移动

D.当已向上移动时，为保证c、d间的电压不变，耳需要向下移动

【答案】BD

【分析】先明确变量变化：滑动片巳向上移动，滑动变阻器R接入电路的阻值增大；滑动片R向上移动，

原线圈接入匝数々减小，向下移动则々增大。

【详解】AB.若R不动，原副线圈匝数比"不变，P?向上移动，R增大，将变压器和副载等效为•个电阻，

2

等效电阻为：R净居R副,等效电阻增大，电源电压U不变，因此原线圈总电流（即通过广的电流）减小。

故A错误，B正确；

CD.口向上移动，R增大，若々不变，总电流《减小，输电线厂的电压降”减小，因此原线圈两端电压

a=u-g•增大，由变压比可知，cd间电压力会增大。要维持力不变，需要增大原线圈匝数々

（增大为可以抵消q增大带来的力升高），因此R需要向下移动。故C错误，D正确。

故选BDo

17.（2026•黑龙江齐齐哈尔•一模）一小型交流发电机通过理想变压器向用户供电，其原理如图所示。理想

变压器原、副线圈匝数比为2:1。定值电阻凡、&、凡、%的限值相同，发电机线圈电阻和导线电阻均不

计。线圈转速为〃旦开关S断开时，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为/、U,下列判断

正确的是（）

A.保持S断开，仅将线圈转速变为2〃，电流表的示数变为

B.保持S断开，仅将线圈转速变为2〃，电压表的读数变为2U

C.线圈转速不变，仅闭合S,电阻凡消耗的功率增大

D.线圈转速不变，仅闭合S,变压器的输出功率减小

【答案】BC

【详解】AB.发电机线圈产生的感应电动势最大值Em=NBS/=N8Sx2m

若发电机线圈的转速〃变为原来的2倍，则感应电动势最大值变为原来的2倍，因为整个电路不变，所以

所有电流值和电压值都变为原来的2倍，故A错误，B正确：

C.将理想变压器和副线圈电路中的电阻等效为R,等效电路如图所示

---------1।------

oU

则有R=fR浏

仅闭合S,副线圈电阻减小，等效电阻R减小，原线圈电流增大，故"消耗的功率增大，故C正确;

D.等效电阻卡大于飞且减小，故变压器的输入电流变大，则输出功率增大，故D错误。

故选BCo

18.（2026•湖南邵阳•一模）如图，交流电源输出电压有效值恒为U。，变压器的匝数分别为〃、叼、〃3,

且%:%:%=2：口，理想电压表的示数为U,理想电流表的示数为/,8、％的电阻均为R，滑动变阻器冗2

的最大阻值为2R,在用的滑片尸由。端向〃端滑动过程中，电压表示数的变化最为△〃，电流表示数的变

化量为△/，下列说法正确的是（）

A.U变大，/变小

B.当的比值不变

A/

C.以消耗的功率变大

D.当滑片P位于。端时，h消耗的功率为返

121/?

【答案】BD

uu,a

【详解】A.理想变压器原、副线圈的电压和匝数的关系为一=一=」

%%

主:线圈的输入功率与副线圈的输出功率之和相等，满足“二5"十5人

故电流和匝数的关系为〃J=%，2+〃34

2…人"〜一丫」丫।1

可知,=△_J=4_+l=&_L+%

％

U