2027版高考物理总复习精练册 13第十三章　交变电流　电磁波

第十三章交变电流电磁波目录CONTENTS第1节交变电流的产生与描述微专题33含变压器电路的动态分析第2节变压器远距离输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系第3节电磁振荡与电磁波第1节交变电流的产生与描述

正弦式交变电流的产生及变化规律T1、2、4、5、6

交变电流四值的理解与应用T3、7五年高考1.★(2024广东,1,4分)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随

时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是

()

A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2A

D

C.电阻在1秒内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u=10

·sin(100πt)V课本素材

追本溯源:人教版教材选择性必修第二册P54交变电流的描述中的思考与

讨论。教材中通过设置问题让学生自己在u-t图像中找出周期和频率,本道高考题以u-t图像为

素材,从频率、峰值、有效值和表达式中考查学生的理解能力和推理论证能力。解析由题图可知该交流电的周期T=0.02s,则频率f=

=50Hz,A错误;ω=

=100πrad/s,电压表达式为u=Umsinωt=10

sin(100πt)V,D正确;Im=

=

A=0.2

A,B错误;电压有效值为10V,则电阻在1秒内消耗的电能W=

t=

×1J=2J,C错误。2.★★(2025北京,4,3分)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=10sin(100πt)V。下列说法正确的是()

A.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

C

D.仅线圈转速加倍,电动势的最大值变为10

V解析该交流电的频率为f=

=50Hz,A错误。图示位置为垂直于中性面的位置,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变化率最大,产生的感应电动势最大,B错误。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边此时受到的安培力方向

向上,C正确。由于Em=NBSω,仅线圈转速n加倍,即ω加倍,可得电动势的最大值变为原来

的2倍,即Em=20V,D错误。3.★★(2024河北,4,4分)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性

变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的

倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为

()

A.2∶3

B.4∶3

B

C.2∶

D.5∶4解析依题意,0~

时间内R1两端电压的有效值为

,设R1=R2=R,根据焦耳定律以及有效值的概念可得Q1=

·

+

·

,Q2=

T,可得Q1∶Q2=4∶3,B正确。4.★★★(2024山东,8,3分)如图甲所示,在-d≤x≤d,-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面

向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线

圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所

示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化

后磁场的区域可能为

()

C

解析感应电动势瞬时值表达式e=Esinωt,当e=

E时,sinωt=

,即线圈由题图甲所示位置转过60°(见俯视图)的过程中线圈内磁通量不变,无感应电动势产生,由图中关系

可知磁场区域分布在-

≤x≤

空间内,C正确。俯视图三年模拟5.★★(2026届江苏苏州期初调研)一个单匝矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴

匀速转动,产生的电动势随时间的变化规律为e=220

sin100πt(V),则()A.频率为100HzB.电动势有效值为220

VC.t=0时,线圈位于中性面D.线圈中最大磁通量为

Wb

C

解析根据电动势表达式e=220

sin100πt(V),可知角速度ω=100πrad/s,频率f=

=50Hz,A错误。电动势有效值E=

=

V=220V,B错误。当t=0时,电动势瞬时值e=0,此时线圈位于中性面(磁通量最大,感应电动势为零),C正确。最大磁通量Φm=

=

Wb=

Wb,D错误。6.★★★(2025黑吉辽蒙,T9改编)在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,矩形导线框abcd

沿ab边中垂线ef垂直弯折,弯折后的线框绕PM轴以角速度ω匀速转动(从上往下看为顺

时针方向),PM与磁场方向垂直,ae=eb=bc=l,线框由同种均匀材料制成,总电阻为R,t=0时

刻转动到如图所示位置,此时磁场方向与平面aefd平行,与平面ebcf垂直,且平面ebcf垂

直纸面向外,下列说法正确的是

()

C

A.t=0时线框中电流方向为b→cB.t=0时Ubc=Bl2ωC.t=

时线框的磁通量大小为

Bl2D.t=

时电流大小与t=0时电流大小相等解析导线框转动过程中,只有bc边切割磁感线产生感应电动势。t=0时,bc边垂直于磁

场方向的分速度相对于纸面向外,根据右手定则,线框中电流方向为c→b,A错误;t=0时,

bc边的速度大小为v=ωr=ω×

l=

ωl,平面abcd与磁感线成45°角,bc边的速度垂直磁场方向的分速度为v1=vsin45°=ωl,感应电动势大小为E=Blv1=Bl2ω,感应电流大小为I=

=

,b、c两点间的电压为Ubc=

IR=

,B错误;t=

时,线框转过的角度为θ=ωt=

,t=

时,平面abcd与磁场方向垂直,线框的磁通量大小为Φ=B(l×

l)=

Bl2,C正确;t=

时,平面abcd与磁场方向垂直,bc边的速度与磁场方向平行且相反,不切割磁感线,感应

电动势为0,感应电流为0,与t=0时电流大小不相等【点拨:因仅bc边切割磁感线,此弯折线框可等效为abcd平面线框绕PM轴转动切割磁感线】,D错误。7.★★★(2026届山东九五协作体开学考)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限

和第Ⅳ象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,第Ⅱ象限内

存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。一半径为L、电阻为R、

圆心角为60°的扇形闭合线圈在纸面内绕O点逆时针匀速转动,角速度为ω,t=0时,半径

OA与x轴重合。线圈转动一周的过程中产生的感应电流的有效值为

()

A

A.

B.

C.

D.

解析半径OC切割磁感线产生的感应电动势为E0=

,只有半径OC切割磁感线时产生的感应电流为I0=

=

,OC和OA同时切割磁感线时产生的感应电流为I'=

=2I0,根据有效值的定义,有(2I0)2R×

+

R×

+

R×

=

RT,所以I效=I0=

,A正确。

线框转动切割磁感线+力学三大观点的综合应用(2026届浙江七彩阳光新高考联盟开学考)某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1

利用直流电源给线框供电,接通电源后正方形导线框ABCD在磁极间的辐向磁场中,从

静止开始绕中心轴线OO'发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上,电流形成的磁

场可等效为角速度ω0的旋转辐向磁场,稳定后解锁正方形导线框ABCD,导线框由静止

开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图,分别为图1的正视图和图2的

俯视图。已知导线框ABCD的边长为l,电阻为R,AB、CD两边的质量均为m,所处位置的

磁感应强度大小均为B,磁场方向始终与转动方向垂直,转动中AB、CD两边受到的阻力

均为f=kv(k为比例系数,v为线速度),其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E,创新风向·知识迁移内阻不计,求:(1)在两种驱动装置中,若图1、2导线框的转动方向一致,则旋转辐向磁场的转动方向是

顺时针还是逆时针;(2)在图2装置中,若k=

,则导线框转动的最大角速度ωm是多少;(3)在图1装置中,若导线框经过时间t恰好达到最大角速度,则在该过程中AB边转过的弧

长s是多少。答案(1)顺时针

(2)

(3)

解析

(1)题图1装置,导线框顺时针转动,则题图2装置导线框也顺时针转动,由楞次定

律可知,旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。(2)当导线框ABCD达到稳定时,线框AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小为v相对=(ω

0-ωm)·

【点拨:注意f=kv中的v是线框相对磁场的速度】此时的感应电动势为E'=2Blv相对=Bl2(ω0-ωm)此时的感应电流为I=

=

导线框AB、CD两边所受的安培力均为F安=BIl=

又有AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡

ωm·

=

解得导线框转动的最大角速度ωm=

。(3)转动稳定后达到最大角速度ω'm,AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡f=F'安此时的感应电动势为E″=2Blv=Bl2ω'm则此时的感应电流为I'=

=

AB、CD两边所受的安培力大小为F'安=

则kω'm·

=

解得ω'm=

设安培力的冲量为IA,由动量定理得2IA-2ft=2m·ω'm·

又IA=∑FAiΔt=∑

Δt=

联立解得s=

代入ω'm,解得s=

。第2节变压器远距离输电实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

变压器及其相关实验T1、3、4、5、7、8

远距离输电T2、6、9五年高考1.★(2025福建,2,4分)在图(a)所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,电阻

R1的阻值是R2的2倍,电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电,

则

()

A.交流电周期为2.25sB.电压表示数为12V

B

C.流经副线圈的电流是流经R1的2倍D.变压器的输入、输出功率之比为4∶1解析由题图(b)可得交流电的周期T=(2.25-0.25)×10-2s=0.02s,A错误。原线圈输入电

压的有效值U1=

V=48V;由

=

,可得U2=12V,B正确。电阻R1和R2并联,副线圈中的电流I=

+

,故

=3,C错误。理想变压器不消耗电能,输入功率与输出功率相等,D错误。2.★★(2025广东,2,4分)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5

Ω。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500V

B

C.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解析根据原、副线圈的电压与匝数关系,可得

=

,代入数据得

=

,A错误;R造成的电压损失ΔU=I2R,又I2=

=

=100A,联立得ΔU=500V,B正确;变压器原线圈中的电流I1=

=

=2500A,C错误;变压器原、副线圈中的电流频率一定相同,D错误。3.★★(2024浙江1月,5,3分)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出

u=5sin100πtV的交流电,经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10

kV,就会在打火针和金属板间引发电火花,实现点火。下列正确的是

()A.

<

B.

<

B

C.用电压表测原线圈两端电压,示数为5VD.副线圈输出交流电压的频率是100Hz解析根据题意,输出的交流电,电压的有效值为U1=

V,频率为50Hz,所以用电压表测量原线圈两端电压,示数小于5V,C错误;根据上述分析,副线圈输出的交流电频率

为50Hz,D错误;根据

=

结合题意可知,

<

=

,B正确,A错误。4.★★(2023河北,5,4分)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备,某型

除颤仪电路原理如图。某次调试时交流电压表示数为20V,电容器充电完毕,开关由

“1”掷向“2”,放电电流平均值为2.8A,放电时间约为10-2s,已知电容器电容为2.0×1

0-5F。则升压变压器原副线圈的匝数比约为()

B

A.1∶25

B.1∶50C.1∶70

D.1∶100解析电容器放电总电荷量Q=

t=2.8×10-2C,电容器充电完毕时的瞬时电压Um=

=

V=1.4×103V【点拨:由于二极管的单向导电性,电容器充电完毕时的电压等于升压变压器副线圈两端电压的最大值】;升压变压器副线圈两端电压有效值U2=

≈1000V,升压变压器原副线圈匝数比

=

=

=

,B正确。5.(2025山东,14,8分)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点,设计了如下实验。

所用实验器材为:学生电源;可调变压器T1、T2;电阻箱R;灯泡L(额定电压为6V);交流电流表A1、A2、A3,交流电压表V1、V2,开关S1、S2,导线若干。部分实验步骤如下:(1)模拟低压输电。按图甲连接电路,选择学生电源交流挡,使输出电压为12V,闭合S1,调节电阻箱阻值,使V1示数为6.00V,此时A1(量程为250mA)示数如图乙所示,为_______

______mA,学生电源的输出功率为_____________W。

2.4

200

(2)模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变,按图丙连接电路后闭合

S2。调节T1、T2,使V2示数为6.00V,此时A2示数为20mA,则低压输电时电阻箱消耗的功

率为高压输电时的_____________倍。(3)A3示数为125mA,高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了____________

____W。

0.9

100

解析

(1)电流表表盘上每小格为5mA,读数为200mA。此时学生电源的输出功率P出1

=I1U=0.2×12W=2.4W。(2)低压输电时电阻箱消耗的功率为PR1=P出1-PL1=I1U-I1U1=(0.2×12-0.2×6)W=1.2W由PR1=

R得电阻箱连入电路的阻值R=

=

Ω=30Ω高压输电时电阻箱功率为PR2=

R=0.022×30W=0.012W

=

=100。(3)高压输电时学生电源的输出功率为P出2=I3U=0.125×12W=1.5W电源输出功率的减小量ΔP=P出1-P出2=2.4W-1.5W=0.9W。三年模拟6.★★(2026届江苏南京月考)白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程,若水

电站的输出功率不变,输出电压提高为原来的10倍,则输电导线上的电流将减小为原来

的

()A.0.1

B.0.01C.0.05

D.0.025

A

解析若水电站的输出功率不变,输出电压提高为原来的10倍,根据P=UI可知,输电导

线上的电流将减小为原来的0.1,A正确。7.★★★(多选)(2025届江西萍乡二模)如图为“日”字形理想变压器(铁芯左右对称)的

示意图,中间和两臂上分别绕有匝数为n0、n1、n2的线圈,线圈匝数比n0∶n1∶n2=10∶

4∶5,两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压u0=36

·sin100πt(V)的交变电流,设通过铁芯左右两臂的磁通量相等,忽略磁损,电表均为理想电表,下列说法正确

的是

()

BC

A.三个线圈中磁通量的变化率都相同B.电压表V1的示数为7.2VC.电压表V1和V2示数比为4∶5D.电流表A1和A2示数比为5∶4解析因穿过中间线圈的磁通量等于穿过两臂线圈的磁通量之和,可知中间线圈的磁

通量变化率大于两臂线圈的磁通量变化率,两臂线圈的磁通量变化率相等,A错误;中间

线圈电压有效值U0=

V=36V,可得左臂线圈两端电压U1=

·

·U0=

×

×36V=7.2V,即电压表V1的示数为7.2V【易错:中间线圈和左臂线圈的磁通量不相等,不满足电压与匝数成正比】,B正确;同理,右臂线圈两端电压U2=

·

U0=

×

×36V=9.0V,即电压表V2的示数为9.0V,电压表V1和V2示数比为4∶5,C正确;左臂线圈和右臂线圈的磁通

量相等,满足电压与匝数成正比,因电阻相同,电压又和电流成正比,故电流与匝数成正

比,即4∶5,D错误。8.★★★(多选)(2026届云南昆明一中联考一)如图所示是磁吸基座无线充电器,当送电

线圈接入u=220

sinπt(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,受电线圈接有阻值为R=0.4Ω的电阻,线圈电阻不

计且充电过程中不计一切能量损失,则

()

ABC

A.送电线圈与受电线圈的匝数比为10∶1B.电流表的示数为0.5AC.超充模式下,该充电器送电线圈的输入功率为110WD.若此手机的电池容量为5000mA·h,则超充模式下的充电时间为75分钟解析根据原、副线圈电压与匝数的关系可得

=

=

,代入数据解得

=

,A正确;由匝数比可知原线圈电流应为I1=

=0.5A,B正确;充电基座送电线圈的输入功率P=U1I1=220V×0.5A=110W,C正确;手机充电时间t=

=

h=1h=60min,D错误。9.★★★★(2026届浙江七彩阳光一模)高铁运行中供给动力车厢线路的结构原理如图

所示。通过牵引变电所的理想变压器把电压U1降到U2,动力车厢内的理想变压器再将

U3降到U4后,为动力系统提供电能。两个理想变压器两端的匝数、电压和电流如图所

示,输电线路电阻的阻值为r,则

()

A

A.I4=

I1B.U4=

U1C.r=

D.输入动力系统的功率为U1I1-U3I3

解析根据变压器电流与匝数关系有I4=

I3,I2=

I1,又因为I2=I3,整理得I4=

I1,A正确;根据理想变压器电压与匝数关系有U4=

U3,U2=

U1,因为U2≠U3,所以U4≠

U1,B错误;输电线路电阻的阻值为r=

,C错误;根据能量守恒,可知输入动力系统的功率为U1I1-(U2-U3)I3,D错误。微专题33

含变压器电路的动态分析题组1原线圈无负载1.★★★(多选)(2026届云南曲靖罗平县二中9月考)如图甲所示,理想变压器原、副线

圈的匝数比为1∶2,原线圈所接交流电源的电压u随时间t按正弦规律变化,如图乙所

示。已知定值电阻R0的阻值为5Ω,滑动变阻器R的最大阻值为50Ω,P为其滑片,电流表

和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是

()

A.所用交流电频率为100HzB.滑动变阻器R接入电路的阻值为20Ω时,电压表示数为22V

BD

C.滑片P向下滑动,电流表示数变大D.改变滑片P的位置,副线圈的最大输出功率为24.2W解析由题图乙可知所用交流电的周期为T=0.02s,所以频率为f=

=50Hz,A错误;设流过滑动变阻器R的电流为I,则根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系可知,流过

定值电阻R0的电流为I1=

I=2I,由题图乙可知电源输出电压的有效值为U=

=22V,则变压器原线圈的输入电压为U1=U-U0=22V-I1R0,副线圈的输出电压为U2=IR,则根据理

想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有

=

=

,即

=

,代入R=20Ω整理可得I=1.1A,所以此时电压表示数为U2=IR=22V,B正确;由B选项分析可知副线圈的电

流I和滑动变阻器接入电路的阻值R的关系为I=

,当滑片P向下滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值R增大,故I变小,所以电流表的示数I1也变小,C错误;副线圈的输出功

率为P=I2R=

R,当R=20Ω时副线圈的输出功率最大,此时最大输出功率为Pm=24.2W,D正确。2.★★★(2026届湖南长沙雅礼中学月考)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和电压

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

D

B.电压表的示数不变C.

=13ΩD.R和R2消耗的总功率先增大后减小解析副线圈所在电路中,当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中,总电阻

增大,则可知副线圈所在电路中电流I2减小,I1也减小,即电流表A1的示数减小,A错误;原

线圈两端电压不变,副线圈两端电压也不变,副线圈所在回路中的电流减小,R1两端的电

压减小,R2与滑动变阻器两端的电压增大,即电压表的示数变大,B错误;根据闭合电路欧

姆定律有U=U2-I2R1,其中U2大小不变,因此可知

=R1=3Ω,C错误;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=

R'=

R'=

=

,故当R'=R1=3Ω时,R和R2消耗的总功率有最大值Pmax=

,而滑动变阻器最大阻值R=6Ω,且滑片从中间开始向上滑动,则在滑动过程中有

Ω≤R'≤

Ω,由此可知,R和R2消耗的总功率先增大后减小【点拨:将U2看成电源电动势,R1视为电源内阻,可直接利用二级结论,即当外电路的总电阻和电源内阻相等时,输出功率最大】,D正确。3.★★★(2026届浙江强基联盟一模)如图甲所示,矩形线框切割磁感线产生交流电压e=

25

sin100πt(V),它的匝数N=5、电阻r=1Ω,将其接在如图乙所示的理想变压器的原线圈上。“220V

22W”的灯泡L正常发光,内阻为10Ω的电风扇正常工作,电流表的

示数为0.3A。导线电阻不计,电压表和电流表均为理想电表,不计灯泡电阻的变化,矩

形线框最大电流不能超过20A。以下描述正确的是()

B

A.矩形线框转动时最大磁通量为

WbB.当线圈从图甲所示位置经过时,理想电压表示数为22VC.原、副线圈上的电流比I1∶I2=44∶5D.若将电风扇换成另一只与L完全相同的小灯泡,则电流表的示数变大解析根据变压器磁通量变化与电压计算有e=Emsin(ωt)=NΦmaxωsin(ωt),解得Φmax=

Wb,A错误;原、副线圈的匝数比为

=

=

,又有E=

=25V,由闭合电路欧姆定律,可得U1=E-I1r,且I1≤20A,联立解得I1=3A,

=

=

,则U1=22V,B正确,C错误;若将电风扇换成另一只与L完全相同的小灯泡,则L与小灯泡并联,副线圈上总电阻变为R总=

=

=1100Ω,原、副线圈的电流比有

=

,解得I2=

A≈0.21A【易错:注意线框电阻,原线圈两端电压满足闭合电路欧姆定律】,电流表示数减小,D错误。4.★★★(多选)(2026届深圳实验中学开学考)如图甲所示为一理想变压器的原理图,

原、副线圈的匝数分别为n1、n2,a、b为输入端,c、d为输出端。除了通过调节原、副

线圈的匝数比来调节输出端的电压外,还可以通过调节R1和R2的比值来调节输出端的

电压,若在a、b端接入如图乙所示的电压,电压随时间按正弦规律变化,电压表和电流表

均为理想交流电表,则下列说法正确的是

()

A.输入端电压的变化规律为u=220

·sin100πt(V)

BCD

B.若n1∶n2=1∶10,输出端电压的有效值可能为1100VC.若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,要使R2的功率最大,

则有R2=R1D.若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,增大电阻R2,则电流

表示数变小,电压表示数增大解析由题图乙可知T=0.2s,故输入端电压的变化规律为u=220

sin

t(V)=220

sin10πt(V),A错误。设原、副线圈两端电压有效值分别为U1、U2,则U1=

V=220V,根据

=

可得U2=2200V,当R1=R2时,输出端电压有效值为U3=

=1100V,B正确。若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,则副线圈中电流为I2=

,R2的功率为P=

R2=

,可知当R2=R1时,R2的功率最大;输出端电压U3=U2-I2R1,增大R2,I2变小,U3变大,即电流表示数变小,电压表示数增大,C、D正确。一题多解U2看成电源电动势,R1视为电源内阻,可直接利用规律“串反并同”秒解D选项。题组2原线圈含负载1.★★★(2025湖南,6,4分)如图,某小组设计了灯泡亮度可调的电路,a、b、c为固定的

三个触点,理想变压器原、副线圈匝数比为k,灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交变电

源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连,下列说法正确的是

()

A.S与a相连,灯泡的电功率最大

B

B.S与a相连,灯泡两端的电压为

C.S与b相连,流过灯泡的电流为

D.S与c相连,灯泡的电功率为

解析

S接a,电源与原线圈和三个电阻相连,U=I1(3R+k2R),原线圈两端电压U1=U-I1·3R,

灯泡两端电压等于副线圈两端电压,即U2=

=

,灯泡的电功率PL=

,此时灯泡电功率最小,A错误,B正确。S与b相连,U=I'1(2R+k2R),且

=

,得IL=

,C错误。S与c相连,I'L=

,PL=IL'2·R,得PL=

,D错误。2.★★★(多选)(2026届浙江绍兴期末)如图所示为自耦式变压器,输入端接u=200

sin100πt(V)正弦式交变电流,调节P使原、副线圈匝数比为3∶1,调节Q使滑动变阻器的阻

值R=R0,已知变压器为理想变压器,电压表为理想电压表,下列说法正确的是()

A.电压表的读数为66.7V

BD

B.原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶9C.保持P的位置不变,将Q向下移动时,电压表示数保持不变D.保持Q的位置不变,将P逆时针方向移动时,电阻R0消耗的功率将增大解析根据题意可知,输入端电压的有效值为U=200V,变压器副线圈及回路等效电阻

为R等=

R=9R0,则原线圈输入电压为U1=

U=180V,副线圈输出电压为U2=

U1=60V,即电压表的读数为60V,A错误;通过原、副线圈的电流之比为I1∶I2=n2∶n1=1∶

3,由公式P=I2R可知,由于原、副线圈回路中电阻阻值相等,则原、副线圈回路中电阻消

耗的功率之比为1∶9,B正确;保持P的位置不变,将Q向下移动时,滑动变阻器接入电路

的阻值变大,则副线圈及副线圈回路对应的等效电阻变大,原线圈中电流减小,由U1=U-I

1R0可知,原线圈输入电压增大,则副线圈输出电压增大,即电压表示数变大,C错误;保持Q

的位置不变,将P逆时针方向移动时,原、副线圈匝数比减小,则副线圈中电流增大,原线圈中电流增大,由公式P=I2R可知,电阻R0消耗的功率将增大,D正确。归纳总结原线圈有定值电阻或原线圈回路中电阻发生变化时,利用等效电阻法可以大大减少计

算量,提升解题速度。3.★★★(多选)(2026届云南昆明一中联考二)如图所示,一内阻不计的交流发电机向某

电路供电,发电机内部的磁场视为匀强磁场,线圈以角速度ω=10πrad/s,绕垂直于磁场的

轴匀速转动,灯泡L1(100V,100W)、L2(50V,50W)、L3(100V,100W)均恰好正常发光,

当线圈通过图示位置时,磁通量为Φ,理想交流电压表示数为U,已知发电机线圈的匝数

为100,图中变压器为理想变压器,三个灯泡工作时电阻恒定,则

()

AC

A.理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1B.此时电压表的示数为0VC.磁通量Φ=

WbD.若将滑动变阻器R的滑片向b端移动,灯泡L1将会变暗解析

灯泡L1(100V,100W)、L2(50V,50W)、L3(100V,100W)均恰好正常发光,原线

圈电流I1=

=1A,副线圈电流I2=

+

=2A,理想变压器原、副线圈的匝数比

=

=

,A正确;电压表示数为电压的有效值,不为零,B错误;电动势有效值为E=2U1+U3=300V,最大值为Em=

E=NΦω,解得磁通量为Φ=

Wb,C正确;变压器副线圈的等效电阻R=

R2,其中R2为副线圈回路总电阻,若将滑动变阻器R的滑片向b端移动,则副线圈总电阻变大,变压器原线圈分压变大,副线圈两端电压变大,灯泡L1两端电压变大,灯泡L1

将会变亮,D错误。4.★★★(2026届湖南名校联合体一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶

n2=1∶2,R1为滑动变阻器,R2为电阻箱,电压表和电流表均为理想电表,两个定值电阻阻

值均为R0,在a、b两端加上正弦交流电,在调节滑动变阻器滑片和电阻箱阻值的过程中,

下列判断正确的是

()

B

A.仅将滑动变阻器滑片向右移,原、副线圈电路中定值电阻消耗的功率之比变大B.仅将滑动变阻器滑片向右移,a、b端输入功率和变压器的输出功率均变大C.仅将R2变大,电压表和电流表的示数均变大D.仅将R2变大,电压表示数的变化量大小ΔU与电流表示数变化量大小ΔI的比值

变大解析设原线圈中的电流为I,根据电流比与匝数比关系可知,副线圈中电流为

I,因此原线圈和副线圈中的定值电阻消耗的功率之比始终为4∶1,A错误;仅将滑动变阻器滑

片向右移动,由U=I(R0+R1)+I

(R0+R2)可知【点拨:将变压器和副线圈回路等效为一个电阻,列原线圈中的欧姆定律方程】,R1变小,I变大,a、b端输入功率IU变大,副线圈中

电流变大,变压器输出功率变大,B正确;仅将R2变大,I变小,副线圈中电流也变小,因此电

流表示数变小,原线圈电路中两电阻两端的电压均变小,因此变压器原线圈输入电压变

大,输出电压变大,电压表示数变大,C错误;设电压表的示数为U2,电流表的示数为I2,a、b端输入电压为U,则U=2I2(R0+R1)+

U2【点拨:注意到U2、I2、R2都在变化,为实现控制变量,选择在原线圈回路中根据欧姆定律列式求解U2与I2的关系】,由此可知,U2与I2成线

性关系,因此仅将R2变大,电压表的变化量大小ΔU与电流表变化量大小ΔI的比值

不变,D错误。5.★★★★(2025届安徽合肥一中模拟)“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快

速发展的重要保证,如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈

两端的电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电

线路的起始端接入两个互感器,两个互感器原、副线圈的匝数比分别为30∶1和1∶20,

各互感器和电表均为理想状态,则下列说法正确的是

()

D

A.电压互感器电压值为

B.若电压表的示数为100V,电流表的示数为5A,则输电线路损耗功率为300kWC.若保持发电机输出电压U1和输送功率不变,仅将滑片Q下移,则输电线损耗功率增大D.发电机输出电压U1一定,增加用户数,为维持用户电压U4不变,可将滑片Q下移解析根据变压比可知

=

=

,则电压互感器电压值U=

,A错误;若电压表的示数为100V,电流表的示数为5A,输电线路上的输电电流为I2=5×20A=100A,输电线路损

耗功率P损=

r,因为输电线的电阻r未知,所以输电线路损耗的功率无法计算,B错误;若保持发电机输出电压U1和输送功率不变,仅将滑片Q下移,则升压变压器副线圈的匝数

增多,根据变压比可知U2变大,根据P=UI可知,输电线路的电流减小,根据P损=

r可知,输电线损耗的功率减小,C错误;各用户都是并联的,所以增加用户数,降压变压器副线圈电

路的总电阻减小,则在降压变压器的原线圈电路中的等效电阻也减小,若升压变压器的

匝数比不变,则升压变压器的输出电压不变,根据欧姆定律可知输电线路上的电流增大【点拨:将降压变压器及回路等效为一个电阻,在输电线回路中应用欧姆定律】,输电线

损失电压增大,则降压变压器的输入电压减小,U4减小,所以为维持用户电压U4不变,可

以提高升压变压器的输出电压,即可将滑片Q下移,增加升压变压器副线圈的匝数,D正

确。第3节电磁振荡与电磁波1.★★(多选)(2026届广东湛江部分学校一模)下列关于电磁现象和电磁波的叙述中,正

确的是

()A.电磁波在空间中传播时传播速度与所处介质有关B.麦克斯韦发现了电磁感应现象并证实了相关理论C.电磁波是一种传播方向和振动方向相互垂直的波D.X射线一般可用于安检、医疗透视以及杀菌消毒

AC

解析电磁波的传播速度公式为v=

,其中n为介质的折射率,在真空中n=1,速度为c;在介质中n>1,速度减小,因此速度与所处介质有关,A正确。电磁感应现象由法拉第发现,

麦克斯韦的主要贡献是建立电磁场理论并预言电磁波的存在,B错误。电磁波是横波,

其电场和磁场的振动方向均垂直于传播方向,且二者互相垂直,C正确。X射线常用于

安检和医疗透视,但杀菌消毒通常使用紫外线,D错误。2.★★(2026届重庆七校联盟期末)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u

的交流电源连接,副线圈接有三个支路,如图所示(光敏电阻的阻值随着光照增加而减

少)。当S接a时,三个灯泡均发光,下列说法正确的是

()

A.若电容C减小,则L1灯泡变暗B.若频率f减小,则L2灯泡变暗

A

C.若RG上光照减弱,则L3灯泡变亮D.若S接到b时,则三个泡均变暗解析电容减小,对交流电的阻碍作用增大,则L1灯泡变暗,A正确;频率f减小,则电感的

阻碍作用减小,则L2灯泡变亮,B错误;光敏电阻上光照减弱,阻值增大,由于各支路电压不

变,则L3灯泡电流变小,L3灯泡变暗,C错误;S接到b时,根据理想变压器电压与匝数的关系

可知,副线圈电压增大,则三个灯泡均变亮,D错误。知识拓展容抗:电容对交变电流的阻碍作用,XC=

。感抗:电感线圈对交变电流的阻碍作用,XL=2πfL。3.★★(2026届四川广安中学开学考)在如图所示的电路中,L是直流电阻可以忽略的电

感线圈,闭合开关S,电路稳定后突然断开开关S并开始计时,已知LC振荡电路的振荡周

期为T,则在

~

时间内

(