【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题12 交变电流（有解析）
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| 名称 | 【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题12 交变电流（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-26 15:55:57 | ||
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文档简介
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专题12 交变电流
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共20小题）
1．（2025 江苏）用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4V输出电压。则左侧接线柱选取的是（ ）
A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”
2．（2025 山东）如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为（ ）
A．BLv B． C． D．
3．（2025 广西）某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220V。输出电压最大值为，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为（ ）
A． B． C．20：1 D．1：20
4．（2023 浙江）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
5．（2024 广东）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100Hz
B．通过电阻电流的峰值为0.2A
C．电阻在1秒内消耗的电能为1J
D．电阻两端电压表达式为
6．（2025 福建）某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则（ ）
A．交流电的周期为2.5s
B．电压表示数为12V
C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍
D．原副线圈功率之比为4：1
7．（2024 浙江）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（ ）
A．N B．N C．1N D．N
8．（2024 浙江）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＝5sin100πt（V）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10kV，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．
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
9．（2025 北京）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100Hz
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．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．（2025 河北）2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则S接2时u2﹣t的图像为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023 北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
12．（2023 广东）用一台理想变压器对电动汽车充电。该变压器原、副线圈的匝数比为1：2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u＝220sin（100πt）V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A．20A，50Hz B．20A，50Hz
C．20A，100Hz D．20A，100Hz
13．（2023 山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
14．（2023 河北）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2.0×10﹣5F。则升压变压器原副线圈的匝数比约为（ ）
A．1：25 B．1：50 C．1：70 D．1：100
15．（2024 河北）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 C． D．5：4
16．（2024 湖南）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
17．（2024 北京）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为 B．副线圈中电流的有效值为0.5A
C．原、副线圈匝数之比为1：4 D．原线圈的输入功率为12W
18．（2025 广东）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1：100
B．输电线上由R造成的电压损失为500V
C．变压器原线圈中的电流为100A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
19．（2025 安徽）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间接入电压的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6Ω。要使电流表的示数变为2.0A，下列操作正确的是（ ）
A．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
D．输入端电压调为
20．（2025 湖南）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．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
二．多选题（共12小题）
（多选）21．（2023 湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
（多选）22．（2025 选择性）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（ ）
A．t＝0时，电流方向为abcdefa
B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω
C．时，感应电动势为0
D．t＝0到过程中，感应电动势平均值为0
（多选）23．（2025 重庆）2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（ ）
A．直流输电导线中的电流为250A
B．直流输电导线总阻值不超过16Ω
C．家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz
D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11：500
（多选）24．（2023 天津）“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，T1的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电导线的电阻，T2的副线圈并联多个用电器，下列说法正确的是（ ）
A．T1的输出电压等于T2的输入电压
B．T1的输出功率大于T2的输入功率
C．用电器增多后，R消耗的功率减小
D．用电器增多后，T2的输出电压降低
（多选）25．（2023 海南）如图是工厂利用u＝220sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为220V
B．交变电流的周期为0.02s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
（多选）26．（2024 甲卷）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（ ）
A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
（多选）27．（2024 新课标）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。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
（多选）28．（2024 重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2＝110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
（多选）29．（2024 全国）某生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为3Ω的长距离导线，直接连到配电箱提供110V的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为100：1的理想变压器，再由副线圈输出110V的电源给用户。
若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为1320W的吹风机，另一个是功率为880W的冷气机，则下列叙述哪些正确？（ ）
A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为3：2
B．流经吹风机与流经冷气机的电流比为2：3
C．输入理想变压器主线圈之电功率为2200W
D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是10000：1
E．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是100：1
（多选）30．（2024 海南）电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流16A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50Hz，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电的周期为0.02s
B．原副线圈匝数比n1：n2＝11：500
C．输出的最大电压为220V
D．若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW
（多选）31．（2025 湖北）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
（多选）32．（2025 云南）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1＝1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ）
A．n1：n2＝5：1
B．n1：n3＝1：5
C．变压器的输入功率为10.5kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220V
三．实验题（共1小题）
33．（2025 山东）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）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。
四．解答题（共7小题）
34．（2025 合肥模拟）如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入220V交变电压，在C、D间的输出电压在0～250V间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至210V，输出电压要求为220V，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
35．（2025 常州模拟）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（2）外接电阻上电流的有效值I。
36．（2025 广东二模）如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
（1）线圈中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。
37．（2025 江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
38．（2024 天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向；
（2）若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。
39．（2025 郑州二模）如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x＝﹣x0处。在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到x＝0时作为计时起点，其速度随时间变化的图线如图乙所示，其最大速度为v1。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在时间内外力F所做的功；
（4）外力F的最大值。
40．（2024 上海）某自行车所装车灯发电机如图（a）所示，其结构见图（b）。绕有线圈的形铁芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动。摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端c、d作为发电机输出端。通过导线与标有“12V，6W”的灯泡L1相连。当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦交流电。假设灯泡阻值不变，摩擦轮与轮胎间不打滑。
（1）在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中：
①通过L1的电流方向（在图中用箭头标出）；
②L1中的电流 。
A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大
（2）若发电机线圈电阻为2Ω，车轮以某一转速n转动时，L1恰能正常发光。将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，当车轮转速仍为n时：
①L2两端的电压 。
A.大于12V B.等于12V C.小于12V
②L2消耗的功率 。
A.大于6W B.等于6W C.小于6W
（3）利用理想变压器将发电机输出电压变压后对标有“24V，6W”的灯泡供电，使灯泡正常发光，变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1：2，该变压器原线圈两端的电压为 V。
（4）在水平路面骑行时，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力。已知空气阻力与车速成正比，忽略发电机内阻。
①在自行车匀加速行驶过程中，发电机输出电压u随时间t变化的关系可能为 。
②无风时自行车以某一速度匀速行驶，克服空气阻力的功率Pf＝30W，车灯的功率为PL＝4W。为使车灯的功率增大到PL'＝6W，骑车人的功率P应为多大？（计算）
专题12 交变电流
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A D C A D B C B C D B
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A C B B A B B B B
二．多选题（共12小题）
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31
答案 AC AB BD BD BC AC BD AC ACD AD AC
题号 32
答案 AC
一．选择题（共20小题）
1．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：根据可拆式变压器电压比与匝数比关系得：
，即
其中U1＝2V，U2＝4V
解得：n1＝2
故原线圈接入的匝数是2匝，即左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为，同一个导体棒先通过区域Ⅱ，后通过区域Ⅰ，导体棒通过区域Ⅰ时，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式，产生的电动势大小为E1＝BLv，经过的时间为，同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2＝B×0.5Lv，经过的时间为，根据有效值的定义有，代入数据可得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：由题意，对应正弦式交流电，变压器次级线圈的电压有效值为，则变压器原、副线圈的匝数比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：AB、变压器只能改变交流电的电压，所以送电端要先升压再整流，用户端要先变交流再降压，故A正确，B错误；
C、1100kV指的是直流电的电压，故C错误；
D、根据变压器的工作原理可知，输电功率由用户端的功率决定，故D错误；
故选：A。
5．【专题】定量思想；图析法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、根据图像可知，该交流电的周期为0.02s，则频率为，故A错误；
B、根据欧姆定律可知，通过电阻电流的峰值为：
，故B错误；
C、根据题意可知，电路中的电流有效值为：
电阻两端的电压有效值为：
则电阻在1s内消耗的电能为：
W＝UIt＝0.2×10×1J＝2J，故C错误；
D、根据数学知识可知，ω＝2πf＝100π
则电阻两端电压表达式为，故D正确；
故选：D。
6．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、由图乙可知，交流电的周期
T＝2.5s﹣0.25s＝2.25s
故A错误；
B、由图乙可知，输入电压的峰值
Um＝48V
有效值
U1V＝48V
变压器原副线圈电压比等于匝数比：
代入数据解得：
U2＝12V
故B正确；
C、由题意可知，R1的阻值为R2的2倍，则通过两电阻的电流比值为
I1：I2＝1：2
副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；
D、理想变压器输入功率等于输出功率，故D错误；
故选：B。
7．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
解：线框不动时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：
感应电流为：
发热功率P为：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W
当磁感应强度恒为B＝0.2T，线框以角速度ω匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，设电流的有效值为I有，由题意可得：
，解得：
设电流的最大值为Im，则有：，解得：Im＝5A
当ab边的线速度方向与磁感线垂直时，线框中的电流为最大值，此时ab边所受安培力最大，可得ab边所受最大的安培力为：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；推理论证能力．
解：AB．原线圈两端电压的有效值
根据电压匝数关系有
变压器副线圈电压的峰值
由于
故代入数据解得
故A错误，B正确；
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为
故C错误；
D．变压器不改变频率，根据
代入数据解得
f＝50Hz
则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。
故选：B。
9．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A、电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，则ω＝2πf＝100π，解得该交流电的频率为：f＝50Hz，故A错误；
B、图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；
C、根据右手定则可知图示位置电流方向为D→C→B→A，根据左手定则可知，线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；
D、根据电动势随时间变化规律可知，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10V，仅线圈转速加倍，即角速度加倍，电动势的最大值变为20V，故D错误。
故选：C。
10．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．
解：开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则有效值：U3，匝数：n3＝n﹣2
开关S接2时，匝数：n2＝nn
则有：，解得：U2U3
则：U2m
变压器变压不变频，所以周期不变，u2﹣t的图像为D，故D正确、ABC错误。
故选：D。
11．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：若变压器为理想变压器，根据U1：U2＝n1：n2可得：U2，则输出电压为：U21V＝3.8V；实际测得小灯泡两端电压为2.5V，说明变压器漏磁。
A、仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B、仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C、将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D、将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，更不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选：B。
12．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为：
根据变压器的工作原理可得：
代入数据解得：U2＝440V
因为理想变压器原副线圈的功率相等，则
变压器无法改变电流的频率，则
，故A正确，BCD错误；
故选：A。
13．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；分析综合能力．
解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔPR＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B错误；
C、输送给储能站的功率为：P储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D错误。
故选：C。
14．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
解：由放电电流平均值为2.8A，根据电流的定义式可得：Q，
再根据电容的定义式：C，
联立解得：副线圈的电压最大值U2m＝1400V，有效值为U2700V
由题意知，原线圈电压有效值为U1＝20V
所以升压变压器原副线圈的匝数比约为：1：50，故B正确，ACD错误。
故选：B。
15．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；理解能力．
解：对图1，根据有效值定义求解得
T
解得
U1
对图2，正弦交流电有效值为
U2
两电阻在一个周期T内产生的热量之比
Q1：Q2：（）2：（）2＝4：3
故B正确，ACD错误。
故选：B。
16．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻R等，等效电路图如下图所示：
设降压变压器原、副线圈的匝数比为k，输电线路中的电流为I2，降压变压器副线圈中的电流为I4，由等效部分的功率相同可得：
，又有：，可得等效电阻为R等＝k2R
A、转子在磁场中转动时产生的电动势最大值Em＝NBSω，当转子角速度ω增加一倍时，电动势的最大值与有效值均变为原来的2倍，则升压变压器的原、副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路可得输电线路上的电流为：，可知输电线路上的电流变为原来的2倍，根据P，可知R0上消耗的功率变为原来的4倍，即为4P，故A正确；
B、若R0阻值增加一倍，变为2R0，输电线路上的电流为，R0消耗的功率变为P′＝I2′2×2R0≠4P，故B错误；
C、当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，与选项A的情况相同，可知R0 上消耗的功率变为4P，故C错误；
D、若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为，等效电阻变为k2
则输电线上的电流变为：I2″
R0消耗的功率变为P″＝I2″2×R0≠6P，故D错误。
故选：A。
17．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.由图乙知，原线圈电压最大值为，根据正弦交流电最大值和有效值的关系，则有效值为V＝24V，故A错误；
B.灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为，故B正确；
C.由理想变压器电压与匝数关系可知，故C错误；
D.理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝P2＝3W，故D错误。
故选：B。
18．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.根据1：25，故A错误；
B.输电线上的电流为I2A＝100A，故R造成的电压损失ΔU损＝I2R＝100×5V＝500V，故B正确；
C.变压器原线圈中的电流为I1A＝2500A，故C错误；
D.变压器不能改变交流电的频率，故D错误。
故选：B。
19．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．
解：A、输入电压峰值为，则输入电压有效值为12V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压18V，若将电阻箱阻值调为18欧姆，则电流为1A，故A错误；
B、若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压12V，则副线圈电流变为2A，故B正确；
C、输入端电压调为时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为3.0A，故C错误；
D、将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为6V，输出电压9V，副线圈电流变为1.5A，故D错误。
故选：B。
20．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；分析综合能力．
解：设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2，对应的电流为I1、I2，灯泡L的阻值为R，根据等效电阻的思想可知原线圈两端的等效电阻：
灯泡L的阻值
由理想变压器原理，电压关系可得：
根据电流关系可得：
联立解得：，如图所示：
A．当S与c相连时，R等两端电压最大，灯泡的电功率最大，故A错误；
B．S与a相连，变压器原线圈电压：
灯泡两端的电压为：，故B正确；
C．S与b相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流：
流过灯泡的电流：，故C错误；
D．S与c相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流：
灯泡的电功率为：，故D错误。
故选：B。
二．多选题（共12小题）
21．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v＝ωr可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1，则小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4ω，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：
根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：
根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：
联立解得：U，故B错误；
C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：
此时线圈产生感应电动势的有效值为：
根据电阻定律可得：
可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：
联立解得：U1，故C正确；
D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据有效值和峰值的关系可知：
则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误；
故选：AC。
22．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：AB、由题可知，t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、易知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故选：AB。
23．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、输电站提供的电压为：U1＝1.6×106V，输电线路输送功率为：P＝8.0×109W，根据P＝U1I1可得输电电流为：I1＝5000A，故A错误；
B、已知直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，即：P损＝P×5%R可知，R＝16Ω，则直流输电导线总阻值不超过16Ω，故B正确；
C、对于正弦式交流电u的家用交流电，其电压最大值：Um＝220V，有效值为：UV＝220V
根据ω＝2πf＝100πrad/s可知，频率为50Hz，故C错误；
D、多次转换后变为：U2＝1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器变为U＝220V家用交流电，设配电房中变压器原、副线圈中电流分别为I2、I，根据U2I2＝UI可知，配电房中变压器原、副线圈中电流比为I2：I＝U：U2＝220：1.0×104＝11：500，故D正确。
故选：BD。
24．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.输电线有电阻，输电线上有电压损失，设变压器T1副线圈两端电压为U2，变压器T2原线圈两端电压为U3，损失电压为ΔU；
根据电压关系U2＝ΔU+U3
因此T1的输出电压等于T2的输入电压，故A错误；
B.输电线有电阻，输电线上有功率损失，根据功率关系P2＝ΔP+P3
因此T1的输出功率大于T2的输入功率，故B正确；
CD.用电器增多，负载总电阻减小，变压器T2副线圈中的电流增大；
根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，输电线上的电流增大
输电线上的功率损失增大；
输电线上的电压损失ΔU＝I3R增大，变压器T2的输入电压U3＝U2﹣ΔU减小
根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T2的输出电压减小，故C错误，D正确。
故选：BD。
25．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值，故A错误；
B、根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期，故B正确；
CD、根据可得副线圈匝数匝，故C正确，D错误。
故选：BC。
26．【专题】信息给予题；定性思想；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.保持T不变，则变压器原、副线圈的匝数比不变
根据理想变压器电压与匝数比的关系可知，副线圈两端电压不变；
根据功率公式
根据欧姆定律
因此为提高R1的热功率，应减小R，即滑动变阻器的滑动片向f端滑动，故A正确；
BCD.根据理想变压器电压与匝数比的关系
根据功率公式
根据欧姆定律
要使I1增大，应增大U2或减小R，或增大U2、减小R
即将T向a端滑动，或者滑动变阻器的滑动片向f端滑动，或者T向a端滑动、滑动变阻器的滑动片向f端滑动，故BD错误，C正确。
故选：AC。
27．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，则感应电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
28．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.图甲中，P在R最左端时，甲灯泡正常发光，变压器副线圈两端电压为U2＝UL＝6V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，故A正确；
B.当P滑到R中点时，甲电路负载的总电阻
通过变压器副线圈的电流
灯泡L两端电压
灯泡L消耗的功率
乙电路负载的总电阻
通过变压器副线圈的电流
灯泡L两端电压
灯泡L消耗的功率，故B错误；
C.当P滑到R最左端时，图甲消耗的功率
图甲消耗的功率
由于R并＜RL，因此P甲＜P乙，即图甲所示电路比图乙更节能，故C正确；
D.当滑动片在最右端时，图甲中通过灯泡的电流
此时灯泡L两端电压
当滑动片在最右端时，图乙中通过灯泡的电流I2＝0
因此灯泡L两端电压的条件范围0≤UL乙≤U2
综上分析可知，图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小，故D错误。
故选：AC。
29．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：AB.根据功率公式P＝UI
设流经流经吹风机与流经冷气机的电流分别为I1、I2；
因此，故A正确，B错误；
C.根据理想变压器的功率关系，主线圈和副线圈消耗的功率相等，则主线圈的输入功率P＝P1+P2＝1320W+880W＝2200W，故C正确；
DE.不使用变压器时，输电线上的电流
输电线上的功率损失ΔP＝I2r
使用变压器后，根据理想变压器电流与匝数比的关系，输电线上的电流
输电线上的功率损失
因此，故D正确，E错误。
故选：ACD。
30．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.根据公式Ts＝0.02s，故A正确；
B.匝数比，故B错误；
C.根据正弦式交流电的特点，输出电压的最大值是220V，故C错误；
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为P总＝10UI＝10×220×16W＝35200W＝35.2kW，故D正确。
故选：AD。
31．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：设降压变压器原副线圈的匝数分别是n3和n4，电压分别是U3和U4，电流分别是I3和I4，用户端的总电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律，则
根据变压器原副线圈的电流关系可得
设用户的最大值相当于原线圈的电阻值为R等，则
联立可得
对于输电线路的部分，降压变压器流过的电流等于输送的电流，即I3＝I2
由闭合电路的欧姆定律可得输电线路中的电流
A、仅增加用户数，用户端的总电阻为R减小，等效电阻也减小，则输电线路的部分的电流增大，由可知r消耗的功率增大，故A正确；
B、仅增加用户数，输电线路的部分的电流增大，由U损＝I2r可知输电线损坏的电压增大，则达到降压变压器原线圈两端的电压减小，由可知用户得到的电压减小，故B错误；
C、仅适当增加n2，由可知输电线输送的电压增大，则降压变压器原线圈得到的电压增大，所以用户端电压增大，故C正确；
D、整个电路消耗的功率为P，则P增大，故D错误。
故选：AC。
32．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
解：AB.根据理想变压器电压与匝数比的关系
，故A正确，B错误；
C.根据理想变压器的功率关系，输入功率P1＝P2+P3＝7.0kW+3.5kW＝10.5kW，故C正确；
D.根据正弦交变电流电压的有效值与最大值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为，故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共1小题）
33．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；交流电专题；实验探究能力．
解：（1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，读数为I1＝200mA
根据功率公式，学生电源的输出功率；
（2）根据电压关系，电阻箱两端电压UR＝U0﹣U1＝12V﹣6V＝6V
低压输电时电阻箱消耗的功率为
根据欧姆定律，电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电流I2＝20mA＝0.02A
电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍；
（3）A3示数为I3＝125mA＝0.125A时
学生电源的输出功率P4＝U0I4＝12×0.125W＝1.5W
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了ΔP＝P1﹣P4＝2.4W﹣1.5W＝0.9W。
故答案为：（1）200；2.4；（2）100；（3）0.9。
四．解答题（共7小题）
34．【专题】计算题；定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）根据题意可知，n2＝1500匝，U1＝220V，U2＝250V，设原线圈的匝数为n1，根据匝数与电压的关系有
解得n1＝1320匝
（2）根据题意可知，U1＝210V，U2＝220V，设副线圈的匝数为n2，根据匝数与电压的关系有
解得n2≈1383匝
答：（1）A、B间线圈匝数为1320匝；
（2）连接在C、D间的线圈应为1383匝。
35．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）bc、ad边的运动线速度大小为：
线圈切割磁感线产生的感应电动势为：E＝2×NB×2lv＝2NBl2ω
线圈切割磁感线时感应电流为：
bc边所受安培力的大小为：F＝NBI1×2l
解得：
（2）线圈转动一个周期内，有感应电流的时间为：tT
根据有效值的定义可得：
解得：
答：（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F为；
（2）外接电阻上电流的有效值I为。
36．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω＝1000.02×100V＝100V；
（2）由图示位置转过30°的过程中，平均的感应电动势为NN N 100VV
（3）原线圈中的感应电动势的有效值为EV＝100V，当原副线圈匝数比为2：1时，由，解得副线圈的电压U2为50V，故R上消耗的功率为PW＝50W
答：（1）线圈中感应电动势的最大值为100V；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势为V；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率为50W。
37．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：（1）根据题意可知，ab转动时的线速度为v＝ω0r1
则ab产生的感应电动势E1＝BLv＝BLω0r1
（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为E2＝2BLv＝2BLω0r1
感应电流为
转子转动的周期为
则abcd转一圈产生的热量
（3）结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E′＝IR
又有E′＝2BLΔv
解得
则电流改变方向的时间为
则电流的周期为
答：（1）ab边产生感应电动势的大小为BLω0r1；
（2）外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热为；
（3）线圈abcd中电流的周期为。
38．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）由右手定则可知，图1所示位置AB中的电流方向为从B到A。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为：
θ＝ωt
AB垂直磁感线方向的分速度为：
此时AB产生的感应电动势为：
EAB＝BLv
（3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值为：
储存电能为：
同理可得线框转动第二周储存的电能为：
同理可得线框转动第三周储存的电能：
可得线框转动第n周储存的电能为：
则直到停止（即n→∞）时储存的电能为：
已知储存的电能为初动能的50%，可得汽车的初动能为：
根据动能定理和牛顿第二定律可得：
﹣F合x＝0﹣Ek0
F合＝ma
解得：
答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A；
（2）此时AB产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离x为。
39．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
解：（1）由图乙可知简谐运动的周期
T＝2πs
由此可得
rad/s＝1rad/s
根据图像乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为
v＝v1cosωt（m/s）
由闭合回路的欧姆定律有
（2）根据对称性可知在时，金属棒到达x＝x0处，则在时间内通过金属棒的电荷量
（3）简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0到时间内，电路产生热量
Q＝I2（R+r）t
其中
其中
解得
设在0到的时间内外力F所做的功为WF，安培力所做的功为WA，由动能定理得
其中
WA＝Q
解得
（4）由牛顿第二定得
F安﹣F＝ma
整理得
则外力F的最大值
答：（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系为；
（2）在时间内通过金属棒的电荷量为；
（3）在时间内外力F所做的功为；
（4）外力F的最大值为。
40．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
解：（1）①在图示位置时连接灯泡的线圈中的磁场方向向下，在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，此线圈的磁通量减小，根据楞次定律，可知感应电流由d断经灯泡流到x端，通过L1的电流方向如下图所示：
②发电机输出电压近似视为正弦交流电，图示位置线圈的磁通量最大，其变化量为零，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势为零，L1中的电流为零，根据正弦交流电的变化规律，可知在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，L1中的电流逐渐变大，故A正确，BCD错误。
（2）①发电机线圈电阻为r＝2Ω，车轮以某一转速n转动时，L1恰能正常发光。已知灯泡L1的额定电压UL1＝12V，额定功率PL1＝6W，
设发电机线圈产生的电动势有效值为E，根据闭合电路欧姆定律得：
E＝UL1，解得：E＝13V
将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，灯泡L2的电阻为：RL2Ω＝96Ω
设L2两端的电压为U2，同理可得：E＝U2
解得：U2≈12.73V，故A正确，BC错误。
②L2消耗的功率为：P2W＝1.69W，故C正确，AB错误。
（3）由题意可知，副线圈的电压U2＝24V，根据理想变压器的工作原理得：
解得该变压器原线圈两端的电压为：U2＝12V。
（4）①在自行车匀加速行驶过程中，发电机内的磁铁转动的角速度增大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值增大，输出电压的最大值也最大，同时交流电的周期会减小，故电压u随时间t变化的关系不可能如ABD选项所示的图像，可能如C选项所示的图像，故C正确，ABD错误。
②根据电功率：，可得：
根据欧姆定律，U＝IR
根据闭合电路欧姆定律：I
联立可得：U∝E
线圈产生的感应电动势E正比于发电机内的磁铁转动的角速度ω，发电机内的磁铁转动的角速度又正比于自行车匀速行驶的速度v，即：E∝ω∝v
则有：1.5
已知空气阻力与车速成正比，即f＝kv，可得：
则有：
骑车人的功率为：P＝Pf'+PL'＝（6+45）W＝51W
故答案为：（1）①见解答；②A；（2）①A；②C；（3）12；（4）①C；②骑车人的功率P应为51W。
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专题12 交变电流
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共20小题）
1．（2025 江苏）用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4V输出电压。则左侧接线柱选取的是（ ）
A．“0”和“2” B．“2”和“8” C．“2”和“14” D．“8”和“14”
2．（2025 山东）如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域Ⅰ和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为（ ）
A．BLv B． C． D．
3．（2025 广西）某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220V。输出电压最大值为，该变压器视为理想变压器，其原、副线圈匝数之比为（ ）
A． B． C．20：1 D．1：20
4．（2023 浙江）我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是（ ）
A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流
C．1100kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定
5．（2024 广东）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100Hz
B．通过电阻电流的峰值为0.2A
C．电阻在1秒内消耗的电能为1J
D．电阻两端电压表达式为
6．（2025 福建）某理想变压器如图甲，原副线圈匝数比4：1，输入电压随时间的变化图像如图乙，R1的阻值为R2的2倍，则（ ）
A．交流电的周期为2.5s
B．电压表示数为12V
C．副线圈干路的电流为R1电流的2倍
D．原副线圈功率之比为4：1
7．（2024 浙江）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定不动，磁感应强度以均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（ ）
A．N B．N C．1N D．N
8．（2024 浙江）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＝5sin100πt（V）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10kV，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．
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz
9．（2025 北京）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100Hz
B．线圈转到图示位置时，产生的电动势为0
C．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．（2025 河北）2024年底，世界装机容量最大的抽水蓄能电站——河北丰宁抽水蓄能电站全面投产发电。如图，若该电站通过理想变压器调节输出电压U2时，输入电压U1保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头1、2间和2、3间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则S接2时u2﹣t的图像为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2023 北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
12．（2023 广东）用一台理想变压器对电动汽车充电。该变压器原、副线圈的匝数比为1：2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u＝220sin（100πt）V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A．20A，50Hz B．20A，50Hz
C．20A，100Hz D．20A，100Hz
13．（2023 山东）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是（ ）
A．发电机的输出电流为368A
B．输电线上损失的功率为4.8kW
C．输送给储能站的功率为408kW
D．升压变压器的匝数比n1：n2＝1：44
14．（2023 河北）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2.0×10﹣5F。则升压变压器原副线圈的匝数比约为（ ）
A．1：25 B．1：50 C．1：70 D．1：100
15．（2024 河北）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 C． D．5：4
16．（2024 湖南）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是（ ）
A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
17．（2024 北京）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V，3W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是（ ）
A．原线圈两端电压的有效值为 B．副线圈中电流的有效值为0.5A
C．原、副线圈匝数之比为1：4 D．原线圈的输入功率为12W
18．（2025 广东）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1：100
B．输电线上由R造成的电压损失为500V
C．变压器原线圈中的电流为100A
D．变压器原、副线圈中电流的频率不同
19．（2025 安徽）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间接入电压的正弦式交流电，变压器的滑动触头P位于副线圈的正中间，电阻箱R的阻值调为6Ω。要使电流表的示数变为2.0A，下列操作正确的是（ ）
A．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
D．输入端电压调为
20．（2025 湖南）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．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
二．多选题（共12小题）
（多选）21．（2023 湖南）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为4：1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈转动的角速度为4ω
B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
（多选）22．（2025 选择性）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t＝0时，abef与水平面平行，则（ ）
A．t＝0时，电流方向为abcdefa
B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω
C．时，感应电动势为0
D．t＝0到过程中，感应电动势平均值为0
（多选）23．（2025 重庆）2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程计划将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为的家用交流电，若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（ ）
A．直流输电导线中的电流为250A
B．直流输电导线总阻值不超过16Ω
C．家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz
D．配电房中变压器原、副线圈中电流比为11：500
（多选）24．（2023 天津）“西电东送”是我国重要的战略工程，从西部发电厂到用电量大的东部区域需要远距离输电。图为远距离交流输电的示意图，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，T1的原线圈接有电压有效值恒定的交变电源，R为输电导线的电阻，T2的副线圈并联多个用电器，下列说法正确的是（ ）
A．T1的输出电压等于T2的输入电压
B．T1的输出功率大于T2的输入功率
C．用电器增多后，R消耗的功率减小
D．用电器增多后，T2的输出电压降低
（多选）25．（2023 海南）如图是工厂利用u＝220sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是（ ）
A．电源电压有效值为220V
B．交变电流的周期为0.02s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
（多选）26．（2024 甲卷）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以（ ）
A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
（多选）27．（2024 新课标）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。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中（ ）
A．电流最小 B．电流最大
C．电流方向由P指向Q D．电流方向由Q指向P
（多选）28．（2024 重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A．n1：n2＝110：3
B．当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C．当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D．图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
（多选）29．（2024 全国）某生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为3Ω的长距离导线，直接连到配电箱提供110V的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为100：1的理想变压器，再由副线圈输出110V的电源给用户。
若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为1320W的吹风机，另一个是功率为880W的冷气机，则下列叙述哪些正确？（ ）
A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为3：2
B．流经吹风机与流经冷气机的电流比为2：3
C．输入理想变压器主线圈之电功率为2200W
D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是10000：1
E．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在3Ω导线的电功率比是100：1
（多选）30．（2024 海南）电动汽车充电站变压器输入电压为10kV，输出电压为220V，每个充电桩输入电流16A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50Hz，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电的周期为0.02s
B．原副线圈匝数比n1：n2＝11：500
C．输出的最大电压为220V
D．若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2kW
（多选）31．（2025 湖北）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
（多选）32．（2025 云南）电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1＝1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2＝U3＝220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ）
A．n1：n2＝5：1
B．n1：n3＝1：5
C．变压器的输入功率为10.5kW
D．两副线圈输出电压最大值均为220V
三．实验题（共1小题）
33．（2025 山东）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）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。
四．解答题（共7小题）
34．（2025 合肥模拟）如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入220V交变电压，在C、D间的输出电压在0～250V间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至210V，输出电压要求为220V，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
35．（2025 常州模拟）某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
（2）外接电阻上电流的有效值I。
36．（2025 广东二模）如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，结果可用根号或π表示。求：
（1）线圈中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率。
37．（2025 江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
38．（2024 天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框ABCD，线框边长为L，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为B，线框转轴OO′与磁场垂直，且与AB、CD距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置AB中的电流方向；
（2）若线框以角速度ω匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在t时刻位置如图2所示，求此时AB产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为R的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为ω0，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为m，加速度大小为a，储存的电能为初动能的50%，求制动过程中汽车行驶的最大距离x。
39．（2025 郑州二模）如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x＝﹣x0处。在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到x＝0时作为计时起点，其速度随时间变化的图线如图乙所示，其最大速度为v1。求：
（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
（2）在时间内通过金属棒的电荷量；
（3）在时间内外力F所做的功；
（4）外力F的最大值。
40．（2024 上海）某自行车所装车灯发电机如图（a）所示，其结构见图（b）。绕有线圈的形铁芯开口处装有磁铁。车轮转动时带动与其接触的摩擦轮转动。摩擦轮又通过传动轴带动磁铁一起转动，从而使铁芯中磁通量发生变化。线圈两端c、d作为发电机输出端。通过导线与标有“12V，6W”的灯泡L1相连。当车轮匀速转动时，发电机输出电压近似视为正弦交流电。假设灯泡阻值不变，摩擦轮与轮胎间不打滑。
（1）在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中：
①通过L1的电流方向（在图中用箭头标出）；
②L1中的电流 。
A.逐渐变大 B.逐渐变小 C.先变大后变小 D.先变小后变大
（2）若发电机线圈电阻为2Ω，车轮以某一转速n转动时，L1恰能正常发光。将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，当车轮转速仍为n时：
①L2两端的电压 。
A.大于12V B.等于12V C.小于12V
②L2消耗的功率 。
A.大于6W B.等于6W C.小于6W
（3）利用理想变压器将发电机输出电压变压后对标有“24V，6W”的灯泡供电，使灯泡正常发光，变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝1：2，该变压器原线圈两端的电压为 V。
（4）在水平路面骑行时，假设骑车人对自行车做的功仅用于克服空气阻力和发电机阻力。已知空气阻力与车速成正比，忽略发电机内阻。
①在自行车匀加速行驶过程中，发电机输出电压u随时间t变化的关系可能为 。
②无风时自行车以某一速度匀速行驶，克服空气阻力的功率Pf＝30W，车灯的功率为PL＝4W。为使车灯的功率增大到PL'＝6W，骑车人的功率P应为多大？（计算）
专题12 交变电流
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A D C A D B C B C D B
题号 12 13 14 15 16 17 18 19 20
答案 A C B B A B B B B
二．多选题（共12小题）
题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31
答案 AC AB BD BD BC AC BD AC ACD AD AC
题号 32
答案 AC
一．选择题（共20小题）
1．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：根据可拆式变压器电压比与匝数比关系得：
，即
其中U1＝2V，U2＝4V
解得：n1＝2
故原线圈接入的匝数是2匝，即左侧接线柱线圈选取的是“0”和“2”，故A正确，BCD错误。
故选：A。
2．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为，同一个导体棒先通过区域Ⅱ，后通过区域Ⅰ，导体棒通过区域Ⅰ时，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式，产生的电动势大小为E1＝BLv，经过的时间为，同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为E2＝B×0.5Lv，经过的时间为，根据有效值的定义有，代入数据可得，故D正确，ABC错误。
故选：D。
3．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：由题意，对应正弦式交流电，变压器次级线圈的电压有效值为，则变压器原、副线圈的匝数比，故C正确，ABD错误。
故选：C。
4．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：AB、变压器只能改变交流电的电压，所以送电端要先升压再整流，用户端要先变交流再降压，故A正确，B错误；
C、1100kV指的是直流电的电压，故C错误；
D、根据变压器的工作原理可知，输电功率由用户端的功率决定，故D错误；
故选：A。
5．【专题】定量思想；图析法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、根据图像可知，该交流电的周期为0.02s，则频率为，故A错误；
B、根据欧姆定律可知，通过电阻电流的峰值为：
，故B错误；
C、根据题意可知，电路中的电流有效值为：
电阻两端的电压有效值为：
则电阻在1s内消耗的电能为：
W＝UIt＝0.2×10×1J＝2J，故C错误；
D、根据数学知识可知，ω＝2πf＝100π
则电阻两端电压表达式为，故D正确；
故选：D。
6．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、由图乙可知，交流电的周期
T＝2.5s﹣0.25s＝2.25s
故A错误；
B、由图乙可知，输入电压的峰值
Um＝48V
有效值
U1V＝48V
变压器原副线圈电压比等于匝数比：
代入数据解得：
U2＝12V
故B正确；
C、由题意可知，R1的阻值为R2的2倍，则通过两电阻的电流比值为
I1：I2＝1：2
副线圈干路的电流为R1电流的3倍，故C错误；
D、理想变压器输入功率等于输出功率，故D错误；
故选：B。
7．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
解：线框不动时，根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为：
感应电流为：
发热功率P为：P＝I2R＝2.52×0.04W＝0.25W
当磁感应强度恒为B＝0.2T，线框以角速度ω匀速转动时，线框中产生正弦式交变电流，设电流的有效值为I有，由题意可得：
，解得：
设电流的最大值为Im，则有：，解得：Im＝5A
当ab边的线速度方向与磁感线垂直时，线框中的电流为最大值，此时ab边所受安培力最大，可得ab边所受最大的安培力为：Fm＝BImL＝0.2×5×1N＝1N，故ABD错误，C正确。
故选：C。
8．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；推理论证能力．
解：AB．原线圈两端电压的有效值
根据电压匝数关系有
变压器副线圈电压的峰值
由于
故代入数据解得
故A错误，B正确；
C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为
故C错误；
D．变压器不改变频率，根据
代入数据解得
f＝50Hz
则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。
故选：B。
9．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A、电动势随时间变化的规律为e＝10sin（100πt）V，则ω＝2πf＝100π，解得该交流电的频率为：f＝50Hz，故A错误；
B、图示位置为磁通量为零的位置，此位置磁通量变化率最大，感应电动势最大，故B错误；
C、根据右手定则可知图示位置电流方向为D→C→B→A，根据左手定则可知，线圈转到图示位置时，AB边受到的安培力方向向上，故C正确；
D、根据电动势随时间变化规律可知，感应电动势的最大值为：Em＝NBSω＝10V，仅线圈转速加倍，即角速度加倍，电动势的最大值变为20V，故D错误。
故选：C。
10．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．
解：开关S接3时输出电压的瞬时值u2＝Umsinωt，则有效值：U3，匝数：n3＝n﹣2
开关S接2时，匝数：n2＝nn
则有：，解得：U2U3
则：U2m
变压器变压不变频，所以周期不变，u2﹣t的图像为D，故D正确、ABC错误。
故选：D。
11．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：若变压器为理想变压器，根据U1：U2＝n1：n2可得：U2，则输出电压为：U21V＝3.8V；实际测得小灯泡两端电压为2.5V，说明变压器漏磁。
A、仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B、仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C、将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D、将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，更不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选：B。
12．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值为：
根据变压器的工作原理可得：
代入数据解得：U2＝440V
因为理想变压器原副线圈的功率相等，则
变压器无法改变电流的频率，则
，故A正确，BCD错误；
故选：A。
13．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；分析综合能力．
解：A、发电机的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝500kW＝5.0×105W，根据P1＝U1I1可得发电机的输出电流为：I1＝2000A，故A错误；
B、用户端电压U4＝220V，功率P2＝88kW＝8.8×104W，根据P2＝U4I4可得降压变压器线圈中的电流为：I4＝400A
根据I3：I4＝n4：n3可得降压变压器原线圈中的电流为：I3＝8A
输电线上损失的功率为：ΔPR＝82×62.5W＝4000W＝4.0kW，故B错误；
C、输送给储能站的功率为：P储存＝P1﹣P2﹣ΔP＝500kW﹣88kW﹣4.0kW＝408kW，故C正确；
D、升压变压器副线圈两端电压为U2，根据功率计算公式可得：P2+ΔP＝U2I3，解得：U2＝11500V
升压变压器的匝数比n1：n2＝U1：U2＝250：11500＝1：46，故D错误。
故选：C。
14．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
解：由放电电流平均值为2.8A，根据电流的定义式可得：Q，
再根据电容的定义式：C，
联立解得：副线圈的电压最大值U2m＝1400V，有效值为U2700V
由题意知，原线圈电压有效值为U1＝20V
所以升压变压器原副线圈的匝数比约为：1：50，故B正确，ACD错误。
故选：B。
15．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；理解能力．
解：对图1，根据有效值定义求解得
T
解得
U1
对图2，正弦交流电有效值为
U2
两电阻在一个周期T内产生的热量之比
Q1：Q2：（）2：（）2＝4：3
故B正确，ACD错误。
故选：B。
16．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻R等，等效电路图如下图所示：
设降压变压器原、副线圈的匝数比为k，输电线路中的电流为I2，降压变压器副线圈中的电流为I4，由等效部分的功率相同可得：
，又有：，可得等效电阻为R等＝k2R
A、转子在磁场中转动时产生的电动势最大值Em＝NBSω，当转子角速度ω增加一倍时，电动势的最大值与有效值均变为原来的2倍，则升压变压器的原、副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路可得输电线路上的电流为：，可知输电线路上的电流变为原来的2倍，根据P，可知R0上消耗的功率变为原来的4倍，即为4P，故A正确；
B、若R0阻值增加一倍，变为2R0，输电线路上的电流为，R0消耗的功率变为P′＝I2′2×2R0≠4P，故B错误；
C、当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，与选项A的情况相同，可知R0 上消耗的功率变为4P，故C错误；
D、若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为，等效电阻变为k2
则输电线上的电流变为：I2″
R0消耗的功率变为P″＝I2″2×R0≠6P，故D错误。
故选：A。
17．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.由图乙知，原线圈电压最大值为，根据正弦交流电最大值和有效值的关系，则有效值为V＝24V，故A错误；
B.灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为，故B正确；
C.由理想变压器电压与匝数关系可知，故C错误；
D.理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝P2＝3W，故D错误。
故选：B。
18．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.根据1：25，故A错误；
B.输电线上的电流为I2A＝100A，故R造成的电压损失ΔU损＝I2R＝100×5V＝500V，故B正确；
C.变压器原线圈中的电流为I1A＝2500A，故C错误；
D.变压器不能改变交流电的频率，故D错误。
故选：B。
19．【专题】定量思想；推理法；交流电专题．
解：A、输入电压峰值为，则输入电压有效值为12V，滑动触头在正中间，根据变压比可知，输出电压18V，若将电阻箱阻值调为18欧姆，则电流为1A，故A错误；
B、若将副线圈匝数调为总匝数的，根据变压比可知，输出电压12V，则副线圈电流变为2A，故B正确；
C、输入端电压调为时，其有效值不变，不会导致电流的变化，仍然为3.0A，故C错误；
D、将输入电压峰值减小一半，则输入电压有效值变为6V，输出电压9V，副线圈电流变为1.5A，故D错误。
故选：B。
20．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；分析综合能力．
解：设变压器原、副线圈的电压分别为U1、U2，对应的电流为I1、I2，灯泡L的阻值为R，根据等效电阻的思想可知原线圈两端的等效电阻：
灯泡L的阻值
由理想变压器原理，电压关系可得：
根据电流关系可得：
联立解得：，如图所示：
A．当S与c相连时，R等两端电压最大，灯泡的电功率最大，故A错误；
B．S与a相连，变压器原线圈电压：
灯泡两端的电压为：，故B正确；
C．S与b相连，变压器原线圈电路接入两个电阻，变压器原线圈的电流：
流过灯泡的电流：，故C错误；
D．S与c相连，变压器原线圈电路接入一个电阻，变压器原线圈的电流：
灯泡的电功率为：，故D错误。
故选：B。
二．多选题（共12小题）
21．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据线速度的计算公式v＝ωr可知，角速度的大小与半径成反比，因为大轮和小轮的半径之比为4：1，则小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为4ω，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为：
根据正弦式交流电峰值和有效值的关系可知，产生的电动势的有效值为：
根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为：
联立解得：U，故B错误；
C、若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为：
此时线圈产生感应电动势的有效值为：
根据电阻定律可得：
可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得：
联立解得：U1，故C正确；
D、若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据有效值和峰值的关系可知：
则线圈产生的电动势的有效值也会减小，因此灯泡会变暗，故D错误；
故选：AC。
22．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：AB、由题可知，t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、易知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故选：AB。
23．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、输电站提供的电压为：U1＝1.6×106V，输电线路输送功率为：P＝8.0×109W，根据P＝U1I1可得输电电流为：I1＝5000A，故A错误；
B、已知直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，即：P损＝P×5%R可知，R＝16Ω，则直流输电导线总阻值不超过16Ω，故B正确；
C、对于正弦式交流电u的家用交流电，其电压最大值：Um＝220V，有效值为：UV＝220V
根据ω＝2πf＝100πrad/s可知，频率为50Hz，故C错误；
D、多次转换后变为：U2＝1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器变为U＝220V家用交流电，设配电房中变压器原、副线圈中电流分别为I2、I，根据U2I2＝UI可知，配电房中变压器原、副线圈中电流比为I2：I＝U：U2＝220：1.0×104＝11：500，故D正确。
故选：BD。
24．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.输电线有电阻，输电线上有电压损失，设变压器T1副线圈两端电压为U2，变压器T2原线圈两端电压为U3，损失电压为ΔU；
根据电压关系U2＝ΔU+U3
因此T1的输出电压等于T2的输入电压，故A错误；
B.输电线有电阻，输电线上有功率损失，根据功率关系P2＝ΔP+P3
因此T1的输出功率大于T2的输入功率，故B正确；
CD.用电器增多，负载总电阻减小，变压器T2副线圈中的电流增大；
根据理想变压器电流与匝数比的关系可知，输电线上的电流增大
输电线上的功率损失增大；
输电线上的电压损失ΔU＝I3R增大，变压器T2的输入电压U3＝U2﹣ΔU减小
根据理想变压器电压与匝数比的关系，变压器T2的输出电压减小，故C错误，D正确。
故选：BD。
25．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A、根据交流电的瞬时值表达式，电源电压的有效值，故A错误；
B、根据交流电的瞬时值表达式，交流电的周期，故B正确；
CD、根据可得副线圈匝数匝，故C正确，D错误。
故选：BC。
26．【专题】信息给予题；定性思想；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.保持T不变，则变压器原、副线圈的匝数比不变
根据理想变压器电压与匝数比的关系可知，副线圈两端电压不变；
根据功率公式
根据欧姆定律
因此为提高R1的热功率，应减小R，即滑动变阻器的滑动片向f端滑动，故A正确；
BCD.根据理想变压器电压与匝数比的关系
根据功率公式
根据欧姆定律
要使I1增大，应增大U2或减小R，或增大U2、减小R
即将T向a端滑动，或者滑动变阻器的滑动片向f端滑动，或者T向a端滑动、滑动变阻器的滑动片向f端滑动，故BD错误，C正确。
故选：AC。
27．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，则感应电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
28．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：A.图甲中，P在R最左端时，甲灯泡正常发光，变压器副线圈两端电压为U2＝UL＝6V
根据理想变压器电压与匝数比的关系，故A正确；
B.当P滑到R中点时，甲电路负载的总电阻
通过变压器副线圈的电流
灯泡L两端电压
灯泡L消耗的功率
乙电路负载的总电阻
通过变压器副线圈的电流
灯泡L两端电压
灯泡L消耗的功率，故B错误；
C.当P滑到R最左端时，图甲消耗的功率
图甲消耗的功率
由于R并＜RL，因此P甲＜P乙，即图甲所示电路比图乙更节能，故C正确；
D.当滑动片在最右端时，图甲中通过灯泡的电流
此时灯泡L两端电压
当滑动片在最右端时，图乙中通过灯泡的电流I2＝0
因此灯泡L两端电压的条件范围0≤UL乙≤U2
综上分析可知，图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小，故D错误。
故选：AC。
29．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．
解：AB.根据功率公式P＝UI
设流经流经吹风机与流经冷气机的电流分别为I1、I2；
因此，故A正确，B错误；
C.根据理想变压器的功率关系，主线圈和副线圈消耗的功率相等，则主线圈的输入功率P＝P1+P2＝1320W+880W＝2200W，故C正确；
DE.不使用变压器时，输电线上的电流
输电线上的功率损失ΔP＝I2r
使用变压器后，根据理想变压器电流与匝数比的关系，输电线上的电流
输电线上的功率损失
因此，故D正确，E错误。
故选：ACD。
30．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：A.根据公式Ts＝0.02s，故A正确；
B.匝数比，故B错误；
C.根据正弦式交流电的特点，输出电压的最大值是220V，故C错误；
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为P总＝10UI＝10×220×16W＝35200W＝35.2kW，故D正确。
故选：AD。
31．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：设降压变压器原副线圈的匝数分别是n3和n4，电压分别是U3和U4，电流分别是I3和I4，用户端的总电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律，则
根据变压器原副线圈的电流关系可得
设用户的最大值相当于原线圈的电阻值为R等，则
联立可得
对于输电线路的部分，降压变压器流过的电流等于输送的电流，即I3＝I2
由闭合电路的欧姆定律可得输电线路中的电流
A、仅增加用户数，用户端的总电阻为R减小，等效电阻也减小，则输电线路的部分的电流增大，由可知r消耗的功率增大，故A正确；
B、仅增加用户数，输电线路的部分的电流增大，由U损＝I2r可知输电线损坏的电压增大，则达到降压变压器原线圈两端的电压减小，由可知用户得到的电压减小，故B错误；
C、仅适当增加n2，由可知输电线输送的电压增大，则降压变压器原线圈得到的电压增大，所以用户端电压增大，故C正确；
D、整个电路消耗的功率为P，则P增大，故D错误。
故选：AC。
32．【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
解：AB.根据理想变压器电压与匝数比的关系
，故A正确，B错误；
C.根据理想变压器的功率关系，输入功率P1＝P2+P3＝7.0kW+3.5kW＝10.5kW，故C正确；
D.根据正弦交变电流电压的有效值与最大值的关系可知，两副线圈输出电压最大值均为，故D错误。
故选：AC。
三．实验题（共1小题）
33．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；交流电专题；实验探究能力．
解：（1）电流表A1的量程为250mA，分度值为5mA，读数为I1＝200mA
根据功率公式，学生电源的输出功率；
（2）根据电压关系，电阻箱两端电压UR＝U0﹣U1＝12V﹣6V＝6V
低压输电时电阻箱消耗的功率为
根据欧姆定律，电阻箱的接入的电阻为
高压输电时，电流I2＝20mA＝0.02A
电阻箱消耗的功率为
可得
即低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的100倍；
（3）A3示数为I3＝125mA＝0.125A时
学生电源的输出功率P4＝U0I4＝12×0.125W＝1.5W
高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了ΔP＝P1﹣P4＝2.4W﹣1.5W＝0.9W。
故答案为：（1）200；2.4；（2）100；（3）0.9。
四．解答题（共7小题）
34．【专题】计算题；定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）根据题意可知，n2＝1500匝，U1＝220V，U2＝250V，设原线圈的匝数为n1，根据匝数与电压的关系有
解得n1＝1320匝
（2）根据题意可知，U1＝210V，U2＝220V，设副线圈的匝数为n2，根据匝数与电压的关系有
解得n2≈1383匝
答：（1）A、B间线圈匝数为1320匝；
（2）连接在C、D间的线圈应为1383匝。
35．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）bc、ad边的运动线速度大小为：
线圈切割磁感线产生的感应电动势为：E＝2×NB×2lv＝2NBl2ω
线圈切割磁感线时感应电流为：
bc边所受安培力的大小为：F＝NBI1×2l
解得：
（2）线圈转动一个周期内，有感应电流的时间为：tT
根据有效值的定义可得：
解得：
答：（1）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F为；
（2）外接电阻上电流的有效值I为。
36．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω＝1000.02×100V＝100V；
（2）由图示位置转过30°的过程中，平均的感应电动势为NN N 100VV
（3）原线圈中的感应电动势的有效值为EV＝100V，当原副线圈匝数比为2：1时，由，解得副线圈的电压U2为50V，故R上消耗的功率为PW＝50W
答：（1）线圈中感应电动势的最大值为100V；
（2）由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势为V；
（3）当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率为50W。
37．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
解：（1）根据题意可知，ab转动时的线速度为v＝ω0r1
则ab产生的感应电动势E1＝BLv＝BLω0r1
（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为E2＝2BLv＝2BLω0r1
感应电流为
转子转动的周期为
则abcd转一圈产生的热量
（3）结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E′＝IR
又有E′＝2BLΔv
解得
则电流改变方向的时间为
则电流的周期为
答：（1）ab边产生感应电动势的大小为BLω0r1；
（2）外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热为；
（3）线圈abcd中电流的周期为。
38．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；交流电专题；推理论证能力．
解：（1）由右手定则可知，图1所示位置AB中的电流方向为从B到A。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间t转过的角度为：
θ＝ωt
AB垂直磁感线方向的分速度为：
此时AB产生的感应电动势为：
EAB＝BLv
（3）线框转动过程中，AB、CD均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值为：
储存电能为：
同理可得线框转动第二周储存的电能为：
同理可得线框转动第三周储存的电能：
可得线框转动第n周储存的电能为：
则直到停止（即n→∞）时储存的电能为：
已知储存的电能为初动能的50%，可得汽车的初动能为：
根据动能定理和牛顿第二定律可得：
﹣F合x＝0﹣Ek0
F合＝ma
解得：
答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置AB中的电流方向为从B到A；
（2）此时AB产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离x为。
39．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
解：（1）由图乙可知简谐运动的周期
T＝2πs
由此可得
rad/s＝1rad/s
根据图像乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为
v＝v1cosωt（m/s）
由闭合回路的欧姆定律有
（2）根据对称性可知在时，金属棒到达x＝x0处，则在时间内通过金属棒的电荷量
（3）简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0到时间内，电路产生热量
Q＝I2（R+r）t
其中
其中
解得
设在0到的时间内外力F所做的功为WF，安培力所做的功为WA，由动能定理得
其中
WA＝Q
解得
（4）由牛顿第二定得
F安﹣F＝ma
整理得
则外力F的最大值
答：（1）简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系为；
（2）在时间内通过金属棒的电荷量为；
（3）在时间内外力F所做的功为；
（4）外力F的最大值为。
40．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
解：（1）①在图示位置时连接灯泡的线圈中的磁场方向向下，在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，此线圈的磁通量减小，根据楞次定律，可知感应电流由d断经灯泡流到x端，通过L1的电流方向如下图所示：
②发电机输出电压近似视为正弦交流电，图示位置线圈的磁通量最大，其变化量为零，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势为零，L1中的电流为零，根据正弦交流电的变化规律，可知在磁铁从图示位置匀速转过90°的过程中，L1中的电流逐渐变大，故A正确，BCD错误。
（2）①发电机线圈电阻为r＝2Ω，车轮以某一转速n转动时，L1恰能正常发光。已知灯泡L1的额定电压UL1＝12V，额定功率PL1＝6W，
设发电机线圈产生的电动势有效值为E，根据闭合电路欧姆定律得：
E＝UL1，解得：E＝13V
将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，灯泡L2的电阻为：RL2Ω＝96Ω
设L2两端的电压为U2，同理可得：E＝U2
解得：U2≈12.73V，故A正确，BC错误。
②L2消耗的功率为：P2W＝1.69W，故C正确，AB错误。
（3）由题意可知，副线圈的电压U2＝24V，根据理想变压器的工作原理得：
解得该变压器原线圈两端的电压为：U2＝12V。
（4）①在自行车匀加速行驶过程中，发电机内的磁铁转动的角速度增大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值增大，输出电压的最大值也最大，同时交流电的周期会减小，故电压u随时间t变化的关系不可能如ABD选项所示的图像，可能如C选项所示的图像，故C正确，ABD错误。
②根据电功率：，可得：
根据欧姆定律，U＝IR
根据闭合电路欧姆定律：I
联立可得：U∝E
线圈产生的感应电动势E正比于发电机内的磁铁转动的角速度ω，发电机内的磁铁转动的角速度又正比于自行车匀速行驶的速度v，即：E∝ω∝v
则有：1.5
已知空气阻力与车速成正比，即f＝kv，可得：
则有：
骑车人的功率为：P＝Pf'+PL'＝（6+45）W＝51W
故答案为：（1）①见解答；②A；（2）①A；②C；（3）12；（4）①C；②骑车人的功率P应为51W。
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