【精品解析】高考一轮复习：交变电流

高考一轮复习：交变电流
一、选择题
1．（2025·浙江）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，电容器中电场的能量正在增大
D．图4中，增大电容C，调谐频率增大
2．（2025·天河模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，增大电容C，调谐频率减小
D．图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子核内部的结构模型
3．（2025·广西）有一变压器的原线圈接入有效值为的正弦交流电，副线圈输出电压的最大值，则原副线圈的匝数比为（　　）
A． B． C． D．
4．（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时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得输出电压．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”
5．（2024高二下·湖北期末）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压为的正弦交流电源上，副线圈中接有阻值为的电阻，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈回路中的电流为10A
B．副线圈回路中的电流为1A
C．副线圈的输出功率为2200W
D．副线圈回路中的电阻上的电压为20V
6．（2025高二下·射洪月考）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）
A． B． C． D．
7．（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，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。要使电流表的示数变为，下列操作正确的是（　　）
A．电阻箱R的阻值调为
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
8．（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
9．（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时，输入电压保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头间和间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值，则S接2时的图像为（　　）
A．
B．
C．
D．
10．（2025·宜宾模拟）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e随时间t变化的规律如图甲所示，同时把此线圈作为电源接入如图乙所示的电路中。则（　　）
A．e的瞬时表达式为
B．时穿过闭合线圈的磁通量最大
C．定值电阻R上的电流方向每秒钟改变50次
D．理想电压表V的示数为
11．（2025·陆丰模拟）火警报警系统原理如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，为一定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．此交变电源的每秒钟电流方向变化50次
B．电压表示数为
C．当传感器所在处出现火警时，电压表的示数减小
D．变压器原、副线圈中的输入、输出功率之比为
12．（2025·义乌模拟）如图所示，有一面积为S，匝数为N，电阻为r的矩形线圈，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（　　）
A．金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A→B→C→D
B．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C．将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大
D．将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大
13．（2025·深圳模拟）如图所示，在匀强磁场中一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势为e=10sin（50πt）V。则（　　）
A．交变电动势的周期为0.02s
B．t=0.04s时，线框内磁通量变化率最小
C．t=0.08s时，线框所处平面与中性面垂直
D．若线框转速增加一倍，电动势有效值为10V
14．（2025·浙江模拟）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中与亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为
B．增大交流电频率，小灯泡变亮
C．增大交流电频率，小灯泡两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡电流变大
15．（2025·长沙模拟）如图所示为一理想变压器的绕线，已知交变电压有效值，，，。现将一个理想电压表分别接在A、B和C任意两个端口间，则关于电压表的示数正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
16．（2025高二下·广州期中）如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为，电路中灯泡的额定电压为，额定功率为。当输入端接有效值为的正弦交变电源时，灯泡正常发光，则电路中定值电阻的阻值为（　　）
A． B．45Ω C．25Ω D．
17．（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．交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
18．（2024·浙江）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。当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　）
A．电容C增大，L1灯泡变亮 B．频率f增大，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强，L3灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗
19．（2025高三下·梅州开学考）如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，则下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．若升压变压器的输入功率为75kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电阻R1上的电压变小
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
20．（2025·湖南模拟）如图甲所示是某小型电站远距离输电示意图。发电站发电机组输出总功率恒定为P0、峰值电压为U0的正弦交流电（如图乙所示），经过理想的升压变压器（n1≤n2）和降压变压器（n3>n4）后，将电能输送给用户。已知输电线上的总电阻为R，则用户端负载的总阻值为（　　）
A． B．
C． D．
21．（2025·浙江模拟）火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，为滑动变阻器，为定值电阻。当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测中的电流来实现报警。则（　　）
A．发生火灾时，原线圈中的电流在变小
B．发生火灾时，报警装置检测到电流变小
C．为了降低报警温度，的滑片P应向下滑动
D．的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大
22．（2025·广东模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（　　）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
23．（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
24．（2025·广西壮族自治区模拟）某水电站发电机的输出功率为，发电机的输出电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为。要求在输电线上损失的功率控制在，则（　　）
A．输电线上通过的电流为
B．降压变压器原线圈的电压为
C．升压变压器匝数比为
D．降压变压器匝数比为
二、多项选择题
25．（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，输入电压；两副线圈的匝数分别为和，输出电压。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．变压器的输入功率为
D．两副线圈输出电压最大值均为
26．（2025·浙江模拟）以下实验说法正确的是（　　）
A．用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
B．用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝
C．探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度释放
D．用硅钢做变压器铁芯材料，是因为其电阻率低，涡流小
27．（2025高二下·东莞月考）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（　　）
A．变压器线圈的匝数关系为
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
28．（2025高二下·东莞月考）如图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则下列说法正确的是（　　）
A．闭合S，加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz
B．某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数约为35V
D．变压器原、副线圈的匝数须满足时，才能实现点火
29．（2025高二下·罗湖月考）2023年4月9日，深圳国际小家电产品展览会将在深圳会展中心开展。参展产品中南北美洲的绝大多数国家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V的照明电路上，可以接到交变电压是的电源上使用，交变电压是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，对于该交变电压U下列说法正确的是（　　）
A．电源交流电的频率为，当时
B．用时电流方向改变1200次
C．将该电压加在阻值为的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
D．用交流电压表测该电压其示数为
30．（2025·重庆市）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直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为的交流电，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，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
31．（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
32．（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
33．（2025·汕头模拟）图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出的交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（　　）
A．输电线路上损失的功率为
B．升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为
C．若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大
D．当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小
三、非选择题
34．（2025·温州模拟）乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　 　。
A.8V交流电源 B.36V交流电源 C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
（2024·上海真题）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。
35．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)；
②L2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
36．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
37．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。
38．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？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电磁振荡
【解析】【解答】了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于基础题。A．理想变压器原副线圈与匝数的关系为，A错误；
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减小，B错误；
C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安培定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；
D．电容C增大，根据电磁振荡的频率可知调谐频率减小，D错误。
故选C。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，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，电动势最小进行分析；根据电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；根据调谐频率即可分析。
2．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电磁振荡；原子的核式结构
【解析】【解答】了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于基础题。A．图1中，原线圈接直流电源，则次级电压为零，选项A错误；
B．图2中，匀速转动的线圈正向中性面转动，则电动势正在减小，选项B错误；
C．图3中， 大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。 根据
则增大电容C，调谐频率减小，选项C正确；
D．图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子的核式结构模型，选项D错误。
故选C。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，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，电动势最小进行分析；根据电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；
3．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据正弦式交流电的特点，副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。
故答案为：C。
【分析】根据理想变压器的变压比列式求解。
4．【答案】A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】根据可拆式变压器电压比与匝数比关系有，即，
其中U1＝2V，U2＝4V
解得
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。
故答案为：A。
【分析】根据变压器电压与匝数比关系求解原线圈匝数即可。
5．【答案】B
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压22V，
副线圈电流，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数成反比关系，整理得，原线圈电流0.1A，故A错误；
B．副线圈电流，故B正确；
C．副线圈的输出功率为，故C错误；
D．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的正比例关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压为，故D错误；
故选B；
【分析】（1）利用与匝数间，变压器电压正比比 、电流反比及功率守恒 P1=P2计算；若变压器非理想（有损耗），需考虑效率。
（2）易错点：混淆匝数比与电压比的关系；忽略变压器功率守恒导致功率计算错误；
（3）隐含条件：理想变压器无功率损耗。
6．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】交流电的有效值是根据热效应等效定义的：某一交流电流通过电阻时，在一个周期内产生的热量与某一直流电流通过同一电阻在相同时间内产生的热量相等，则该直流电流（电压）的值为该交流电流（电压）的有效值。对于正弦交流电，有效值与最大值的关系为
由图像可知，在任意时刻，实线的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，即
故A、B、C错误，选D。
【分析】通过瞬时值的大小关系，结合热效应等效性，可直接比较有效值的大小，无需复杂计算。
1、有效值的核心定义：基于热效应等效，即相同时间内产生相同热量的直流值为交流电的有效值。
2、正弦交流电的有效值：最大值与有效值的关系为，仅适用于正弦式交变电流。
3、非正弦交流电的有效值比较：当两个交流电周期相同、最大值相同，且某一交流电的瞬时值始终小于另一交流电时，其有效值一定更小（因产生的热量更少）。
7．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．输入电压峰值为，则输入电压有效值为
滑动触头在正中间，根据
可知，输出电压
若将电阻箱阻值调为18，由欧姆定律可得电流为
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
则副线圈电流变为
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
故C错误；
D． 输入端电压调为 ，则输入电压有效值变为
输出电压
副线圈电流变为
故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器的应用，结合欧姆定律解答。
由正弦式交变电流最大值与有效值关系求得原线圈有效值，由求得副线圈电压有效值，再根据欧姆定律求得电流表的示数。
8．【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知，交流电的周期为
故A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值，则输入电压有效值为
根据变压比可知，副线圈电压为
电压表测量的是有效值，所以示数为12V，故B正确；
C．R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知
流经R1和R2的电流之比为
副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流
故C错误；
D．根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，即原副线圈功率之比为1：1，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查变压器的有关知识，结合交变电流知识解答。
由图乙得到交流电的周期；电压表测量的是交变电流的有效值，由图乙得到原线圈电压最大值，根据最大值和有效值关系求得原线圈有效值，
由变压器电压与匝数关系求得浮现权有效值，进而得到电压表示数；由并联知识得到R1和R2电流关系，进而得到 副线圈干路的电流与R1电流的关系；根据理想变压器不改变功率得到原副线圈功率之比 。
9．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】开关S接3时输出电压的瞬时值u3＝Umsinωt，由于输入电压不变，可知， 分接头间和间的线圈匝数，
可得
解得；
可知此时输出的交流电的周期为，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】 求出开关S接3、开关S接2时的匝数，根据电压之比等于匝数之比求解电压，再根据变压器变压不变频进行解答。
10．【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查正弦式交变电流，解题关键是能根据图像得到正弦交流电的峰值和周期，会求解有效值、频率，知道交变电流的产生原理。A．根据线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律图甲可知，电动势最大值
周期
则
瞬时值表达式
A正确；
B．由图甲可知时电动势最大，穿过闭合线圈的磁通量最小，B错误；
C．电流方向每个周期改变2次，每秒钟50个周期，所以定值电阻R上的电流方向每秒钟改变100次，C错误；
D．理想电压表V的示数为有效值，其大小为
D错误。
故选A。
【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等，电流方向每个周期改变2次。
11．【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了变压器相关知识，理解原、副线圈电流、电压和匝数比的关系是解决此类问题的关键。A．由 电压随时间变化规律图乙可知，交变电流周期为，一个周期电流方向变化2次，则此交变电源的每秒钟电流方向变化100次，故A错误；
B．由图乙可知变压器原线圈输入电压为
则副线圈输出电压为
由于分到一定电压，所以电压表示数小于，故B错误；
C．当传感器所在处出现火警时，阻值减小，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，则两端电压增大，所以两端电压减小，即电压表的示数减小，故C正确；
D．理想变压器原、副线圈中的输入功率与输出功率相等，故D错误。
故选C。
【分析】根据原、副线圈电流、电压和匝数比的关系，结合原线圈有效值与最大值的关系，综合当传感器R2所在处出现火警时，电阻减小，副线圈电流增加分析求解。
12．【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道将R的滑片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻在原线圈电路中的等效电阻也减小是解题的关键。A．根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是
A错误；
B．矩形线圈产生的感应电动势最大值为
从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，此时通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B错误；
C．将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流增大，电流表A示数变大，定值电阻分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为
可知原副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内电压增大，原线圈两端的电压减小，又因为
可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电压减小，而定值电阻分担的电压增大，故电压表的示数减小，C错误；
D．根据上述分析，结合功率可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D正确。
故选D。
【分析】根据右手定则判断；根据是从线圈平面与磁场平行位置开始计时分析；根据等效电阻分析原线圈中的电流变化，根据变流比分析电流表示数的变化；根据闭合电路的欧姆定律分析变压器的输入电压变化，进而分析电压器的输出电压变化，结合串联电路电压的特点分析电压表示数变化，根据P热=I2r分析线圈热功率的变化。
13．【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图像中获得有用信息的能力。A．根据题中表达式可知
所以交变电动势的周期为
故A错误；
B．由电动势的表达式可知，金属线框从中性面开始计时，所以t=0.04s时，线框恰好转动一周，到达中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率最小，故B正确；
C．t=0.08s时，线框仍然处于中性面位置，故C错误；
D．若线框转速增加一倍，根据
可知，电动势增加一倍，所以电动势的有效值为
故D错误。
故选B。
【分析】根据交变电流表达式结合正弦式交变电流特点分析。
14．【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 灯泡亮度由实际功率 决定。若两灯亮度相同，说明通过它们的 电流有效值相同，但瞬时电流可能不同，、的亮度相同，则通过、的电流相同，通过电流的有效值，通过的电流，由可得，，故A错误；
BCD．二极管具有单向导电性，会削去一半周期的电流波形。若 支路含二极管：通过 的电流为半波整流波形，其有效值 为原始交流峰值电流）。若 为纯电阻支路，其电流有效值 正弦波有效值）。电容 C 支路：容抗 ，频率 f 增大时，减小，电流增大，灯泡 变亮。电感L 支路：感抗 ，频率 增大时，增大，电流减小，灯泡 变暗。二极管支路：频率变化不影响二极管的单向导电性，但若输入电压不变，半波整流的有效值不变，灯泡 亮度不变，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、灯泡、在两支路，每个小灯泡的电阻，亮度相同，则通过、的电流相同，与二极管串联，可求解通过电流的有效值和通过的电流，估计电流相等可得关系。
2、增大交流电频率时，不影响通过二极管的电流，则不影响的亮度，电容器对交流电的阻碍作用减小，则变亮，电感对交流电的阻碍作用增大，则变暗。
15．【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器相关知识，掌握变压器的变压比，以及观察到副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反是解题关键。AB．理想电压表分别接在A、B和C任意两个端口间， 根据变压器的原理可知
，
代入数据解得
，
AB错误；
CD．由于图示的副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反，AC端的电压为
结合上述结论可知
C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据变压器的变压规律计算；副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反，从而得到AC端的电压。
16．【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器中变压规律和变流规律的应用，知道变压器的输入电压等于电源电压减去定值电阻R两端电压是解题的关键。题意知灯泡电压，功率，输入端接有效值电压为，灯泡L正常发光时的电流为
理想变压器有
解得变压器原线圈两端电压为
根据
解得原线圈回路中的电流大小为
定值电阻两端的电压
所以定值电阻的阻值为
故选A。
【分析】根据变压规律和变流规律得到电阻R两端的电压和通过R的电流，然后根据欧姆定律计算即可。
17．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得，故A错误；
B．原副线圈两端的功率相等，由可得，流过副线圈的电流
由欧姆定律可得，输电线上电压损失为，故B正确；
C．由可得，变压器原线圈中的电流为，故C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等，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器在远距离输电中的应用，根据理想变压器原副线圈物理量关系解答。
根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比关系求解变压器原、副线圈匝数比；根据求得输电线中的电流，由欧姆定律求得输电线损失电压；由求得原线线中的电流；理想变压器是改变交变电流电压的装置，不改变交变电流的频率。
18．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；自感与互感；变压器的应用
【解析】【解答】A. 电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则与电容器串联的灯泡L1电路电流增大，L1灯泡变亮，A符合题意；
B. 频率增大，电感L的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，B不符合题意；
C. 光敏电阻随光照强度增加电阻减小，故通过灯泡L3的电流增大，L3灯泡变亮，C不符合题意；
D. S接到b时，原线圈匝数变小，有，可知副线圈电压U2增大，故三个灯泡变亮，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据电容器和电感对交变电流的阻碍作用，结合电路结构可得出灯泡的亮暗情况；利用变压器原副线圈电压与匝数之比可得出副线圈电压的变化情况。
19．【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交变电流的频率，由题图乙知输入电压的周期为0.02s，可知频率为， 所以降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz， 故A错误：
B．由题图乙知，升压变压器输入端电压最大值为，有效值为
若升压变压器的输入功率为75kW，则
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
所以
所以远距离输电线路损耗功率为
故B错误；
CD．对输电回路，有
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
对用电回路有
联立可得
当滑片向a端滑动时，R2减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，则I2、I4增大，电阻R1上的电压变大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查远距离输电问题，解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。
根据升压变压器的输入电压、交流电的周期等，结合匝数比求出输出电压、频率，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化。
20．【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】设用户端负载的总阻值为，则降压变压器和用户端的总的等效电阻值为
继续利用等效原理可知升压变压器和输电线的总的等效电阻值为
交变电流的电压有效值为
根据
可得
解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】考查电站远距离输电问题，本题采用理想变压器中等效电阻的方法解答，降压变压器和用户端的总的等效电阻值为，升压变压器和输电线的总的等效电阻值为，根据，，联立可求解用户端负载的总阻值。
21．【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则报警装置检测到电流变大；根据可知，原线圈电流也变大，故AB错误；
C．为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，根据可知，滑动变阻器接入电路的电阻应减小，则的滑片P应向下滑动，故C正确；
D．根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误。
故选C。
【分析】此题考查变压器副线圈负载的动态变化。
1、匝数恒定，副线圈负载电阻变小，则副线圈电流变大，原线圈电流也变大。
2、报警电流是一定的，由可知，为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，则滑动变阻器接入电路的电阻应减小。
3、根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，匝数不变，则副线圈两端的电压。
22．【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
23．【答案】A
【知识点】电功率和电功；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】 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 ，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
则输电线上的电流变为：
R0消耗的功率变为P″=I2″2×R0≠6P，故D错误。
故选：A。
【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度ω增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断R0上消耗的功率变化情况；若R2阻值增加一倍变为2R0，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为 ，同理分析。
24．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电，解答本题的关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I2R列式求解。A．输电线上损失的功率为，根据
可得输电线通过的电流
故A错误；
BCD．升压变压器为理想变压器，有
又
可得
输电线上损失的电压
升压变压器原、副线圈的匝数比
可得
降压变压器原线圈两端电压
降压变压器原、副线圈的匝数比
可得
故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；根据升压变压器的输出功率结合求解升压变压器副线圈的电压，再根据电压损失得出降压变压器的输入电压；根据变压器电压之比等于匝数之比求解升压变压器、降压变压器的匝数比。
25．【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB.代入题中数据可得，故A正确，B错误；
C. 两副线圈的输出功率分别为7.0kw和3.5kw， 则 变压器的输入功率为7.0kw+3.5kw=10.5kw，故C正确；
D.副线圈输出电压等于220V，则最大值为220V，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；根据理想变压器的功率关系求解作答；根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答。
26．【答案】A,B
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A. 用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，选项A正确；
B. 用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝，以得到相干光源，选项B正确；
C. 探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度由静止释放，选项C错误；
D. 变压器的铁芯，在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，而用很多片相互绝缘的硅钢片叠在一起，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A： 记准油膜法是“用宏观可测的体积、面积，算微观分子直径”。
B： 明白普通光源需“单缝分割波面”变相干光，双缝干涉才成立。
C： 清楚平抛要求“初速度水平且为0”，释放得“同一高度 + 静止”，漏“静止”则错误。
D： 理解硅钢片是“增大电阻减涡流”，不是因电阻率低，纠正逻辑。
27．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、升压变压器（左侧 ）需升高电压，即 。由变压比，得（匝数与电压成正比 ）。
降压变压器（右侧 ）需降低电压，即 。同理，由，得 。A正确；
B、输电功率由发电站的发电功率决定（理想情况下，升压变压器不改变功率， ）。
升压变压器的作用是提高输电电压，从而减小输电电流（，不变时，增大则减小 ），并非“提高输电功率”。B错误；
C、升压变压器：， → ，
降压变压器：， → ，
所以电流关系是，C选项“”错误，C错误；
D、输电功率不变时，由（为输电电压，即升压变压器输出电压 ），得 。
输电线上功率损失 。
可见，越高，越小，越小。D正确。
故答案为：。
【分析】A．根据升压、降压变压器的功能（升压变压器：输出电压输入电压；降压变压器：输出电压输入电压 ），结合变压比判断匝数关系。
B．明确输电功率的决定因素（由发电站的发电功率决定，升压变压器仅改变电压、电流 ），判断“提高输电电压能否提高输电功率”。
C．利用变压器变流比（升压变压器， ）、（降压变压器， ），推导电流大小关系。
D．结合输电功率（不变时，越高则越小 ），以及功率损失公式，判断输电电压对功率损失的影响。
28．【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、由图（b ）可知，正弦交流电的周期 。根据频率与周期的关系，代入，得 ；
因为变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率也为，A正确；
B、交流发电机产生交流电的频率与线圈转速（转/秒 ）的关系为（一个周期对应线圈转 1 圈 ），
由图（b ）知频率，所以转速转/秒，并非 100 转/秒，B错误；
C、由图（b ）可知，原线圈电压的最大值 。
正弦交流电的有效值 ，
电压表测原线圈电压有效值，所以电压表示数约为，C正确；
D、已知原线圈电压最大值，要求副线圈电压最大值 ，
由变压比公式，变形得 ，
代入、，得 ，化简得，即 。所以D正确。
故答案为： 。
【分析】A．根据图（b ）确定原线圈正弦交流电的周期，再由频率计算频率，结合变压器不改变频率的特性判断。
B．明确交流发电机产生交流电的频率与线圈转速的关系（，为转速，单位：转/秒 ），结合图（b ）的频率计算转速。
C．先由图（b ）得原线圈电压最大值，再根据正弦交流电有效值与最大值的关系计算原线圈电压有效值，电压表测的是原线圈电压有效值。
D．根据题意，副线圈输出电压瞬时值需大于（即副线圈电压最大值 ），结合变压器变压比公式推导匝数关系。
29．【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由
t前为角速度，可知
则电源交流电的频率为
当时，可得
故A错误；
B．交流电的周期为
每个周期包含 1 次正方向和 1 次负方向的电流流动 ，每个周期内电流方向改变 2 次（从正→负算一次，负→正算第二次），则用时1s电流方向改变120次，用时10s电流方向改变1200次，故B正确；
C．将该电压加在121Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．交流电压表测量的是有效值，符合交流电表测量原理，用交流电压表测该电压其示数为有效值，则有
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）瞬时值验证：代入 t 计算 sin 函数值；有效值应用：功率计算和电表读数均用有效值。
（2）易错点：混淆角频率 ω 与频率 f 的关系 ，方向改变次数是频率的 2 倍，因为每个周期有两次方向变化 ；误认为 sin 函数在任意 t 均为最大值；忽略交流电表显示有效值的特性。
30．【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．由可得
故A错误；
B．导线允许的最大功率损耗为5%，可得
由 得导线总阻值上限
故B正确；
C．家用交流电表达式，其最大值为，有效值为；
频率为
故C错误；
D．降压变压器原线圈电压，副线圈电压，可得匝数比
电流比与匝数比成反比可知
故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查变压器在输电中的应用，根据理想变压器各物理量关系解答。
由计算 直流输电导线中的电流；由 计算导线总阻值最大值；由交变电流表达式结合最大值与有效值关系、求解家用交流电的电压最大值和频率；由理想变压器电压、电流与匝数关系求解配电房中变压器原、副线圈中电流比。
31．【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
32．【答案】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 AB.用户量增大，降压变压器副线圈电流变大，则降压变压器原线圈电流变大，r电流变大，r的电功率增大，r电压变大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器副线圈电压变小，即 用户端电压变小， 故A正确，B错误；
CD：只增大n2，r电流减小，r电压变小，降压变压器原线圈电压增大，降压变压器副线圈电压变大，即用户端电压变大，降压变压器副线圈电流变大，反馈到降压变压器原线圈，原线圈电流必定变大，否则不符合能量守恒定律，最终升压变压器副线圈电压和电流都变大， 整个电路消耗的电功率变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】把用户的总电阻等效到输电线的末端，然后结合闭合电路的欧姆定律分析即可。
33．【答案】B,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查变压器基础规律及远距离输电相关计算，要求学生熟练掌握变压器的基础规律及其应用。A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有
解得
根据
解得
故输电线路上损失的功率为
故A错误；
B．对升压变压器有
设降压变压器输出电流为，对降压变压器
联立可得
故B正确；
C．输电线路上的电压损失为
可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；
D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据
可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有
所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。
故选BC。
【分析】求出输电导线电流，根据导线电功率公式求解输电线路上损失的功率，根据电流与匝数比的关系求解电流，根据欧姆定律分析输电线路上的电压损失，U1保持不变，改变频率，电路中电压电流等不会改变。
34．【答案】A；A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器工作原理是互感现象，在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电源。36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全。
故选A。
变压器是利用互感现象工作的，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0。
故选A。
【分析】根据安全电压分析；根据变压器的工作原理分析。
【答案】35．；A
36．A；C
37．12
38．①C
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：
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：
已知空气阻力与车速成正比，即f=kv，
可得：Pf＝fv＝kv2
则有：Pf'＝kv'2＝1.5kv2＝1.5P
f＝1.5×30W＝45W
骑车人的功率为：P=Pf'+PL'=（6+45）W=51W
【知识点】电功率和电功；交变电流的产生及规律；变压器原理；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】 （1）①、先确定在图示位置线圈中的磁场方向，判断线圈的磁通量如何变化，根据楞次定律判断感应电流的方向；
②发电机输出电压近似视为正弦交流电，图视为线圈的磁通量最大，其变化量为零，根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的情况，根据正弦交流电的变化规律分析L1中的电流如何变化。
（2）①根据灯泡L1的额定电压与额定功率可计算出回路中的电流，根据闭合电路欧姆定律可得到发动机的电动势，将L1更换为灯泡L2，先计算出骑电阻，根据闭合电路欧姆定律求解其两端电压；
②根据电功率的计算公式求解L2消耗的功率。
（3）根据理想变压器的工作原理解答。
（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判断线圈产生的感应电动势的最大值与输出电压的最大值如何变化，分析交流电的周期如何变化。
②通过对比电功率可得到路端电压的关系，根据闭合电路欧姆定律，法拉第电磁感应定律，分析自行车匀速行驶的速度路端电压的关系，求得改变后的克服空气阻力的功率，骑车人的功率等于克服空气阻力的功率与车灯的功率之和。
35．①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。
36．①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：
解得：E=13V
将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，灯泡L2的电阻为：
设L2两端的电压为U2，同理可得：
解得：U2≈12.73V，故A正确，BC错误。
②L2消耗的功率为： ，故C正确，AB错误。
37．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。
38．①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。
1 / 1高考一轮复习：交变电流
一、选择题
1．（2025·浙江）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，电容器中电场的能量正在增大
D．图4中，增大电容C，调谐频率增大
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电磁振荡
【解析】【解答】了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于基础题。A．理想变压器原副线圈与匝数的关系为，A错误；
B．从图2所示位置转动至线框与磁感线垂直的过程中，逐渐转向中性面，因此线框中的电动势逐渐减小，B错误；
C．电容器中电场强度方向竖直向上，因此下极板带正电，上极板带负电，根据线圈的磁场方向结合安培定则可知电流流向正极板，因此电容器正在充电，电场的能量正在增大，C正确；
D．电容C增大，根据电磁振荡的频率可知调谐频率减小，D错误。
故选C。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，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，电动势最小进行分析；根据电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；根据调谐频率即可分析。
2．（2025·天河模拟）有关下列四幅图的描述，正确的是（　　）
A．图1中，
B．图2中，匀速转动的线圈电动势正在增大
C．图3中，增大电容C，调谐频率减小
D．图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子核内部的结构模型
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；电磁振荡；原子的核式结构
【解析】【解答】了解交变电流的产生、变压器的构造和原理、电磁振荡产生的过程是解决本题的关键，属于基础题。A．图1中，原线圈接直流电源，则次级电压为零，选项A错误；
B．图2中，匀速转动的线圈正向中性面转动，则电动势正在减小，选项B错误；
C．图3中， 大小和方向都做周期性迅速变化的电流，叫作振荡电流，产生振荡电流的电路叫作振荡电路。 根据
则增大电容C，调谐频率减小，选项C正确；
D．图4中，卢瑟福根据这个实验提出了原子的核式结构模型，选项D错误。
故选C。
【分析】根据变压器电压与匝数的关系进行分析；根据交流发电机及其产生交变电流的原理可知，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，电动势最小进行分析；根据电磁振荡产生的原理，判断电容器上下极板带电性及根据电感判断电流方向，从而判断出能量的转化；
3．（2025·广西）有一变压器的原线圈接入有效值为的正弦交流电，副线圈输出电压的最大值，则原副线圈的匝数比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】根据正弦式交流电的特点，副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。
故答案为：C。
【分析】根据理想变压器的变压比列式求解。
4．（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时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得输出电压．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”
【答案】A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】根据可拆式变压器电压比与匝数比关系有，即，
其中U1＝2V，U2＝4V
解得
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。
故答案为：A。
【分析】根据变压器电压与匝数比关系求解原线圈匝数即可。
5．（2024高二下·湖北期末）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，原线圈接在电压为的正弦交流电源上，副线圈中接有阻值为的电阻，下列说法正确的是（　　）
A．原线圈回路中的电流为10A
B．副线圈回路中的电流为1A
C．副线圈的输出功率为2200W
D．副线圈回路中的电阻上的电压为20V
【答案】B
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压22V，
副线圈电流，根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数成反比关系，整理得，原线圈电流0.1A，故A错误；
B．副线圈电流，故B正确；
C．副线圈的输出功率为，故C错误；
D．根据理想变压器原副线圈电压与线圈匝数的正比例关系，解得副线圈回路中的电阻上的电压为，故D错误；
故选B；
【分析】（1）利用与匝数间，变压器电压正比比 、电流反比及功率守恒 P1=P2计算；若变压器非理想（有损耗），需考虑效率。
（2）易错点：混淆匝数比与电压比的关系；忽略变压器功率守恒导致功率计算错误；
（3）隐含条件：理想变压器无功率损耗。
6．（2025高二下·射洪月考）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】交流电的有效值是根据热效应等效定义的：某一交流电流通过电阻时，在一个周期内产生的热量与某一直流电流通过同一电阻在相同时间内产生的热量相等，则该直流电流（电压）的值为该交流电流（电压）的有效值。对于正弦交流电，有效值与最大值的关系为
由图像可知，在任意时刻，实线的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，即
故A、B、C错误，选D。
【分析】通过瞬时值的大小关系，结合热效应等效性，可直接比较有效值的大小，无需复杂计算。
1、有效值的核心定义：基于热效应等效，即相同时间内产生相同热量的直流值为交流电的有效值。
2、正弦交流电的有效值：最大值与有效值的关系为，仅适用于正弦式交变电流。
3、非正弦交流电的有效值比较：当两个交流电周期相同、最大值相同，且某一交流电的瞬时值始终小于另一交流电时，其有效值一定更小（因产生的热量更少）。
7．（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，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。要使电流表的示数变为，下列操作正确的是（　　）
A．电阻箱R的阻值调为
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
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．输入电压峰值为，则输入电压有效值为
滑动触头在正中间，根据
可知，输出电压
若将电阻箱阻值调为18，由欧姆定律可得电流为
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
则副线圈电流变为
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
故C错误；
D． 输入端电压调为 ，则输入电压有效值变为
输出电压
副线圈电流变为
故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器的应用，结合欧姆定律解答。
由正弦式交变电流最大值与有效值关系求得原线圈有效值，由求得副线圈电压有效值，再根据欧姆定律求得电流表的示数。
8．（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
【答案】B
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；变压器的应用
【解析】【解答】A．由图乙可知，交流电的周期为
故A错误；
B．根据图乙可知，输入电压最大值，则输入电压有效值为
根据变压比可知，副线圈电压为
电压表测量的是有效值，所以示数为12V，故B正确；
C．R1的阻值为R2的2倍，根据并联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知
流经R1和R2的电流之比为
副线圈干路电流等于流经两电阻的电流之和，则副线圈干路的电流
故C错误；
D．根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，即原副线圈功率之比为1：1，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查变压器的有关知识，结合交变电流知识解答。
由图乙得到交流电的周期；电压表测量的是交变电流的有效值，由图乙得到原线圈电压最大值，根据最大值和有效值关系求得原线圈有效值，
由变压器电压与匝数关系求得浮现权有效值，进而得到电压表示数；由并联知识得到R1和R2电流关系，进而得到 副线圈干路的电流与R1电流的关系；根据理想变压器不改变功率得到原副线圈功率之比 。
9．（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时，输入电压保持不变。已知副线圈总匝数为n，分接头间和间的线圈匝数，开关S接3时输出电压的瞬时值，则S接2时的图像为（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】开关S接3时输出电压的瞬时值u3＝Umsinωt，由于输入电压不变，可知， 分接头间和间的线圈匝数，
可得
解得；
可知此时输出的交流电的周期为，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】 求出开关S接3、开关S接2时的匝数，根据电压之比等于匝数之比求解电压，再根据变压器变压不变频进行解答。
10．（2025·宜宾模拟）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e随时间t变化的规律如图甲所示，同时把此线圈作为电源接入如图乙所示的电路中。则（　　）
A．e的瞬时表达式为
B．时穿过闭合线圈的磁通量最大
C．定值电阻R上的电流方向每秒钟改变50次
D．理想电压表V的示数为
【答案】A
【知识点】交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查正弦式交变电流，解题关键是能根据图像得到正弦交流电的峰值和周期，会求解有效值、频率，知道交变电流的产生原理。A．根据线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律图甲可知，电动势最大值
周期
则
瞬时值表达式
A正确；
B．由图甲可知时电动势最大，穿过闭合线圈的磁通量最小，B错误；
C．电流方向每个周期改变2次，每秒钟50个周期，所以定值电阻R上的电流方向每秒钟改变100次，C错误；
D．理想电压表V的示数为有效值，其大小为
D错误。
故选A。
【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等，电流方向每个周期改变2次。
11．（2025·陆丰模拟）火警报警系统原理如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，为一定值电阻。下列说法正确的是（　　）
A．此交变电源的每秒钟电流方向变化50次
B．电压表示数为
C．当传感器所在处出现火警时，电压表的示数减小
D．变压器原、副线圈中的输入、输出功率之比为
【答案】C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查了变压器相关知识，理解原、副线圈电流、电压和匝数比的关系是解决此类问题的关键。A．由 电压随时间变化规律图乙可知，交变电流周期为，一个周期电流方向变化2次，则此交变电源的每秒钟电流方向变化100次，故A错误；
B．由图乙可知变压器原线圈输入电压为
则副线圈输出电压为
由于分到一定电压，所以电压表示数小于，故B错误；
C．当传感器所在处出现火警时，阻值减小，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，则两端电压增大，所以两端电压减小，即电压表的示数减小，故C正确；
D．理想变压器原、副线圈中的输入功率与输出功率相等，故D错误。
故选C。
【分析】根据原、副线圈电流、电压和匝数比的关系，结合原线圈有效值与最大值的关系，综合当传感器R2所在处出现火警时，电阻减小，副线圈电流增加分析求解。
12．（2025·义乌模拟）如图所示，有一面积为S，匝数为N，电阻为r的矩形线圈，绕轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时。矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，所有电表均为理想交流电表。下列判断正确的是（　　）
A．金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是A→B→C→D
B．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt
C．将R的滑片向下滑动时，电流表A示数变大，电压表V的示数变大
D．将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】知道将R的滑片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，副线圈的总电阻在原线圈电路中的等效电阻也减小是解题的关键。A．根据右手定则可知金属线圈处于图示位置时，矩形线圈中电流方向是
A错误；
B．矩形线圈产生的感应电动势最大值为
从图示位置（线圈平面与磁场平行）开始计时，此时通过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，感应电动势最大，则矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为
B错误；
C．将R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路阻值变小，则副线圈电流增大，电流表A示数变大，定值电阻分担的电压增大，结合变压器的原理可知，原副线圈中的电流之比为
可知原副线圈匝数之比不变，故原线圈中的电流增大，根据闭合电路的欧姆定律可知，原线圈所在电路内电压增大，原线圈两端的电压减小，又因为
可知原线圈两端电压减小，故副线圈两端的电压减小，而定值电阻分担的电压增大，故电压表的示数减小，C错误；
D．根据上述分析，结合功率可知，将R的滑片向下滑动时，矩形线圈的热功率将增大，D正确。
故选D。
【分析】根据右手定则判断；根据是从线圈平面与磁场平行位置开始计时分析；根据等效电阻分析原线圈中的电流变化，根据变流比分析电流表示数的变化；根据闭合电路的欧姆定律分析变压器的输入电压变化，进而分析电压器的输出电压变化，结合串联电路电压的特点分析电压表示数变化，根据P热=I2r分析线圈热功率的变化。
13．（2025·深圳模拟）如图所示，在匀强磁场中一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势为e=10sin（50πt）V。则（　　）
A．交变电动势的周期为0.02s
B．t=0.04s时，线框内磁通量变化率最小
C．t=0.08s时，线框所处平面与中性面垂直
D．若线框转速增加一倍，电动势有效值为10V
【答案】B
【知识点】交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图像中获得有用信息的能力。A．根据题中表达式可知
所以交变电动势的周期为
故A错误；
B．由电动势的表达式可知，金属线框从中性面开始计时，所以t=0.04s时，线框恰好转动一周，到达中性面，此时磁通量最大，磁通量变化率最小，故B正确；
C．t=0.08s时，线框仍然处于中性面位置，故C错误；
D．若线框转速增加一倍，根据
可知，电动势增加一倍，所以电动势的有效值为
故D错误。
故选B。
【分析】根据交变电流表达式结合正弦式交变电流特点分析。
14．（2025·浙江模拟）四个相同的小灯泡接在如图所示交流电路中均能发光，其中与亮度相同，已知每个小灯泡的电阻均为并保持不变，二极管正向电阻为0，反向电阻看作无穷大。下列说法中正确的是（　　）
A．电阻R的阻值为
B．增大交流电频率，小灯泡变亮
C．增大交流电频率，小灯泡两端电压变大
D．增大交流电频率，通过小灯泡电流变大
【答案】D
【知识点】电感器与电容器对交变电流的影响；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A． 灯泡亮度由实际功率 决定。若两灯亮度相同，说明通过它们的 电流有效值相同，但瞬时电流可能不同，、的亮度相同，则通过、的电流相同，通过电流的有效值，通过的电流，由可得，，故A错误；
BCD．二极管具有单向导电性，会削去一半周期的电流波形。若 支路含二极管：通过 的电流为半波整流波形，其有效值 为原始交流峰值电流）。若 为纯电阻支路，其电流有效值 正弦波有效值）。电容 C 支路：容抗 ，频率 f 增大时，减小，电流增大，灯泡 变亮。电感L 支路：感抗 ，频率 增大时，增大，电流减小，灯泡 变暗。二极管支路：频率变化不影响二极管的单向导电性，但若输入电压不变，半波整流的有效值不变，灯泡 亮度不变，故BC错误，D正确。
故选D。
【分析】1、灯泡、在两支路，每个小灯泡的电阻，亮度相同，则通过、的电流相同，与二极管串联，可求解通过电流的有效值和通过的电流，估计电流相等可得关系。
2、增大交流电频率时，不影响通过二极管的电流，则不影响的亮度，电容器对交流电的阻碍作用减小，则变亮，电感对交流电的阻碍作用增大，则变暗。
15．（2025·长沙模拟）如图所示为一理想变压器的绕线，已知交变电压有效值，，，。现将一个理想电压表分别接在A、B和C任意两个端口间，则关于电压表的示数正确的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查变压器相关知识，掌握变压器的变压比，以及观察到副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反是解题关键。AB．理想电压表分别接在A、B和C任意两个端口间， 根据变压器的原理可知
，
代入数据解得
，
AB错误；
CD．由于图示的副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反，AC端的电压为
结合上述结论可知
C正确，D错误。
故选C。
【分析】根据变压器的变压规律计算；副线圈BC段的绕线方向与AB段绕线方向相反，从而得到AC端的电压。
16．（2025高二下·广州期中）如图所示，一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈匝数之比为，电路中灯泡的额定电压为，额定功率为。当输入端接有效值为的正弦交变电源时，灯泡正常发光，则电路中定值电阻的阻值为（　　）
A． B．45Ω C．25Ω D．
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】本题考查了变压器中变压规律和变流规律的应用，知道变压器的输入电压等于电源电压减去定值电阻R两端电压是解题的关键。题意知灯泡电压，功率，输入端接有效值电压为，灯泡L正常发光时的电流为
理想变压器有
解得变压器原线圈两端电压为
根据
解得原线圈回路中的电流大小为
定值电阻两端的电压
所以定值电阻的阻值为
故选A。
【分析】根据变压规律和变流规律得到电阻R两端的电压和通过R的电流，然后根据欧姆定律计算即可。
17．（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．交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
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，可得，故A错误；
B．原副线圈两端的功率相等，由可得，流过副线圈的电流
由欧姆定律可得，输电线上电压损失为，故B正确；
C．由可得，变压器原线圈中的电流为，故C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等，故D错误。
故选B。
【分析】本题主要考查理想变压器在远距离输电中的应用，根据理想变压器原副线圈物理量关系解答。
根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比关系求解变压器原、副线圈匝数比；根据求得输电线中的电流，由欧姆定律求得输电线损失电压；由求得原线线中的电流；理想变压器是改变交变电流电压的装置，不改变交变电流的频率。
18．（2024·浙江）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。当S接a时，三个灯泡均发光，若（　　）
A．电容C增大，L1灯泡变亮 B．频率f增大，L2灯泡变亮
C．RG上光照增强，L3灯泡变暗 D．S接到b时，三个泡均变暗
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；自感与互感；变压器的应用
【解析】【解答】A. 电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则与电容器串联的灯泡L1电路电流增大，L1灯泡变亮，A符合题意；
B. 频率增大，电感L的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，B不符合题意；
C. 光敏电阻随光照强度增加电阻减小，故通过灯泡L3的电流增大，L3灯泡变亮，C不符合题意；
D. S接到b时，原线圈匝数变小，有，可知副线圈电压U2增大，故三个灯泡变亮，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】根据电容器和电感对交变电流的阻碍作用，结合电路结构可得出灯泡的亮暗情况；利用变压器原副线圈电压与匝数之比可得出副线圈电压的变化情况。
19．（2025高三下·梅州开学考）如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝，副线圈匝数为1500匝，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为20Ω。降压变压器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器，则下列说法正确的是（　　）
A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为100Hz
B．若升压变压器的输入功率为75kW，远距离输电线路损耗功率为9kW
C．当滑片P向a端滑动时，电阻R1上的电压变小
D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大
【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．变压器不改变交变电流的频率，由题图乙知输入电压的周期为0.02s，可知频率为， 所以降压变压器副线圈输出的交流电频率为50Hz， 故A错误：
B．由题图乙知，升压变压器输入端电压最大值为，有效值为
若升压变压器的输入功率为75kW，则
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
所以
所以远距离输电线路损耗功率为
故B错误；
CD．对输电回路，有
根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系有
根据理想变压器原副线圈电流与匝数的关系有
对用电回路有
联立可得
当滑片向a端滑动时，R2减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，则I2、I4增大，电阻R1上的电压变大，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】本题主要考查远距离输电问题，解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。
根据升压变压器的输入电压、交流电的周期等，结合匝数比求出输出电压、频率，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化。
20．（2025·湖南模拟）如图甲所示是某小型电站远距离输电示意图。发电站发电机组输出总功率恒定为P0、峰值电压为U0的正弦交流电（如图乙所示），经过理想的升压变压器（n1≤n2）和降压变压器（n3>n4）后，将电能输送给用户。已知输电线上的总电阻为R，则用户端负载的总阻值为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】设用户端负载的总阻值为，则降压变压器和用户端的总的等效电阻值为
继续利用等效原理可知升压变压器和输电线的总的等效电阻值为
交变电流的电压有效值为
根据
可得
解得
故ACD错误，B正确。
故选B。
【分析】考查电站远距离输电问题，本题采用理想变压器中等效电阻的方法解答，降压变压器和用户端的总的等效电阻值为，升压变压器和输电线的总的等效电阻值为，根据，，联立可求解用户端负载的总阻值。
21．（2025·浙江模拟）火灾报警的工作原理图如图所示，理想变压器的原线圈接电压恒定的交流电，副线圈的电路中R为热敏电阻，为滑动变阻器，为定值电阻。当温度升高时，R的阻值变小，报警装置通过检测中的电流来实现报警。则（　　）
A．发生火灾时，原线圈中的电流在变小
B．发生火灾时，报警装置检测到电流变小
C．为了降低报警温度，的滑片P应向下滑动
D．的滑片P向上滑动时，副线圈两端的电压变大
【答案】C
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】AB．发生火灾时，温度升高，热敏电阻阻值变小，根据欧姆定律可知副线圈电流变大，则报警装置检测到电流变大；根据可知，原线圈电流也变大，故AB错误；
C．为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，根据可知，滑动变阻器接入电路的电阻应减小，则的滑片P应向下滑动，故C正确；
D．根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，故D错误。
故选C。
【分析】此题考查变压器副线圈负载的动态变化。
1、匝数恒定，副线圈负载电阻变小，则副线圈电流变大，原线圈电流也变大。
2、报警电流是一定的，由可知，为了降低报警温度，即对应的热敏电阻阻值变大，则滑动变阻器接入电路的电阻应减小。
3、根据可知，副线圈电压由原线圈电压及匝数比决定，匝数不变，则副线圈两端的电压。
22．（2025·广东模拟）图甲是医用红外理疗灯，图乙是其内部电路结构示意图，自耦变压器可视为理想变压器，其抽头P与M、N点间的线圈匝数分别为和。若单刀双掷开关从a切换到b，则（　　）
A．电流表示数变大 B．电流表示数变小
C．电压表示数变大 D．电压表示数变小
【答案】A
【知识点】变压器的应用
【解析】【解答】CD．单刀双掷开关从a切换到b，由题知，变压器原线圈的电压不变，故电压表的示数不变，故CD错误；
AB．由题知，变压器原线圈的电压和匝数不变，单刀双掷开关从a切换到b，，则副线圈的匝数增加，根据原副线圈的电压之比等于匝数比，可知变压器副线圈的电压变大，则副线圈的电流变大，故变压器的输出功率变大，根据变压器两端功率不变，可知输入功率也变大，根据
可知原线圈的电流增大，即电流表的示数变大，故A正确，B错误。
故选A。
【分析】本题是变压器动态变化问题。
1、由输入电压 和匝数比决定，与负载无关。
2、负载输出电流， 再反推输入电流.
3、输入功率始终等于输出功率（理想情况）。
23．（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
【答案】A
【知识点】电功率和电功；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】 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 ，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
则输电线上的电流变为：
R0消耗的功率变为P″=I2″2×R0≠6P，故D错误。
故选：A。
【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度ω增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断R0上消耗的功率变化情况；若R2阻值增加一倍变为2R0，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端总电阻为 ，同理分析。
24．（2025·广西壮族自治区模拟）某水电站发电机的输出功率为，发电机的输出电压为。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为，在用户端用降压变压器把电压降为。要求在输电线上损失的功率控制在，则（　　）
A．输电线上通过的电流为
B．降压变压器原线圈的电压为
C．升压变压器匝数比为
D．降压变压器匝数比为
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题主要是考查远距离高压输电，解答本题的关键是结合变压器的变压比公式和功率损耗的公式P损=I2R列式求解。A．输电线上损失的功率为，根据
可得输电线通过的电流
故A错误；
BCD．升压变压器为理想变压器，有
又
可得
输电线上损失的电压
升压变压器原、副线圈的匝数比
可得
降压变压器原线圈两端电压
降压变压器原、副线圈的匝数比
可得
故C正确，BD错误。
故选C。
【分析】根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流；根据升压变压器的输出功率结合求解升压变压器副线圈的电压，再根据电压损失得出降压变压器的输入电压；根据变压器电压之比等于匝数之比求解升压变压器、降压变压器的匝数比。
二、多项选择题
25．（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，输入电压；两副线圈的匝数分别为和，输出电压。当I、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．变压器的输入功率为
D．两副线圈输出电压最大值均为
【答案】A,C
【知识点】变压器原理；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】AB.代入题中数据可得，故A正确，B错误；
C. 两副线圈的输出功率分别为7.0kw和3.5kw， 则 变压器的输入功率为7.0kw+3.5kw=10.5kw，故C正确；
D.副线圈输出电压等于220V，则最大值为220V，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；根据理想变压器的功率关系求解作答；根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答。
26．（2025·浙江模拟）以下实验说法正确的是（　　）
A．用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法
B．用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝
C．探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度释放
D．用硅钢做变压器铁芯材料，是因为其电阻率低，涡流小
【答案】A,B
【知识点】变压器原理；用双缝干涉测光波的波长；用油膜法估测油酸分子的大小；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】A. 用油膜法估测油酸分子直径的大小是一种通过测量宏观量来测量微观量的方法，选项A正确；
B. 用普通光源做双缝干涉实验时需要在光源与双缝间加一单缝，以得到相干光源，选项B正确；
C. 探究平抛运动的特点时，只要求小球从同一高度由静止释放，选项C错误；
D. 变压器的铁芯，在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，而用很多片相互绝缘的硅钢片叠在一起，其目的是增大电阻，从而为了减小涡流，减小发热量，提高变压器的效率，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】A： 记准油膜法是“用宏观可测的体积、面积，算微观分子直径”。
B： 明白普通光源需“单缝分割波面”变相干光，双缝干涉才成立。
C： 清楚平抛要求“初速度水平且为0”，释放得“同一高度 + 静止”，漏“静止”则错误。
D： 理解硅钢片是“增大电阻减涡流”，不是因电阻率低，纠正逻辑。
27．（2025高二下·东莞月考）特斯拉发明的交流输电系统，扩大了电能的普及范围，大大加速了电力社会的到来。如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是（　　）
A．变压器线圈的匝数关系为
B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C．输电电路中的电流关系为
D．输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功；电能的输送；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、升压变压器（左侧 ）需升高电压，即 。由变压比，得（匝数与电压成正比 ）。
降压变压器（右侧 ）需降低电压，即 。同理，由，得 。A正确；
B、输电功率由发电站的发电功率决定（理想情况下，升压变压器不改变功率， ）。
升压变压器的作用是提高输电电压，从而减小输电电流（，不变时，增大则减小 ），并非“提高输电功率”。B错误；
C、升压变压器：， → ，
降压变压器：， → ，
所以电流关系是，C选项“”错误，C错误；
D、输电功率不变时，由（为输电电压，即升压变压器输出电压 ），得 。
输电线上功率损失 。
可见，越高，越小，越小。D正确。
故答案为：。
【分析】A．根据升压、降压变压器的功能（升压变压器：输出电压输入电压；降压变压器：输出电压输入电压 ），结合变压比判断匝数关系。
B．明确输电功率的决定因素（由发电站的发电功率决定，升压变压器仅改变电压、电流 ），判断“提高输电电压能否提高输电功率”。
C．利用变压器变流比（升压变压器， ）、（降压变压器， ），推导电流大小关系。
D．结合输电功率（不变时，越高则越小 ），以及功率损失公式，判断输电电压对功率损失的影响。
28．（2025高二下·东莞月考）如图（a）为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图（b）所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则下列说法正确的是（　　）
A．闭合S，加在变压器副线圈上正弦交流电的频率为50Hz
B．某交流发电机要产生与图（b）相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C．闭合开关S，电压表的示数约为35V
D．变压器原、副线圈的匝数须满足时，才能实现点火
【答案】A,C,D
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】A、由图（b ）可知，正弦交流电的周期 。根据频率与周期的关系，代入，得 ；
因为变压器不改变交流电的频率，所以加在变压器副线圈上正弦交流电的频率也为，A正确；
B、交流发电机产生交流电的频率与线圈转速（转/秒 ）的关系为（一个周期对应线圈转 1 圈 ），
由图（b ）知频率，所以转速转/秒，并非 100 转/秒，B错误；
C、由图（b ）可知，原线圈电压的最大值 。
正弦交流电的有效值 ，
电压表测原线圈电压有效值，所以电压表示数约为，C正确；
D、已知原线圈电压最大值，要求副线圈电压最大值 ，
由变压比公式，变形得 ，
代入、，得 ，化简得，即 。所以D正确。
故答案为： 。
【分析】A．根据图（b ）确定原线圈正弦交流电的周期，再由频率计算频率，结合变压器不改变频率的特性判断。
B．明确交流发电机产生交流电的频率与线圈转速的关系（，为转速，单位：转/秒 ），结合图（b ）的频率计算转速。
C．先由图（b ）得原线圈电压最大值，再根据正弦交流电有效值与最大值的关系计算原线圈电压有效值，电压表测的是原线圈电压有效值。
D．根据题意，副线圈输出电压瞬时值需大于（即副线圈电压最大值 ），结合变压器变压比公式推导匝数关系。
29．（2025高二下·罗湖月考）2023年4月9日，深圳国际小家电产品展览会将在深圳会展中心开展。参展产品中南北美洲的绝大多数国家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V的照明电路上，可以接到交变电压是的电源上使用，交变电压是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，对于该交变电压U下列说法正确的是（　　）
A．电源交流电的频率为，当时
B．用时电流方向改变1200次
C．将该电压加在阻值为的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
D．用交流电压表测该电压其示数为
【答案】B,C
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．由
t前为角速度，可知
则电源交流电的频率为
当时，可得
故A错误；
B．交流电的周期为
每个周期包含 1 次正方向和 1 次负方向的电流流动 ，每个周期内电流方向改变 2 次（从正→负算一次，负→正算第二次），则用时1s电流方向改变120次，用时10s电流方向改变1200次，故B正确；
C．将该电压加在121Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为
故C正确；
D．交流电压表测量的是有效值，符合交流电表测量原理，用交流电压表测该电压其示数为有效值，则有
故D错误。
故选BC。
【分析】（1）瞬时值验证：代入 t 计算 sin 函数值；有效值应用：功率计算和电表读数均用有效值。
（2）易错点：混淆角频率 ω 与频率 f 的关系 ，方向改变次数是频率的 2 倍，因为每个周期有两次方向变化 ；误认为 sin 函数在任意 t 均为最大值；忽略交流电表显示有效值的特性。
30．（2025·重庆市）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直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为的交流电，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，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
【答案】B,D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A．由可得
故A错误；
B．导线允许的最大功率损耗为5%，可得
由 得导线总阻值上限
故B正确；
C．家用交流电表达式，其最大值为，有效值为；
频率为
故C错误；
D．降压变压器原线圈电压，副线圈电压，可得匝数比
电流比与匝数比成反比可知
故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查变压器在输电中的应用，根据理想变压器各物理量关系解答。
由计算 直流输电导线中的电流；由 计算导线总阻值最大值；由交变电流表达式结合最大值与有效值关系、求解家用交流电的电压最大值和频率；由理想变压器电压、电流与匝数关系求解配电房中变压器原、副线圈中电流比。
31．（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
【答案】A,C
【知识点】电功率和电功；变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】A．滑片P在最左端时，滑动变阻器R被短路，只有灯泡L被接入电路中，则此时图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，根据理想变压器规律可得
故A正确；
B．当P滑到R中点时，图甲中滑动变阻器与灯泡串联，则图乙中灯泡与Р右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，其中，则根据串联分压可知， 图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，根据
可知，图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，故B错误；
C．当P滑到R最左端时，图甲只有灯泡接入电路，总电阻等于灯泡电阻，图乙R与灯泡并联接入电路，总电阻小于灯泡电阻，而原线圈两端接电压及原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，则根据
可知乙图输出功率比甲图输出功率大，则图甲比图乙更节能，故C正确；
D．图乙滑动变阻器为分压式接法，灯泡两端电压在0到6V间变化。图甲滑动变阻器为限流式接法，灯泡两端电压最高为6V，最低电压大于零， 故图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的小 ，故D错误。
故选AC。
【分析】根据电路图确定滑动变阻器位于最左端时，电路的连接情况，根据电路的连接情况及灯泡恰好正常发光确定此时副线圈的电压，再根据理想变压器原理确定原副线圈匝数比。总电阻越大，回路中电流越小，电路中的输出功率越小。根据题意结合串并联规律确定不同情况下两图总电阻的大小关系，再结合电功率的定义分析灯泡功率及电路总功率的关系。
32．（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】A,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 AB.用户量增大，降压变压器副线圈电流变大，则降压变压器原线圈电流变大，r电流变大，r的电功率增大，r电压变大，降压变压器原线圈电压减小，降压变压器副线圈电压变小，即 用户端电压变小， 故A正确，B错误；
CD：只增大n2，r电流减小，r电压变小，降压变压器原线圈电压增大，降压变压器副线圈电压变大，即用户端电压变大，降压变压器副线圈电流变大，反馈到降压变压器原线圈，原线圈电流必定变大，否则不符合能量守恒定律，最终升压变压器副线圈电压和电流都变大， 整个电路消耗的电功率变大，故C正确，D错误。
故选：AC。
【分析】把用户的总电阻等效到输电线的末端，然后结合闭合电路的欧姆定律分析即可。
33．（2025·汕头模拟）图为我国某远距离输电系统简化示意图。发电厂输出的交变电流经升压变压器后，通过高压输电线路传输，再经降压变压器降压后供给城市用户用电。已知发电厂输出电压为，输出功率为，升压变压器原副线圈匝数比为，降压变压器原副线圈匝数比为，输电线路总电阻为。保持不变，忽略变压器的能量损耗，以下说法正确的是（　　）
A．输电线路上损失的功率为
B．升压变压器的输入电流与降压变压器的输出电流之比为
C．若仅减小，发电厂输送相同的功率情况下，输电线路上的电压损失会增大
D．当发电厂输出频率增大，降压变压器的输出电压会减小
【答案】B,C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】本题考查变压器基础规律及远距离输电相关计算，要求学生熟练掌握变压器的基础规律及其应用。A．设升压变压器原线圈的电流为，副线圈的电流为；由题知发电厂输出电压为，输出功率为，则有
解得
根据
解得
故输电线路上损失的功率为
故A错误；
B．对升压变压器有
设降压变压器输出电流为，对降压变压器
联立可得
故B正确；
C．输电线路上的电压损失为
可知若仅减小，输电线路上的电压损失会增大，故C正确；
D．因为升压变压器的变压比和降压变压器的变压比不变，所以升压变压器副线圈的电压不变，又输出功率不变P，故升压变压器副线圈的电流不变，根据
可知电阻R两端的电压不变，在中间输送回路中有
所以降压变压器原线圈两端的电压不变，故降压变压器输出电压不变，与交流电的频率无关，所以当发电厂输出频率增大时，降压变压器的输出电压不变，故D错误。
故选BC。
【分析】求出输电导线电流，根据导线电功率公式求解输电线路上损失的功率，根据电流与匝数比的关系求解电流，根据欧姆定律分析输电线路上的电压损失，U1保持不变，改变频率，电路中电压电流等不会改变。
三、非选择题
34．（2025·温州模拟）乙同学利用图所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，实验所需电源可选　 　。
A.8V交流电源 B.36V交流电源 C.220V交流电源
实验中，该同学将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈的“0”、“8”接线柱连接，将交流电压表与变压器右侧线圈的“0”、“4”接线柱连接，接通电源稳定后，交流电压表的读数为　 　。
A.0 B.2.8V C.6.0V D.11.0V
【答案】A；A
【知识点】变压器原理；探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【解析】【解答】变压器工作原理是互感现象，在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，需要使用交流电源。36V是安全电压上限，相对来说8V交流电源更为合适，即能满足实验要求又更安全。
故选A。
变压器是利用互感现象工作的，通过原线圈的电流是恒定的，产生磁场也是恒定的，那么穿过副线圈的磁通量不变，不会在副线圈中产生磁感应电动势。所以将学生电源的“直流6V”输出端与变压器左侧线圈连接，交流电压表与变压器右侧线圈连接，当接通电源稳定后，交流电压表的计数为0。
故选A。
【分析】根据安全电压分析；根据变压器的工作原理分析。
（2024·上海真题）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。
35．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)；
②L2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
36．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
37．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。
38．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？
【答案】35．；A
36．A；C
37．12
38．①C
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：
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：
已知空气阻力与车速成正比，即f=kv，
可得：Pf＝fv＝kv2
则有：Pf'＝kv'2＝1.5kv2＝1.5P
f＝1.5×30W＝45W
骑车人的功率为：P=Pf'+PL'=（6+45）W=51W
【知识点】电功率和电功；交变电流的产生及规律；变压器原理；闭合电路的欧姆定律；楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】 （1）①、先确定在图示位置线圈中的磁场方向，判断线圈的磁通量如何变化，根据楞次定律判断感应电流的方向；
②发电机输出电压近似视为正弦交流电，图视为线圈的磁通量最大，其变化量为零，根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的情况，根据正弦交流电的变化规律分析L1中的电流如何变化。
（2）①根据灯泡L1的额定电压与额定功率可计算出回路中的电流，根据闭合电路欧姆定律可得到发动机的电动势，将L1更换为灯泡L2，先计算出骑电阻，根据闭合电路欧姆定律求解其两端电压；
②根据电功率的计算公式求解L2消耗的功率。
（3）根据理想变压器的工作原理解答。
（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判断线圈产生的感应电动势的最大值与输出电压的最大值如何变化，分析交流电的周期如何变化。
②通过对比电功率可得到路端电压的关系，根据闭合电路欧姆定律，法拉第电磁感应定律，分析自行车匀速行驶的速度路端电压的关系，求得改变后的克服空气阻力的功率，骑车人的功率等于克服空气阻力的功率与车灯的功率之和。
35．①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。
36．①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：
解得：E=13V
将L1更换为标有“24V，6W”的灯泡L2，灯泡L2的电阻为：
设L2两端的电压为U2，同理可得：
解得：U2≈12.73V，故A正确，BC错误。
②L2消耗的功率为： ，故C正确，AB错误。
37．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。
38．①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。
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