專題12交變電流

考點五年考情（2021-2025）命題趨勢

考點1描述交選擇題主導，綜合題向實際應用延伸

變電流的物理2021、2022、2023、2024、2025聚焦基礎概念與模型分析。通過線圈轉動

量模型考查交變電流的有效值計算，需結合

考點2電感和法拉第電磁感應定律與正弦函數(shù)規(guī)律。計

電容對交變電2024算題則常與變壓器、遠距離輸電等實際問

流的影響題結合，以特高壓直流輸電為背景，要求

分析輸電過程中的功率損耗與電壓變換，

考點3變壓器2021、2022、2024、2025需聯(lián)立理想變壓器公式與焦耳定律。實驗

題則側重變壓器原理的探究，核心規(guī)律深

度整合，模型復雜度提升

變壓器動態(tài)分析：命題從單一變壓器

擴展至多變壓器系統(tǒng)，要求分析升壓變壓

器的匝數(shù)比與輸出電壓關系，需結合實際

電路中的能量損耗進行修正。有效值計算

與非正弦交變電流：高頻考點從正弦交變

考點4遠距離

2023

輸電電流擴展至復雜波形。

遠距離輸電與能量守恒：試題常通過

多過程問題考查守恒定律的靈活運用，聯(lián)

立動能定理與動量定理，分析離子在復合

場中的軌跡調控，涉及動量守恒與能量損

耗的雙重約束。

考點01描述交變電流的物理量

1．（2025·浙江·1月選考）如圖1所示，在平面內存在一以O為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域，其中存在一方

向垂直平面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變化如圖2所示，周期為3t0。變化的磁場在空間產生感

生電場，電場線為一系列以O為圓心的同心圓，在同一電場線上，電場強度大小相同。在同一平面內，

有以O為圓心的半徑為2r的導電圓環(huán)I，與磁場邊界相切的半徑為0.5r的導電圓環(huán)Ⅱ，電阻均為R，圓

心O對圓環(huán)Ⅱ上P、Q兩點的張角φ=30°；另有一可視為無限長的直導線CD。導電圓環(huán)間絕緣，且不計

相互影響，則（）

3πr2B

A．圓環(huán)I中電流的有效值為0

Rt0

2B0

B．t=1.5t0時刻直導線CD電動勢為πr

t0

2

πrB0

C．t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ中電流為

12Rt0

12B0

D．t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ上PQ間電動勢為πr

12t0

【答案】BD

2

πrB0

【詳解】A．由題圖可知，在0~t0內和2t0~3t0內圓環(huán)I中的電流大小均為I1=在t0~2t0內圓環(huán)I中的電

Rt0

2

2πrB0222

流大小為I2=設圓環(huán)I中電流的有效值為I，根據(jù)有效值定義可得IR?3t0=I1R?2t0+I2Rt0聯(lián)立解得

Rt0

2πr2B

I=0故A錯誤；

Rt0

′′

B．設右側有一根無限長的直導線CD對稱的無限長的直導線CD與CD構成回路，則t=1.5t0時刻，CD、

′′22B02B0

CD回路產生的總電動勢為E總=πr?根據(jù)對稱性可知t=1.5t0時刻直導線CD電動勢為πr，故B正

t0t0

確；

C．由于圓環(huán)Ⅱ處于磁場外部，通過圓環(huán)Ⅱ的磁通量一直為0，所以圓環(huán)Ⅱ不會產生感應電流，則t=0.5t0

時刻圓環(huán)Ⅱ中電流為0，故C錯誤；

2B0

D．以O點為圓心，過程P、Q兩點圓軌道，在t=0.5t0時刻產生的電動勢為E=πr則P、Q兩點間圓

t0

30°1B

弧的電動勢為E′=E=πr20由于P、Q兩點間圓弧與圓環(huán)Ⅱ上PQ構成回路不會產生感應電流，則圓

360°12t0

1B

環(huán)Ⅱ上PQ間電動勢為πr20，故D正確。

12t0

故選BD。

2．（2024·浙江·1月選考）如圖為某燃氣灶點火裝置的原理圖。直流電經轉換器輸出u=5sin100πtV的交流

電，經原、副線圈匝數(shù)分別為n1和n2的變壓器升壓至峰值大于10kV，就會在打火針和金屬板間引發(fā)電火

花，實現(xiàn)點火。下列正確的是（）

n7

A．2<

n120000

n1

B．1<

n22000

C．用電壓表測原線圈兩端電壓，示數(shù)為5V

D．副線圈輸出交流電壓的頻率是100Hz

【答案】B

552U1n1

【詳解】AB．原線圈兩端電壓的有效值U1=V=V根據(jù)電壓匝數(shù)關系有=變壓器副線圈電壓

22U2n2

3n2n11

的峰值U2max=2U2根據(jù)題意有U2max>10×10V解得>2000，<故A錯誤，B正確；

n1n22000

552

C．用電壓表測原線圈兩端電壓，電壓表測的是有效值，則示數(shù)為U=V=V故C錯誤；

122

2π

D．根據(jù)=2πf=100πHz解得f=50Hz變壓器不改變頻率，則副線圈輸出交流電壓的頻率是50Hz，故D

T

錯誤。

故選B。

3．（2023·浙江·1月選考）如圖1所示，剛性導體線框由長為L、質量均為m的兩根豎桿，與長為2l的兩輕

質橫桿組成，且L?2l。線框通有恒定電流I0，可以繞其中心豎直軸轉動。以線框中心O為原點、轉軸

為z軸建立直角坐標系，在y軸上距離O為a處，固定放置一半徑遠小于a，面積為S、電阻為R的小

圓環(huán)，其平面垂直于y軸。在外力作用下，通電線框繞轉軸以角速度ω勻速轉動，當線框平面與xOz平

面重合時為計時零點，圓環(huán)處的磁感應強度的y分量By與時間的近似關系如圖2所示，圖中B0已知。

π

（1）求0到時間內，流過圓環(huán)橫截面的電荷量q；

ω

2π

（2）沿y軸正方向看以逆時針為電流正方向，在0~時間內，求圓環(huán)中的電流與時間的關系；

3ω

（3）求圓環(huán)中電流的有效值；

πΔω

（4）當撤去外力，線框將緩慢減速，經時間角速度減小量為Δω?1，設線框與圓環(huán)的能量轉換效

ωω

率為k，求Δω的值（當0<x?1，有(1?x)2≈1?2x）。

π

00≤t≤22

【答案】（）2B0S；（）3ω；（）23ωB0S；（）6B0S

12I=6ωBSπ2π342

R?0<t≤πRπkmlR

πR3ω3ω

ΔΦE

【詳解】（1）由法拉第電磁感應定律E=，由閉合電路歐姆定律I=，由電流定義式q=∑IΔt，聯(lián)立可

ΔtR

ΔΦ2BS

得q==0

RR

ΔB

πEΔΦπ2πES6ωBS

（2）在0～時，I===0，在～時，I==Δt=?0

3ωRRΔt3ω3ωRRπR

ππ23ωBS

（3）從能量角度，I2R=I2R解得I=0

3ω有ω有πR

1πΔω212ω2B2S2π

（4）由能量傳遞k??2mω2l2?ω?Δω2l2=I2R化簡可得kmω2l21?1?=0?R?即

2有ωωπ2R2ω

Δω12ω2B2S26B2S2

kmω2l2?2=0解得Δω=0

ωπRωπkml2R

4．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，甲圖是一種手搖發(fā)電機及用細短鐵絲顯示的磁場分布情況，搖動手柄

可使對稱固定在轉軸上的矩形線圈轉動；乙圖是另一種手搖發(fā)電機及磁場分布情況，皮帶輪帶動固定在

轉軸兩側的兩個線圈轉動。下列說法正確的是（）

A．甲圖中線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場

B．乙圖中線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場

C．甲圖中線圈轉動時產生的電流是正弦交流電

D．乙圖線圈勻速轉動時產生的電流是正弦交流電

【答案】A

【詳解】A．甲圖中細短鐵絲顯示的磁場分布均勻，則線圈轉動區(qū)域磁場可視為勻強磁場，故A正確；

B．乙圖中細短鐵絲顯示的磁場分布不均勻，則線圈轉動區(qū)域磁場不能看成勻強磁場，故B錯誤；

C．根據(jù)發(fā)電機原理可知甲圖中線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的轉軸勻速轉動時才能產生正弦交流電，

故C錯誤；

D．乙圖中是非勻強磁場，則線圈勻速轉動時不能產生正弦交流電，故D錯誤；

故選A。

5．（2021·浙江·6月選考）如圖所示，虛線是正弦交流電的圖像，實線是另一交流電的圖像，它們的周期T

和最大值Um相同，則實線所對應的交流電的有效值U滿足（）

U2U2U2U

A．U=mB．U=mC．U>mD．U<m

2222

【答案】D

U2U

【詳解】因虛線是正弦交流電的圖像，則該交流電的有效值為U=m=m由圖可知，在任意時刻，

有效值22

實線所代表的交流電的瞬時值都不大于虛線表示的正弦交流電的瞬時值，則實線所代表的交流電的有效

2U

值小于虛線表示的正弦交流電的有效值，則U<m

2

故選D。

考點02電感和電容對交變電流的影響

6．（2024·浙江·6月選考）理想變壓器的原線圈通過a或b與頻率為f、電壓為u的交流電源連接，副線圈

接有三個支路，如圖所示（光敏電阻的阻值隨著光照增加而減少）。當S接a時，三個燈泡均發(fā)光。若

（）

A．電容C增大，L1燈泡變亮B．頻率f增大，L2燈泡變亮

C．RG上光照增強，L3燈泡變暗D．S接到b時，三個泡均變暗

【答案】A

【詳解】A．電容增大，對交流電的阻礙作用減小，則L1燈泡變亮，故A正確；

B．頻率f增大，則電感的阻礙作用增大，則L2燈泡變暗，故B錯誤；

C．光敏電阻光照增強，阻值減小，由于各支路電壓不變，則L3燈泡電流增大，變亮，故C錯誤；

D．S接到b時，根據(jù)變壓比可知，副線圈電壓增大，則三個泡均變亮，故D錯誤。

故選A。

考點03變壓器

7．（2025·浙江·1月選考）有關下列四幅圖的描述，正確的是（）

A．圖1中，U1:U2=n2:n1

B．圖2中，勻速轉動的線圈電動勢正在增大

C．圖3中，電容器中電場的能量正在增大

D．圖4中，增大電容C，調諧頻率增大

【答案】C

Un

【詳解】A．理想變壓器原副線圈與匝數(shù)的關系為1=1，A錯誤；

U2n2

B．從圖2所示位置轉動至線框與磁感線垂直的過程中，逐漸轉向中性面，因此線框中的電動勢逐漸減

小，B錯誤；

C．電容器中電場強度方向豎直向上，因此下極板帶正電，上極板帶負電，根據(jù)線圈的磁場方向結合安

培定則可知電流流向正極板，因此電容器正在充電，電場的能量正在增大，C正確；

1

D．電容C增大，根據(jù)電磁振蕩的頻率f=可知調諧頻率減小，D錯誤。

2πLC

故選C。

8．（2024·浙江·6月選考）下列說法正確的是（）

A．中子整體呈電中性但內部有復雜結構

B．真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同

C．增加接收電路的線圈匝數(shù)，可接收更高頻率的電臺信號

D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，分子勢能先增加后減少

【答案】AB

【詳解】A．中子由夸克組成，整體呈現(xiàn)電中性，但內部有復雜結構，故A正確；

B．根據(jù)愛因斯坦的相對論可知，真空中的光速在不同的慣性參考系中大小都相同，故B正確；

1

C．根據(jù)f=可知，增加接收電路的線圈匝數(shù)，可減小振蕩電路的固有頻率，則可接收較低頻率的電

2πLC

臺信號，故C錯誤；

?10

D．分子間作用力從斥力變?yōu)橐Φ倪^程中，即分子距離從小于r0=10m到大于r0的過程，分子力先做

正功后做負功，則分子勢能先減小后增大，故D錯誤。

故選AB。

9．（2022·浙江·6月選考）下列說法正確的是（）

A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用

B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向

C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大

D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率

【答案】B

【詳解】A．恒定磁場對速度不平行于磁感線的運動電荷才有力的作用，A錯誤；

B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應強度的方向，B正確；

C．正弦交流發(fā)電機工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為0，C錯誤；

D．根據(jù)變壓器的原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。

故選B。

10.（2021·浙江·1月選考）發(fā)電機的示意圖如圖甲所示，邊長為L的正方形金屬框，在磁感應強度為B的勻

強磁場中以恒定角速度繞OO’軸轉動，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其它電阻不計，圖乙

中的Um為已知量。則金屬框轉動一周（）

A．框內電流方向不變B．電動勢的最大值為Um

2BL2πUBL2

C．流過電阻的電荷D．電阻產生的焦耳熱m

RR

【答案】BD

【詳解】A．當線框轉動時，框內電流方向每經過中性面一次都要變化一次，而線圈和外電路接點處通

過換向器，保證電流的方向不發(fā)生變化，從而使加在電阻兩端的電壓方向保持不變，A錯誤；

B．由圖乙可知，電動勢的最大值為Um，B正確；

C．線圈轉過半周，則流過電阻的電荷量為

EΔΦ2BL2

q=IΔt=Δt==

RRR

4BL2

則金屬框轉過一周流過電阻的電荷量為q'=2q=C錯誤；

R

2

Um

UU22ππUBL2

D．因為U=BωL2則ω=m金屬框轉過一周電阻產生的焦耳熱Q=T=2?=mD正確。

mBL2RRωR

故選BD。

考點04遠距離輸電

11．（2023·浙江·6月選考）我國1100kV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設備將交流變換成直流，用

戶端用“逆變”設備再將直流變換成交流。下列說法正確的是（）

A．送電端先升壓再整流B．用戶端先降壓再變交流

C．1100kV是指交流電的最大值D．輸電功率由送電端電壓決定

【答案】A

【詳解】AB．升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行，故送電端應該先升壓再整流，用戶端應該先

變交流再降壓，故A正確，B錯誤；

C．1100kV指的是交流電的有效值，故C錯誤；

D．輸電的功率是由用戶端負載的總功率來決定的，故D錯誤。

故選A。

1．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學?！ざ＃┯嘘P下列四幅圖的描述，正確的是（）

A．圖甲，交變電流的有效值為1.5A

B．圖乙，變壓器為理想變壓器，滑動P可以改變接入電路的線圈匝數(shù)，圖中n1:n2=1:2，P從上向下滑

的過程中變壓器的輸出功率先增大后減小

C．圖丙，條形磁鐵豎直向下靠近干簧管時，可以讓電路導通

D．圖丁，LC振蕩電路線圈中磁場的方向如圖所示，且磁場正在減弱，可以判斷此時M板帶正電

【答案】B

23

【詳解】A．根據(jù)交流電有效值的定義，有I2R×T+I2R×T=I2RT代入圖中數(shù)據(jù)求得該交流電有效值

1525

70

為I=A=1.67A故A錯誤；

5

B．等效電路如圖所示

2'2I1n2'n12'

可知I1R=I2·16R，=可得等效電阻R=()·16R=4RP從上向下滑的過程中，當n1:n2=1:4時，可得R=R，

I2n1n2

根據(jù)電源輸出功率與外電阻的關系變化規(guī)律，可知此時變壓器輸出功率最大，即P下滑到線圈的中點

時變壓器的輸出功率最大，功率最大，P繼續(xù)下滑，等效電阻減小，變壓器的輸出功率減小。故B正

確；

C．圖示中干簧管兩觸點磁化一致，無法相吸，電路無法導通，故C錯誤；

D．磁場正在減弱，由右手螺旋定則可知，電流由a流向b，正在給電容器充電，N板帶正電，故D錯

誤。

故選B。

2．（2025·浙江稽陽聯(lián)誼學校·二模）四個相同的小燈泡接在如圖所示交流電路中均能發(fā)光，其中A3與A4亮

度相同，已知每個小燈泡的電阻均為R0并保持不變，二極管正向電阻為0，反向電阻看作無窮大。下列

說法中正確的是（）

A．電阻R的阻值為0.5R0

B．增大交流電頻率，小燈泡A3變亮

C．增大交流電頻率，小燈泡A1兩端電壓變大

D．增大交流電頻率，通過小燈泡A2電流變大

【答案】D

2Uab

【詳解】A．燈泡A3、A4的亮度相同，則通過A3、A4的電流相同，通過A3電流的有效值I3=

2R0

Uab

通過A4的電流I4=由I3=I4可得，R=2?1R0故A錯誤；

R0+R

BCD．增大交流電頻率時，不影響通過二極管的電流，電容器對交流電的阻礙作用減小，電感對交流

電的阻礙作用增大，所以A3燈亮度不變，A2變亮，A1變暗，故BC錯誤，D正確。

故選D。

3．（2025·浙江金華義烏·三模）如圖所示，有一面積為S，匝數(shù)為N，電阻為r的矩形線圈，繞OO′軸在水

平方向的磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω做勻速轉動，從圖示位置（線圈平面與磁場平行）開

始計時。矩形線圈通過銅滑環(huán)接理想變壓器原線圈，副線圈接有固定電阻R0和滑動變阻器R，所有電表

均為理想交流電表。下列判斷正確的是（）

A．金屬線圈處于圖示位置時，矩形線圈中電流方向是A→B→C→D

B．矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時值表達式為e=NBSωsinωt

C．將R的滑片向下滑動時，電流表A示數(shù)變大，電壓表V的示數(shù)變大

D．將R的滑片向下滑動時，矩形線圈的熱功率將增大

【答案】D

【詳解】A．根據(jù)右手定則可知金屬線圈處于圖示位置時，矩形線圈中電流方向是D→C→B→AA錯誤；

B．矩形線圈產生的感應電動勢最大值為Em=NBSω從圖示位置（線圈平面與磁場平行）開始計時，此

時通過線圈的磁通量為0，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，則矩形線圈產生的感應電動勢的瞬時

值表達式為e=Emcos(ωt)=NBScos(ωt)B錯誤；

C．將R的滑片向下滑動時，滑動變阻器接入電路阻值變小，則副線圈電流I2增大，電流表A示數(shù)變大，

I1n2

定值電阻R0分擔的電壓增大，結合變壓器的原理可知，原副線圈中的電流之比為=可知原副線圈匝

I2n1

數(shù)之比不變，故原線圈中的電流I1增大，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知，原線圈所在電路內電壓增大，

U1n1

原線圈兩端的電壓U1減小，又因為=可知原線圈兩端電壓減小，故副線圈兩端的電壓U2減小，而

U2n2

定值電阻R0分擔的電壓增大，故電壓表的示數(shù)減小，C錯誤；

2

D．根據(jù)上述分析，結合功率P熱=I1r可知，將R的滑片向下滑動時，矩形線圈的熱功率將增大，D正

確。

故選D。

4．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）如圖為交變電流的兩種引出方式，圖甲采用兩滑環(huán)引出電流，圖乙則采用換

向器實現(xiàn)電流的導出，兩裝置其它部分完全一樣。發(fā)電機矩形線框匝數(shù)為N，面積為S，線框所在磁場

可視為勻強磁場，磁感應強度為B，線框從圖示位置開始以角速度ω繞軸轉動，圖中電阻阻值均為R，

不計其它電阻。下列說法正確的是（）

A．圖示位置電動勢最大

B．甲圖電流表讀數(shù)是乙圖電表的2倍

C．乙圖中線框轉動一圈，通過電流表的電流方向改變兩次

πN2B2S2ω

D．兩裝置線圈轉一圈，克服安培力做功均為

R

【答案】D

【詳解】A．圖示位置是中性面，磁通量最大，磁通量變化率最小，則電動勢為零，選項A錯誤；

B．電流表測得的是交變電流的有效值，乙圖中通過換向器后，電流方向不變，但跟甲圖中的電流熱效

應相同，所以電流表讀數(shù)相等，選項B錯誤；

C．乙圖中有換向器，線框轉動一圈電流方向不改變，選項C錯誤；

2NBSω2

E有效()2ππN2B2S2ω

D．兩裝置線圈轉一圈，克服安培力做功等于回路所產生的焦耳熱，均為Q=T=2=

RRωR

選項D正確。

故選D。

5．（2025·浙江縣域教研聯(lián)盟·模擬）如圖所示為某科技興趣小組自制變壓器，線圈匝數(shù)如圖所示，但線圈L2

的匝數(shù)已看不清，若在AB端輸入電壓為24V的交流電，則CD端輸出的交流電電壓為6V，則下列說法

正確的是（）

A．L1和L2的線圈匝數(shù)比為4:1

B．若在AB端輸入功率24W，則CD端輸出功率為6W

C．若把鐵芯從變壓器中移除，則CD端輸出電壓會變小

D．若CD端輸入6V交流電壓，則AB端亦能輸出24V交流電壓

【答案】C

n1U1244

【詳解】A．若是理想變壓器，則L1和L2的線圈匝數(shù)比為===由于存在漏磁等情況，則匝數(shù)比

n2U261

不是4：1，故A錯誤；

B．理想變壓器輸入功率等于輸出功率，但實際變壓器有能量損耗，輸入功率24W時，輸出功率應小

于24W，但不是一定為6W，故B錯誤；

C．鐵芯能增強磁通量的耦合，移除鐵芯后，漏磁增加，穿過L2的磁通量變化率減小，根據(jù)法拉第電

磁感應定律，CD端輸出電壓會變小，故C正確；

D．由于存在漏磁等情況，若CD端輸入6V交流電壓，則AB端輸出交流電壓應小于24V，故D錯誤。

故選C。

6．（2025·浙江北斗星盟·三模）火災報警的工作原理圖如圖所示，理想變壓器的原線圈接電壓恒定的交流電，

副線圈的電路中R為熱敏電阻，R1為滑動變阻器，R2為定值電阻。當溫度升高時，R的阻值變小，報警

裝置通過檢測R2中的電流來實現(xiàn)報警。則（）

A．發(fā)生火災時，原線圈中的電流在變小

B．發(fā)生火災時，報警裝置檢測到電流變小

C．為了降低報警溫度，R1的滑片P應向下滑動

D．R1的滑片P向上滑動時，副線圈兩端的電壓變大

【答案】C

【詳解】AB．發(fā)生火災時，溫度升高，熱敏電阻阻值變小，根據(jù)歐姆定律可知副線圈電流變大，則報

In

警裝置檢測到電流變大；根據(jù)1=2可知，原線圈電流也變大，故AB錯誤；

I2n1

U2

C．為了降低報警溫度，即對應的熱敏電阻R阻值變大，根據(jù)I2=可知，滑動變阻器接入電路的

R1+R2+R

電阻應減小，則R1的滑片P應向下滑動，故C正確；

Un

D．根據(jù)1=1可知，副線圈電壓由原線圈電壓及匝數(shù)比決定，故D錯誤。

U2n2

故選C。

7．（2025·浙江湖州·三模）某自行車的車燈發(fā)電機如圖1所示，其結構如圖2。繞有300匝線圈的匚形鐵芯

開口處裝有磁鐵。車輪轉動時帶動半徑為2cm的摩擦小輪轉動，摩擦小輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉

動，從而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化，其變化圖像如圖3所示，其中為摩擦小輪轉動的角速度。線圈兩

端c、d作為發(fā)電機輸出端與標有“12V，6W”的燈泡L相連。當自行車以速度v勻速行駛時，小燈泡恰

好正常發(fā)光。假設燈泡阻值不變，線圈的總電阻為6，摩擦小輪與輪胎間不打滑，發(fā)電機輸出電壓可

視為正弦交流電壓。則（）

A．自行車的速度v10m/s

B．小燈泡正常發(fā)光時250rad/s

C．若自行車的速度減半，則小燈泡的功率也減半

D．磁鐵處于圖2位置時，小燈泡兩端的電壓為122V

【答案】A

【詳解】B．令感應電動勢的最大值為Emax，則有EmaxNBSNmax則感應電動勢的有效值

Emax

E0

2

2

E0U燈U燈

小燈泡恰好正常發(fā)光，則有對小燈泡有PR解得500rad/s故B錯誤；

RRR燈燈

線燈燈R燈

A．車輪轉動時帶動半徑為2cm的摩擦小輪轉動，根據(jù)vr結合上述解得v10m/s故A正確；

C．若自行車的速度減半，結合上述可知，摩擦小輪轉動的角速度減半，感應電動勢的最大值減半，感

應電動勢的有效值減半，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，感應電流的有效值減半，則小燈泡的功率減為

1

先前的，故C錯誤；

4

D．磁鐵處于圖2位置時，穿過線圈的磁通量達到最大值，根據(jù)圖3可知，此時磁通量的變化率為0，

即磁鐵處于圖2位置時，小燈泡兩端的電壓為0，故D錯誤。

故選A。

8．（2025·浙江寧波十?！ひ荒＃┤鐖D所示，交流發(fā)電機的線圈輸出的交變電壓為u=202sin100πt?V。理想

變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1:n2:n3=3:2:1，副線圈中分別接有燈泡a和燈泡b，燈泡a上標有“6?V,6?W”，

燈泡b上標有“3?V,6?W”。圖中電表均為理想電表，變壓器均為理想變壓器，交流發(fā)電機線圈的電阻忽略

不計。當僅閉合開關S1時，燈泡a恰能正常發(fā)光。下列說法正確的是（）

A．僅閉合開關S1時，電阻R上消耗的功率為11W

B．若僅閉合開關S2，則燈泡b恰好能正常發(fā)光

C．若S1、S2均斷開，則電壓表的示數(shù)為0

D．若S1、S2均閉合，則原線圈中的電流表示數(shù)為3?A

【答案】B

P2I1n2U1n12

【詳解】A．當僅閉合開關S1時，燈泡a恰能正常發(fā)光，此時I2==1A根據(jù)=，=解得I1=A，

U2I2n1U2n23

U1=9V

22

電阻R上消耗的功率為P=I(U?U)=W故A錯誤；

R113

P3I1n32

B．若僅閉合開關S2，假設燈泡b恰好能正常發(fā)光，則I3==2A根據(jù)=解得I1=A根據(jù)A選項分

U3I3n13

U1n1

析此時U1=9V則滿足=所以假設成立，故B正確；

U3n3

C．若S1、S2均斷開，根據(jù)變壓器原理可知，副線圈兩端電壓不為零，所以電壓表的示數(shù)不為零，故C

錯誤；

U?U133

D．由于R==Ω，若S1、S2均閉合時原線圈的電流為3A，則電阻R分到的電壓為3×16.5V=

I12

49.5V>U=20V，這是不可能的，故D錯誤。

故選B。

9．（2025·浙江·選考二測）如圖所示，長方形線圈有一半處在足夠大的勻強磁場中，磁場方向與線圈平面垂

直，G、H為線圈兩個邊的中點，且均在磁場邊界上。以速度v將線圈向右勻速拉進磁場，或以角速度ω

2I

將線圈繞GH勻速旋轉90°。已知交變電流I=Isinωt在一個周期內電流大小的平均值為m。則兩種情況

mπ

下線圈所受安培力的沖量大小之比為（）

A．1:1B．π:2C．1:2πD．22:π

【答案】A

【詳解】設線圈的電阻為R，GH=L，線圈另一邊長為d，勻速拉動線圈時，感應電動勢為E1=BLv

EdB2L2d

感應電流I=線圈所受安培力F=BIL時間t=線圈所受安培力的沖量大小I=Ft=勻速

1RA1112v沖1A112R

dEπ

旋轉線圈時，感應電動勢E=BLωsinωt感應電流I=2線圈所受安培力平均值F=BIL時間t=結

222RA2222ω

BLdωB2L2d

合題述可知I=線圈所受安培力的沖量大小I=Ft=可得I:I=1:1

2πR沖2A222R沖1沖2

故選A。

10．（2025·浙江·選考二測）抽水蓄能是目前技術最為成熟的大容量儲能方式，是電力系統(tǒng)安全防御體系的

重要組成部分，原理簡化如圖（a）所示。發(fā)電站通過輸電線路向電動發(fā)電機供電，電路如圖（b）所

示，輸電線路總電阻為r=200Ω，電動發(fā)電機內阻為R=20Ω，U1=22200V，U2=22000V，U3=2200V。則

理論上電動發(fā)電機內阻消耗的電功率為（）

A．1000WB．2000WC．20000WD．0.2W

【答案】B

n22000V10

【詳解】由題圖可知，降壓變壓器原，副線圈的匝數(shù)比1==由題圖可知，輸電線路中的電流

n22200V1

U?Un

I=12=1A由理想變壓器變流規(guī)律，可得電電機所在回路中的電流I′=1I=10A發(fā)電機內阻消耗的功率

rn2

2

P=I′R=2000W

故選B。

11．（2025·浙江·選考三測）如圖所示，理想變壓器原線圈接u=1002sin100πt(V)的交流電，副線圈接定值

電阻R1=R2=25Ω，變壓器的原、副線圈匝數(shù)比n1:n2=4:1，二極管，電表均為理想電子元件。則（）

A．電壓表示數(shù)為252V

B．電流表的示數(shù)為1.0A

C．變壓器的輸入功率為37.5W

D．電流表中電流的頻率為12.5Hz

【答案】C

n14U11002

【詳解】A．原、副線圈匝數(shù)比==，U1=V=100V電壓表顯示的是有效值，故電壓表示數(shù)

n21U22

U2=25V

A錯誤。

22

U2U2T

BC．一個周期內，僅有一半時間有電流通過含有二極管的電路，根據(jù)能量關系有U1I1T=T+?求

R1R22

n1I2

得I1=0.375A由=可得電流表的示數(shù)I2=1.5A變壓器輸入功率P=U1I1=100×0.375W=37.5WB錯誤，

n2I1

C正確。

ω

D．理想變壓器不改變電流的頻率，電流表中電流的頻率仍為f==50HzD錯誤。

2π

故選C。

12．（2025·浙江精誠聯(lián)盟·二模）以下實驗說法正確的是（）

A．用油膜法估測油酸分子直徑的大小是一種通過測量宏觀量來測量微觀量的方法

B．用普通光源做雙縫干涉實驗時需要在光源與雙縫間加一單縫

C．探究平拋運動的特點時，只要求小球從同一高度釋放

D．用硅鋼做變壓器鐵芯材料，是因為其電阻率低，渦流小

【答案】AB

【詳解】A.用油膜法估測油酸分子直徑的大小是一種通過測量宏觀量來測量微觀量的方法，選項A正

確；

B.用普通光源做雙縫干涉實驗時需要在光源與雙縫間加一單縫，以得到相干光源，選項B正確；

C.探究平拋運動的特點時，只要求小球從同一高度由靜止釋放，選項C錯誤；

D.變壓器的鐵芯，在整塊導體內部發(fā)生電磁感應而產生感應電流的現(xiàn)象稱為渦流現(xiàn)象，要損耗能量，

不用整塊的硅鋼鐵芯，而用很多片相互絕緣的硅鋼片疊在一起，其目的是增大電阻，從而為了減小渦

流，減小發(fā)熱量，提高變壓器的效率，故D錯誤。

故選AB。

13．（2025·浙江嘉興·三模）某自行車所裝車燈發(fā)電機如圖甲所示，其結構見圖乙。繞有線圈的匚形鐵芯開

口處裝有磁鐵，車輪轉動時帶動與其接觸的摩擦輪轉動，摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉動，從

而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端c、d作為發(fā)電機輸出端，通過導線與燈泡L1相連。假設車輪轉

動時，摩擦輪與輪胎間不打滑，則（）

A．磁鐵從圖示位置勻速轉過90°的過程中，通過L1的電流方向為d→L1→c

B．磁鐵從圖示位置勻速轉過90°的過程中，L1中的電流逐漸變小

C．車輪轉速加倍時L1中的電流也加倍

D．自行車勻加速行駛時發(fā)電機輸出電壓u隨時間t變化關系大致如圖丙所示

【答案】AC

【詳解】A．磁鐵從圖示位置勻速轉過90°，根據(jù)楞次定律，通過線圈向下的原磁場磁通量減少，感應

電流的磁場阻礙磁通量減少，用安培定則判斷，通過L1的電流方向為d→L1→c，故A正確；

B．磁鐵從圖示位置勻速轉過90°的過程中，通過線框磁通量變化率越來越大，當轉90°時，通過鐵芯

的系統(tǒng)量為0，但是磁通量的變化率最大，因此此過程L1中的電流逐漸變大，故B錯誤；

ΔΦΔΦ

C．車輪轉速加倍，摩擦輪轉速加倍，磁鐵轉動角速度加倍，磁通量變化率也加倍，則E=n也加倍

Δt