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高中物理选择性必修第一册第三、四章
交变电流　电磁波一轮综合专题复习 　
目 录
CONTENTS
第1 节　交变电流的产生与描述
微专题33
含变压器电路的动态分析
第2 节　变压器　远距离输电　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
第3 节　电磁振荡与电磁波
第1节 交变电流的产生与描述
正弦式交变电流的产生及变化规律T1、2、4、5、6　 交变电流四值的理解与应用
T3、7
五年高考
1.★(2025广东,1,4分)将阻值为50 Ω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100 Hz
B.通过电阻电流的峰值为0.2 A
　 D　
C.电阻在1秒内消耗的电能为1 J
D.电阻两端电压表达式为u=10 ·sin (100πt) V
课本素材 追本溯源:人教版教材选择性必修第二册P54交变电流的描述中的思考与
讨论。
教材中通过设置问题让学生自己在u-t图像中找出周期和频率,本道高考题以u-t图像为
素材,从频率、峰值、有效值和表达式中考查学生的理解能力和推理论证能力。
解析　由题图可知该交流电的周期T=0.02 s,则频率f= =50 Hz,A错误;ω= =100π rad/
s,电压表达式为u=Um sin ωt=10 sin (100πt) V,D正确;Im= = A=0.2 A,B错误;
电压有效值为10 V,则电阻在1秒内消耗的电能W= t= ×1 J=2 J,C错误。
2.★★(2025北京,4,3分)如图所示,交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动,
产生的电动势随时间变化的规律为e=10 sin(100πt) V。下列说法正确的是( )

A.该交流电的频率为100 Hz
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
　 C　
D.仅线圈转速加倍,电动势的最大值变为10 V
解析　该交流电的频率为f= =50 Hz,A错误。图示位置为垂直于中性面的位置,穿过
线圈的磁通量为零,但磁通量变化率最大,产生的感应电动势最大,B错误。由右手定则
可知,线圈转到图示位置时,电流由B→A;由左手定则可知,AB边此时受到的安培力方向
向上,C正确。由于Em=NBSω,仅线圈转速n加倍,即ω加倍,可得电动势的最大值变为原来
的2倍,即Em=20 V,D错误。
3.★★(2026河北,4,4分)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性
变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的 倍),R2两端的电压随
时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为
( )

A.2∶3　　　 B.4∶3
　 B　
C.2∶ 　　　 D.5∶4
解析　依题意,0~ 时间内R1两端电压的有效值为 ,设R1=R2=R,根据焦耳定律以及有
效值的概念可得Q1= · + · ,Q2= T,可得Q1∶Q2=4∶3,B正确。
4.★★★(2024山东,8,3分)如图甲所示,在-d≤x≤d,-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面
向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线
圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所
示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化
后磁场的区域可能为 ( )

　 C　
解析　感应电动势瞬时值表达式e=E sin ωt,当e= E时,sin ωt= ,即线圈由题图甲所
示位置转过60°(见俯视图)的过程中线圈内磁通量不变,无感应电动势产生,由图中关系
可知磁场区域分布在- ≤x≤ 空间内,C正确。
俯视图
三年模拟
5.★★(2026届江苏苏州期初调研)一个单匝矩形线圈,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴
匀速转动,产生的电动势随时间的变化规律为e=220 sin 100πt(V),则( )
A.频率为100 Hz
B.电动势有效值为220 V
C.t=0时,线圈位于中性面
D.线圈中最大磁通量为 Wb
　 C　
解析　根据电动势表达式e=220 sin 100πt(V),可知角速度ω=100π rad/s,频率f= =50
Hz,A错误。电动势有效值E= = V=220 V,B错误。当t=0时,电动势瞬时值e=0,
此时线圈位于中性面(磁通量最大,感应电动势为零),C正确。最大磁通量Φm= =
Wb= Wb,D错误。
6.★★★(2025黑吉辽蒙,T9改编)在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,矩形导线框abcd
沿ab边中垂线ef垂直弯折,弯折后的线框绕PM轴以角速度ω匀速转动(从上往下看为顺
时针方向),PM与磁场方向垂直,ae=eb=bc=l,线框由同种均匀材料制成,总电阻为R,t=0时
刻转动到如图所示位置,此时磁场方向与平面aefd平行,与平面ebcf垂直,且平面ebcf垂
直纸面向外,下列说法正确的是 ( )

　 C　
A.t=0时线框中电流方向为b→c
B.t=0时Ubc=Bl2ω
C.t= 时线框的磁通量大小为 Bl2
D.t= 时电流大小与t=0时电流大小相等
解析　导线框转动过程中,只有bc边切割磁感线产生感应电动势。t=0时,bc边垂直于磁
场方向的分速度相对于纸面向外,根据右手定则,线框中电流方向为c→b,A错误;t=0时,
bc边的速度大小为v=ωr=ω× l= ωl,平面abcd与磁感线成45°角,bc边的速度垂直磁
场方向的分速度为v1=v sin 45°=ωl,感应电动势大小为E=Blv1=Bl2ω,感应电流大小为I=
= ,b、c两点间的电压为Ubc= IR= ,B错误;t= 时,线框转过的角度为θ=ωt= ,t
= 时,平面abcd与磁场方向垂直,线框的磁通量大小为Φ=B(l× l)= Bl2,C正确;t=
时,平面abcd与磁场方向垂直,bc边的速度与磁场方向平行且相反,不切割磁感线,感应
电动势为0,感应电流为0,与t=0时电流大小不相等【点拨:因仅bc边切割磁感线,此弯折
线框可等效为abcd平面线框绕PM轴转动切割磁感线】,D错误。
7.★★★(2026届山东九五协作体开学考)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ象限
和第Ⅳ象限内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,第Ⅱ象限内
存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小也为B的匀强磁场。一半径为L、电阻为R、
圆心角为60°的扇形闭合线圈在纸面内绕O点逆时针匀速转动,角速度为ω,t=0时,半径
OA与x轴重合。线圈转动一周的过程中产生的感应电流的有效值为 ( )

　 A　
A. 　　　 B. 　　　 C. 　　　 D.
解析　半径OC切割磁感线产生的感应电动势为E0= ,只有半径OC切割磁感线时产
生的感应电流为I0= = ,OC和OA同时切割磁感线时产生的感应电流为I'= =2I0,
根据有效值的定义,有(2I0)2R× + R× + R× = RT,所以I效=I0= ,A正确。
线框转动切割磁感线+力学三大观点的综合应用
(2026届浙江七彩阳光新高考联盟开学考)某探究小组设计了两种电磁驱动装置。图1
利用直流电源给线框供电,接通电源后正方形导线框ABCD在磁极间的辐向磁场中,从
静止开始绕中心轴线OO'发生转动。图2为三个线圈连接到三相电源上,电流形成的磁
场可等效为角速度ω0的旋转辐向磁场,稳定后解锁正方形导线框ABCD,导线框由静止
开始转动。图3为不同视角的上述两种驱动装置的截面图,分别为图1的正视图和图2的
俯视图。已知导线框ABCD的边长为l,电阻为R,AB、CD两边的质量均为m,所处位置的
磁感应强度大小均为B,磁场方向始终与转动方向垂直,转动中AB、CD两边受到的阻力
均为f=kv(k为比例系数,v为线速度),其余两边质量和所受阻力不计。电源的电动势为E,
创新风向·知识迁移
内阻不计,求:
(1)在两种驱动装置中,若图1、2导线框的转动方向一致,则旋转辐向磁场的转动方向是
顺时针还是逆时针;
(2)在图2装置中,若k= ,则导线框转动的最大角速度ωm是多少;
(3)在图1装置中,若导线框经过时间t恰好达到最大角速度,则在该过程中AB边转过的弧
长s是多少。
答案
(1)顺时针 (2)
(3)
解析 (1)题图1装置,导线框顺时针转动,则题图2装置导线框也顺时针转动,由楞次定
律可知,旋转辐向磁场的转动方向也为顺时针。
(2)当导线框ABCD达到稳定时,线框AB、CD两边切割磁感线的相对速度大小为v相对=(ω
0-ωm)· 【点拨:注意f=kv中的v是线框相对磁场的速度】
此时的感应电动势为E'=2Blv相对=Bl2(ω0-ωm)
此时的感应电流为I= =
导线框AB、CD两边所受的安培力均为
F安=BIl=
又有AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡
ωm· =
解得导线框转动的最大角速度ωm= 。
(3)转动稳定后达到最大角速度ω'm,AB、CD两边所受的安培力均与阻力平衡f=F'安
此时的感应电动势为E″=2Blv=Bl2ω'm
则此时的感应电流为I'= =
AB、CD两边所受的安培力大小为
F'安=
则kω'm· =
解得ω'm=
设安培力的冲量为IA,由动量定理得2IA-2ft=2m·ω'm·
又IA=∑FAiΔt=∑ Δt=
联立解得s=
代入ω'm,解得s= 。
第2节 变压器　远距离输电　实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
变压器及其相关实验T1、3、4、5、7、8　 远距离输电T2、6、9
五年高考
1.★(2025福建,2,4分)在图(a)所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,电阻
R1的阻值是R2的2倍,电压表为理想电压表。若原线圈输入如图(b)所示的正弦交流电,
则 ( )

A.交流电周期为2.25 s
B.电压表示数为12 V
　 B　
C.流经副线圈的电流是流经R1的2倍
D.变压器的输入、输出功率之比为4∶1
解析　由题图(b)可得交流电的周期T=(2.25-0.25)×10-2 s=0.02 s,A错误。原线圈输入电
压的有效值U1= V=48 V;由 = ,可得U2=12 V,B正确。电阻R1和R2并联,副线圈中
的电流I= + ,故 =3,C错误。理想变压器不消耗电能,输入功率与输出功率相等,D
错误。
2.★★(2025广东,2,4分)如图所示,某光伏电站输出功率1 000 kW、电压400 V的交流
电,经理想变压器升压至10 kV后,通过输电线输送到变电站。输电线的等效电阻R为5
Ω。下列说法正确的是 ( )

A.变压器原、副线圈匝数比为1∶100
B.输电线上由R造成的电压损失为500 V
　 B　
C.变压器原线圈中的电流为100 A
D.变压器原、副线圈中电流的频率不同
解析　根据原、副线圈的电压与匝数关系,可得 = ,代入数据得 = ,A错误;R造
成的电压损失ΔU=I2R,又I2= = =100 A,联立得ΔU=500 V,B正确;变压器原线圈
中的电流I1= = =2 500 A,C错误;变压器原、副线圈中的电流频率一定相同,D
错误。
3.★★(2024浙江1月,5,3分)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出
u=5 sin 100πt 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10
kV,就会在打火针和金属板间引发电火花,实现点火。下列正确的是 ( )
A. <
B. <
　 B　
C.用电压表测原线圈两端电压,示数为5 V
D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz
解析　根据题意,输出的交流电,电压的有效值为U1= V,频率为50 Hz,所以用电压
表测量原线圈两端电压,示数小于5 V,C错误;根据上述分析,副线圈输出的交流电频率
为50 Hz,D错误;根据 = 结合题意可知, < = ,B正确,A错误。
4.★★(2023河北,5,4分)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备,某型
除颤仪电路原理如图。某次调试时交流电压表示数为20 V,电容器充电完毕,开关由
“1”掷向“2”,放电电流平均值为2.8 A,放电时间约为10-2 s,已知电容器电容为2.0×1
0-5 F。则升压变压器原副线圈的匝数比约为( )

　 B　
A.1∶25　　　 B.1∶50
C.1∶70　　　 D.1∶100
解析　电容器放电总电荷量Q= t=2.8×10-2 C,电容器充电完毕时的瞬时电压Um= =
V=1.4×103 V【点拨:由于二极管的单向导电性,电容器充电完毕时的电压等于升压变压器副线圈两端电压的最大值】;升压变压器副线圈两端电压有效值U2= ≈1
000 V,升压变压器原副线圈匝数比 = = = ,B正确。
5.(2025山东,14,8分)某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点,设计了如下实验。
所用实验器材为:
学生电源;
可调变压器T1、T2;
电阻箱R;
灯泡L(额定电压为6 V);
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12 V,闭合S1,
调节电阻箱阻值,使V1示数为6.00 V,此时A1(量程为250 mA)示数如图乙所示,为_______
______mA,学生电源的输出功率为_____________W。


　 2.4　
20 0　

(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6.00 V,此时A2示数为20 mA,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125 mA,高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了____________
____W。
　 0.9
　 100　
解析 (1)电流表表盘上每小格为5 mA,读数为200 mA。此时学生电源的输出功率P出1
=I1U=0.2×12 W=2.4 W。
(2)低压输电时电阻箱消耗的功率为
PR1=P出1-PL1=I1U-I1U1=(0.2×12-0.2×6) W=1.2 W
由PR1= R得电阻箱连入电路的阻值R= = Ω=30 Ω
高压输电时电阻箱功率为PR2= R=0.022×30 W=0.012 W
= =100。
(3)高压输电时学生电源的输出功率为
P出2=I3U=0.125×12 W=1.5 W
电源输出功率的减小量ΔP=P出1-P出2=2.4 W-1.5 W=0.9 W。
三年模拟
6.★★(2026届江苏南京月考)白鹤滩水电站是实施“西电东送”的国家重大工程,若水
电站的输出功率不变,输出电压提高为原来的10倍,则输电导线上的电流将减小为原来
的 ( )
A.0.1　　　 B.0.01
C.0.05　　　 D.0.025
　 A　
解析　若水电站的输出功率不变,输出电压提高为原来的10倍,根据P=UI可知,输电导
线上的电流将减小为原来的0.1,A正确。
7.★★★(多选)(2025届江西萍乡二模)如图为“日”字形理想变压器(铁芯左右对称)的
示意图,中间和两臂上分别绕有匝数为n0、n1、n2的线圈,线圈匝数比n0∶n1∶n2=10∶
4∶5,两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压u0=36 ·sin 100πt(V)的交变
电流,设通过铁芯左右两臂的磁通量相等,忽略磁损,电表均为理想电表,下列说法正确
的是 ( )

　 BC　
A.三个线圈中磁通量的变化率都相同
B.电压表V1的示数为7.2 V
C.电压表V1和V2示数比为4∶5
D.电流表A1和A2示数比为5∶4
解析　因穿过中间线圈的磁通量等于穿过两臂线圈的磁通量之和,可知中间线圈的磁
通量变化率大于两臂线圈的磁通量变化率,两臂线圈的磁通量变化率相等,A错误;中间
线圈电压有效值U0= V=36 V,可得左臂线圈两端电压U1= · ·U0= × ×36 V=7.2
V,即电压表V1的示数为7.2 V【易错:中间线圈和左臂线圈的磁通量不相等,不满足电
压与匝数成正比】,B正确;同理,右臂线圈两端电压U2= · U0= × ×36 V=9.0 V,即电
压表V2的示数为9.0 V,电压表V1和V2示数比为4∶5,C正确;左臂线圈和右臂线圈的磁通
量相等,满足电压与匝数成正比,因电阻相同,电压又和电流成正比,故电流与匝数成正
比,即4∶5,D错误。
8.★★★(多选)(2026届云南昆明一中联考一)如图所示是磁吸基座无线充电器,当送电
线圈接入u=220 sin πt(V)的交流电源后,手机上的受电线圈产生感应电流。手机即
进入“无线超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为20 V,充电电流为5 A,
充电基座送电线圈接有理想电流表,受电线圈接有阻值为R=0.4 Ω的电阻,线圈电阻不
计且充电过程中不计一切能量损失,则 ( )

　 ABC　
A.送电线圈与受电线圈的匝数比为10∶1
B.电流表的示数为0.5 A
C.超充模式下,该充电器送电线圈的输入功率为110 W
D.若此手机的电池容量为5 000 mA·h,则超充模式下的充电时间为75分钟
解析　根据原、副线圈电压与匝数的关系可得 = = ,代入数据解得 = ,A
正确;由匝数比可知原线圈电流应为I1= =0.5 A,B正确;充电基座送电线圈的输入功
率P=U1I1=220 V×0.5 A=110 W,C正确;手机充电时间t= = h=1 h=60 min,D错
误。
9.★★★★(2026届浙江七彩阳光一模)高铁运行中供给动力车厢线路的结构原理如图
所示。通过牵引变电所的理想变压器把电压U1降到U2,动力车厢内的理想变压器再将
U3降到U4后,为动力系统提供电能。两个理想变压器两端的匝数、电压和电流如图所
示,输电线路电阻的阻值为r,则 ( )

　 A　
A.I4= I1
B.U4= U1
C.r=
D.输入动力系统的功率为U1I1-U3I3
解析　根据变压器电流与匝数关系有I4= I3,I2= I1,又因为I2=I3,整理得I4= I1,A正确;
根据理想变压器电压与匝数关系有U4= U3,U2= U1,因为U2≠U3,所以U4≠ U1,B错
误;输电线路电阻的阻值为r= ,C错误;根据能量守恒,可知输入动力系统的功率为
U1I1-(U2-U3)I3,D错误。
微专题33 含变压器电路的动态分析
题组1　原线圈无负载
1.★★★(多选)(2026届云南曲靖罗平县二中9月考)如图甲所示,理想变压器原、副线
圈的匝数比为1∶2,原线圈所接交流电源的电压u随时间t按正弦规律变化,如图乙所
示。已知定值电阻R0的阻值为5 Ω,滑动变阻器R的最大阻值为50 Ω,P为其滑片,电流表
和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是 ( )

A.所用交流电频率为100 Hz
B.滑动变阻器R接入电路的阻值为20 Ω时,电压表示数为22 V
　 BD　
C.滑片P向下滑动,电流表示数变大
D.改变滑片P的位置,副线圈的最大输出功率为24.2 W
解析　由题图乙可知所用交流电的周期为T=0.02 s,所以频率为f= =50 Hz,A错误;设流
过滑动变阻器R的电流为I,则根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系可知,流过
定值电阻R0的电流为I1= I=2I,由题图乙可知电源输出电压的有效值为U= =22 V,则
变压器原线圈的输入电压为U1=U-U0=22 V-I1R0,副线圈的输出电压为U2=IR,则根据理
想变压器原、副线圈电压与匝数的关系有 = = ,即 = ,代入R=20 Ω整理
可得I=1.1 A,所以此时电压表示数为U2=IR=22 V,B正确;由B选项分析可知副线圈的电
流I和滑动变阻器接入电路的阻值R的关系为I= ,当滑片P向下滑动时,滑动变阻
器接入电路的阻值R增大,故I变小,所以电流表的示数I1也变小,C错误;副线圈的输出功
率为P=I2R= R,当R=20 Ω时副线圈的输出功率最大,此时最大输出功率为Pm=2
4.2 W,D正确。
2.★★★(2026届湖南长沙雅礼中学月考)如图所示,理想变压器原线圈接在电压有效值
恒定的交流电源上,定值电阻R1=3 Ω,R2=10 Ω,滑动变阻器最大阻值R=6 Ω,三只电表均
为理想交流电表。滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中,电流表A2和电压
表的读数变化量分别为ΔI2、ΔU,则下列判断正确的是 ( )

A.电流表A1的示数增大
　 D　
B.电压表的示数不变
C. =13 Ω
D.R和R2消耗的总功率先增大后减小
解析　副线圈所在电路中,当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中,总电阻
增大,则可知副线圈所在电路中电流I2减小,I1也减小,即电流表A1的示数减小,A错误;原
线圈两端电压不变,副线圈两端电压也不变,副线圈所在回路中的电流减小,R1两端的电
压减小,R2与滑动变阻器两端的电压增大,即电压表的示数变大,B错误;根据闭合电路欧
姆定律有U=U2-I2R1,其中U2大小不变,因此可知 =R1=3 Ω,C错误;设R和R2并联后的等
效电阻为R',两者消耗的总功率为P,则有P= R'= R'= =
,故当R'=R1=3 Ω时,R和R2消耗的总功率有最大值Pmax= ,而滑动变阻器最
大阻值R=6 Ω,且滑片从中间开始向上滑动,则在滑动过程中有 Ω≤R'≤ Ω,由此可
知,R和R2消耗的总功率先增大后减小【点拨:将U2看成电源电动势,R1视为电源内阻,可
直接利用二级结论,即当外电路的总电阻和电源内阻相等时,输出功率最大】,D正确。
3.★★★(2026届浙江强基联盟一模)如图甲所示,矩形线框切割磁感线产生交流电压e=
25 sin 100πt(V),它的匝数N=5、电阻r=1 Ω,将其接在如图乙所示的理想变压器的原
线圈上。“220 V 22 W”的灯泡L正常发光,内阻为10 Ω的电风扇正常工作,电流表的
示数为0.3 A。导线电阻不计,电压表和电流表均为理想电表,不计灯泡电阻的变化,矩
形线框最大电流不能超过20 A。以下描述正确的是( )

　 B　
A.矩形线框转动时最大磁通量为 Wb
B.当线圈从图甲所示位置经过时,理想电压表示数为22 V
C.原、副线圈上的电流比I1∶I2=44∶5
D.若将电风扇换成另一只与L完全相同的小灯泡,则电流表的示数变大
解析　根据变压器磁通量变化与电压计算有e=Em sin (ωt)=NΦmaxω sin (ωt),解得Φmax=
Wb,A错误;原、副线圈的匝数比为 = = ,又有E= =25 V,由闭合电路欧姆定
律,可得U1=E-I1r,且I1≤20 A,联立解得I1=3 A, = = ,则U1=22 V,B正确,C错误;若将电
风扇换成另一只与L完全相同的小灯泡,则L与小灯泡并联,副线圈上总电阻变为R总=
= =1 100 Ω,原、副线圈的电流比有 = ,解得I2= A≈0.21 A【易错:注意线
框电阻,原线圈两端电压满足闭合电路欧姆定律】,电流表示数减小,D错误。
4.★★★(多选)(2026届深圳实验中学开学考)如图甲所示为一理想变压器的原理图,
原、副线圈的匝数分别为n1、n2,a、b为输入端,c、d为输出端。除了通过调节原、副
线圈的匝数比来调节输出端的电压外,还可以通过调节R1和R2的比值来调节输出端的
电压,若在a、b端接入如图乙所示的电压,电压随时间按正弦规律变化,电压表和电流表
均为理想交流电表,则下列说法正确的是 ( )

A.输入端电压的变化规律为u=220 ·sin 100πt(V)
　 BCD　
B.若n1∶n2=1∶10,输出端电压的有效值可能为1 100 V
C.若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,要使R2的功率最大,
则有R2=R1
D.若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,增大电阻R2,则电流
表示数变小,电压表示数增大
解析　由题图乙可知T=0.2 s,故输入端电压的变化规律为u=220 sin t(V)=220
sin 10πt(V),A错误。设原、副线圈两端电压有效值分别为U1、U2,则U1= V=220
V,根据 = 可得U2=2 200 V,当R1=R2时,输出端电压有效值为U3= =1 100 V,B正确。
若输入端的电压保持不变,原、副线圈的匝数比和R1的阻值不变,则副线圈中电流为I2=
,R2的功率为P= R2= ,可知当R2=R1时,R2的功率最大;输出端电压U3=U2
-I2R1,增大R2,I2变小,U3变大,即电流表示数变小,电压表示数增大,C、D正确。
一题多解
U2看成电源电动势,R1视为电源内阻,可直接利用规律“串反并同”秒解D选项。
题组2　原线圈含负载
1.★★★(2025湖南,6,4分)如图,某小组设计了灯泡亮度可调的电路,a、b、c为固定的
三个触点,理想变压器原、副线圈匝数比为k,灯泡L和三个电阻的阻值均恒为R,交变电
源输出电压的有效值恒为U。开关S与不同触点相连,下列说法正确的是 ( )

A.S与a相连,灯泡的电功率最大
　 B
B.S与a相连,灯泡两端的电压为
C.S与b相连,流过灯泡的电流为
D.S与c相连,灯泡的电功率为
解析 S接a,电源与原线圈和三个电阻相连,U=I1(3R+k2R),原线圈两端电压U1=U-I1·3R,
灯泡两端电压等于副线圈两端电压,即U2= = ,灯泡的电功率PL= ,此时灯泡电
功率最小,A错误,B正确。S与b相连,U=I'1(2R+k2R),且 = ,得IL= ,C错误。S与c
相连,I'L= ,PL=IL'2·R,得PL= ,D错误。
2.★★★(多选)(2026届浙江绍兴期末)如图所示为自耦式变压器,输入端接u=200 sin
100πt(V)正弦式交变电流,调节P使原、副线圈匝数比为3∶1,调节Q使滑动变阻器的阻
值R=R0,已知变压器为理想变压器,电压表为理想电压表,下列说法正确的是( )

A.电压表的读数为66.7 V
　 BD
B.原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶9
C.保持P的位置不变,将Q向下移动时,电压表示数保持不变
D.保持Q的位置不变,将P逆时针方向移动时,电阻R0消耗的功率将增大
解析　根据题意可知,输入端电压的有效值为U=200 V,变压器副线圈及回路等效电阻
为R等= R=9R0,则原线圈输入电压为U1= U=180 V,副线圈输出电压为U2= U1
=60 V,即电压表的读数为60 V,A错误;通过原、副线圈的电流之比为I1∶I2=n2∶n1=1∶
3,由公式P=I2R可知,由于原、副线圈回路中电阻阻值相等,则原、副线圈回路中电阻消
耗的功率之比为1∶9,B正确;保持P的位置不变,将Q向下移动时,滑动变阻器接入电路
的阻值变大,则副线圈及副线圈回路对应的等效电阻变大,原线圈中电流减小,由U1=U-I
1R0可知,原线圈输入电压增大,则副线圈输出电压增大,即电压表示数变大,C错误;保持Q
的位置不变,将P逆时针方向移动时,原、副线圈匝数比减小,则副线圈中电流增大,原线
圈中电流增大,由公式P=I2R可知,电阻R0消耗的功率将增大,D正确。
归纳总结
原线圈有定值电阻或原线圈回路中电阻发生变化时,利用等效电阻法可以大大减少计
算量,提升解题速度。
3.★★★(多选)(2026届云南昆明一中联考二)如图所示,一内阻不计的交流发电机向某
电路供电,发电机内部的磁场视为匀强磁场,线圈以角速度ω=10π rad/s,绕垂直于磁场的
轴匀速转动,灯泡L1(100 V,100 W)、L2(50 V,50 W)、L3(100 V,100 W)均恰好正常发光,
当线圈通过图示位置时,磁通量为Φ,理想交流电压表示数为U,已知发电机线圈的匝数
为100,图中变压器为理想变压器,三个灯泡工作时电阻恒定,则 ( )

　 AC　
A.理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1
B.此时电压表的示数为0 V
C.磁通量Φ= Wb
D.若将滑动变阻器R的滑片向b端移动,灯泡L1将会变暗
解析 灯泡L1(100 V,100 W)、L2(50 V,50 W)、L3(100 V,100 W)均恰好正常发光,原线
圈电流I1= =1 A,副线圈电流I2= + =2 A,理想变压器原、副线圈的匝数比 = =
,A正确;电压表示数为电压的有效值,不为零,B错误;电动势有效值为E=2U1+U3=300
V,最大值为Em= E=NΦω,解得磁通量为Φ= Wb,C正确;变压器副线圈的等效电阻
R= R2,其中R2为副线圈回路总电阻,若将滑动变阻器R的滑片向b端移动,则副线圈
总电阻变大,变压器原线圈分压变大,副线圈两端电压变大,灯泡L1两端电压变大,灯泡L1
将会变亮,D错误。
4.★★★(2026届湖南名校联合体一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶
n2=1∶2,R1为滑动变阻器,R2为电阻箱,电压表和电流表均为理想电表,两个定值电阻阻
值均为R0,在a、b两端加上正弦交流电,在调节滑动变阻器滑片和电阻箱阻值的过程中,
下列判断正确的是 ( )

　 B　
A.仅将滑动变阻器滑片向右移,原、副线圈电路中定值电阻消耗的功率之比变大
B.仅将滑动变阻器滑片向右移,a、b端输入功率和变压器的输出功率均变大
C.仅将R2变大,电压表和电流表的示数均变大
D.仅将R2变大,电压表示数的变化量大小ΔU与电流表示数变化量大小ΔI的比值 变
大
解析　设原线圈中的电流为I,根据电流比与匝数比关系可知,副线圈中电流为 I,因此
原线圈和副线圈中的定值电阻消耗的功率之比始终为4∶1,A错误;仅将滑动变阻器滑
片向右移动,由U=I(R0+R1)+I (R0+R2)可知【点拨:将变压器和副线圈回路等效为一个电阻,列原线圈中的欧姆定律方程】,R1变小,I变大,a、b端输入功率IU变大,副线圈中
电流变大,变压器输出功率变大,B正确;仅将R2变大,I变小,副线圈中电流也变小,因此电
流表示数变小,原线圈电路中两电阻两端的电压均变小,因此变压器原线圈输入电压变
大,输出电压变大,电压表示数变大,C错误;设电压表的示数为U2,电流表的示数为I2,a、b
端输入电压为U,则U=2I2(R0+R1)+ U2【点拨:注意到U2、I2、R2都在变化,为实现控制变量,选择在原线圈回路中根据欧姆定律列式求解U2与I2的关系】,由此可知,U2与I2成线
性关系,因此仅将R2变大,电压表的变化量大小ΔU与电流表变化量大小ΔI的比值 不
变,D错误。
5.★★★★(2025届安徽合肥一中模拟)“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快
速发展的重要保证,如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈
两端的电压分别为U1和U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电
线路的起始端接入两个互感器,两个互感器原、副线圈的匝数比分别为30∶1和1∶20,
各互感器和电表均为理想状态,则下列说法正确的是 ( )

　 D　
A.电压互感器电压值为
B.若电压表的示数为100 V,电流表的示数为5 A,则输电线路损耗功率为300 kW
C.若保持发电机输出电压U1和输送功率不变,仅将滑片Q下移,则输电线损耗功率增大
D.发电机输出电压U1一定,增加用户数,为维持用户电压U4不变,可将滑片Q下移
解析　根据变压比可知 = = ,则电压互感器电压值U= ,A错误;若电压表的示数
为100 V,电流表的示数为5 A,输电线路上的输电电流为I2=5×20 A=100 A,输电线路损
耗功率P损= r,因为输电线的电阻r未知,所以输电线路损耗的功率无法计算,B错误;若
保持发电机输出电压U1和输送功率不变,仅将滑片Q下移,则升压变压器副线圈的匝数
增多,根据变压比可知U2变大,根据P=UI可知,输电线路的电流减小,根据P损= r可知,输
电线损耗的功率减小,C错误;各用户都是并联的,所以增加用户数,降压变压器副线圈电
路的总电阻减小,则在降压变压器的原线圈电路中的等效电阻也减小,若升压变压器的
匝数比不变,则升压变压器的输出电压不变,根据欧姆定律可知输电线路上的电流增大
【点拨:将降压变压器及回路等效为一个电阻,在输电线回路中应用欧姆定律】,输电线
损失电压增大,则降压变压器的输入电压减小,U4减小,所以为维持用户电压U4不变,可
以提高升压变压器的输出电压,即可将滑片Q下移,增加升压变压器副线圈的匝数,D正
确。
第3节 电磁振荡与电磁波
1.★★(多选)(2026届广东湛江部分学校一模)下列关于电磁现象和电磁波的叙述中,正
确的是 ( )
A.电磁波在空间中传播时传播速度与所处介质有关
B.麦克斯韦发现了电磁感应现象并证实了相关理论
C.电磁波是一种传播方向和振动方向相互垂直的波
D.X射线一般可用于安检、医疗透视以及杀菌消毒
　 AC　
解析　电磁波的传播速度公式为v= ,其中n为介质的折射率,在真空中n=1,速度为c;在
介质中n>1,速度减小,因此速度与所处介质有关,A正确。电磁感应现象由法拉第发现,
麦克斯韦的主要贡献是建立电磁场理论并预言电磁波的存在,B错误。电磁波是横波,
其电场和磁场的振动方向均垂直于传播方向,且二者互相垂直,C正确。X射线常用于
安检和医疗透视,但杀菌消毒通常使用紫外线,D错误。
2.★★(2026届重庆七校联盟期末)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u
的交流电源连接,副线圈接有三个支路,如图所示(光敏电阻的阻值随着光照增加而减
少)。当S接a时,三个灯泡均发光,下列说法正确的是 ( )

A.若电容C减小,则L1灯泡变暗
B.若频率f减小,则L2灯泡变暗
　 A　
C.若RG上光照减弱,则L3灯泡变亮
D.若S接到b时,则三个泡均变暗
解析　电容减小,对交流电的阻碍作用增大,则L1灯泡变暗,A正确;频率f减小,则电感的
阻碍作用减小,则L2灯泡变亮,B错误;光敏电阻上光照减弱,阻值增大,由于各支路电压不
变,则L3灯泡电流变小,L3灯泡变暗,C错误;S接到b时,根据理想变压器电压与匝数的关系
可知,副线圈电压增大,则三个灯泡均变亮,D错误。
知识拓展
容抗:电容对交变电流的阻碍作用,XC= 。
感抗:电感线圈对交变电流的阻碍作用,XL=2πfL。
3.★★(2026届四川广安中学开学考)在如图所示的电路中,L是直流电阻可以忽略的电
感线圈,闭合开关S,电路稳定后突然断开开关S并开始计时,已知LC振荡电路的振荡周
期为T,则在 ~ 时间内 ( )
A.电容器在放电
B.灯泡越来越亮
C.A板所带的正电荷增加
D.L产生的自感电动势不变
　 C　
解析　电路稳定后,线圈中电流方向向下,电容器被短路,带电荷量为0,断开开关,电感线
圈与电容器构成回路,此时LC振荡电路中电流最大,电容器带电荷量最小,0~ 时间内
电容器充电,电流方向为顺时针方向; ~ 时间内电容器放电,电流为逆时针方向; ~
时间内电容器充电,电流方向为逆时针方向,电场能增加,磁场能减小,所以电流减小,
灯泡亮度减弱,A、B错误。 ~ 时间内电容器充电,两极板所带电荷量增大,电流方向
为逆时针方向,A板带正电,B板带负电,C正确。在 ~ 时间内电容器充电,两极板所带
电荷量增大,则两极板之间的电势差增大,L产生的自感电动势等于两极板之间的电势
差,所以L产生的自感电动势增大,D错误。
知识拓展
LC振荡电路充、放电过程的判断方法
(1)根据电流流向判断:当电流流向带正电的极板时,电容器所带电荷量增加,磁场能向
电场能转化,电容器处于充电过程;反之,当电流流出带正电的极板时,电容器所带电荷
量减少,电场能向磁场能转化,电容器处于放电过程。
(2)根据物理量的变化趋势判断:当电容器的带电荷量q(电压U、电场强度E)增大或电
流i(磁感应强度B)减小时,处于充电过程;反之,处于放电过程。
(3)根据能量判断:电场能增加时充电,磁场能增加时放电。
4.★★★(2025浙江1月,7,3分)有关下列四幅图的描述,正确的是 ( )


　 C　
A.图1中,U1∶U2=n2∶n1
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
解析 根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系可知U1∶U2=n1∶n2,A错误;由
题图2中线圈的转动方向可知,穿过线圈的磁通量越来越大,磁通量的变化率越来越小,
故线圈的感应电动势正在减小,B错误;由电容器内电场方向可知,电容器下极板带正电,
如果在放电,根据安培定则判断线圈中的磁感线方向向下,与题图3不符,因此电容器在
充电,磁场能转化为电场能,电场能逐渐增加,C正确;根据LC振荡电路周期公式T=2π
可知,增大电容C,则振荡周期T变大,频率变小,D错误。
易错警示
在题图2中,线圈切割磁感线时,速度方向与B的夹角越来越小,产生的感应电动势越来
越小,通过线圈的磁通量越来越大。
5.★★★(2026届广东六校联盟开学考)科技发展日新月异,一些曾经很流行的物件慢慢
边缘化,如图1所示是一个收音机(简笔画),可以用来收听广播电台节目。广播电台将电
磁波发射出去,人们通过调节收音机上的调频旋钮来选择自己想要收听的电台。收音
机内部有一个LC振荡电路,需要调节其固有频率与要接收的电磁波频率相同,使接收到
的信号最强。收音机的调频旋钮实际上就是个可调电容器,其原理简化图如图2所示,
两个半圆形铜片中心通过塑料转轴连接,其中一片是定片,另一片是动片,旋动调频旋钮
的时候,改变两个铜片的正对面积从而改变其电容,当前收音机正在接收中山人民广播
电台(调频96.7 MHz)的节目,下列说法正确的是 ( )
　 D　

　 图1　　　　图2
A.不同频率的电磁波在相同介质中的传播速率相同
B.电磁波从真空进入水中,传播速度减小,波长变大
C.不同电台发出的电磁波到达收音机处,会发生干涉,有些时候信号加强,有些时候信号
减弱
D.若要调台,改听中山音乐电台(调频88.8 MHz),则需要将图2中的动片逆时针旋转
解析　频率越高的电磁波在相同介质中折射率越高,传播速率越小,A错误;电磁波从真
空进入水中,根据v= 可知,传播速度减小,根据λ= 可知,波长变小,B错误;不同电台发
出的电磁波到达收音机处,由于频率不同,则电磁波不会发生干涉,C错误;若要调台,改
听中山音乐电台(调频88.8 MHz),则频率减小,根据f= 可知,需增大电容,需要将题
图2中的动片逆时针旋转【点拨:根据C= 可知,增大了动片和定片之间的正对面积,
从而增大了电容】,D正确。

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