【文档说明】第十二章　交变电流　电磁场和电磁波.docx，共(5)页，145.178 KB，由小赞的店铺上传

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第十二章交变电流电磁场和电磁波做真题明方向授课提示：对应学生用书123页1.[2023·湖南卷](多选)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4ωB．灯泡两端电压有效值为32nBL2ωC．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42nBL2ω3D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮答案：AC解析：大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr与题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动

势的最大值Emax＝nBS·4ω又S＝L2联立可得Emax＝4nBL2ω则线圈产生感应电动势的有效值E＝Emax2＝22nBL2ω根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝RER＋R＝2nBL2ω，B错误；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，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值E′max＝8nBL2ω此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝E′max2＝42nBL2ω根据电阻定律R′＝ρlS′可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理

可得灯泡两端电压有效值U′＝RE′R＋2R＝42nBL2ω3，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝nBSω2可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误．故选AC.2．[2022·山东卷]如图所示的变压器，输入电压为220V，可输

出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V．将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W．下列说法正确的是()A．n1为1100

匝，Um为220VB．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s答案：D解析：根据理想变压器的

变压规律有Un1＝0.1V1，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝2U＝2202V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝PR＝12V，根据理想变压器的变压规律有Un1＝UBCnBC，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝UBCR＝1A，B

错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ω2π＝50Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝UACR＝2.5A，周期T＝1f＝0.02s，D正确．3．[2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝

数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是()A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动

的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小答案：B解析：

设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝U1I1＝n1n2U2n2n1I2＝n1n22U2I2＝n1n2

2R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变

，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想电压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错误；由于R2两端电压减小，

则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．4.[2024·浙江1月]如图为某燃气灶点火装置的原理图．直流电经转换器输出u＝5sin100πtV的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于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．n2n1<720000B.n1n2<12000C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5VD．副线圈输出交流电压的频率是100Hz答案：B解析：原线圈两端电压的

有效值U1＝52V＝522V，根据电压匝数关系有U1U2＝n1n2，变压器副线圈电压的峰值U2max＝2U2，根据题意有U2max>100002V，解得n2n1>20000，即n1n2<12000，A错误，B正确；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U

1＝52V＝522V，C错误；根据2πT＝2πf＝100π，解得f＝50Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，D错误．5．[2021·广东卷]某同学设计了一个充电装置，如图所示．假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V．理想

变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60.下列说法正确的是()A．交流电的频率为10HzB．副线圈两端电压最大值为3VC．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案：B解析：交流电的周期为0.

2s，频率f＝1T＝5Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U1U2＝n1n2，由于原线圈的电压最大值为0.05V，故副线圈的电压最大值为3V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错

误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误．