高考物理电磁学知识点之交变电流分类汇编附答案(7)

高考物理电磁学知识点之交变电流分类汇编附答案(7)
一、选择题
1．如图所示，一单匝正方形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。

已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈边长为L ，电阻为R ，转动的角速度为ω。

当线圈转至图示位置时（ ）
A ．线圈中感应电流的方向为abcda
B
．线圈中感应电流的大小为22B L R ω C ．穿过线圈的磁通量为BL 2 D ．穿过线圈磁通量的变化率为BL 2ω 2．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则（ ）
A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cd
B ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cd
C ．ab 接PQ 、cd 接MN
，I ab ＜I cd D ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd
3．如图所示，单匝闭合金属线框abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Φm ，线框中产生的最大感应电动势为E m ，从线框平面与磁场平行时刻（图示位置）开始计时，下面说法正确的是
A ．线框转动的角速度为m m
E Φ B ．线框中的电流方向在图示位置发生变化
C ．当穿过线框的磁通量为Φm 的时刻，线框中的感应电动势为E m
D ．若转动周期减小一半，线框中的感应电动势也减小一半
4．如图甲所示电路，已知电阻21R R R ==，和1R 并联的D 是理想二极管（正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大），在A 、B 之间加一个如图乙所示的交变电压（0AB U >时电
压为正值）。

则R 2两端电压的有效值为（ ）
A ．510V
B ．10 V
C ．55V
D ．102V
5．如图所示，一理想变压器，左右两边接有额定电压均为U 的4盏完全相同的灯泡（额定功率为P ）左端接在一电压恒为U o 的交流电源两端。

此4盏灯刚好正常发光。

下列说法中正确的是（ ）
A ．该变压器的原副线圈匝数比为1∶3
B ．此时交流电源输出的功率为3P
C ．U o =4U
D ．如果灯L 2突然烧断，L 1将变亮，而其余2盏将变暗
6．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为12:55:1n n =，原线圈接入电压2202sin100u tV π=的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（ ）
A ．副线圈中交变电流的频率为100Hz
B ．0t =时，电压表的示数为0
C ．电流表的示数先变小后变大
D ．电流表的示数先变大后变小
7．有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中N ，S 是一对固定的磁极，磁极间有一固定的绝缘轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘结束的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是（ ）
A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电
B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关
C．知道摩擦轮与后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数
D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大
8．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。

原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是
A．电流表的示数为4.0A
B．电压表的示数为155.6V
C．副线圈中交流电的频率为50Hz
D．穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1
9．如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为22∶1，两个标有“10 V,5 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图乙所示，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。

则下列说法正确的是 ()
A．经过1 min原线圈的输出电能为6×102 J
B．由于电压过高小灯泡会被烧坏
C．电压表的示数为2 V
D．电流表的示数为 2 A
10．如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝2sin（100πt）V，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，电压表接在副线圈c、d两端，输电线的等效电阻为R，原来开关S是断开的。

则当S闭合一段时间后（）
A．电压表示数不变，示数为22 V B．电压表示数不变，示数为2202V C．灯泡L两端的电压将变大D．电流表示数一定为0
11．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）
A．B．C．D．
12．如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1:n2:n3为（）
A．3︰2︰1B．1︰l︰1C．6︰2︰1D．2︰2︰1
13．矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示．灯泡标有“36 V40 W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是()
A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36 sin(πt)V
B．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次
C．灯泡L恰好正常发光
D．理想变压器输入功率为20 W
14．如图所示，甲图为正弦式交流电，乙图正值部分按正弦规律变化，负值部分电流恒定，丙图为方波式交流电，三个图中的和周期T相同.三种交流电的有效值之比为（）
A．：2：B．2：：C．：：2D．：：2 15．如图所示,交流电流表A1、A2、A3分别与电容器C．线圈L和电阻R串联后接在同一个交流电源上,供电电压瞬时值为U1=U m sinω1t,三个电流表读数相同．现换另一个电源供电,供电电压瞬时值为U2=U m sinω2t,ω2=2ω1.改换电源后,三个电流表的读数将( )
A．A1将减小,A2将增大,A3将不变B．A1将增大,A2将减小,A3将不变
C．A1将不变,A2将减小,A3将增大D．A1将减小,A2将减小,A3将不变
16．一理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器R的滑动片。

下列说法正确的是（）
A．副线圈输出电压的频率为100Hz
B．副线圈输出电压的有效值为62V
C．P向下移动时，变压器的输出功率增加
D．P向下移动时，原、副线圈的电流都减小
17．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为1n、2n，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R=2Ω，现在a、b间，c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间，c、d间电压随时间变化的图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是（）
A．T=0.01s
B ．1n ：2n ≈55：2
C ．电流表A 的示数I ≈36.4mA
D ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0
18．一匝数n =10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，所产生的交流电电动势瞬时值的表达式220sin10πV e t ，下列说法正确的是（ ）
A ．该交流电的频率是50Hz
B ．电动势的有效值是220V
C ．当1s 10
时，电动势的瞬时值为0 D ．穿过线圈的磁通量最大值为4Wb/s
19．如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )
A ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流
B ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势
C ．线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →b →c →d
D ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力
20．一种可视为理想变压器的铭牌如图所示，根据所提供的信息，以下判断正确的是（ ）
型号∶PKT-12-3000
输入参数∶220V 50Hz
输出参数∶12V 3.0A
A ．副线圈的匝数比原线圈多
B ．当变压器输出为12V 和3A 时，原线圈电流为255
A C ．当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12V
D ．当原线圈输入交流电压110V 时，副线圈输出交流电压6V
21．如图所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R 1的输电线连接一只灯泡L 和一个阻值大小随所受照射光强度的增大而减小的光敏电阻R 2．若将照射R 2的光的强度减弱，下列说法正确的是( )
A．原线圈中的电流增大B．流过R2的电流减小
C．加在R1两端的电压增大D．灯泡L变暗
22．如图甲所示的“火灾报警系统”电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，原线圈接入图乙所示的电压，电压表和电流表均为理想电表，R0为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R1为滑动变阻器．当通过报警器的电流超过某值时，报警器将报警．下列说法正确的是( )
A．电压表V的示数为20V
B．R0处出现火警时，电流表A的示数减小
C．R0处出现火警时，变压器的输入功率增大
D．要使报警器的临界温度升高，可将R1的滑片P适当向下移动
23．图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。

线圈绕垂直于磁场的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图乙所示。

已知发电机线圈电阻为10Ω，外接一只阻值为90Ω的电阻，不计电路的其它电阻，则（）
A．电流表的示数为0.31A
B．线圈转动的角速度为50πrad／s
C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动一周过程中，外电阻发热约为0.087J
24．一理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈
的匝数比为n1:n2，在原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k=1
9
，则（）
A ．U =66V n 1:n 2 =3:1
B ．U =22V n 1:n 2 =2:1
C ．U =66V n 1:n 2 =2:1
D ．U =22V n 1:n 2 =3:1
25．电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u=2202sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。

电动机M 的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V ，额定功率P=110W 。

下列判断正确的是）（ ）
A ．该交变电源的频率为100Hz
B ．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V
C ．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D ．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W
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一、选择题
1．D
解析：D
【解析】
【详解】
A ．图示时刻，ad 速度方向向里，bc 速度方向向外，根据右手定则判断出ad 中感应电流方向为a →d ，bc 中电流方向为c →b ，线圈中感应电流的方向为adcba 。

故A 错误；
B ．线圈中的感应电动势为
2E BS BL ωω==
线圈中的感应电流为
2BL I R
ω= 故B 错误；
C ．图示时刻ad 、bc 两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，故C 错误；
D ．线圈中的感应电动势为
2E BS BL ωω== 由公式E t
∆Φ=∆得 2BL t
ω∆Φ=∆ 故D 正确。

故选D 。

2．B
解析：B
【解析】 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据1221
I n I n =，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，选项B 正确．
3．A
解析：A
【解析】
【详解】
A ．根据交流电产生的原理可知，线圈匀速转动产生的交流电的电动势峰值m E nBS ω=，所以结合本题情境可得线框转动的角速度为m m
E Φ，A 正确 B ．图示位置感应电动势最大，电流方向的改变在电动势等于0的时刻，B 错误 C ．当穿过线框的磁通量为Φm 的时刻，线框的速度与磁感线平行，感应电动势为0，C 错误
D ．根据法拉第电磁感应定律可知，若转动周期减小一半，磁通量变化越快，线框中的感应电动势变为原来2倍，D 错误
4．A
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
因为是交流电所以应该分两种情况考虑，当电源在正半轴时A 点电位高于B 点电位二极管导通即R 1被短路，R 2电压为电源电压为
电源在负半轴时B 点电位高于A 点电位二极管截止R 1，R 2串联分压，则
12Q Q Q =+
即为
2222010+22
U T T T R R R =⋅⋅ 解得
U
故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．设灯泡正常发光时，额定电流为0I ，由题图可知原线圈中电流
10I I =
副线圈中3灯并联，副线圈中电流
03I I =2 根据理想变压器的基本规律1221
I n I n =得 12:3:1n n =
故A 错误；
B ．根据总功率等于各部分功率之和知电源输出功率为4P ，故B 错误；
C ．副线圈中电压
2U U = 根据理想变压器的基本规律1122
U n U n =得 23U U =
所以
034U U U U =+=
故C 正确；
D ．如果灯2L 突然烧断，总功率减小，故副线圈总电流减小，原线圈电流也减小，故灯1L 将变暗，而原线圈电压变大，故副线圈电压变大，其余2盏灯将变亮，故D 错误； 故选C 。

6．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A ．由电压公式知交流电的频率为
100π50Hz 22π
f ωπ=
== 故A 错误；
B ．原线圈两端的输入电压有效值为220V ，由变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系得
11
22
55U n U n == 解得24V U =，故B 错误；
CD ．由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R 串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P 位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，故C 正确，D 错误。

故选C 。

7．C
解析：C 【解析】 【详解】
自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e=E m sinωt ，所以产生的是交流电，故A 错误；小灯泡亮度决定于电功率，电功率P=EI ，而
，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故B 错误；如果摩擦轮
半径为r ，后轮的半径为R ，则
，则后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数为N=R/r ，故C 正确；磁通量的变化率为，与线圈匝数无关，故D 错误。

故选C 。

【点睛】
本题主要是考查交流电答产生和线速度、角速度答关系，解答本题要知道物体做匀速圆周运动过程中，同缘且不打滑则它们边缘的线速度大小相等；而共轴则它们的角速度相同。

8．C
解析：C 【解析】 【详解】
AB ．理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u -t 图像读其最大值为1max 2202V U =，可知有效值为
1max
1220V 2
U =
= 根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：
2211220V 110V 2
n U U n =
== 由欧姆定律可知流过电阻的电流：
2
22A U I R
=
= 所以，电流表的示数为2A ，B 电压表的示数为110V ，故AB 均错误；
C ．因交流电的周期为0.02s ，频率为50Hz ，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz ，故C 正确；
D ．根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故D 错误； 故选C 。

9．A
解析：A 【解析】 【分析】
由图乙可知，原线圈两端电压1U 的有效值为220V ，根据变压器原副线圈电压比关系，得副线圈两端电压的有效值2
211
10V n U U n ==。

【详解】
AB 、分析可知，副线圈两端电压210V U =，故两灯泡均正常工作，则变压器的输入功率为1210W P P ==，故在1min 内，原线圈的输出电能为110W 60s=600J Pt =⨯，A 正确，B 错误；
C 、电压表的示数为原线圈电压有效值1U ，为220V ，C 错误；
D 、根据111P U I =，得电流表示数1
1
11A 22
P I U ==，D 错误。

故选A 。

【点睛】
掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。

10．A
解析：A 【解析】 【详解】
AB ．原线圈电压有效值为U 1=220V ，根据
2211
U n U n ＝得副线圈电压为U 2=22V ，电压表示数不变，示数为22 V ，故A 正确，B 错误；
C ．开关闭合后电容器不断的充电和放电，副线圈电流增大，所以R 所占电压变大，而副
线圈电压不变，所以灯泡两端电压变小，故C错误；
D．电容器接交变电流后，不断的充电和放电，所以电流表有电流通过，示数不为零，故D错误；
故选A。

11．A
解析：A
【解析】
试题分析：原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．
由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中，故选A．考点：变压器的构造和原理．
点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．
12．A
解析：A
【解析】
灯泡规格相同，且全部正常发光知：流经每个灯泡的电流都相等设为I，每个灯泡两端电压都相等设为u，则U2=2u，U3=u；根据输入功率等于输出功率知：u1I=u2I+u3I，u1=3u，再根据电压与匝数成正比知n1：n2：n3=u1：u2：u3=3：2：1．故A正确，BCD错误．故选A．
点睛：本题副线圈中有两个，对于电压仍然可以用于匝数成正比，但是电流不再和匝数成反比，应该利用输入功率等于输出功率．
13．D
解析：D
【解析】
【分析】
根据交流电的图像确定交流电瞬时值表达式；交流电的方向一周改变2次；根据变压器匝数比求解次级电压从而判断灯泡的发光情况；变压器的输入功率等于输出功率.
【详解】
A．由乙图可知，周期为0.02s，交流电的圆频率：，故原线圈输入
电压的瞬时值表达式为μ=72 sin100πt（V），故A错误；
B．交流电的频率为50Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；
C．变压器初级电压有效值为，由原副线圈的匝数比为2:1可知，次级电压为18V，则灯泡L不能正常发光，选项C错误；
D．灯泡电阻为，次级功率：，则理想变压
器输入功率为20W，选项D正确；
故选D.
【点睛】
本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力.
14．D
解析：D
【解析】
【详解】
甲图中交流电的有效值为；对乙图，解得；对于丙图有效值为，所以三种交流电的有效值之比为
，故D正确；ABC错误；
15．B
解析：B
【解析】
【分析】
当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此A变亮，B变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故C灯亮度不变．
【详解】
由公式2πf=ω知，后来交流电的频率变大，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，对电阻没影响，所以A1示数将增大，A2数将减小，A3示数不变，所以选项B正确，ACD错误．故选B．
【点睛】
此题考查电容、电感对交变电流的影响，也就是容抗、感抗与交变电流的关系．当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小．
16．C
解析：C
【解析】
【详解】
A．由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，变压器不会改变交变电流的频率，故副线圈输出电压的频率为50Hz，故A错误；
B．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，有效值
1
U=
根据变压比可知，副线圈输出电压的有效值
2
21
1
n
U U
n
==
故B错误；
CD．P向下移动，R变小，副线圈输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈的输出电流变大，则原线圈的电流也随之变大，电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故C正确，D错误。

故选C。

17．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A．因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期0.02s
T=，输出电压的周期
0.02s
T=，故A错误；
B．原线圈电压的有效值
1
V220V
U==
副线圈电压的有效值
2
4V
U==
根据电压与匝数成正比，有
11
22
22055
41
n U
n U
===
故B错误；
C．输出功率
22
2
2
4
W8W
2
U
P
R
===
输入功率为8W，电流表的示数
1
8
A0.0364A36.4mA
220
I===
故C正确；
D．根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故D错误。

故选C。

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由交流电电动势瞬时值的表达式可读出角速度
102f ωππ==
则该交流电的频率是5Hz f =，故A 错误；
B ．由交流电电动势瞬时值的表达式可得电动势的最大值220V m E =，则其有效值为
E =
= 故B 错误； C ．当1
s 10
t =
时，带入到瞬时表达式可得 1
220sin(10)0V 10
e π=⨯
= 故C 正确；
D ．由电动势的最大值
m m E nBS n ωω==Φ
可得穿过线圈的磁通量最大值为
22011Wb Wb 10105m m E n ωππ
Φ=
==⨯ 故D 错误。

故选C 。

19．A
解析：A 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．根据E =BωS 可知，无论线圈绕轴P 1和P 2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A 正确，B 错误；
C ．由楞次定律可知，线线圈绕P 1和P 2转动时电流的方向相同，都是a →d →c →b →a ，故C 错误；
D ．由于线圈P 1转动时线圈中的感应电流等于绕P 2转动时线圈中得电流，故根据
F =BLI
可知，线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力等于绕P 2转动时dc 边受到的安培力，故D 错误。

故选A 。

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．根据铭牌
12220V 12V U U =>=
可知是降压变压器，根据变压比公式
112222055123
U n U n === 即
12n n >
故A 错误；
B ．当原线圈输入交流电压220V 时副线圈输出交流电12V ，根据
12P P =
知
22111239
A A 22055
U I I U ⨯=
== 故B 错误；
C ．变压器变压后交流电频率不变，当原线圈输入交流电压110V 时，副线圈输出交流电压
12V ，故C 错误；
D ．当原线圈输入交流电压110V 时，根据
122
220110
12n n U == 可知副线圈中输出交流电压6V ，故D 正确。

故选D 。

21．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A 、照射R 2的光的强度减弱则其电阻变大，而电压不变，则副线圈电流变小，原线圈的电流也变小，则A 错误；
B 、因副线圈电流变小，则R 1电压变小，则L 的分压变大，通过L 的电流增大，则通过R 2的电流减小，则B 正确.
C 、
D 、负载电阻变大后，电流减小，则R 1上的电压减小，所以L 上的电压增大，L 变亮，故C ，D 错误.
22．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
设此电压的最大值为U m ，电压的有效值为U ．2
2
2T U R T R ⋅=⋅，代入数据得图乙中
电压的有效值为 V ．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副
线圈中的电压之比是10：l ，所以电压表的示数为V ，故A 错误．R 0处出现火警时，电阻减小，则次级电流变大，变压器输出功率变大，则变压器的输入功率增大，电流表示数变大，选项C 正确，B 错误；R 1的滑片P 适当向下移动，R 1电阻变大，则次级电流变大，R 0上电压变大，则报警器两端电压减小，则报警器的临界温度就降低了，故选项D 错误；故选C.
点睛：根据电流的热效应，求解交变电流的有效值是常见题型，要熟练掌握．根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键．
23．D
解析：D 【解析】 【详解】
在交流电路中电流表的示数为有效值，
E 有效，电流表的示数22
=
=
=0.22A 100
E I R 有效总
，A 错误； 从图像可知线圈转动的周期为0.02s ，则线圈转动的角速度2==100rad/s T
π
ωπ，B 错误； 0.01s 时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C 错；
线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量()2
2==0.22900.02=0.087J Q I Rt ⨯⨯，D 正确
24．A
解析：A 【解析】 【详解】
根据电流与匝数成正比，得原副线圈的电流之比：
1221
I n I n =
根据2P I R =得原副线圈回路中电阻消耗的功率之比：
212219
I k I ==
解得原、副线圈的匝数比为：
1
2
3:1n n = 根据原副线圈电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为3U ，根据U IR =知原线圈回路中电阻两端的电压为
3
U
，在原线圈回路中： 3220V 3
U
U +
= 解得：
66V U =
故A 正确，B 、C 、D 错误； 故选A 。

25．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度ω，结合2f ωπ=得交变电源的频率；当选择3
倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由P UI =判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率。

【详解】
A 、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：100ωπ=，交变电源的频率
50Hz 2f ω
π
=
=，故A 错误； B 、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：
22202400
1200
U =，解得：2110V U =
，所以电动机两端电压的最大值为，故B 错误；
C 、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据111P U I =知原线圈电流变小，故C 错误；
D 、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V ，电动机正常工作，流过电动机的电流110
0.5220
P I A A U =
==，电动机的发热功率
22
0.582W P I r
==⨯=
热，电动机的输出功率1102W108W
P=-=
出
，故D正确。

故选D。

【点睛】
本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式。