2020届物理二轮交变电流 专题卷(全国通用)

2019届物理二轮 交变电流 专题卷（全国通用）
一、单选题（每小题只有一个正确答案）
1．目前我国远距离输送交流电用的电压有110kV 、220kV 和330kV ，输电干线已经采用500kV 的超高压，西北电网的电压甚至达到750 kV ．采用高压输电是为了（ ） A ．加快输电的速度 B ．降低输电的技术要求 C ．方便调节交流电的频率 D ．减小输电线上的能量损失
2．如图所示，为一交流电流随时间变化的图象，则此交流的有效值为（ ）
A ．3A
B ．√2A
C ．2√2A
D ．√5A
3．电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将送电电压提高到原来的k 倍，则( ) A ．输电电流也为原来的k 倍 B ．输电导线上损失的电压为原来的1
k C ．输电导线上损失的电功率为原来的k 2倍 D ．输电导线上损失的电功率为原来的1k
4．图为一台理想变压器，当原线圈接到220V 交流电源上时，副线圈两端的电压为36V ，则此变压器（ ）
A ．输入功率稍大于输出功率
B ．原线圈的匝数小于副线圈的匝数
C ．根据电磁感应的原理制成的
D ．原线圈相对于电源来说是负载
5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R 相连。

若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )
A ．变压器输入电压的最大值是220V
B ．若电流表的示数为0.50A ，变压器的输入功率是12W
C ．原线圈输入的正弦交变电流的频率是
50Hz
1
2
3 u/V
2202
t/10-2s
乙
2202
甲
D．电压表的示数是24 2 V
6．如图所示表示一交变电流随时间变化的图象，其中，从t＝0开始的每个1
2
T时间
内的图象均为半个周期的正弦曲线。

求此交变电流的有效值为（）
A．2A B．3
2
A C．3 A D．5A
7．一交流电流的图象如图所示，由图可知（）
A．用电流表测该电流其示数为10A
B．该交流电流的频率为100Hz
C．该交流电流通过10Ω电阻时，电阻消耗的电功率为2000 W
D．该交流电流瞬时值表达式为i＝10√2sin628t A
8．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则（）
A．t
1
时刻线圈通过中性面
B．t
2
时刻线圈中磁通量最大
C．t
3
时刻线圈中磁通量变化率最小
D．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动一周的平均电流为零
9．如图是通过街边变压器降压给用户供电的示意图。

V1、A1为变压器输入端的电压表和电流表，V2、A2为变压器的输出端电压表和电流表，R1、R2为负载，V3、A3为用户家内电压表和电流表，变压器与用户间有一段较长的距离，每条输电线总电阻用R0表示。

闭合开关S（）
A．V1和V3的示数都变小 B．V2和V3的示数都变小
C．A1和A2的示数都变大 D．A1、A2和A3的示数都变大
10．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25Hz B．通过电阻的电流为2A
C．用交流电压表测得电阻两端的电压是5V D．电阻消耗的电功率为2.5W
11．如图所示，一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3:1，原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R，原线圈接220V的正弦交流电，副线圈n2回路中电阻两端的电压为U2，原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率之比均为k。

则（）
A．
260V
U=
4
9
k= B．
2
60V
U=
2
3
k=
C．
2220
V 3
U=
4
9
k= D．
2
220
V
3
U=
2
3
k=
12．匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为( )
A.80J
B.85J
C.90J
D.125J
二、多选题（每小题至少有两个正确答案）
13．如图,一个匝数为N=100匝，内阻r=1Ω的矩形线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电直接给阻值R=19Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为190V，从图示位置开始计时（矩形线圈跟磁场垂直），则下列说法正确的是（）
A．穿过矩形线圈平面最大磁通量为1
Wb
50π
Wb
B．t=0.0025s时刻穿过矩形线圈平面磁通量为1
50π
C．t=0时刻流过矩形线圈的电流不为零
C
D．从图示位置转过90°的过程中，通过线圈的电量为√2
10π
14．如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220√2sin(100πt)V的交流电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻。

原、副线圈匝数比为n1:n2=2:1，电压表电流表均为理想表，下述说法正确的是( )
A．原线圈中电流表的读数为1A
B．原线圈中输入的功率为220√2W
s时的读数为零
C．副线圈中电压表在t=1
100
D．副线圈中交流电的周期为0.02s
15．如图所示，一半径为r的半圆形单匝线圈放在具有理想边界的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B.以直径ab为轴匀速转动，转速为n,ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直) , M和N是两个滑环，负载电阻为R .线圈、电流表和连接导线的电阻不计，下列说法中正确的是（）
A．转动过程中线圈中始终有电流产生
B．从图示位置起转过1/4圈的时间内产生的平均感应电动势为2nπBr2
C．从图示位置起转过1/4圈的时间内通过负载电阻R的电荷量为√2Bπ2r2
2R
D．转动过程中电流表的示数为π2Bnr2
2R
16．如图所示，匝数n =10匝的矩形线框处在磁感应强度B= √2T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=20rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积s=0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(4W，l00Ω)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是（）
A．灯泡正常发光时原副线圈的匝数比为2:1
B．灯泡正常发光时电流表的示数为0. 2A
C．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗
D．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数减小
三、实验题
17．某发电站的输出功率为104kW,输出电压为4kV.通过理想变压器升压后向80km远处供电,已知输电导线的电阻R=25.6Ω,输电线路损失的功率为输出功率的4%.则输电线
路上的电压损失△U= v,升压变压器的原副线圈匝数比n1:n2= . 18．①在使用示波器时，如果屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节图2中的______旋钮使之显示在屏幕中央区域（如图3所示）．如果外接Y输入正弦交流电源，观察到正弦波的竖直方向的正、负半周均超出了屏幕的范围，应调节
_______旋钮或______旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内.
②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，如图4所示，则应调节
________旋钮或_______旋钮（填旋钮旁边的数字或名称），这两个旋钮配合使用；
波形横向变窄，应调节_____________旋钮。

四、解答题
19．如图所示，一半径为r =10 cm 的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B =
2
5
T 的匀强
磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO ′以n =600 r/min 的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
（1）写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式； （2）求线圈从图示位置开始在1/60 s 时的电动势的瞬时值．
20．某学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R ＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，求：输电线上损耗的电功率多大？
参考答案
1．D 【解析】
输电过程中输送的功率一定时，根据P 损=(P U )2
R ，可知，损失功率与送电电压的平方成反比，故采用高压输电的优点是可减少输电线上的电能损失，D 正确；ABC 错误； 故选D 。

2．D
【解析】由图象可知此交变电流的周期是2s ．设交流电电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R ．则：I 2
R×2=( 2
√
2)2
R×1+( 4
√
2)2)2
R×1，解得：I=√5A ．故选D ．
3．B 【解析】
输送的功率一定，根据P =UI ，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压提高到原来的4倍，则电流减小1
4
倍，输电导线上损失的电压ΔU =Ir 也减小为原来的1
4
倍，AB 错误；电流
减小到14倍，根据P 损=I 2R 可知，电线上损失的功率为原来的1
16倍，C 错误D 正确． 4．C 【解析】
试题分析：理想变压器，输入功率与输出功率相等，故A 错误；根据变压器的匝数与电压成正比，及原线圈接到220V 交流电源上时，副线圈两端的电压为36V ，可知，所以此变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，故B 错误；变压器的工作原理是互感现象，当原线圈接在交流电源上时，副线圈中会产生感应电动势，故C 正确．副线圈相对于电源来说是负载，故D 错误；故选C. 考点：变压器
【名师点睛】本题考查了变压器的变压特点，属于容易题．关键熟悉理想变压器的变压比，变流比的公式．并明确变压器的工作原理。

5．BC 【解析】
试题分析：由乙图知变压器输入电压的最大值是V 2220，所以A 错误；根据变压规律
2
1
21n n U U =可求线圈的电压U 2=24V ，电压表的示数为24V ，所以输出功率为P=U 2I 2=12W ，故B 正确；D 错误乙图知交流电的周期为0.02s ，所以频率为50Hz ，故C 正确。

考点：本题考查交流电、变压器 6．D
【解析】取一个周期时间，由电流的热效应求解；设电流的有效值为I ，则
22
2
22T T I RT R =⋅+⋅，求得I =，D 正确． 【点睛】求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值． 7．ABD 【解析】 【分析】
由图读出电流的最大值和周期，求出角速度，写出交流电流即时值表达式．频率与周期互为倒数．求出该交流电流的有效值，再求解电阻消耗的电功率．交流电流表测量电流的有效值． 【详解】
电流表显示的是有效值，故I=m √2
√2√2
A =10A ，故A 错误；由图象知周期为0.01s ，频率为
周期的倒数故f=1/T=100Hz ，故B 错误；电阻消耗的功率P=I 2
R=（10）2
×100=10000W，故C 错误；角速度ω=2πf=200π=628，所以瞬时值表达式i=10√2sin628t A ，故D 正确；故选D 。

【点睛】
正弦交变电流的有效值与最大值的关系为I=√2
2
I m ．交流电表测量有效值，求解交流电的功率、电功、热量等与热效应有关的量都要用有效值． 8． ACD 【解析】
试题分析: t1时刻感应电动势为零，磁通量最大，此时线圈通过中性面．故A 正确；t2时刻感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，磁通量为零．故B 错误．t3时刻线圈通过中性面，感应电动势为零，磁通量变化率为零，故C 正确； 考点：交流发电机原理
9．C
【解析】闭合S 后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈匝数比不变，所以副线圈两端的电压不变，即1V 、2V 示数不变，根据欧姆定律可得2A 示数增大，由于原副线圈匝数比不变，所以1A 示数也增大，AB 错误C 正确；由于输电线上损耗的电压增大，所以2R 两端电压减小，即3V 示数减小，所以电流表3A 示数减小，D 错误； 10．D
【解析】由图可知： 11250.04
f s Hz T =
==，故A
错误；该电源电动势的有效值为V 2U =
==，电压表的示数为有效值
为
，所
以2
2.5W U U I A P R R
====，，故D 正确，BC 错误．
11．A
【解析】设原线圈电流为I ，则根据1222n I n I = 可得：I 2=1.5I ；由题意可知
()
22
1.5I R
k I R
= ，
解得49
k = ；设原线圈和副线圈电阻R 上的电压分别为U R1 、U R1，则22
12
:R R U U k R R =
即12R R U ,又
12
12
220-R R U U n n = ，解得U R2=60V ；故选项A 正确，BCD 错误；故选A. 12．B 【解析】
试题分析:根据有效值的定义方法可知： （
）2
R×+22
×
=I 2
RT
解得I=
A
总电阻为r=100×0.02=2Ω； 则10s 内产生的焦耳热Q=I 2
rt=（）2
×2×10=85J；
故选：B ．
【名师点睛】本题要注意明确该交流电中前二分之一周期为正弦交流电的四分之一周期，该
时间内的有效值和最大值之间的关系仍然为
m
I.
13．BD
【解析】
已知交流电压表的示数为190V，则线圈中产生的感应电动势有效值为E=U
R
(R+r)=
190
19
(19+1)V=200V，故最大电动势E m=200√2V．根据公式E m=NBSω=NΦω，穿过
线圈平面的最大磁通量为：Φ=E m
Nω=200√2
100×2π×50
=√2
50π
Wb．故A错误；因T=0.02s，则t=
0.0025s=1
8T，磁通量为Φ=Φm cosωt=√2
50π
Wb×√2
2
=1
50π
Wb．所以B选项正确的；t=0时
刻线圈的磁通量最大，感应电动势为零在，则流过矩形线圈的电流为零，选项C错误；从图
示位置转过90°的过程中，通过线圈的电量为q=E
R+r Δt=NΔΦ
R+r
=NBS
R+r
=100×
√2
50π
20
=√2
10π
C，选
项D正确；故选BD.
点睛：本题考查了交流发电机的工作原理，要记住最大电动势的公式E m=NBSω=Nωφm以及电量的求解公式q=NΔΦ
R
总
．
14．AD
【解析】A项：原线圈中交流电的电压有效值为U1=220V，根据公式U1
U2=n1
n2
，可知U2=110V，
流过R的电流为I2=110
55A=2A，根据I1
I2
=n2
n1
可知I1=1A，故A正确；
B项：原线圈中输入的功率为P=U1I1=220×1w=220w，故B错误；
C项：交流电表测的是交流电的有效值，所以副线圈中电压表的读数为110V，故C错误；
D项：副线圈中交流电的周期等于原线圈中交流电的周期，根据ω=2π
T
=100π可知，T=0.02s，故D正确。

15．BD
【解析】由图知，当线圈转至右边无场区的时候，线圈中没有电流产生，所以A错误；根据法拉第电磁感应定律可求，从图示位置起转过1/4圈的时间内产生的平均感应电动势为E=
nΔΦ
Δt =B
1
2
πr2
T
4
=2nπBr2，所以B正确；从图示位置起转过1/4圈的时间内通过负载电阻R
的电荷量q=nΔΦ
R =Bπr2
2R
，故C错误；产生电动势的最大值为E m=NBSω=B1
2
πr22πn，所
以电流的最大值为I m=E m
R =Bnπ2r2
R
，转动的过程产生电流随时间变化规律如图所示，根据
有效值的定义m √
2
2
R T
2=I 2RT
代入解得有效值即电流表的示数为I =π2Bnr 22R
，故D 正确。

16．CD
【解析】输入电压的最大值为：U m =NBSω=10×√2×0.4×20V ＝80√2V ，变压器变压器输入电压的有效值为：U 1m √
2
√2
√2
＝80V ，开关闭合时灯泡正常发光，所以U 2＝√PR ＝√4×100V ＝20V ，此时原副线圈的匝数比为：n
1n 2
＝U
1U 2
＝80
20＝4
1 ，故A 错误；由欧姆定
律得：I 2＝
U 2R
＝20100A ＝0.2A ，根据I 1I 2
＝n
2n 1
得：此时电流表的示数为：I 1＝
n 2I 2n 1
＝
1
4
×0.2A ＝0.05A ，故B 错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U
1U 2
＝n
1n 2
可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故C 正确；线圈匝数不变，根据
U 1U 2
＝n
1n 2
可知输出电压不
变，若将滑动变阻器触头向上滑动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P 1=P 2=U 22R
，
又P 1=U 1I 1可知电流表示数变小，故D 正确；故选： CD.
点睛：关键是记住交流发电机最大电动势表达式U m =NBSω，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。

17．3200V 1:20
【解析】输电线路损失功率为V U R
U P KW Kw 3200,,400%4102
4
=∆∆==⨯，输电线电流为
A R
U
125=∆，升压变压器输出电压为KV A KW 80125104=，由2121U U n n =可知匝数比为1:20
18． 上下移动 衰减 Y 增益 扫描范围 扫描微调 X 增益
【解析】①图1所示，为竖直方向缺失，故应调节上下移动；若正负半周均超出了屏幕的范围，Y 增益过大，则应调衰减旋钮或Y 增益旋钮。

②如果使该信号显示从一个波形变成两个完整的波形，且波形横向变窄如图4所示，则应调节X 增益旋钮或扫描微调旋钮，或这两个旋钮配合使用；若要使此波形横向展宽，应调节X 增益旋钮。

19．(1)e =100sin20πt (2)86.6 V
【解析】试题分析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e ＝E m sin ωt． （1）e ＝E m sin ωt，E m ＝NBSω（与线圈形状无关）， ω＝20π rad/s，故e ＝100sin 20πt． （2）当1
60
t s =
时，
1100sin 2086.6.60e V V π⎛
⎫=⨯== ⎪⎝
⎭
考点：交流电 20．144 W
【解析】根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程，如图所示．
所有灯都正常工作的总功率为P 2′＝22×6×40 W＝5 280 W 灯泡都正常工作时的总电流为I 2′＝
225280
24220
P A U '='= 两个变压器之间输电线上的电流为2
264
R I I I A '=＝＝
故输电线上损耗的电功率22
264144R P I R W ==⨯=
点睛：若要求输电线上损失的功率，则应该求出输电线上的电流为多少，然后利用公式
2
2R P I R = 求损失的功率。