专题11 交变电流-2021年高考物理二轮复习(解析版)

专题11 交变电流一、单选题1．（2020·海南高考真题）图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用1I 和2I 表示甲和乙两电流的有效值，则（ ）A ．12:2:1I I =B ．12:1:2I I =C ．12:I I =D ．121:I I =【答案】D【解析】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为10I I =；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为2I =，故121:I I =，故选D 。

2．（2020·北京高考真题）如图所示， 理想变压器原线圈接在()m sin u U t ωϕ=+的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R ，不计电表内电阻影响。

闭合开关S 后（ ）A ．电流表2A 的示数减小B ．电压表1V 的示数减小C ．电压表2V 的示数不变D ．电流表1A 的示数不变 【答案】A【解析】开关S 闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V 1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A 1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R 两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即2V 的示数减小，故电流表2A 的示数减小，故A 正确，BCD 错误。

故选A 。

3．（2020·江苏高考真题）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。

其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。

则电流互感器（ ）A ．是一种降压变压器B ．能测量直流电路的电流C ．原、副线圈电流的频率不同D ．副线圈的电流小于原线圈的电流 【答案】D【解析】A ．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A 选项错误。

B ． 电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B 选项错误。

C ． 电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。

C 选项错误。

D ．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。

D 正确。

故选D 。

4．（2020·山东高考真题）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n 1：n 2=22：3，输入端a 、b 所接电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示。

灯泡L 的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V 。

定值电阻R 1=10 Ω、R 2=5 Ω， 滑动变阻器R 的最大阻值为10 Ω。

为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（ ）A ．1 ΩB ．5 ΩC ．6 ΩD ．8 Ω【答案】A【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）1220V U == 根据理想变压器电压规律1122U n U n =可知副线圈电压有效值为 22113220V 30V 22n U U n ==⨯= 灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24V ，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为L L L 24A 1.6A 15U I R === 根据串联分压规律可知，1R 和2R 、R 构成的并联电路部分的分压为2L 30V 24V 6V U U U =-=-=通过1R 的电流为116A 0.6A 10U I R === 通过2R 、R 的电流为2L 1 1.6A 0.6A 1A I I I =-=-=2R 、R 的分压为22()U I R R =+解得滑动变阻器的阻值为226Ω5Ω1Ω1U R R I =-=-= A 正确，BCD 错误。

故选A 。

5．（2020·浙江高考真题）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率100kW P =，发电机的电压1250V U =，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻8ΩR =线，在用户端用降压变压器把电压降为4220V U =。

已知输电线上损失的功率5kW P =线，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）A ．发电机输出的电流140A I =B ．输电线上的电流625A I =线C ．降压变压器的匝数比34:190:11n n =D ．用户得到的电流4455A I = 【答案】C【解析】A ．根据电功率公式P UI =发电机输出电流11400A PI U ==A 错误；B ．输电线上损失功率5kW ，由2P I R =线线线可得25A I =线 故B 错误；C ．降压变压器原副线圈得到的功率为P 4=P -P 线=95kW根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得44311190220VI n I n ===线C 正确；D ．用户得到的功率为95kW ，用户得到的电流495000W432A 220VI =≈D 错误。

故选C 。

6．（2020·浙江高考真题）如图所示，甲乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。

甲图中变压器原副线圈的匝数比为1k ，电压表读数为U ，乙图中变压器原副线圈的匝数比为2k ，电流表读数为I 。

则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（ ）A ．1k U ，2k IB ．1k U ，2I k C ．1Uk ，2k I D ．1U k ，2I k 【答案】B【解析】根据理想变压器的电压和电流规律：1U k U = 021I I k = 解得甲图中高压线电压为01U k U =乙图中高压线电流为02I I k =故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

7．（2018·全国高考真题）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电源上，在个周期内产生的热量为Q 正，该电阻上电压的峰值均为0u ，周期均为T ，如图甲、乙所示。

则:Q Q 正方等于（ ）AB． C ．2∶1 D ．1∶2【答案】C【解析】根据焦耳定律知2u Q T R=方，所以22012u Q TR==⋅正 可得:2:1Q Q 正方故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

8．（2018·天津高考真题）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。

利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P 。

若发电机线圈的转速变为原来的12，则（ ）A ．R 消耗的功率变为12P B ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变【答案】B【解析】AB ．根据2n ωπ=可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据m E nBS ω=可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据U =可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，根据1122n U n U =可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据2U P R=可知R 消耗的电功率变为14P ，A 错误B 正确；C ．副线圈中的电流为212U I R=，即变为原来的12，根据1221n I n I =可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；D ．转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D 错误。

二、多选题9．（2020·全国高考真题）在图（a ）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2=10Ω，R 3=20Ω，各电表均为理想电表。

已知电阻R 2中电流i 2随时间t 变化的正弦曲线如图（b ）所示。

下列说法正确的是（ ）A ．所用交流电的频率为50HzB ．电压表的示数为100VC ．电流表的示数为1.0AD ．变压器传输的电功率为15.0W【答案】AD【解析】A ．交流电的频率为1150Hz 0.02sf T === A 正确；B ．通过2R 电流的有效值为1A I == 2R 两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知22110V 10V U IR ==⨯=根据理想变压器的电压规律1122U n U n =可知原线圈的电压 11221010V 100V n U U n ==⨯= 电阻1R 两端分压即为电压表示数，即V01220V100V120VU U U=-=-= B错误；C．电流表的示数为2 A310A0.5A 20UIR=== C错误；D．副线圈中流过的总电流为2A 1A0.5A 1.5AI I I=+=+=变压器原副线圈传输的功率为2215WP I U==D正确。

故选AD。

10．（2020·全国高考真题）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。

我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。

假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到达B处时电压下降了∆U。

在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达B处时电压下降了∆U′。

不考虑其他因素的影响，则（）A．∆P′=14∆P B．∆P′=12∆P C．∆U′=14∆U D．∆U′=12∆U【答案】AD【解析】输电线上损失的功率ΔP＝(PU)2·r损失的电压ΔU＝PU·r当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的14 ，即ΔP ′＝14ΔP 损失的电压变为原来的12，即 ΔU ′＝12ΔU 故选AD 。

11．（2019·海南高考真题）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由1R 、2R 和3R 三个电阻构成。

将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（ ）A ．流经1R 的电流减小到原来的14B ．2R 两端的电压增加到原来的2倍C ．3R 两端的电压减小到原来的12D ．电阻上总的热功率减小到原来的14【答案】CD【解析】设变压器初级电压为U ，则该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据1122U n U n =可知，次级电压由15U 变为110U ，即次级电压变为原来的12，可知R 1两端的电压变为原来的12，则流经R 1的电流减小到原来的12，选项A 错误； R 2两端的电压为2223R R U U R R =+次，则2R 两端的电压减小到原来的12，选项B 错误；同理R 3两端的电压为3323R R U U R R 次=+，则3R 两端的电压减小到原来的12，选项C 正确；因次级电压变为原来的12，根据2U P R=可知，次级电阻上总的热功率减小到原来的14，选项D 正确. 12．（2019·天津高考真题）单匝闭合矩形线框电阻为R ，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t 的关系图像如图所示．下列说法正确的是（ ）A ．2T时刻线框平面与中性面垂直 BC ．线框转一周外力所做的功为22m2πRTΦD ．从0t =到4Tt =过程中线框的平均感应电动势为m πTΦ 【答案】BC【解析】由图像可知2T时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A 错误；由图可知交流电的周期为T ，则2T πω=，由交流电的电动势的最大值为2m m E nbs Tπωφ==，则有效值为m E T ==有，故B 正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，2222=mE W T R RT πφ=有，故C 正确；从0时刻到4T 时刻的平均感应电动势为44m mE T t T φφϕ===，故D 错误．13．（2018·海南高考真题）如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S 的矩形单匝闭合导线abcd ,ab 边与磁场方向垂直，线框的电阻为R ．使线框以恒定角速度ω绕过ad 、bc 中点的轴旋转．下列说法正确的是( )A ．线框abcd 中感应电动势的最大值是BSωB ．线框abcd 中感应电动势的有效值是BSωC ．线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大D ．线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大 【答案】AC【解析】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时,产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式为：e =Emsin θ.＝Emsinωt .故感应电动势的最大值Em ＝BSω，有效值EA 正确，B 错误；当o θ90 时，即线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大，电流最大，故C 正确，D 错误．1．如图（a ）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1：n 2=1：5，定值电阻R 1的阻值为10Ω，滑动变阻器R 2的最大阻值为50Ω，定值电阻R 3的阻值为10Ω，图中电表均为理想电表。