2020届高三物理二轮专题复习-交变流电

第=page22页，共=sectionpages22页第=page11页，共=sectionpages11页2020届高三物理二轮专题复习——交变流电一、单选题（本大题共8小题，共32分）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断A.S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮

B.S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮

C.S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才逐渐熄灭

D.S闭合，如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R0和两个小灯泡L1、L2，电表为理想电表．最初电键S是断开的，现闭合电键S，则A.副线圈两端电压变大 B.灯泡L1变亮

C.电流表A1示数变大 D.电阻线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知(    )A.在A和C时刻线圈处于中性面位置

B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零

C.从A时刻起到D时刻，线圈转过的角度为π弧度

D.在A和C时刻磁通量变化率的绝对值最大如图甲所示，R=10Ω的电阻中有图乙所示的电流通过，则电压表的示数为(    )A.22V B.102V C.20如图所示，电源输入电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有(    )A.增加电源频率

B.将R上的滑片向下移动

C.将电键S掷向1

D.将电键S掷向2

如图所示，一理想变压器的原线圈接入电压u=2202sin

(100πt)V的交变电流，原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=60匝，副线圈并联两个一模一样的灯泡A、B，开始时开关断开，灯泡A.该交变电流的频率为100Hz B.该灯泡的额定电压为6V

C.开关闭合后，灯泡A的亮度变亮 D.开关闭合后，电流表的示数变大如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是(    )A.若电压表读数为8

V，则输入电压的最大值为32V

B.若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率减小到原来的1/2倍

C.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半

D.若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍一个按正弦规律变化的交变电流的i−t图象如图所示．根据图象可以断定(    )A.交变电流的频率

f=0.2

Hz

B.交变电流的有效值I=202A

C.交变电流瞬时值表达式

i=20sin0.02t

A

D.在二、多选题（本大题共5小题，共20分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电流瞬时值表达式为：i=102sin(100πt)A，则A.此交流的频率为50Hz

B.此交流的峰值为10A

C.用交流电流表测此电流，示数为10A

D.用交流电流表测此电流，示数为10在如图所示的电路中，L1、L2、L3是三盏相同的灯泡。当a、b两端接交流6V时，三盏灯的发光情况相同。若将a、b两端接直流6A.三盏灯L3比L2先亮 B.L1不亮，L2、L3的亮度相同

C.L1不亮，L2比L3亮某电站用11kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到330kV送电，下面选项正确的是(    )A.因I=UR，所以输电上的电流增为原来的30倍

B.因为I=PU，所以输电线上的电流减为原来的130

C.因P=U2如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时(

)A.交流电压表V2和V3的示数一定都变小

B.交流电压表V3的示数变小

C.交流电流表A1、A2变大，A3如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=3：1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b端加一定交流电压U=311sin100πt(V)后，则(

)A.两电阻两端的电压比UA：UB=3：1

B.两电阻中的电流之比IA：IB=1：3

C.两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1三、填空题（本大题共2小题，共13分）A(本题供选修1—1的考生作答．)(1)穿过闭合回路的磁通量增大，回路中的感应电动势

(选填“增大”、“减小”或“无法确定”)．(2)如图是一正弦式交变电流的电压u随时间t变化的图像，该交变电流的电压有效值约为

V.B(本题供选修3—1的考生作答．)(1)将正电荷在电场中沿着电场线移动，电荷的电势能

(选填“增大”、“减小”或“不变”)．(2)在如图所示的电路中，电阻R=2.0Ω，电源的电动势E=3.0V.内电阻r=1.0Ω，闭合开关S后，流过电阻R的电流为

A.(1)北斗系统在航海中重要的应用，轮船上的接收设备可以通过接收卫星的信息，进而确定自己的位置，在此过程中，该设备接收信息只要利用了__________(填“电磁波”或“声波”)；2017年度国家科技技术进步奖特等奖授予“特高压±800kV直流输电工程”，以表彰这项工程技术对国家重大战略需求所做出的共献；800kV正玄交变电压的峰值为_________V(2)如图，在匀强电场中将电荷量q=+1×10−8C的点电荷从M点到N点。电场力对该点电荷做的功为3×10−7J，a则该点电荷的电势能______ (填“增加”或“减少”)；M四、实验题（本大题共1小题，共5分）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I．①线框中感应电流的有效值为多少？②从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q③线框转一周的过程中，产生的热量为Q．

五、计算题（本大题共3小题，共30分）如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为r=1Ω，外接电阻R=5Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=1πT，当线圈以5r/S的转速匀速转动时，求：

(1)转动中感应电动势的最大值和有效值．

(2)电路中交流电压表和电流表的示数．

(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．

理想变压器的原线圈上串联有熔断电流为1A的保险丝A，副线圈上接一电阻R，如图所示，已知原，副线圈的匝数比n1：n2=5：1，当原线圈加上U=2202sin314t(V)的电压时，为使保险丝不熔断，则负载电阻R不得小于多少？

如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，边长L1=0.40m、L2=0.25m，其匝数n=100匝，总电阻r=1.0Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和R=3.0Ω的定值电阻相连接．线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=1.0T，在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴O 1O 2匀速转动，角速度ω=2.0rad/s.求：

(1)电阻R两端电压的最大值

(2)从线圈通过中性面(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)开始计时，经过14周期通过电阻R的电荷量．

(3)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；

S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L 1亮一下逐渐熄灭。故D正确，ABC错误；

故选：D。

电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源．【解析】解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误；

B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，故灯泡L1变暗，故B错误；

C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确；

D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误；

故选：C．

输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．

本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．

3.【答案】【解析】解：AD、在A和C时刻感应电流最大，感应电动势最大，而磁通量为零，磁通量的变化率最大，线圈处于与中性面垂直的位置。故A错误，D正确。

B、在B和D时刻感应电流为零，感应电动势为零，线圈位于中性面，磁通量最大。故B错误。

C、从A时刻到D时刻经过时间为34周期，线圈转过的角度为1.5π弧度。故C错误。

故选：D。

本题考查理解正弦交变电流与磁通量关系的能力及把握电流的变化与线圈转过的角度的关系的能力。比较简单。

4.【答案】C【解析】【分析】电压表的示数为有效值，先根据有效值定义求解电流的有效值，然后根据欧姆定律求解电压的有效值。本题关键明确电压表的示数为有效值，先根据有效值定义求解电流有效值是突破口。【解答】电压表的示数为有效值，先根据图乙求解电阻R中电流的有效值，取一个周期为0.2s，有：I故：I=根据欧姆定律，有：U=IR=2×10V=20V，故C正确，ABD错误。故选C。

5.【答案】D

【解析】【分析】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可。掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决。【解答】A.改变电源频率改变不了电流的有效值，所以A错误；

B.输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当向下移动滑片时，电路的电阻变大，所以电流要变小，所以B错误；

C.将电键S掷向1，原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，电路的电阻不变，所以电流要减小，所以C错误；

D.将电键S掷向2时，原线圈的匝数减小，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要变大，电路的电阻不变，所以电流要增大，所以D正确。故选D。

6.【答案】D

【解析】解：A、该交变电流的频率为50Hz，故A错误。

B、根据变压器电压和匝数的关系可知，U1U2=n1n2，得U2=12V，灯泡的额定电压为12V，故B错误。

C、开关闭合后，副线圈输出电压不变，灯泡A的亮度不变，故C错误。

D、根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故D正确。

故选：D【解析】解：A、若电压表读数为8V，由

U1 U2 =n1 n2 可得则输入电压为U1 =41×8=32V是有效值，根据正弦交流电

有效值与最大值的关系可得因此其最大值为322V，所以A错误；

B、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由I=UR

输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半，所以B正确；

C、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由

U1 U2 =n1 n2 

可得输出电压也增加到原来的2倍，由I=UR

电流表示数也应增加到原来的2倍，所以C错误；

D、若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由P=U 2R可知输出功率增加到原来的4倍，所以【解析】【分析】

直接从图象中即可求出交流电的峰值及周期，从而求频率，写出电流的瞬时值表达式，根据表达式可求得对应的瞬时值。

本题应明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习。

【解答】

A.题中图象描述的是电流随时间的变化关系，周期为0.02s，故频率为50Hz，故A错误；

B.由图可知，该交流电的峰值是20A，有效值为202=102A，故B错误；

C.角速度ω=2πT=100πrad/s，交变电流瞬时值表达式为：i=20sin100πt(A)，故C错误；

D.t=T8时刻，有：i=20sin100π×0.028=10【解析】【分析】根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等。对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义。【解答】A.ω=100πrad/s，则T=2πω=0.02 s，f=B.由i=imsinωt和题给表达式可知，该交流电的峰值是10CD.交流电表测量有效值，则I=im2=10A，故故选AC。

10.【答案】AC

【解析】【分析】交流电也可以通过线圈，但是线圈的电感对交流电有阻碍作用，这个阻碍叫做感抗。交流电越难以通过线圈，说明电感量越大，电感的阻碍作用就越大；交流电的频率高，也难以通过线圈，电感的阻碍作用也大；电容器的电容越大，表明电容器储存电荷的能力越大，在电压一定的条件下，单位时间内电路中充、放电移动的电荷量越大，电流越大，所以电容对交变电流的阻碍作用越小，即容抗越小，在交变电流的电压一定时，交变电流的频率越高，电路中充、放电越频繁，单位时间内电荷移动速率越大，电流越大，电容对交变电流的阻碍作用越小，即容抗越小。本题关键是知道电感和电容对交流点和直流电的影响，难度一般，基础题。【解答】三支路电压相等，当通交流电时，电感的感抗和电容的容抗都会对交流电产生影响，而电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，当通入直流电时，对电阻没有影响，亮度不变，电容器不能通直流，所以L1不亮，对线圈，阻碍减小，L2比L3亮，故AC故选AC。

11.【答案】BD

【解析】解：A、根据P=UI得，I=PU.输送功率一定，输送电压变为原来的30倍，则输送电流变为原来的130，故A错误，B正确；

C、电流减小到130倍，根据P损=I2R，可知，电线上损失的功率为原来的1900倍，故C错误；

D、输送电流变为原来的130.根据P损=I2R得，要使输电线上的功率不变，电阻变为原来的900倍，根据R=ρls=ρ4lπd【解析】【分析】抓住原线圈的输入电压不变，结合输出端总电阻的变化得出输电线上电流的变化，从而得出电压损失的变化，根据输出电压不变，得出用户端电压的变化，从而得知通过负载电阻电流的变化．抓住输电线上电流的变化，根据原副线圈电流比等于匝数之反比求出原线圈中电流的变化。解决本题的关键知道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。【解答】当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V2的示数U2不变，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据I1I2故选BC。

13.【答案】BD

【解析】试题解析：由于理想变压器的线圈匝数之比为为3：1，故原、副线圈的电压之比为3：1，而不是UA：UB=3：1，故A是不对的；由公式匝数与电流的关系可知，原、副线圈的电流之比为1：3，即通过两个电阻的电流之比IA：IB=1：3，B是正确的；由于其阻值是相等的，故两电阻消耗的电功率之比PA：PB=1：9，所以C是不对的；设B两端的电压表的示数为U，则原线圈中的电压为3U，由于理想变压的功率相等，故，解之得U=66V，所以D是正确的。

考点：变压器的线圈匝数与电压、电流的关系，理想变压器的原、副线圈的功率相等。

14.24−B

减小

1.0A

【解析】24−A【分析】(1)根据楞次定律，回路中有的感应电动势，但由于不知磁通量怎样增大，则无法确定回路中的感应电动势；(2)由于交流电为正弦函数的交流电，其最大值是有效值的2倍，据此回答即可。【解答】(1)穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，回路中有的感应电动势，但由于不知磁通量怎样增大，则无法确定回路中的感应电动势；(2)由于交流电为正弦函数的交流电，该交变电流的电压有效值约U=U24−B【分析】(1)根据功能关系求解即可。(2)根据闭合电路的欧姆定律求解。【解答】(1)将正电荷在电场中沿着电场线移动，电场力做正功，电荷的电势能减小；(2)根据闭合回路的欧姆定律知：流过电阻R的电流为I=E故答案为：24−A

无法确定

220V24−B

减小

1.0A

15.【答案】(1)电磁波

8(2)减小30

【解析】(1)【分析】轮船上的接收设备可以通过接收卫星的信息，利用了电磁波；正弦交变电压的峰值Um本题关键在于知道这里所说的电压指的是有效值。基础题。【解答】轮船上的接收设备可以通过接收卫星的信息，利用了电磁波；800kV正弦交变电压，800kV指的是有效值，峰值为Um故答案为电磁波；

82(2)【分析】电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加；根据U=W本题应用U=Wq计算电势差时，注意电荷量【解答】电场力对该点电荷做正功，电势能减小；M、N两点间的电势差UMN故答案为减小；30。

16.【答案】①

；②

；③

【解析】本题考查了交流发电机及其产生正弦式电流的原理、焦耳定律、正弦式电流的图象和三角函数表达式。①线圈中产生感应电动势最大值Em线框转过

时的感应电流为：

；感应电动势有效值：

；感应电流为I，则电流的有效值为：

；②由上可知：

，则磁通量的最大值：；从中性面开始转过

的过程中，通过导线横截面的电荷量为：

；

③线框转一周的过程中