十年高考物理分类专题13交变电流练习含答案

专题十三交变电流23年真题1.(2023山东,7,3分)某节能储能输电网络如图所示,发电机的输出电压U1=250V,输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4=50∶1,输电线总电阻R=62.5Ω,其余线路电阻不计,用户端电压U4=220V,功率88kW,所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()A.发电机的输出电流为368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比n1∶n2=1∶44答案：C由题意知发电机输出电流I1=P1U1=500kW250V=2000A,所以A错。用户端电流I4=P4U4=400A,U3U4=n3n4,得U3=11000V,再由功率相等有P3=P4,即U3I3=U4I4,得输电线上电流I3=8A,损失功率ΔP=I32R=4kW,所以B错。由能量守恒得储能站功率P5=P12.(2023海南,11,4分)(多选)如图是工厂利用u=2202sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路,理想变压器原线圈匝数为1100,下列说法正确的是()A.电源电压有效值为2202VB.交变电流的周期为0.02sC.副线圈匝数为180D.副线圈匝数为240答案BC由u=2202sin100πtV可知,Um=2202V,ω=100π,故U有=220V,故A错误;由T=2πω可知,T=0.02s,故B正确;根据理想变压器的变压规律有U1U2=n1n2,代入数据得n23.(2023广东,6,4分)用一台理想变压器对电动汽车充电。该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,输出功率为8.8kW,原线圈的输入电压u=2202sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是()A.20A,50Hz B.202A,50HzC.20A,100Hz D.202A,100Hz答案A原线圈输入电压的有效值U1=220V,交变电流的频率f=1T=ω2π=100π2πHz=50Hz,变压器不改变交变电流的频率,可知副线圈输出电流的频率为50Hz,C、D均错误。根据理想变压器电压与匝数的规律U1U2=n1n2得U2=440V,根据P=U2I2可知,4.(2023湖南,9,5分)(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4D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮答案:AC大轮和小轮通过皮带传动,皮带不打滑,则大轮和小轮边缘的线速度大小相等,即ω·4r=ω'r,解得小轮及线圈转动的角速度ω'=4ω,A正确;线圈中产生的感应电动势的最大值Em=nBL2ω'=4nBL2ω,则感应电动势的有效值E=Em2=22nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U=E2=2nBL2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相同漆包线绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈匝数为2n,线圈总阻值为2R,线圈中产生的感应电动势的最大值Em'=2nBL2ω'=8nBL2ω,感应电动势的有效值E'=Em'2=42nBL2ω,由闭合电路欧姆定律可知灯泡两端电压的有效值U=5.(2023天津,6,5分)(多选)如图是输电线为用户输电的示意图,电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器,中间输电线上的总电阻为R,下列说法正确的是()A.T1的输出电压与T2的输入电压相等B.T1的输出功率大于T2的输入功率C.若用户接入的用电器增多,则R消耗的电功率减小D.若用户接入的用电器减少,则T2的输出功率减小答案BD由于输电过程中输电线上会损耗功率,故T1输出功率大于T2输入功率,T1输出电压大于T2输入电压,故A错误,B正确;由于输入电压不变,所以变压器T1的输出电压不变,随着用户接入的用电器增多,家庭电路的电阻变小,则回路中电流变大,根据P损=I2R可知R消耗的电功率增大,C错误;用户接入电路的用电器减少,用电器消耗的电功率减少,即T2输出功率减小,D正确。22年及以往真题autonum.(2022浙江6月选考,5,3分)下列说法正确的是()A.恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用B.小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C.正弦交流发电机工作时,穿过线圈平面的磁通量最大时,电流最大D.升压变压器中,副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率答案B磁场对电流有力的作用,静止的电荷不会产生等效电流,所以恒定的磁场不会对其有力的作用,选项A错误;小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向,选项B正确;正弦交流发电机工作时,穿过线圈平面的磁通量最大时,磁通量变化率最小,此时电流为零,选项C错误;变压器中,考虑到漏磁因素,副线圈的磁通量变化率小于原线圈的磁通量变化率,选项D错误。autonum.(2022北京,4,3分)某理想变压器的原线圈接在220V的正弦交流电源上,副线圈输出电压为22000V,输出电流为300mA。该变压器()A.原、副线圈的匝数之比为100∶1B.输入电流为30AC.输入电流的最大值为152AD.原、副线圈交流电的频率之比为1∶100答案B由题干知,U1=220V,U2=22000V,I2=300mA,由U1U2=n1n2=I2I1,可得n1∶n2=1∶100,I1=30A,A错,B对;autonum.(2022重庆,3,4分)低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12V50W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220V的交流电后能正常工作,则()A.卤素灯两端的电压有效值为62VB.变压器原、副线圈的匝数比为55∶3C.流过卤素灯的电流为0.24AD.卤素灯的电阻为968Ω答案B卤素灯上标记的额定电压12V即卤素灯两端的电压有效值,A错误;根据理想变压器变压的规律可知n1n2=U1U2=553,B正确;流过卤素灯的电流为I=PU=5012A≈4.autonum.(2022山东,4,3分)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,Um为220VB.BC间线圈匝数为120,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由单匝线圈所接电压表的读数有:n11=2200.1,则n1=2200,另外Um=2202V,故A错误;由n1nBC=U1UBC和UBC2R=P代入数据解得,UBC=12V,nBC=120,则I=UBCR=1A,故B错误;由ω=2πf=100πrad/s,得f=50Hz,T=1fautonum.(2022广东,4,4分)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈,n1>n2,二者轴线在同一平面内且相互垂直,两线圈到其轴线交点O的距离相等,且均连接阻值为R的电阻,转子是中心在O点的条形磁铁,绕O点在该平面内匀速转动时,两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响,下列说法正确的是()A.两线圈产生的电动势的有效值相等B.两线圈产生的交变电流频率相等C.两线圈产生的电动势同时达到最大值D.两电阻消耗的电功率相等答案B由题意知两线圈输出正弦交流电,则e=Emsin(ωt+φ0),Em=NBSω,又知n1>n2,得Em1>Em2,U有1>U有2,A错。P=U有2R,得P1>P2,D错。条形磁铁与线圈轴线平行时磁通量Φ最大,电动势e最小,条形磁铁与线圈轴线垂直时磁通量Φ最小,电动势e最大,故e1=0时,e2最大,C错。f=1autonum.(2022河北,3,4分)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图所示。已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为S,匝数为N,匀强磁场的磁感应强度为B。t=0时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直。发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为U。忽略线圈电阻,下列说法正确的是()A.发电机输出的电压为2πNBSzB.发电机输出交变电流的频率为2πnzC.变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶UD.发电机产生的瞬时电动势e=2πNBSnzsin(2πnzt)答案C已知风轮机叶片转速为每秒z转,通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈转动,则线圈转速为每秒nz转,其角速度ω=2πnz,线圈中的电动势的最大值为Em=NBSω=2πNBSnz,发电机输出的电压为有效值E=Em2=2πNBSnz,A错误;线圈转动的频率f=ω2π=nz,发电机输出交变电流的频率为nz,B错误;变压器输入电压为2πNBSnz,输出电压为U,则变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶U,C正确;发电机产生的瞬时电动势e=Emsinωt=2πNBSnzautonum.(2022浙江1月选考,9,3分)如图所示,甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况,摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动;乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况,皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是()A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电答案A细短铁丝被磁化之后,其作用相当于小磁针,甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀,则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场,选项A正确;而乙图中,细短铁丝显示的磁场分布不均匀,则线圈转动区域磁场不可视为匀强磁场,选项B错误;甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时产生的电流才是正弦式交变电流,选项C错误;乙图中磁场为非匀强磁场,所以线圈匀速转动时不能产生正弦式交变电流,选项D错误。autonum.(2022湖南,6,4分)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本题使用等效法最简捷,如图,对于原线圈回路,将理想变压器等效为电阻,由R等=U1I1,U1UR1=n1n2,I1IR1=n2n1,UR1=IR1·R1,得R等=n1n22·R1(n1和n2分别为变压器原、副线圈匝数),若保持P1位置不变,则R等=4R,P2向左缓慢滑动,R2接入电路的阻值减小,I=U总R2+R等,I增大,U=U总-IR等,U减小,A项错误;PR1=P等=I2·R等,PR1增大,B选项正确;若保持P2在最右端位置不变,R2=9R,P1向下缓慢滑动,n2减小,R等增大,I减小,U=UR2=归纳总结在原线圈上接有负载时,可以将不变的电阻等效为电源内阻,借助闭合电路欧姆定律分析副线圈中功率变化问题,如R等=r内时,P等有最大值。autonum.(2022湖北,9,4分)(多选)近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝。接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,下列说法正确的是()A.接收线圈的输出电压约为8VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案AC因穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,故在相等时间内穿过接收线圈的磁通量变化量约为发射线圈的80%,故穿过接收线圈的磁通量变化率约为发射线圈的80%,D错误。由法拉第电磁感应定律,E=nΔΦΔt,可得U2U1=0.8n2n1,故autonum.(2018课标Ⅲ,16,6分)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,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方∶Q正等于()A.1∶2B.2∶1C.1∶2D.2∶1答案D本题考查交变电流的有效值及焦耳定律。根据交变电流有效值的定义及焦耳定律可得,Q方=u02R·T2+u02R·T2=u02RT,Q正易错点拨正弦式交变电流的有效值是其峰值的12autonum.(2015山东理综,19,6分)如图甲,R0为定值电阻,两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上,经二极管整流后,通过R0的电流i始终向左,其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时,a、b间的电压uab为正,下列uab-t图像可能正确的是()图甲图乙答案C圆环内磁场的变化周期为0.5T0,则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0,四个图像中,只有C的变化周期是0.5T0,根据排除法可知,C正确。autonum.(2014天津理综,7,6分)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图2中曲线a、b所示,则()A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C.曲线a表示的交变电动势频率为25HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10V解析由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb=2∶3,再由周期与转速的关系n=1T得na∶nb=3∶2,故B错误。因Ta=4×10-2s,故fa=1Ta=25Hz,C正确。因Ema=15V,而Em=NBSω=2πNBST,故Emb=TaTbE答案AC解题指导本题考查了交变电动势的产生及描述,涉及交变电动势的四值及其图像。条件设置较为隐蔽,陷阱设置比较巧妙,对学生的分析能力要求较高,难度中等。解题时应重点关注图像中提供的所有信息。autonum.(2018天津理综,4,6分)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12PB.电压表V的读数变为1C.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本题考查正弦交流电的产生原理、理想变压器。由正弦交流电的产生原理可知,其电动势的最大值Em=NBSω,而ω=2πn,有效值E=22Em,线圈转速变为原来的12,则U1=E变为原来的12。由U1U2=n1n2知U2变为原来的12,电压表读数变为原来的12,选项B正确;R消耗的功率P=U22R,故R消耗的功率变为原来的14,选项A错误;由P入=P出解题关键正弦交流电的最大值与转速的关系,理想变压器的电流、电压及功率的决定关系,是解答此题的关键。autonum.(2015海南单科,10,5分)(多选)如图,一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R0,负载电阻的阻值R=11R0,是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R=5R0,保持变压器输入电流不变,此时电压表的读数为5.0V,则()A.此时原线圈两端电压的最大值约为34VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48V答案AD当R=5R0时,示数为5.0V,所以输出电流I出=5.0V5R0,UR0=I出R0=1V,则变压器输出电压为6V,由n1n2=U1U2得到输入电压的有效值为24V,所以原线圈两端电压最大值为2U1≈34V,A正确,B错误。因I入∶I出=n2∶n1不变,故输入电流不变时输出电流也不变,当负载由R=11R0变为R=5R0时,由U=IR知副线圈电压由I(Rautonum.(2014山东理综,17,6分)(多选)如图,将额定电压为60V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A。以下判断正确的是()A.变压器输入功率为484WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2AD.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶3答案BD对于理想变压器,P入=P出,所以输入功率P入=60×2.2W=132W,A错。I1=P入U1=132220A=0.6A,B正确。通过副线圈的电流的最大值I2m=2I2=2.22A,C错误。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=Uautonum.(2016江苏单科,4,6分)一自耦变压器如图所示