2023年高考物理真题分训练13交流电(教师版含解析)

专题13沟通电

【2023年高考题组】

1、(2023•湖南卷・T6)如图，抱负变压器原、副线圈总匝数一样，滑动触头P।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。定值电阻的阻值为R，滑动变阻器R的最大阻值为9R,滑片

12

P初始位置在最右端。抱负电压表V的示数为U,抱负电流表A的示数为/。以下说法正确的选项是()

2

A.保持:P位置不变，P向左缓慢滑动的过程中，/减小，U不变

।2

B.保持P位置不变，P向左缓慢滑动的过程中,R消耗的功率增大

1

C.保持P2位置不变'「向下缓慢滑动的过程中,/减小，u增大

D.保持P位置不变，P向下缓慢滑动的过程中，R消耗的功率减小

【答案】B

【解析】

AB.由题意可知，原副线圈的匝数比为2,则副线圈的电流为21,依据欧姆定律可得副线圈的电压有效值

为

U=2IR

21

则变压器原线圈的电压有效值为

U=2U=4IR

12I

设输入沟通电的电压有效值为U0,则

U=4/R+IR

012

可得

保持P位置.不变，P向左缓慢滑动的过程中，/不断变人，依据欧姆定律

U=4IR

I

可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R两端的电压不断变小，则电压表示数U

变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，依据原副线圈的功率相等，可知R消耗的功率增大，故B

正确，A错误；

CD.设原副线圈的匝数比为〃，同理可得

U=n21R

则

U=n2lR+IR

012

整理可得

/=%

mR+R

12

保持P位置不变，P向下缓慢滑动的过程中，〃不断变大，则/变小，对R由欧姆定律可知

U=IR

2

可知u不断变小，依据原副线圈的功率相等可知R消耗的功率

1

UUR

P=IU=_____o_(U-______02)

1।“2R+RoniR+R

1212

整理可得

P=______0________

I小

1mR2

i

可知〃=3时，R消耗的功率有最大值，可知R消耗的功领先增大，后减小，故CD错误。

11

应选B。

2、(2023•山东卷14)如以下图的变压器，输入电压为220V,可输出12V、18V、30V电压，匝数为，的

I

原线圈中电随时间变化为口=Ucos(1007t).单匝线圈绕过铁芯连接沟通电压表，电压表的示数为0.1V。

m

将阻值为12。的电阻R接在BC两端时，功率为12W。以下说法正确的选项是()

A.勺为1100匝,%为220V

B.BC间浅圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4A

C.假设将R接在AB两端，R两端的电压为18V,频率为100Hz

D.假设将R接在4c两端，流过R的电流为2.5A,周期为0.02s

【答案】D

【解析】

A.变压器的输入电压为220V,原线圈的沟通电的电压与时间成余弦函数关系，故输入沟通电压的最大值

为220后，依据抱负变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为

n_220V

1-0.1V

解得原线圈为220()匝，A错误；

B.依据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应当为12V,故8C间的线圈匝数关系有

n12V

8c间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为

I-P12W..

1-------------------1A

BCu12V

BC

B错误；

C.假设将R接在A8端，依据图像可知，当原线圈输入220V时，4B间的电压应当为18V。依据沟通电原线

圈电压的表达式可知，沟通电的角速度为100n，故沟通电的频率为

1CD

f=一=—=50Hz

T2兀

C错误；

D.假设将R接在AC端，依据图像可知，当原线圈输入220V时，4c间的电压应当为30V,依据欧姆定律

可知，流过电阻R的电流为

u

IAC^A=2.5A

AC12

沟通电的周期为

12n

T=—=—=0.02s

f&

D正确。

应选D.

3、（2023•浙江6月卷・T5）以下说法正确的选项是（）

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.正弦沟通发电机工作时，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

【解析】

A.恒定磁场对速度不平行于磁感线的运匆电荷才有力的作用，A错误；

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，B正确；

C.正弦沟通发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0,c错误；

D.依据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。

应选B。

4、（2023•浙江1月卷T9）如以下图，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布状况，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状况，皮带轮带动固定在转

轴两侧的两个线圈转动。以下说法正确的选项是（）

甲乙

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沟通电

D.乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦沟通电

【答案】A

【解析】

A.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，故A正确；

B.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能看成匀强磁场，故B错误；

C.依据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦沟通电，故C

错误；

D.乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦沟通电，故D错误：

应选A。

5、（2023・湖北19）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。放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。假设工作状态下，穿过接收

线圈的磁通量约为放射线圈的80%,无视其它损耗，以下说法正确的选项是（）

A.接收线圈的输出电压约为8V

B.接收线圈与放射线圈中电流之比约为22:1

C.放射线圈与接收线圈中交变电流的频率一样

D.穿过放射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的一样

【答案】AC

【解析】

A.依据

n80%U

-r=---------r

nU

22

=8V

可得接收线圈的输出电压约为（/2-

B.依据

nI

~~r=2

n80%7

可得

/88

+=5-

2

故B错误；

C.变压器是不转变其交变电流的频率的，故C正确；

D,由于穿过放射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不一样，所以穿过放射线圈的磁通量变化率与

穿过接收线圈的不一样，故D错误。

应选AC。

【2023年高考题组】

1.（2023・山东卷）输电能耗演示电路如以下图。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3,输入电压为7.5V的正

弦沟通电。连接两抱负变压器的导线总电阻为r,负载R的阻值为10。。开关S接1时，右侧变压器原、

副线圈匝数比为2：1,R上的功率为10W；接2时，匝数比为1：2,R上的功率为P。以下推断正确的选项是（）

A.r=10QB.r=5Q

C.P=45WD.P=22.5W

【答案】BD

【解析】

【分析】

【详解】当开关S接1时，左侧变压器次级电压

t/2=3x7.5V=22.5V

电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压

U=y[PR=]0V

4

电流

U

I=-4■=1A

4R

则右侧变压器初级电压

U=^xl0V=20V

31

电流

I=xlA=0.5A

32

则

U_U

r=r——r=5Q

当开关S接2时，设输电电流为/,则右侧变压器的次级电流为0.5/；右侧变压两边电压关系可知

U2-Ir—0.5IR

nn

34

解得

/=3A

则R上的功率

P=(05/)2R=22.5W

应选BD。

2.(2023・湖南卷)如图，抱负变压器原、副线圈匝数比为〃：〃，输入端八接入电压有效值恒定的交变

I2

电源，灯泡L、L的阻值始终与定值电阻R的阻值一样。在滑动变阻器R的滑片从。端滑动到匕端的过程

120

中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，以下说法正确的选项是()

A.L先变暗后变亮，匕2始终变亮

B.%先变亮后变暗，L2始终变亮

C.%先变暗后变亮，L2先变亮后变暗

D.匕先变亮后变暗，L2先变亮后变暗

【答案】A

【解析】

副线圈的总电阻为

11^1

■R­—R+RR+R

20ap0pb

解得

（R+R）.（R+R）（R+R）.（/?+/?）

R=（0叩\/0pb、=0ap0Pb

2、R+R，+1R+R）2R+R

0ap0pb0

则滑动变阻器R的滑片从n端滑到h端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，

依据等效电阻关系有R=3ypU?'〃丫u(nV

二_=2=.I/?,则等效电阻先增大后减小,

等;n,〃J厂IE2

E、2，22

n2

I

由欧姆定律有

U,n

Ir=,I=

1R+R2n

o等：

（先减小后增大，72先减小后增大，则L］先变暗后变亮。

依据

U=U—1R,u=为

।1o2n>

1

由于1先减小后增大，则副线圈的电压U先增大后减小，

12

通过L的电流为/="，则滑动变阻器R的滑片从Q端滑到b端过程中，R渐渐减小，副线圈

2L2R+Rpb

0pb

的电EU增大过程中I增大；

2L2

在副线圈的电压u减小过程中，通过R的电流为/=2R渐渐增大，贝〃越来越小，

2o«oR+RopRQ

0ap

所以/T=/?-/J即L先变暗后变亮，L始终变亮。

L22Aoi2

应选A。

3.（2023・广东卷）某同学设计了一个充电装置，如以下图，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦

式沟道电，周期为0.2s,电压最大值为0.05V,抱负变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线

圈匝数比为1:60,以下说法正确的选项是（）

A.沟通电的频率为10Hz

B.副线圈两端电压最大值为3V

C.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关

D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率

【答案】B

【解析】

A.周期是T=0.2s,频率是

/=l=5Hz

T

故A错误：

B.由抱负变压器原理可知

Un

—H="i-

Un

22

解得，副线两端的最大电压为

U=Au=3V

2ni

I

故B正确；

C.依据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越

大,故C错误；

D.由抱负变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。

应选B。

4.(2023・河北卷)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为加匝数为N,放置在磁感应强度大小为8的匀强

磁场中，抱负变压器的原、副线圈匝数分别为〃、，和71,两个副线圈分别接有电阻R।和R,当发电机

0I2I2

线圈以角速度S匀速转动时，抱负电流表读数为/,不计线圈电阻，以下说法正确的选项是()

⑦3

A.通过电阻R的电流为生B.电阻R两端的电压为丐当

2n2n

2।

c.〃与〃的比值为也瓯巴VIvBUcoI(n+n)

D.发电机的功率为--------------•~~广

。*IRn

1

【答案】BC

【解析】

AB.由题知抱负电流表读数为I,则依据欧姆定律

4邛

依据变压器电压与匝数的关系有

〃U〃U

f=77，f=f

〃U"u

1122

代入数据有

u=色_尔，u=qR

0n12n

।

再由欧姆定律有

U=IR

222

可计算出

nR

I=-a-*-

2

I2

综上可知，A错误、B正确；

C.由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有

E=NBg,Uy二

max

由选项AB知

U=ilR

n0NBL23

-a.

n

正确;

D.由于变压器为抱负变压器则有

P=P+P=UI+UI=I2R+UI

代入选项ABC公式有

由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P,°D错误。

应选BC。

5(2023•浙江卷)如以下图，虚线是正弦沟通电的图像，实线是另一沟通电的图像，它们的周期才和最大值U

一样，则实线所对应的沟通电的有效值U满足()

4

29

A.U=

【答案】D

【解析】

因虚线是正弦沟通电的图像，则该沟通电的有效值为

由图可知，在任意时刻，实线所代表的沟通电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦沟通电的瞬时值，则实线

所代表的沟通电的有效值小于虚线表示的正弦沟通电的有效值，则

u

2

应选D。

【2023年高考题组】

1.（2023・江苏卷）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如以下图。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•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.电流互感器不会转变电流的频率，只转变电流，故原、副线圈电流的频率一样。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。应选

Do

2.（2023•浙江省1月学业水平测试选考）如以下图，甲乙两图中的抱负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kj电压表读数为U,乙图中变压器原副线圈的匝数比为A2,电流表读

数为则甲图中高压线电压和乙图中高玉线电流分别为1cliI——J

年心

A.kU,k1B.kU,Lc.S,A/D.工，L

।2ikk2kk

2lI2

【答案】B

【解析】依据抱负变压器的电压和电流规律：

U

—（^=k

U।

/_1

TF

2

解得甲图中高压线电压为

U=kU

01

乙图中高压线电流为

/=1

ok

2

故B正确，ACD错误。应选B。

3.（2023•浙江卷）如以下图，某小型水电站发电机的输出功率P=lOOkW,发电机的电压U=250V,经

1

变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R=8C,在用户端用降压变压器把电压降为u=220Vo

线4

开床变建.器降压变点器

A.发电机输出的电流/=4OA

i

B.输电线上的电流,=625A

线

C.降压变压器的匝数比，：〃=190:11

34

D.用户得到的电流/=455A

4

【答案】C

【解析】A.依据电功率公式

P=UI

发电机输出电流

P

I=—=400A

।U

A错误;

B.输电线上损失功率5kW,由

P=12R

线线线

可得

=25A

故B错误;

C.降压变压器原副线圈得到的功率为

P4=P.P^95kW

依据抱负变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得

/5000W

=J_L

/n______190

43220V

C正确;

D.用户得到的功率为95kW,用户得到的电流

,95000W

I=q432A

4220V

D错误。应选C。

4.（2023・山东卷）图甲中的抱负变压器原、副线圈匝数比^n=22：3,输入端a、b所接电压〃随时间t

的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15C,额定电压为24V。定值电阻用=10C、&=5C，滑动变

阻器R的最大阻值为10C。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调整为（）

A.1QB.5cC.6cD.8c

【答案】A

【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）

U=22。/V=220V

1H

Un

依据抱负变压器电压规律厂才可知囿线圈电压有效值为

22

n3

U=^U=—x220V=30V

2ni22

灯泡TT常T作.依据欧姆定律可知分乐为24V,则通过灯泡的电流，即副线圈局部的干路电流为

u24