五年2024-2025高考物理真题专题点拨-专题12交流电和变压器含解析

PAGEPAGE13专题12沟通电和变压器【2024年】1.（2024·新课标Ⅱ）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已胜利驾驭并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采纳550kV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1100kV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′=∆P B.∆P′=∆P C.∆U′=∆U D.∆U′=∆U【答案】AD【解析】输电线上损失的功率ΔP＝()2·r，损失的电压ΔU＝·r，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP，损失的电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU，故选AD。2.（2024·新课标Ⅲ）在图（a）所示的沟通电路中，电源电压的有效值为220V，志向变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为志向电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变更的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（）A.所用沟通电的频率为50Hz B.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0A D.变压器传输的电功率为15.0W【答案】AD【解析】沟通电的频率为，A正确；通过R2电流的有效值为，R2两端即副线圈两端的电压，依据欧姆定律可知，依据志向变压器的电压规律可知原线圈的电压，电阻R1两端分压即为电压表示数，即，B错误；电流表的示数为，C错误；副线圈中流过的总电流为，变压器原副线圈传输的功率为，D正确。故选AD。3.（2024·浙江卷）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是志向变压器，下列说法正确的是（）A.发电机输出的电流B.输电线上的电流C.降压变压器的匝数比D.用户得到的电流【答案】C【解析】依据电功率公式，发电机输出电流，A错误；输电线上损失功率，由，可得，故B错误；降压变压器原副线圈得到的功率为P4=P-P线=95kW，依据志向变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得，C正确；用户得到的功率为，用户得到的电流，D错误。故选C。4.（2024·天津卷）手机无线充电是比较新奇的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（）

A.送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变更B.受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D.手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【答案】AC【解析】由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变更的，因此产生的磁场也是周期性变更的，A正确，B错误；依据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。故选AC。5.（2024·山东卷）图甲中的志向变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变更关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1=10Ω、R2=5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。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.1Ω B.5Ω C.6Ω D.8Ω【答案】A【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）依据志向变压器电压规律可知副线圈电压有效值为灯泡正常工作，依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，依据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为通过R1的电流为通过R2、R的电流为R2、R的分压为解得滑动变阻器的阻值为A正确，BCD错误。故选A。6.（2024·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】原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A错误。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错误。电流互感器不会变更电流的频率，只变更电流，故原、副线圈电流的频率相同，C错误。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。【2024年】1．（2024·江苏卷）A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200V【答案】D【解析】由志向变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。【2024年】1.（2024年江苏卷）采纳220kV高压向远方的城市输电．当输送功率肯定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（）A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV【答案】C【解析】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析实力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=。当输电功率肯定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确。2.（2024年天津卷）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽视）通过志向变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，志向沟通电流表A、志向沟通电压表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，则A.R消耗的功率变为B.电压表V的读数变为C.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】依据公式分析电动机产生的沟通电的最大值以及有效值、频率的变更状况；依据推断原副线圈中电流电压的变更状况，依据副线圈中功率的变更推断原线圈中功率的变更；依据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，依据可知电动机产生的最大电动势为原来的，依据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，依据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，依据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；副线圈中的电流为，即变为原来的，依据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误．3.（2024年全国Ⅲ卷）一电阻接到方波沟通电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方:Q正等于A.B.C.1:2D.2:1【答案】D【解析】依据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波沟通电的有效值为u0，依据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正=u02∶（）2=2∶1，选项D正确。4.（2024年全国Ⅲ卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦沟通电流i，i的变更如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势A.在时为零B.在时变更方向C.在时最大，且沿顺时针方向D.在时最大，且沿顺时针方向【答案】AC【解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变更率为零，导线框R中磁通量变更率为零，依据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变更率的正负不变，依据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变更率最大，导致导线框R中磁通量变更率最大，依据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可推断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可推断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。【2024年】1．【2024·天津卷】在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变更。设线圈总电阻为2Ω，则A．t=0时，线圈平面平行于磁感线B．t=1s时，线圈中的电流变更方向C．t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面（线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向变更一次，t=1s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5s时，磁通量有最大值，但磁通量的变更率为零（），依据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。2．【2024·北京卷】如图所示，志向变压器的原线圈接在的沟通电源上，副线圈接有R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为志向电表。下列说法正确的是A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出沟通电的周期为50s【答案】B【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220V，由志向变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110V，C错误；流过电阻R的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，依据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100πrad/s，周期T=0.02s，D错误。3．【2024·江苏卷】某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（A）电感L1的作用是通高频 （B）电容C2的作用是通高频（C）扬声器甲用于输出高频成分 （D）扬声器乙用于输出高频成分【答案】BD【解析】电感线圈对沟通电的阻碍作用由感抗描述，，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频沟通信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对沟通电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误．【2024年】1．【2024·全国卷Ⅲ】如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置起先，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图1­A．两导线框中均会产生正弦沟通电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【解析】设导线圈半径为l，角速度为ω，两导线框切割磁感线的等效长度始终等于圆弧半径，因此在产生感应电动势时其瞬时感应电动势大小始终为E＝eq\f(1,2)Bωl2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应当产生方波沟通式电，如图所示，A错误；由T＝eq\f(2π,ω)可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t＝eq\f(T,8)时，两导线框均在切割磁感线，故两导线框中产生的感应电动势均为eq\f(1,2)Bωl2，C正确；对于线框M，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,有M),R)·T，解得U有M＝E；对于线框N，有eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＋eq\f(E2,R)·eq\f(T,4)＋0＝eq\f(Ueq\o\al(2,有N),R)·T，解得U有N＝eq\f(\r(2),2)E，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误．M2变压器远距离输电2．【2024·全国卷Ⅰ】一含有志向变压器的电路如图1­所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为志向沟通电流表，U为正弦沟通电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图1­A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】开关断开时，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2＝eq\f(In1,n2)，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝eq\f(5In1,n2)，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)，则U＝U1＋IR1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)＋3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比eq\f(4I,I′2)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I′2＝eq\f(4In1,n2)，副线圈的输出电压U′2＝I′2R2＝eq\f(4In1,n2)，由eq\f(U′1,U′2)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U′1＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)，则U＝U′1＋4IR1＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)＋12I，解得eq\f(n1,n2)＝3，选项B正确．3．【2024·全国卷Ⅲ】如图1­所示，志向变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()图1­A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9【答案】AD【解析】设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U＝10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1＝U－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．4．【2024·天津卷】如图1­所示，志向变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为志向电表．下列说法正确的是()图1­A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大【答案】B【解析】滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变更，所以干路中的电流减小，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V示数变大，B正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A1的示数变小，C错误；闭合开关S后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的