高考物理专项复习 交变电流练习题及答案解析

高考物理专题复习-交变电流练习题及答案解析

题型一、交变电流问题中四值的相关计算

1.（2019天津）单匝闭合矩形线框电阻为火，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

通量中与时间/的关系图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.工时刻线框平面与中性面垂直

2

后兀♦

B.线框的感应电动势有效值为T

26篮

C.线框转一周外力所做的功为RT

D.从f=°到4过程中线框的平均感应电动势为T

【答案】BC

T

【解析】：由图像可知2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

2»2万

«=­纥=〃加。=服

交流电的周期为T,则T,由交流电的电动势的最大值为T，则有效值为

吗=Em=血碱,

W=康丁=2/就

'亚T，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量,RRT,故C

△0=%=4落

T一△「匚T

正确；从0时刻到4时刻的平均感应电动势为4,故D错误。

2.（2014•天津卷）如图所示，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。、6所示，贝1（）

图1图2

A.两次f=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2：3

C.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz

D.曲线b表示的交变电动势有效值为10V

【答案】AC

【解析】：本题考查交变电流图像、交变电流的产生及描述交变电流的物理量等知识，从图像可以看出,

从金属线圈旋转至中性面时开始计时，曲线a表示的交变电动势的周期为4x10-2$,曲线6表示的交变电动

势的周期为6x10-2s,所以A、C正确，B错误；由可知，争=等=祟=/故/产位〃=10V,

匕mbCObla3

曲线b表示的交流电动势的有效值为5陋V,D错误.

3.（2013.山东）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为

交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的

交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是（）

A.电流表的示数为10A

B.线圈转动的角速度为50万rad/s

C.O.Ols时线圈平面与磁场方向平行

D.0.02s时电阻R中电流的方向自右向左

【答案】：A

【解析】：电流表显示的为有效值，I=%=Wg=l（）A故A选项正确，由图可知交变电流的周期为0.02s,

72V2

2TC27r

0）=——=----=100»rad/s,故B选项错误；t=0.01s时感应电流的值反向最大，说明磁通量的变化率最

T0.02

大，线圈处于与中性面垂直的平面，故C错误，结合右手定则，图示的位置即为0.02s线圈所处的位置，故

在t=0.02s时通过R的电流方向自左向右；故D错

4.（2015四川）.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈Med,磁极间的磁场视为匀强磁场,

方向垂直于线圈中心轴。0',线圈绕匀速转动，如图所示。矩形线圈必边和cd边产生的感应电动势的

最大值都为e°,不计线圈电阻，则发电机输出电压（）

A.峰值是eoB.峰值是2eoC.有效值是qNe。D.有效值是后Ne。

【答案】D

【解析】：由题意可知，线圈"边和cd边产生的感应电动势的最大值都为eo,因此对单匝矩形线圈总电

动势最大值为2eo,又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Neo,根据闭合电路欧

姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Neo,故选项A、B错误;

又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与

峰值的关系可知，U=生，即U=皿Ne。，故选项C错误；选项D正确。

J2

5.（2016•全国卷3）如图所示，Af为半圆形导线框，圆心为O”；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时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过。”和ON的轴，以相

同的周期T逆时针匀速转动，则（）

XXXXXXX

A.两导线框中均会产生正弦交流电

B.两导线框中感应电流的周期都等于T

C.在时，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I,角速度为。，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^Bcol2,但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框

9jr

中应该产生方波交流式电，如图所示，A错误；由7=皆可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T,

CD

T1

B正确；在时，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超。尸，c正确；对于

oZ

线框有告务与3=4"T，解得U宥M=E；对于线框N,有*f+0+备知0=等匕解得U有产孚

E故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误.

线框〃线框N

题型二、理想变压器几个重要结论的应用

6.（2018天津）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/、U,R消耗的功

率为P。若发电机线圈的转速变为原来可，顺）

A.R消耗的功率变为与

2

B.电压表V的读数为lu

2

C.电流表A的读数变为2/

D.通过R的交变电流频率不变

【答案】B

【解析】试题分析：根据公式Em=nBSs分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况;

\_U]_弓

根据%u211判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化;

11

根据8=2加可知转速变为原来的5,则角速度变为原来的5,根据EmnnBSoo可知电动机产生的最大电动势为

_1u=E_m_1_1

原来的2,根据也可知发电机的输出电压有效值变为原来的2,即原线圈的输出电压变为原来的2,根据

11炉

---------__P=__

n2U2可知副线圈的输入电压变为原来的2,即电压表示数变为原来的2,根据R可知R消耗的电功率变

1

-UT

121nnl-2

—p[=.———--------

为4,A错误B正确；副线圈中的电流为2R,即变为原来的2,根据力L可知原线圈中的电流也变为

111

原来的5,c错误；转速减小为原来的2则频率变为原来的5,D错误.

7.（2017.北京）如图所示，理想变压器的原线圈接在"=220血sinMV）的交流电源上，副线圈接有R=55

。的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A.原线圈的输入功率为2200W

B.电流表的读数为1A

C.电压表的读数为IIO®V

D.副线圈输出交流电的周期为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,由理想变压器原、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,根据能量守恒可知，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，a）=lOOTIrad/s,周期T=0.02s,D错误。

8.（2014•新课标2）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为小、您.原线圈通过一理想电流表A

接正弦交流电源，一个二极管和阻值为H的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻

为零，反向电阻为无穷大.用交流电压表测得〃、b端和c、d端的电压分别为和则

ao-（A）―）I/——H-r-oc

n2R

h

A.UabtUcd—"1♦"2

B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小

C.负载电阻的阻值越小，c、d间的电压UM越大

D.将二极管短路，电流表的读数加倍

【答案】BD

【解析】经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式冬=

孑得到输出电压，而输出电压不等于C、d端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压

后经二极管整流后有效值发生变化，”,=卑=立警％则Uab：Ucd=gl:"2,故A错误.增大负载

电阻的阻值氏U"不变，U"也不变，根据「出=中可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输

出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误.二极管短路时，U'cd=U2,输出功率

尸'出=毕=号=2尸出，故输入功率P也加倍，而输入电压仿不变，根据P=Ui/i得电流表读数加倍，D正

确.

9.（2016•全国卷1）一含有理想变压器的电路如图1-所示，图中电阻Ri、R2和R3的阻值分别为3。、1Q和

4Q,@为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S断开时，电流表的示

数为1;当S闭合时，电流表的示数为41.该变压器原、副线圈匝数比为（）

A.2B.3C.4D.5

【答案】：B

【解析】：开关断开时，原、副线圈的电流比：=孑，通过&的电流，2=等，副线圈的输出电压。2=/2（&

12几1

22

+4）=嘿，由伊=蓝可得原线圈两端的电压U1=5燎），则（7=。1+阿=5（；£|+3/；开关闭合时，原、

副线圈的电流比当=孑，通过&的电流/'2=等，副线圈的输出电压6=%&=等，由#=?可得原线

/2九2几2。2

圈两端的电压。1=4心3,则U=U1+4/Ki=4偿）+121,解得言=3,选项B正确.

10.（2016•全国卷3）如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压。

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（）

b

A.原、副线圈匝数比为9：1

B.原、副线圈匝数比为1:9

C.此时a和b的电功率之比为9：1

D.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Uo,则输入电压U=10Un,由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压

Ui=U-Uo=9Uo,副线圈两端的电压。2=。0，所以原、副线圈的匝数比为：n2=Ui：U2=9：1,A正确，

B错误；原、副线圈的电流之比八：/2=〃2：〃1=1：9,由电功率2=。/可知，a和b的电功率之比为1：9,

C错误，D正确.

11.（2016•四川）如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少

相同匝数，其他条件不变，贝式）

A.小灯泡变亮

B.小灯泡变暗

C.原、副线圈两端电压的比值不变

D.通过原、副线圈电流的比值不变

【答案】：B

【解析】：由变压器相关知识得：瞿=乎，原、副线圈减去相同的匝数n后：妙=誓=以二4中一空=

U2n2。2孔2n2一n九2"2

一〃（切一C）＜0,则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误.由于原线圈电压恒定不

变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确.

12.（2016•海南卷）图（a）中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4：1,必为阻值随温度升高而减小的热

敏电阻，以为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表.原线圈所接电压"随时间/按正弦规律变化,

如图（b）所示.下列说法正确的是（）

A.变压器输入、输出功率之比为4：1

B.变压器原、副线圈中的电流之比为1：4

C.u随f变化的规律为a=51sin（50位）（国际单位制）

D.若热敏电阻心的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大

【答案】：BD

【解析】：理想变压器的输入功率等于输出功率，故A错误.理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比,

故B正确.从图（b）可知交流电的周期为0.02s,所以a随f变化的规律为a=51sin（100TT。，故C错误.温度

升高，热敏电阻阻值减小，电流表示数变大，电压表示数为输入的交流电的电压有效值，故不变，D正确.

13.（2015全国1）理想变压器的原、副线圈的匝数比为3：1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电

阻，原线圈一侧接有电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、

副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k,贝ij（）

□D

A.U=66V,k=l/9B.U=22V,k=l/9

C.U=66V,k=l/3D.U=22V,k=l/3

【答案】A

【解析】根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线圈匝数比即Ui：U2=m：n2,当副线圈电压U2二U,

得原线圈电压Ui=3U,理想变压器能量不损耗有P1=P2,即U山=U212，L=u/R，得至"=2;根据串联

3R

电路的特点有：Us=Ui+IiR,联立并将U源=220V数据代入可得：U=66V;原、副线圈回路中的电阻消耗的

功率根据P=PR,电阻相等，可得功率之比k=l/9，故选项A正确。

14.（2014•山东卷）如图所示，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（）

用

电

器

A

A.变压器输入功率为484W

B.通过原线圈的电流的有效值为0.6A

C.通过副线圈的电流的最大值为2.2A

D.变压器原、副线圈匝数比2=11：3

【答案】：BD

【解析】：理想电流表没有电阻，显示的2.2A是理想变压器的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无

穷大，显示的220V是理想变压器的输入电压的有效值.用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压

的有效值为60V.根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得"1：〃2=Ui：S=ll：3,选项D正确.理

想变压器的输入功率等于输出功率，P入=P出=60x2.2W=132W,选项A错误.根据理想变压器的电流

与匝数成反比，即：，2="2："1，可得通过原线圈的电流的有效值为八=/2/2=0.6A,选项B正确.通过

变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为4=g/2=2.2mA,选项C错误.

15.（2014•福建卷）图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数〃1="4<〃2="3,四根模拟输电线

的电阻品、&、凡、&的阻值均为R，Ai、A2为相同的理想交流电流表，L、L2为相同的小灯泡，灯丝电

阻RL>2R,忽略灯丝电阻随温度的变化.当A、B端接入低压交流电源时（）

A.Ai、A2两表的示数相同

B.Li、L2两灯泡的亮度相同

C.&消耗的功率大于以消耗的功率

D.%两端的电压小于以两端的电压

【答案】D

【解析】由于所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于

功率不变，所以电流变小，则A1表的示数小于A2表的示数，故A项错误；由会琮，。3=/一人2尺及将

=竽可知,Li两端的电压％=。4=彷一肾/A「2R,又L?两端的电压优2=U\TA〉2R,因勺AI</A2,故勿>42,

由尸=£可知，Li的功率大于L2的功率，所以Li的亮度大于L2,故B项错误；由于Ai表的示数小于A2

表的示数，由可知，品消耗的功率小于心消耗的功率，故C项错误；由于Ai表的示数小于A2表

的示数，由。=小可知，R?两端的电压小于凡两端的电压，故D项正确.

16.（2014•江苏卷）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为小、力2,电压分别

为Ui、lh，电流分别为人、h，输电线上的电阻为R变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（）

A-h=mB.[2=哙c.hU^llRD-5

【答案】：D

【解析】：对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D正确；对只有一组副线圈

的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A错误；输

出电流决定输入电流，/2是由用户的电流决定的，是由/2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B错误;

输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C

错误.

17.（2015海南）如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为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Ro,负载电阻的阻值R=11R,。是理想电压表；现将负载电

阻的阻值减小为R=5Ro,保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V,贝ij（）

A.此时原线圈两端电压的最大值约为34V

B.此时原线圈两端电压的最大值约为24V

C.原线圈两端原来的电压有效值约为68V

D.原线圈两端原来的电压有效值约为48V

【答案】AD

18.（2015广东）图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入

电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V。调节前后

A.副线圈中的电流比为1:2

B.副线圈输出功率比为2:1

C.副线圈的接入匝数比为2:1

D.原线圈输入功率比为1:2

【答案】C

【解析】：通过调节触头P,使输出电压有效值由220V降至110V,输出电压减少为原来的一半，根据欧姆

定律I=U/R,在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为L前：L后=U2前：U2后=2：1,选项

A错误；根据理想变压器原理Ui:U2=m:3，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应

该变为原来的一半，接入匝数比此前：他后二强前：U2后=2：1,选项C正确；根据功率P=UI,得到

调节前后副线圈输出功率之比P2前：P2S=U2jtI2tt：U2后12后=4:1,选项B错误；原线圈的输入功率

等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前：Pie：P2后=4：1,选项D错误。

19.（2015江苏）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V,已知变压器原线圈

匝数为800,则副线圈匝数为

A.200B.400C.1600D.3200

【答案】B

TJri

【解析】：根据变压器的变压规律」=」，可求副线圈匝数为400,所以B正确。

U2n2

题型三、理想变压器中电路的动态分析问题

20.（2015安徽）图示电路中，变压器为理想变压器，a、6接在电压有效值不变的交流电源两端，品为定值

电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表Ai的示数增大了

0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是

A.电压表Vi示数增大

B.电压表V2、V3示数均增大

C.该变压器起升压作用

D.变阻器滑片是沿cfd的方向滑动

【答案】D

【答案】：电流表A1的示数增大，说明副线圈中的电流也在增大，故滑变的阻值一定在减小，所以从C滑

向D,故D选项正确，原副线圈的匝数不变，原线圈中的电流不变，所以副线圈中的电流也不变。AB错误,

因为原副线圈的电压不变，所以电流的变化就为功率的变化，原线圈的功率等于副线圈的功率，所以

Yl\j4

」=4=—，所以该变压器为降压变压器。

n2A/j1

21.（2014•广东）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压Ui不变，闭合

开关S,下列说法正确的是（）

A.P向下滑动时，灯L变亮

B.尸向下滑动时，变压器的输出电压不变

C.尸向上滑动时，变压器的输入电流变小

D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大

【答案】：BD

【解析】：由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片尸滑动时，对灯泡两端的电压没有

影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副

线圈电压不变，故选项B正确；滑片尸上滑，电阻减小，副线圈输出电流"增大，则原线圈输入电流A也

增大，故选项C错误；此时变压器输出功率尸2=物/2将变大，故选项D正确.

22.（2015天津）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触

头Q来调节在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加

一电压为U的正弦交流电，则

A.保持Q的位置不变，将P向上滑动时，电流表读数变大

B.保持Q的位置不变，将P向上滑动时，电流表读数变小

c.保持p的位置不变，将Q向上滑动时，电流表读数变大

D.保持P的位置不动.将Q向上滑动时，电流表读数变小

【答案】BC

【解析】保持Q位置不动时，负载电路电压保持不变，将P向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负.载消

耗功率变小，原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项A错误、B正确；保持P位置不动，即负

载电路电阻不变，将Q向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路

消耗功率变大，故原线圈输入电流变大，所以选项C正确的、D错误。

A、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,

根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压。2=—x67^=6V

5Ro

根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V,所以此时原线圈两端电压的最

大值约为U1m=24V2x34V，故A对B错；

C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为RO,负载电阻的阻值R=llRo，由于保持变压器输入电流不变，所

以输出电流也不变，所以原来副线圈电压=—xl27?0=12V

-54

23.（2016•天津卷）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正

确的是（）

A.当滑动变阻器的滑动触头尸向上滑动时，Ri消耗的功率变大

B.当滑动变阻器的滑动触头尸向上滑动时，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Ai示数变大

D.若闭合开关S,则电流表Ai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化，所以干路中的电流减小，R消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R

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Ai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，干路中的电流变大，风两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过&的电流变小，即电

流表A2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表Ai示数变大，D错误.

24.（2016•江苏卷）一自耦变压器如图1-所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在心方间作为原线圈.通

过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈.在服b间输入电压为Ui的交变电流时，c、1间

的输出电压为仍，在将滑动触头从〃点顺时针旋转到N点的过程中（）

A.U2>U1，。2降低B.U2>Ui，升高

C.U2〈U[,仍降低D.U2〈U[,仍升高

【答案】：c

【解析】：根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有整=?，这里"2<小，所以u2<[71.

U2/2

在将滑动触头从M点顺时针旋转到N