交变电流-2021年高考物理二轮复习（解析版）

专题11交变电流

3年高考真题精练

一、单选题

1.（2020•海南高考真题）图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别

用乙和表示甲和乙两电流的有效值，则（）

D.Z,：/=V2：1

C.11:12=1:722

【答案】D

【解析】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的

电流有效值为4=/。；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为4=刍，故

72

/|：，2=&：1，故选D。

2.（2020•北京高考真题）如图所示，理想变压器原线圈接在〃="”sin（欣+。）的交流电源上，副线

圈接三个阻值相同的电阻R,不计电表内电阻影响。闭合开关S后（）

A.电流表人2的示数减小

B.电压表V1的示数减小

C.电压表V?的示数不变

D.电流表A1的示数不变

【答案】A

【解析】开关S闭合时•，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的

电压也不变，即必示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大,

故Ai的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电

压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，

BCD错误。

故选Ao

3.（2020.江苏高考真题）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（）

'-M-1

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，电流互感器是一种降电流的变压器，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.电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。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。

故选Do

4.（2020•山东高考真题）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比，小“2=22：3,输入端6所接电压

〃随时间f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。定值电阻吊=10C、R2=5

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

A.IQB.5QC.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）

=22^2V=22（）V

V2

U.n.

根据理想变压器电压规律"L=」可知副线圈电压有效值为

U2n2

=—X220V=30V

2n,122

灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24V,则通过灯泡的电流，即副线圈部分的下路电流为

/=£L=*A=1.6A

RL15

根据串联分压规律可知，飞和此、R构成的并联电路部分的分压为

。=。2-4=3（）V-24V=6V

通过用的电流为

I.=-=—A=0.6A

1N10

通过与、R的电流为

==1.6A-O.6A=1A

R>R的分压为

U=，2（&+R）

解得滑动变阻器的阻值为

TTA

R=——7?2=—。-5。=9

，21

A正确，BCD错误。

故选A»

5.（2020.浙江高考真题）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=l（）0kW,发电机的电压

G=250V,经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8C,在用户端用降压变压器把电压降为

U4=220V0已知输电线上损失的功率a=5kW,假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的

是（）

A.发电机输出的电流4=40A

B.输电线上的电流%=625A

C.降压变压器的匝数比4：%=190：11

D.用户得到的电流乙=455A

【答案】C

【解析】A.根据电功率公式

P=UI

发电机输出电流

I.=£=400A

U\

A错误;

B.输电线上损失功率5kW,由

抬='殖⑹戈

可得

故B错误；

C.降压变压器原副线圈得到的功率为

尸4=P-Pa；=95kW

根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得

5000W

/线=4=\_11

T~T~~9500d^~19()

220V

c正确；

D.用户得到的功率为95kW,用户得到的电流

95000W

3432A

4220V

D错误。

故选C。

6.（2020•浙江高考真题）如图所示，甲乙两图中的理想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占，电压表读数为U,乙图中变压器原副线圈的匝数比为区,电流表读数为/。

则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为（）

A.k.U,k,IB.k.U,—C.—,kJD.—,—

k2k{ktk2

【答案】B

【解析】根据理想变压器的电压和电流规律：

殳=4

u'

4=1

/h

解得甲图中高压线电压为

U°=k、U

乙图中高压线电流为

故B正确，ACD错误.

故选B。

7.（2018•全国高考真题）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为。方；若该电阻接到

正弦交流电源上，在个周期内产生的热量为。正，该电阻上电压的峰值均为“0,周期均为7,如图甲、乙

所示。则。方：Q正等于（）

A.V2：lB.1：V2C.2：1D.1：2

【答案】C

【解析】根据焦耳定律知0方=公而正弦交流电压的有效值等于峰值的,所以

R正

。正1.^-7

2R

可得

。方&=2:1

故C正确，ABD错误。

故选C。

8.（2018•天津高考真题）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的!，则（）

2

B.电压表V的读数变为,U

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】AB.根据3=2乃〃可知转速变为原来的则角速度变为原来的根据可知电

动机产生的最大电动势为原来的;，根据。=一声可知发电机的输出电压有效值变为原来的《，即原线

2V22

1〃1U.1

圈的输出电压变为原来的二，根据六可知副线圈的输入电压变为原来的彳，即电压表示数变为原

2〃22

11

来的:7,根据尸=:可知R消耗的电功率变为一P,A错误B正确;

2R4

C.副线圈中的电流为72U-即变为原来的g，根据可知原线圈中的电流也变为原来的工，

，2=彳一2%乙2

K

C错误;

D.转速减小为原来的!，则频率变为原来的!，D错误。

22

二、多选题

9.（2020•全国高考真题）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V,理想变压器原、副

线圈的匝数比为10：1,Ri、生、用均为固定电阻，4=10。，&=20。，各电表均为理想电表。已知电

阻丛中电流i2随时间f变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（

A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100V

C.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W

【答案】AD

【解析】A.交流电的频率为

f=-=-=--5-0-Hz

T0.02s

A正确:

B.通过用电流的有效值为

A

R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知

=/&=lxl()V=l()V

U.n.

根据理想变压器的电压规律才啜可知原线圈的电压

U[=10x10V=100V

电阻R1两端分压即为电压表示数，即

U、=U「U\=220V-100V=120V

B错误;

c.电流表的示数为

A=S』A=0.5A

A&20

c错误;

D.副线圈中流过的总电流为

，2=/+/A=1A+0.5A=1.5A

变压器原副线圈传输的功率为

P=I2U2=15W

D正确。

故选ADo

10.（2020•全国高考真题）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并

实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向8处输电，输电线上损耗的电功率为△「,

到达8处时电压下降了在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用llOOkV特高

压输电，输电线上损耗的电功率变为△2',到达8处时电压下降了AU。不考虑其他因素的影响，则

)

I1I1

A.△「'=一△「B.&P'=—kPC.\U'=-\UD.\U'=—\U

4242

【答案】AD

【解析】输电线上损失的功率

P

AP=(—)12-r

U

损失的电压

P

△U=---r

U

当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的！

,即

4

1

\P'=-\P

4

损失的电压变为原来的4,即

2

2

故选AD。

11.（2019•海南高考真题）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由K、R2和&三个

电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（）

A.流经舄的电流减小到原来心

B.R2两端的电压增加到原来的2倍

c.6两端的电压减小到原来的;

D.电阻上总的热功率减小到原来的,

4

【答案】CD

U\n.

【解析】设变压器初级电压为U,则该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据y

U2n2

可知，次级电压由』U变为工U,即次级电压变为原来的!，可知用两端的电压变为原来的g,则流

51022

1TR1/

经Ri的电流减小到原来的彳，选项A错误：&两端的电压为〃r£2=6~七°r次，则&两端的电压减

2/<2+«3

小到原来的《，选项B错误；同理原两端的电压为UR3=。3DU次，则R3两端的电压减小到原来的

29+%

1iu2

选项c正确；因次级电压变为原来的彳，根据尸=匕可知，次级电阻上总的热功率减小到原来

22R

的选项D正确.

4

12.（2019•天津高考真题）单匝闭合矩形线框电阻为R,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（）

T

A.一时刻线框平面与中性面垂直

2

B.线框的感应电动势有效值为正检

T

C.线框转一周外力所做的功为空检■

RT

D.从，=0到过程中线框的平均感应电动势为鸣

4T

【答案】BC

T

【解析】由图像可知式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

交流电的周期为T,则0=亍，由交流电的电动势的最大值为£；“=汕50=耙春，则有效值为

E阜=立必，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热最，卬=盔7=空篮，故

JV2TRRT

T.=耙=4一

C正确：从0时刻到一时刻的平均感应电动势为一t~T~T.故D错误.

4-

13.（2018•海南高考真题）如图，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一面积为S的矩形单匝闭合

导线。儿&外边与磁场方向垂直，线框的电阻为R.使线框以恒定角速度。绕过ad、儿中点的轴旋

转.下列说法正确的是（）

A.线框Hcd中感应电动势的最大值是85。

B.线框Med中感应电动势的有效值是

C.线框平面与磁场方向平行时，流经线框的电流最大

D.线框平面与磁场方向垂直时，流经线框的电流最大

【答案】AC

【解析】一个单匝线圈在匀强磁场中旋转，当从中性面开始计时，产生的正弦式交变电流电动势的瞬时值

E

表达式为:e-Emsin。.=Emsimot.故感应电动势的最大值Em=BS（t>,有效值后=方,故A正确，B错误;

当。=90"时，即线框平面与磁场方向平行时，感应电动势最大，电流最大，故C正确，D错误.

1年高考模拟

1.如图（。）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为m：“2=1：5,定值电阻凡的阻值为10C,滑动变

阻器&的最大阻值为50。，定值电阻凡的阻值为10C,图中电表均为理想电表。原线圈输入如图⑹

所示的交变电流，其有效值不随负载变化。当滑动变阻器接入电路的阻值由50c减小到0的过程中

（）

A.电流表的示数为5AB.通过R?的电流减小

C.电压表的示数减小D./?2和穴3的总电功率先增大后减小

【答案】AC

【解析】A.由图（b）所示的交变电流，根据有效值定义可得

T

/MT：/,巧+啥)R'-

2

则输入电流的有效值为

/°=5A

即电流表的示数为5A,故A正确;

BC.可知原副线圈两端的总电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由50。减小到0,此时副线圈的总

也阻减小，则副线圈两端的电压减小，即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R两端的电

压减小，则通过R的电流减小，根据并联分流可知，通过R2和凡的电流增大；故B错误，C正确；

D.设通过昭和此的电流为〃，则根据并联电路的电流特点可得

4=/x段

R、+R>+&

则及和上的总电功率为

斤(&+%)

%=乃（鸟+鸟）=尸

(N+&+RJ2

可得&和他的总电功率随&减小而增大，故D错误。

故选AC。

2.大电流发生器是电力、电气行业在调试中需要大电流场所的必需设备，一般采用调压器输出端接升流

器输入端、升流器输出端接试验回路的方法进行电流升流，原理如图所示。「为自耦调压器，P为调压

滑动触头；T2为升流器，与触头1连接时原，副线圈匝数的比值为A,/?为试验回路的等效电阻，忽略

其他电阻与感抗等因素的影响，调压器与升流器均视为理想变压器。当出?端接入电压为M=Q.sinMV的

交变电流时，以下说法正确的是（）

A.大电流发生器不仅可以提高试验回路的电流还可以提高试验回路中电流的频率

B.保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，R可以获得更大的电流

C.保持滑动触头P位置不变，仅将触头2转换至触头1,R可以获得更大的电流

D.将滑动触头P置于中间位置且与触头1连接，试验回路的电流为调压器输入端的2%倍

【答案】D

【解析】A.理想变压器原副线圈中的电流频率是相等的，所以大电流发生器不可以提高试验回路中电流

的频率，A错误：

B.保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，试验回路获得的电压变小，电流变小，B错误：

C.保持滑动触头P位置不变，则升流器的输入端电压不变，根据变压器变压规律可知，当仅将触头2转

换至1,升流器原、副线圈匝数比变大，〃端的电压变小，电流变小，C错误；

D.保持滑动触头P置于中间位置，由调压器原副线圈的电流比等于匝数的反比可知经过了调压器，电流

为调压器输入端电流的2倍，而与触头1连接，经过升流器，电流又为升流器输入端电流的A倍，故试验

回路的电流为调压器输入端电流的2k倍，D正确；

故选D。

3.如图所示，矩形金属线框在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间的变化关

系为e=4O0sin(5O;?7)V,图中矩形金属线框的电阻为4C,灯泡的额定电压为9V,理想变压器原、副

线圈的匝数之比为4：1,开关闭合时灯泡恰好正常发光则下列说法中正确的是()

A.理想电压表的示数为40V

B.匚0.01s时，矩形金属线框平面与磁场方向垂直

C.灯泡的额定功率为36W

D.若金属线框转动的角速度减小，则灯泡亮度会变亮

【答案】C

【解析】A.由于变压器原、副线圈的匝数之比为4：1,灯泡的额定电压为9V,开关闭合时灯泡恰好正

常发光则

LU

«l〃2

所以

U1=36V

故A错误；

B.由

e=40忘sin(50R)V

可知，当/=0.01s时

e=40V2V

此时矩形金属线框平面与磁场方向平行，故B错误：

C.由电动势随时间的变化关系为

e=40^2sin(50^r)V

可知，电动势的有效值为40V,由于原线圈两端的电压是36V,所以矩形线框的内压为

U=E-U\=40V-36V=4V

可得线框及原线圈中电流

/,=—=-A=lA

1R4

由于是理想变压器，故

P=U,I,=U2I2=36W

故C正确；

D.若金属线框转动的角速度减小，则电动势的最大值

Em=NBSco

就会减小，灯泡两端的电压就会减小，灯泡就会变暗，故D错误。

故选Co

4.如图甲所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断的以速度出射入

Pi和P2两极间的匀强磁场中，由于在线圈A中加入变化的磁场，导线"和导线cd在0~2s内相互排斥，

2~4s内相互吸引，规定向左为磁感应强度3的正方向，线圈A内磁感应强度8随时间［变化的图像可能

是图乙中的（）

【答案】B

【解析】等离子气流由左方连续不断地以速度射入P和P2两极板间的匀强磁场中，正电荷向上偏，负

电荷向下偏，上板带正电，下板带负电，且能形成稳定的电流，电流方向由4到8,0~2s内互相排斥，

2~4s内互相吸引，则0~2s内cd的电流方向由d到c,2~4s内cd的电流方向由c到4,根据楞次定律判断

可知B选项对应正确。

故选Bo

5.如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压〃随时间f变化的图

像如图乙所示，两只规格为“6V,3W”的灯泡均正常发光。下列说法正确的是（）

图甲

A.电阻R的功率为6W

B.电流表的示数为0.5A

C.原、副线圈匝数之比为3:1

D.副线圈中电流方向1s内改变5（）次

【答案】AC

【解析】AC.由图乙可知，交流电的有效值。=24V,由于原副线圈所接灯泡均能正常发光，则回路内

电流

/=n5A