2026版《金版教程》高考一轮复习物理第3节 专题：交变电流的四值的计算　变压器动态分析　远距离输电动态分析

高考总复习首选用卷物理第3节专题：交变电流的四值的计算变压器动态分析远距离输电动态分析考点一交变电流的四值的计算1．(多选)如图甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，的示数为零B．灯泡恰好正常发光C．电容器不可能被击穿D.的示数保持110eq\r(2)V不变答案：BC解析：电压表的示数是电压的有效值，由题图乙可知，电压表示数U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，故A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，则灯泡恰好正常发光，B正确；由题图乙可知，电压的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于电容器的耐压值320V，故电容器不可能被击穿，C正确。2.(2024·广东高考)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是()A．该交流电的频率为100HzB．通过电阻电流的峰值为0.2AC．电阻在1秒内消耗的电能为1JD．电阻两端电压表达式为u＝10eq\r(2)sin(100πt)V答案：D解析：由题图可知，该交流电的周期为T＝0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A错误；根据题图可知，电阻两端电压的峰值为Um＝10eq\r(2)V，根据欧姆定律可知，通过电阻的电流的峰值为Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2)V,50Ω)＝0.2eq\r(2)A，故B错误；通过电阻电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，所以电阻在1s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，故C错误；根据题图可知，电阻两端电压的表达式为u＝Umsineq\f(2π,T)t＝10eq\r(2)sin(100πt)V，故D正确。3．某气体放电管，两接线柱间的电压超过500eq\r(3)V时开始放电发光，随后电压降至500V时熄灭。现把气体放电管接到正弦交流电源两端，电源输出电压峰值为1000V，频率为50Hz。则在1小时内放电管实际发光的时间为()A．600s B．1500sC．1800s D．2100s答案：C解析：根据题意，气体放电管两接线柱间电压的瞬时值表达式为u＝Umsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝1000·sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))V，在前半个周期内，放电管开始发光时，u＝500eq\r(3)V，可解得t1＝eq\f(T,6)，放电管刚熄灭时，u＝500V，可解得t2＝eq\f(5T,12)，则每个周期T内，放电管发光的时间Δt＝2(t2－t1)＝eq\f(T,2)，故t＝1h＝3600s内，放电管实际发光的时间为t0＝Δt·eq\f(t,T)＝1800s，故选C。4．(多选)面积为S、阻值为R的单匝金属框放置在匀强磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律为B＝B0sinωt，则()A．金属框中产生的电动势的最大值为B0SωB．金属框中电流的有效值为eq\f(B0Sω,R)C．在一个周期内金属框产生的焦耳热为eq\f(Beq\o\al(2,0)S2ω,R)D．在第一个eq\f(1,4)周期内流过金属框某截面的电荷量为eq\f(B0S,R)答案：AD解析：金属框中的磁通量变化与该框在磁感应强度恒为B0的磁场中绕与磁场垂直的轴以角速度ω匀速转动的情况相同，因此最大电动势为Em＝B0Sω，A正确；金属框中电流的有效值为I＝eq\f(Em,\r(2)R)＝eq\f(\r(2)B0Sω,2R)，B错误；在一个周期内金属框产生的焦耳热为Q＝I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)B0Sω,2R)))eq\s\up12(2)·R·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πBeq\o\al(2,0)S2ω,R)，C错误；在第一个eq\f(T,4)内，ΔΦ＝B0S，则流过金属框某截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq\f(B0S,R)，D正确。考点二原线圈含负载的变压器动态分析5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶3，M、N接在电压有效值不变的交流电源两端。光照强度由强变弱的过程，光敏电阻R的阻值由小变大，灯泡L的阻值不变，则()A．通过光敏电阻和灯泡的电流之比为1∶3B．灯泡的亮度由亮变暗C．原线圈两端的电压始终不变D．光敏电阻两端的电压逐渐变小答案：B解析：根据理想变压器的电流关系有eq\f(IR,IL)＝eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(3,1)，A错误；由于U＝I1R＋U1，U2＝I2RL，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,3)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(3,1)，有U＝I1R＋eq\f(1,9)I1RL，所以当R变大时，I1变小，I2也变小，所以灯泡的亮度由亮变暗，B正确；根据U＝I1R＋eq\f(1,9)I1RL，可得UR＝I1R＝U－eq\f(1,9)I1RL，因为当R变大时，I1变小，所以UR增大，又U＝UR＋U1，所以原线圈两端的电压U1变小，C、D错误。6．如图所示的电路中，M、N端接电压有效值恒定的正弦交流电源，理想变压器的原、副线圈分别与定值电阻相连，电表均为理想电表，将变压器副线圈滑片缓慢向下移动，在此过程中，以下说法正确的是()A．电流表A1示数减小B．电压表V1示数增大C．电阻R1功率减小D．正弦交流电源输出功率增大答案：D解析：如图所示，根据变压器变压、变流规律及电阻的定义式可知，原、副线圈及R2的等效电阻R2′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R2，由题知副线圈匝数n2增多，则等效电阻R2′减小，回路总电阻减小，而交变电流的电压有效值不变，则电流表A1示数I1增大，R1功率增大，又U1＝U－I1R1，则电压表V1的示数U1减小，电源输出功率P＝UI1，则P增大，A、B、C错误，D正确。7．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连(电源内阻不计)，原、副线圈匝数比为n1∶n2，电压表和电流表均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，当滑片向左滑动时，电压表V1、V2、电流表A1、A2的示数变化分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列关系一定正确的是()A.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI1)))＝R1 B.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝ΔR2C.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R1 D.eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\s\up12(2)R1答案：AD解析：正弦交流电源电压稳定，有U＝UR1＋U1，|ΔU1|＝|ΔUR1|，所以有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔUR1,ΔI1)))＝R1，故A正确；根据变压器的规律可知，理想变压器原、副线圈电压变化量之比eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2)，原、副线圈电流变化量之比eq\f(ΔI1,ΔI2)＝eq\f(n2,n1)，所以有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\s\up12(2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU1,ΔI1)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\s\up12(2)R1，故C错误，D正确；由以上分析可知，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU2,ΔI2)))是定值，而ΔR2是变量，故B错误。8．(2021·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗答案：A解析：副线圈电路的总电阻为R2＝eq\f(（R0＋RaP）·（R0＋RPb）,（R0＋RaP）＋（R0＋RPb）)＝eq\f(（R0＋RaP）·（R0＋RPb）,2R0＋R)，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端的过程中，副线圈电路的总电阻先增大后减小；原线圈间的等效电阻为R等＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1,n2)U2,\f(n2,n1)I2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)eq\f(U2,I2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R2，则等效电阻先增大后减小；由欧姆定律有I1＝eq\f(U,R0＋R等)，则I1先减小后增大，L1先变暗后变亮；根据U1＝U－I1R0，U2＝eq\f(n2,n1)U1，可知副线圈两端电压U2先增大后减小；通过L2的电流为IL2＝eq\f(U2,R0＋RPb)，RPb逐渐减小，则U2增大过程中IL2增大，U2减小过程中，通过R0的电流为IR0＝eq\f(U2,R0＋RaP)，RaP逐渐增大，则IR0逐渐减小，而I2＝eq\f(n1I1,n2)此时增大，则IL2＝I2－IR0也增大，即IL2一直增大，L2一直变亮。故A正确。9．(2022·湖南高考)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解析：保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2接入电路中的阻值减小，理想变压器及其负载的等效电阻R等不变，则I增大，可知等效电阻R等两端电压增大，R2两端电压减小，即电压表示数U减小；由于R等两端的电压、通过的电流都增大，则R等的功率增大，即变压器的输入功率增大，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知R1消耗的功率增大，故A错误，B正确。设理想变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n1,n2)，变压器原线圈两端电压为U1，则理想变压器及其负载的等效电阻阻值R等＝eq\f(U1,I)，根据理想变压器的电压、电流关系知，变压器副线圈两端的电压U2及通过副线圈的电流I2满足eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I2,I)＝eq\f(n1,n2)，根据欧姆定律有R1＝eq\f(U2,I2)，联立可得R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\s\up12(2)R1，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，eq\f(n1,n2)增大，则R等增大，I减小，R2两端的电压U＝IR2减小；根据闭合电路的知识可知，当R等＝R2时，R等消耗的功率最大，则此时R1消耗的功率最大，初始时R2＝9R，R等＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1)))eq\s\up12(2)R1＝4R，保持P2的位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R等从4R增大到无穷大，则R1消耗的功率先增大后减小，故C、D错误。考点三远距离输电动态分析10．(2023·天津高考)如图为输电线为用户输电的情景，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，中间输电电路电阻为R，发电机输出的电压恒定，下列说法正确的有()A．T1输出电压与T2输入电压相等B．T1输出功率大于T2输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案：B解析：输电过程中，电阻R两端有电势差，故T1输出电压大于T2输入电压，A错误；输电过程中电阻R产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，B正确；由于变压器T1的输入电压和匝数比不变，所以T1输出电压U2不变，若用户接入的用电器增多，则T2副线圈电路的总电阻减小，变压器T2及其负载的等效电阻R等减小，由U2＝I(R＋R等)可知，输电线中的电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，则用电器消耗总功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。11．(2025·陕西省咸阳市高三上10月月考)如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，二者原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是()A．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送的电功率为110kWB．若保持发电机输送功率一定，仅将U2增大，输电线损耗功率增大C．若保持发电机输出电压U1和用户数一定(即用户端总电阻不变)，仅将滑片Q下移，输电线损耗电压减小D．若保持发电机输出电压U1和Q、P的位置一定，使用户数增加(即用户端总电阻减小)，则用户电压U4一定减小答案：D解析：根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比，其电流与匝数成反比，可知eq\f(U2,UV)＝eq\f(10,1)，eq\f(I2,IA)＝eq\f(10,1)，解得U2＝2200V，I2＝100A，所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝220kW，故A错误；输电线损耗的功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U2)))eq\s\up12(2)r，可知若保持P不变，输电电压U2增大，则ΔP减小，故B错误；根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r，根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数成正比，其电流与匝数成反比，可知eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，设用户端总电阻为R，则有I4＝eq\f(U4,R)，联立解得I2＝eq\f(U2,r＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))\s\up12(2)R)，若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，所以输电电流I2增大，输电线损耗电压ΔU＝I2r增大，故C错误；若保持发电机输出电压U1和Q、P的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，由I2＝eq\f(U2,r＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n3,n4)))\s\up12(2)R)可知I2增大，输电线损耗电压增大，降压变压器输入电压U3减小，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(