五年20162020高考物理真题专题点拨专题12交流电和变压器含解析

1专题12交流电和变压器【2020年】1.（2020·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′=14∆PB.∆P′=12∆PC.∆U′=14∆UD.∆U′=12∆U【答案】AD【解析】输电线上损失的功率ΔP＝(PU)2·r，损失的电压ΔU＝PU·r，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的14，即ΔP′＝14ΔP，损失的电压变为原来的12，即ΔU′＝12ΔU，故选AD。2.（2020·新课标Ⅲ）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，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10Ω，R3=20Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t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100VC.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】交流电的频率为1150Hz0.02sfT，A正确；通过R2电流的有效值为22A1A2I，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知22110V10VUIR，根据理想变压器的电压规律1122UnUn可知原线圈的电压11221010V100VnUUn，电阻R1两端分压即为电压表示数，即V01220V100V120VUUU，B错误；电流表的示数为2A310A0.5A20UIR，C错误；副线圈中流过的总电流为2A1A0.5A1.5AIII，变压器原副线圈传输的功率为2215WPIU，D正确。故选AD。3.（2020·浙江卷）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率100kWP，发电机的电压1250VU，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻8ΩR线，在用户端用降压变压器把电压降为4220VU。已知输电线上损失的功率5kWP线，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140AIB.输电线上的电流625AI线C.降压变压器的匝数比34:190:11nnD.用户得到的电流4455AI【答案】C【解析】根据电功率公式PUI，发电机输出电流11400APIU，A错误；输电线3上损失功率5kW，由2PIR线线线，可得=25APIR线线线，故B错误；降压变压器原副线圈得到的功率为P4=P-P线=95kW，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得4435000W118Ω95000W190220VInIn线，C正确；用户得到的功率为95kW，用户得到的电流495000W432A220VI，D错误。故选C。4.（2020·天津卷）手机无线充电是比较新颖的充电方式。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化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，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；根据变压器原理，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.（2020·山东卷）图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。4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节为（）A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.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）12202V220V2U根据理想变压器电压规律1122UnUn可知副线圈电压有效值为22113220V30V22nUUn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，即副线圈部分的干路电流为LLL24A1.6A15UIR，根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2L30V24V6VUUU通过R1的电流为116A0.6A10UIR通过R2、R的电流为2L11.6A0.6A1AIIIR2、R的分压为22()UIRR解得滑动变阻器的阻值为226Ω5Ω1Ω1URRIA正确，BCD错误。故选A。6.（2020·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。5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。【2019年】1．（2019·江苏卷）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即1122UnUn，得：2211nUUn，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2211nUUn，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。【2018年】1.（2018年江苏卷）采用220kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使6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能力。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=。当输电功率一定时，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.（2018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】根据公式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；根据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；根据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，根据可知副线圈的输入电压变为7原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知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，根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.（2018年全国Ⅲ卷）一电阻接到方波交流电源上，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】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根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.（2018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中通有正弦交流电流i，i的变化如图（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8A.在时为零B.在时改变方向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，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根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中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，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，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根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，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。【2017年】1．【2017·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化。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，线圈中的电流改变方向C．t=1.5s时，线圈中的感应电动势最大9D．一个周期内，线圈产生的热量为28πJ【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）电流的方向改变一次，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，但磁通量的变化率为零（0t），根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mm2π4πVENBSNT，有效值m22πV2EE，一个周期内线圈产生的热量228πJEQTR，故D正确。2．【2017·北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在2202sinπ(V)ut的交流电源上，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、电压表均为理想电表。下列说法正确的是A．原线圈的输入功率为2202WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为1102VD．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，ω=100πrad/s，周期T=0.02s，D错误。3．【2017·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10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】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，2πLXfL，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号