【文档说明】2020年高考真题+高考模拟题 专项版解析汇编 物理——13 交流电 （教师版）.docx，共(13)页，449.547 KB，由envi的店铺上传

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专题13交流电1．（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。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】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D。2．（2020·浙江省1月学业水平测试选考）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1k，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为2k，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为A．1kU，2kIB．1kU，2IkC．1Uk，2kID．1Uk，2Ik【答案】B【解析】根据理想变压器的电压

和电流规律：01UkU=021IIk=解得甲图中高压线电压为01UkU=乙图中高压线电流为02IIk=故B正确，ACD错误。故选B。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】A．根据电功率公式PUI=发电机输出电流11400APIU==A错误；B．输电线上损失功率5kW，由2PIR=线线线可得=25APIR=线线线故B错误；C．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；D．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·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。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．5

ΩC．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，1R和2R、R构成的并联电路部分的分压为2L30V24V6VUUU=−=−=通过1R的电流为116A0.6

A10UIR===通过2R、R的电流为2L11.6A0.6A1AIII=−=−=2R、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。5．（2020·新课标Ⅲ卷）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】A．交流电的频率为1150Hz0.02sfT===A正确；B．通过2R电流的有效值为2A1A2I==2R

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1R两端分压即为电压表示数，即V01220V100V120VUUU=−=−=B错误；C．电流表的示数为2A310A

0.5A20UIR===C错误；D．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。6．（四川省遂宁市2019届高三第三次诊断性）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U为灯泡额定电压的7倍时，两灯泡均能正常发光。则灯泡a与b的功率之比为A．3:1B．1:3C．6:1D．1:6【答案】D【解析】输入电压为U，则两灯泡正常发光时两端电压均为7U，变压器的匝数比1

26717UUnUn−==，则122116InIn==，根据P=IU可知灯泡a与b的功率之比为1:6，故选D.7．（辽宁省沈阳市郊联体2019届高三第一次模拟）如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如

图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是A．电压表V的示数为22VB．当R2所在处出现火警时，电

压表Ⅴ的示数增大C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数增大D．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率不变【答案】C【解析】由图象可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22V，电压表测的

是半导体热敏材料的电压，R1，R2的总电压为22V，所以电压表的示数小于22V，所以A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以原线圈电流即电流表示数增大，则R1的电压要增大，消耗的功率也增大，由于副线圈的总电压不变，所以R

2的电压即电压表示数就要减小，所以C正确，BD错误；故选C。8．（贵州省毕节市2019届高三适应性监测）如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表．a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，

R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是A．电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B．电压表V1、V2示数变小，V3示数变大C．电流表A1、A2的示数都增大D．电流表A1的示数变小，A2的示数增大【答案】C【解析】当滑动变阻器从c向d滑动的时候，滑

动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流22UIR=总增大，变压器的电流关系1221InIn=可知原线圈的总电流1I增大，则原线圈两端的电压101-AUUIR=减小，又1122UnUn=可知副线圈两端的电压2U减小，滑动变阻器两端

的电压3220UUIR=−减小，而电压表V1测量的是U1的电压；电压表V2测量的是U2的电压，电压表V3测量的是U3的电压，电流表A1测量I1的电流，电流表A2测量I2的电流，故ABD错误，C正确．9．（四川省成都市第七中学2019届高三三诊模

拟）小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压

器的输出电压为220V。则此时段A．降压变压器的输入电压为11kVB．发电机的输出功率为22kWC．输电线的电流为1100AD．输电线上损失的功率约为8.26W【答案】A【解析】A.降压变压器输出电压220V，根据变压器原理：3344UnUn=，代入数据解得：31100011UVkV==，A正

确BCD.降压变压器输出功率：41102002200022PWWkW===，而4333PPIU==，代入数据解得：输电线电流32IA=，输电线上功率损失：2340PIRW==损，根据：322040PPPW=+=总损，所以发电机输出功率为2204

0W，BCD错误10．（2020年天津高三期末）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2，则A．0t=时，线圈平面平行于磁感线B．1

ts=时，线圈中的电流改变方向C．1.5ts=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28J【答案】AD【解析】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；B．Φ-t

图象的斜率为t，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；C．所以在t=1.5s时，通过线圈的磁量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；D．感应电动

势的最大值为()21000.044V2mmENBSN====，有效值()22V2mEE==，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为22282J8J2EQTR===，故D正确．11．（河南省顶级名校2019届高三第四次联合质量测评）如图所示为电能输送的示意图，升

压、降压变压器均为理想变压器，输电线总电阻R为8Ω，升压变压器的输入功率100kW，用户端得到的电压为220V，用户得到的功率为95kW．下面说法正确的是A．输电线上损失的电压为50VB．升压变压器输

出电压为4×103VC．降压变压器原、副线圈匝数比为19011D．用户端负载增加，有利于减少远距离输电的电能损失【答案】BC【解析】A、由2PIR=知输电线上的电流5000258PIAR===损，输电线上损失的电压为200UIRV==

，故选项A错误；B、升压变压器的输出电压3210010400025PUVVI===入，故选项B正确；C、降压变压器的输入电压323800UUUV=−=，降压变压器的原、副线圈的匝数比为3800:220190:11=，故选项C正确；D、用户端负载增加，降压变压器的副线

圈的电流增大，根据变压器的电流与匝数关系可知降压变压器的原线圈的电流增大，由2PIR=知输电线上的损失功率增大，故选项D错误；故选BC．12．（福建省福州市2019届高中毕业班第二次质量检查）如图1所示，理想变压器的原

线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0=10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R。现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是A．原

线圈两端输入的交变电压为u=22sin100πt(V)B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5C．若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮D．若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断【答

案】BD【解析】由题图2可知，交变电压的最大值为22V，周期为T=2×10－2s，所以角速度为ω==100π(rad/s)，则原线圈两端的交变电压为u=22sin100πt(V)，选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL

==200Ω，电流为IL==0.5A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1A，所以变压器的输出电压为U2=UL＋I0R0=110V，则有，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变

小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出=U2I2可知输出功率变大，又P入=P出

，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6A，熔断器可能会熔断，选项D正确。13．（2020年福建连城县第一中学期中）如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中，线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e=2002cos100πt(V)。线框

的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.42A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是A．t=0s时刻的线框中磁通量变化率最大B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C．若副线圈两端并联多只“2

0V、8W”的灯泡，则最多不能超过10只D．若线框转速减半，产生的电动势e=1002cos100πt(V)【答案】AB【解析】A．图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；B．线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电动势e=2002cos

100πt(V)，故输入变压器的电压的有效值为U=20022V=200V，灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式有11222001020nUnU===，故B正确；C．电路中熔断器熔断电流为0.42A，此时根据能量守恒定律有()112LUIUnI=，解得n=112L2000.42

A14.1A8UIUI==，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；D．若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电动势也减半，角速度为ω=2πn=50πrad/s，则产生

的电动势e=1002cos50πt(V)，故D错误。故选AB。14．（江苏省南通市2019年高三模拟）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，现利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R和电容器C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2倍，则A．电压表V的读数变为2UB．电流表A的读数变为2IC．R消耗的功率变为2PD．R消耗的功率变为4P【答案】AD【解析】ACD．若发电机线圈的转速

变为原来的2倍，电动机产生的最大电动势mENBS=变为原来的2倍，发电机输出电压有效值2mEU=变为原来的2倍，即原线圈的输出电压为原来的2倍，由1122nUnU=知副线圈输出电压为原来的2倍，电压表V的读数变为为原来的2倍，由2UPR=知R消耗的功率为原来的4倍，故AD正确，C错误；B

．转速变为原来的2倍，通过C的交变电流频率变为原来的2倍，电容器C的容抗减小，副线圈的电流不是原来的2倍，由1221nInI=可知原线圈的电流不是原来的2倍，故B错误；故选AD．