2020年高考物理真题分类汇编专题13 交流电

2020年高考物理真题考点逐个击破-专题5.9 交流电的产生及描述【专题诠释】1．交流电产生过程中的两个特殊位置2.正弦式交变电流的变化规律磁通量：Φ＝Φm cos ωt；电动势：e＝E m sin ωt；电流：i＝I m sin ωt.3.交变电流的有效值（1）．利用公式法计算利用E＝E m2、U＝U m2、I＝I m2计算，只适用于正(余)弦式交变电流．（2——．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍．（3）．利用能量关系计算当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值．4.交变电流“四值”的比较【高考领航】【2018·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u 0，周期为T ，如图所示。

则Q 方:Q 正等 于（ ）A ．BC ．1:2D ．2:1 【答案】D，而方波交流电的有效值为u 0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q =I 2RT =2URT ，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=u 02∶）2=2∶1，选项D 正确。

【2018·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（ ）A ．在4T t =时为零B ．在2Tt =时改变方向 C ．在2Tt =时最大，且沿顺时针方向 D ．在t T =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。

专题四电路与电磁感应第11讲直流电路与交流电路一、明晰两个网络,理清两类电路二、明确变压器各物理量间的制约关系三、谨记三点提醒,全面去除雷区1．变压器匝数不变时,变压器的输入、输出电压均不变,但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化．2．变压器匝数变化时 ,要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化．3．当变压器输出电压一定时 ,移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时 ,引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法．高频考点1 直流电路的分析与计算1－1． (2021·上海卷)将四个定值电阻a 、b 、c 、d 分别接入电路 ,测得相应的电流、电压值如以下图．其中阻值最|||接近的两个电阻是( )A ．a 和bB ．b 和dC ．a 和cD ．c 和d解析：此题考查U -I 图象的意义．根据R ＝U I知 ,定值电阻的U -I 图线的斜率表示定值电阻的阻值．在U -I 图中分别连接O 与4个点 ,根据它们的倾斜度可知 ,a 和b 的阻值最|||接近 ,应选A ．答案：A1－2.(2021·辽师大附中期中)科学家研究发现 ,磁敏电阻(GMR)的阻值随所处空间磁场的增强而增大 ,随所处空间磁场的减弱而变小 ,如以下图电路中GMR 为一个磁敏电阻 ,R 和R 2为滑动变阻器 ,R 1和R 3为定值电阻 ,当开关S 1和S 2闭合时 ,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态 ,那么( )A ．只调节电阻R ,当P 1向右端移动时 ,电阻R 1消耗的电功率变大B ．只调节电阻R ,当P 1向右端移动时 ,带电微粒向下运动C ．只调节电阻R 2 ,当P 2向下端移动时 ,电阻R 1消耗的电功率变大D ．只调节电阻R 2 ,当P 2向下端移动时 ,带电微粒向下运动解析：只调节电阻R ,当P 1向右端移动时 ,滑动变阻器接入电路的阻值增大 ,电源电动势不变 ,所以电路中的电流减小 ,电磁铁的磁性减弱；由于电磁铁磁性的减弱 ,导致了磁敏电阻GMR 的阻值减小 ,那么通过R 1的电流增大 ,其电功率增大．电容器两端的电压增大 ,板间场强增大 ,微粒所受的电场力增大 ,所以带电微粒向上运动．A 正确 ,B 错误；只调节电阻R 2 ,当P 2向下端移动时 ,回路中电流不变 ,电阻R 1消耗的电功率不变．电容器板间电压增大 ,板间场强增大 ,微粒所受的电场力增大 ,所以带电微粒向上运动 ,C 、D 错误；应选A ．答案：A1－3． (多项选择)(2021·衡阳八中高三质检)如以下图电路中 ,电源电动势E 恒定 ,内阻r ＝1 Ω ,定值电阻R 3＝5 Ω.开关K 断开与闭合时 ,ab 段电路消耗的电功率相等．那么以下说法中正确的选项是( )A ．电阻R 1、R 2可能分别为4 Ω、5 ΩB ．电阻R 1、R 2可能分别为3 Ω、6 ΩC ．开关K 断开时理想电压表的示数一定小于K 闭合时的示数D ．开关K 断开与闭合时 ,理想电压表的示数变化量大小与理想电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω解析：开关闭合时 ,ab 段只有电阻R 1工作 ,消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫E R 1＋R 3＋r 2R 1 ,当开关断开时 ,ab 段电阻R 1和R 2工作 ,消耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎫E R 1＋R 2＋R 3＋r 2(R 1＋R 2) ,代入数据可得A 正确B 错误；将R 3和电源内阻看作一整体 ,那么此时电压表测量路端电压 ,当断开时路端总电阻大于闭合时的 ,所以断开时电压表示数大 ,C 错误；根据闭合电路欧姆定律得：U ＝E －(R 3＋r )I ,那么电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔU ΔI＝R 3＋r ＝6 Ω ,D 正确．答案：AD直流电路中的功率问题(1)非纯电阻电路的电功率分析①纯电阻电路：P 电＝P 热＝I 2R ＝IU ＝U 2R； ②非纯电阻电路：P 电＝P 热＋P 机 ,即UI ＝I 2R ＋P 机．(2)电流的输出功率与负载的关系分析①当R ＝r 时 ,电源的输出功率最|||大 ,为P m ＝E 24r； ②当R >r 时 ,随着R 的增大 ,电源的输出功率越来越小；③当R <r 时 ,随着R 的增大 ,电源的输出功率越来越大；④当P 出<P m 时 ,每个输出功率对应两个外电阻阻值R 1和R 2 ,且R 1R 2＝r 2．高频考点2 交变电流的产生、描述2－1.(多项选择)(2021·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2 Ω ,那么( )A ．t ＝0时 ,线圈平面平行于磁感线B ．t ＝1 s 时 ,线圈中的电流改变方向C ．t ＝1.5 s 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8π2J解析：由Φ -t 图可知 ,t ＝0时 ,Φ＝0 ,那么线圈平面平行于磁感线 ,选项A 正确；t ＝1 s 时Φ＝0 ,此时电动势最|||大 ,t ＝0.5 s 和t ＝1.5 s 时 ,Φ最|||大 ,此时电动势为0 ,电流改变方向 ,选项B 、C 错误；交流电电动势的最|||大值E m ＝nBSω＝nΦm 2πT ＝4π V ,有效值E ＝22E m ＝22π V ,一个周期内线圈产生的热量Q ＝E 2R·T ＝8π2J ,D 正确． 答案：AD2－2.(多项选择)如以下图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图 ,匝数n ＝100匝 ,电阻为r ＝1 Ω的矩形线圈在匀强磁场中 ,绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动 ,线圈两端经集流环和电刷与电路连接 ,定值电阻R 1＝6 Ω ,R 2＝3 Ω ,其他电阻不计 ,线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ．从线框与磁场方向平行位置开始计时 ,线圈转动的过程中 ,理想电压表的示数为2 V ．以下说法中正确的选项是( )A ．电阻R 1上的电功率为23WB ．t ＝0.4 s 时 ,电阻R 2两端的电压瞬时值为零C ．从开始计时到1/20 s 通过电阻R 2的电荷量为210πC D ．假设线圈转速增大为原来的2倍 ,线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V)解析：电阻R 1上的电功率为P ＝U 2R 1＝226W ＝23W ,故A 正确；线圈匀速转动的周期T ＝0.2 s ,t ＝0.4 s 时正好又转到了与磁场方向平行位置 ,故此时线圈产生的感应电动势最|||大 ,故电阻R 2两端的电压瞬时值最|||大 ,故B 错误；根据闭合电路欧姆定律产生的感应电动势的有效值E ＝R ＋r R U ＝2＋12×2 V ＝3 V ,最|||大值E m ＝2E ＝32V ,有E m ＝NBSω ,故BS ＝E m Nω＝32100×10π＝321000π,故Φ＝BS sin ωt ＝321000πsin 10πt ,从开始计时到1/20 s ,磁通量的变化量ΔΦ＝321000π ,故通过电阻R 2的电荷量为q ＝23×N ΔΦR ＋r ＝215πC ,故C 错误；转速增大2倍 ,故产生的感应电动势E m ＝NBSω变为原来的2倍 ,故最|||大值为E ′m ＝62V ,线圈中产生的电动势随时间变化规律为e ＝62cos 20πt (V) ,故D 正确 ,应选AD ．答案：AD高频考点3 理想变压器的工作原理与计算理想变压器原、副线圈根本量间的关系制约关系 根本关系 电压原线圈电压U 1和匝线比决定副线圈电压U 2 U 1U 2＝n 1n 2 电流副线圈电流I 2和匝线比决定原线圈电流I 1 I 1I 2＝n 2n 1 功率副线圈功率P 2决定原线圈功率P 1 P 1＝P 2 频率原线圈频率f 1决定副线圈频率f 2 f 1＝f 2提醒：对于有多个副线圈的变压器 ,电压关系不变 ,电流关系应从功率角度分析 ,具体如下．(1)U 1U 2＝n 1n 2 ,U 1U 3＝n 1n 3,… (2)n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…(3)P 1＝P 2＋P 3＋…3－1.(2021·湖北省七市(州)联考)如以下图 ,理想变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2 ,原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ,副线圈回路接有定值电阻R ＝2 Ω ,现在a 、b 间和c 、d 间分别接上示波器 ,同时监测得a 、b 间 ,c 、d 间的电压随时间变化的图象如以以下图所示 ,那么以下说法中错误的选项是( )A ．T ＝0.02 sB ．n 1∶n 2≈55∶1C ．电流表A 的示数I ≈36.4 mAD ．当原线圈电压瞬时值最|||大时 ,副线圈两端电压瞬时值为0解析：由图知 ,电压变化的周期是0.02 s ,所以A 正确；根据变压规律得：n 1n 2＝U 1U 2≈55 ,所以B 正确；副线圈的电流I 2＝U 2R ＝5.6622 A ,根据变流规律得原线圈电流I 1＝I 255≈0.0364 A ＝36.4 mA ．所以C 正确；由图知 ,当原线圈电压瞬时值最|||大时 ,副线圈两端电压瞬时值也最|||大 ,故D 错误．此题错误的选择D ．答案：D3－2． (2021·宁德市高中质检)如以下图 ,理想变压器的副线圈接有一规格为 "44 V 、44 W 〞的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机 ,原线圈接上u ＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作 ,且原线圈中理想交流电流表的示数为1 A ,那么以下说法正确的选项是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．假设电动机被卡住 ,灯泡仍正常工作 ,那么电流表的示数变为9 A解析：原线圈两端的电压U 1＝22022＝220 V ,根据题意灯泡和电动机都正常工作 ,所以灯泡两端的电压为44 V ,根据电压与匝数成正比 ,得n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51,选项A 错误；根据电流与匝数成反比得副线圈中的电流 ,I 2＝5I 1＝5 A ,灯泡中的电流I L ＝P L U L ＝4444A ＝1 A ,那么电动机的电流为I M ＝4 A ,电动机的热功率：P 热＝I 2M r ＝16 W ；那么电动机输出功率：P 出＝U 2I M －I 2M r ＝44×4－42×1＝160 W ,选项BC 错误；假设电动机被卡住 ,电灯正常发光 ,那么通过电动机的电流I ′M ＝441 A ＝44 A ；此时变压器次级|||电流为45 A ,那么初级|||电流I 1′＝n 2n 1I 2′＝455A ＝9 A ,电流表的示数变为9 A ,选项D 正确；应选D ． 答案：D3－3.(2021·北京卷)如以下图 ,理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100 πt (V)的交流电源上 ,副线圈接有R ＝55 Ω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．以下说法正确的选项是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：由题知 ,变压器的输入电压U 1＝22022V ＝220 V ,所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ,原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．此题中电压表、电流表的读数为有效值 ,故B 项正确 ,C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ,A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ,D 项错误． 答案：B高频考点4 理想变压器与远距离输电问题4－1.(多项选择)(2021·衡阳市第二次联考)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长 ,他将每100米导线卷成一卷 ,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的电磁感应)．在输送功率相同时 ,第|一次直接将输电线与学生电源及用电器相连 ,测得输电线上损失的功率为P 1 ,第二次采用如以下图的电路输电 ,其中理想变压器T 1与电源相连 ,其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2 ,理想变压器T 2与用电器相连 ,测得输电线上损失的功率为P 2.以下说法正确的选项是( )A ．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B ．实验可以证明 ,T 1采用升压变压器⎝⎛⎭⎫匝数比为n 2n 1>1能减少远距离输电的能量损失C ．假设输送功率一定 ,那么p 2∶p 1＝n 1∶n 2D ．假设输送功率一定 ,那么p 2∶p 1＝n 21∶n 22解析：变压器只能改变交变电流的电压 ,所以第二次实验只能研究远距离交流输电 ,故A 错误；实验可以证明 ,T 1采用升压变压器能减小输电电流 ,能减少远距离输电的能量损失 ,故B 正确；第|一次实验输电线上的电流I ＝P U 1 ,输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 21R ；第二次实验 ,升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1 ,输电线上的电流I ′＝P U 2,输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ,所以：P 2P 1＝U 21U 22＝n 21n 22故D 正确 ,C 错误．应选BD ． 答案：BD4－2.(多项选择)(2021·第|一次全国大联考卷Ⅰ)如以下图 ,(a )是远距离输电线路的示意图 ,变压器均为理想变压器．(b )是用户内部电路图 ,由1 000个完全相同的电阻并联．(c )是某个电阻的电流随时间变化的图象．升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶100 ,降压变压器原、副线圈的匝数比为10∶1 ,远距离输电线的总电阻为r ＝20 Ω ,在输电线上损失的电功率等于输电功率的5% ,不考虑降压变压器与用户间导线的电阻 ,那么( )A ．发电机的输出功率是4×106 WB ．升压变压器的输入电压是400 VC ．降压变压器的输入电压是40 000 VD ．用户电路中每个电阻的阻值是3 800 Ω解析：用户电路中通过每个电阻的电流有效值I ＝1 A ,降压变压器的输出电流I 4＝nI ＝1 000 A ,升压变压器的输出电流I 2、输电线上的电流I 线、降压变压器的输入电流I 3相等 ,输电线上的电流I 线＝I 2＝I 3＝n 4n 3I 4＝100 A ,输电线上损失的电功率ΔP ＝I 2线r ＝2×105W ,发电机的输出功率也就是输电功率P 1＝ΔP η＝4×106W ,A 正确；升压变压器的输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝10 000 A ,升压变压器的输入电压U 1＝P 1I 1＝400 V ,B 正确；升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝40 000 V ,降压变压器的输入电压U 3＝U 2－I 线r ＝38 000 V ,C 错误；降压变压器的输出电压U 4＝n 4n 3U 3＝3 800 V ,每个电阻的阻值是R ＝U 4I＝3 800 Ω ,D 正确． 答案：ABD远距离输电中的 "三路两耗〞(1)三个回路回路1：发电机回路．该回路中 ,通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I R ,U 2＝U 3＋U R ,P 2＝P R ＋P 3．回路3：输出电路．I 4＝I 用 ,U 4＝U 用 ,P 4＝P 用．(2)两种损耗①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗 ,U R ＝U 2－U 3＝I R R ．②功率损耗：输电线上的功率损耗P 损＝I 2R ＝P 2－P 3．电路的动态变化模型电路的动态变化模型的特点一般为电路中一个元件的电阻发生变化 ,可能会引起电路中电流、电压、功率同时发生变化 ,使整个电路处于动态变化之中．此模型涉及电路中的内、外电路 ,需要分析的物理量较多 ,能很好地考查考生应用闭合电路欧姆定律、局部电路欧姆定律综合分析的能力．直流电路动态变化模型(多项选择)如图 ,电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r .将滑动变阻器滑片向下滑动 ,理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝|||对值分别为ΔU 1、ΔU 2、ΔU 3 ,理想电流表A 示数变化量的绝|||对值为ΔI ,那么( )A ．A 的示数增大B ．V 2的示数增大C ．ΔU 3与ΔI 的比值大于rD ．ΔU 1大于ΔU 2[思路点拨] 电阻R 与滑动变阻器串联 ,电流表A 测量干路电流 ,电压表V 1测量电阻R 两端的电压 ,电压表V 2测量电源的路端电压 ,电压表V 3测量滑动变阻器两端的电压．【解析】 由于电压表、电流表都是理想电表 ,那么电流表可以看成短路 ,外电路中定值电阻R 与滑动变阻器串联 ,电流表测的是总电流 ,电压表V 1测的是R 两端的电压 ,V 2测的是电源的外电压 ,V 3测的是滑动变阻器两端的电压 ,当滑动变阻器滑片向下滑动时 ,电路中的总电阻减小 ,根据欧姆定律可知 ,电路中的电流增大 ,电流表示数增大 ,A 项正确；内电压增大 ,外电压减小 ,电压表V 2示数减小 ,B 项错误；ΔU 3ΔI ＝R ＋r ,C 项正确；ΔU 1ΔI ＝R ,ΔU 2ΔI＝r ,由于R 大于r ,因此ΔU 1大于ΔU 2 ,D 项正确．【答案】 ACD解决动态平衡问题的 "三条途径〞(1)先局部后整体 ,整体局部都要看根本思路：局部电阻变化→整体总电流变化→路端电压变化→局部电压和电流变化． 具体步骤：先从电路中阻值变化的局部入手 ,由串联和并联规律判断出R 总的变化情况 ,再由闭合电路欧姆定律判断I 总和U 端的变化情况；最|||后由局部电路欧姆定律判定各局部电学量的变化情况．即R 局⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→R 总⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→I 总⎩⎪⎨⎪⎧ 减小增大→U 端⎩⎪⎨⎪⎧ 增大减小→⎩⎪⎨⎪⎧I 分U 分 (2)串反并同 ,直观判断得结论根本思路：局部电阻变化→串联或间接串联的元件的相关物理量变化(串反)→并联或间接并联的元件的相关物理量变化(并同)．(3)极限法判断化难为易因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题 ,可将变阻器的滑片分别滑至|||两个极端 ,使电阻最|||大或电阻为零 ,然后进行讨论．交流电路动态模型(多项选择)(2021·第二次全国大联考卷Ⅱ)每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮 ,其原因在于大家都在用电时 ,用电器较多 ,利用以以下图模拟输电线路 ,开关的闭合或者断开模拟用户的变化 ,原线圈输入50 Hz 的220 V 交流电 ,那么以下分析正确的选项是( )A ．定值电阻相当于输电线电阻B ．开关闭合 ,灯泡L 1两端电压升高C ．开关闭合 ,原线圈输入功率增大D ．开关断开 ,副线圈电压增大【解析】 原副线圈匝数和电压成正比 ,由于匝数比值不变 ,原线圈输入电压也不变 ,所以副线圈电压不会变化 ,选项D 错．家庭电路用电器之间为并联关系 ,用户较多时 ,并联支路增多 ,相当于开关闭合而与之串联的定值电阻 ,实际是等效输电线的电阻 ,选项A 对．开关闭合副线圈总电阻变小 ,总电流变大 ,定值电阻分电压增多 ,并联电压变小 ,即灯泡L 1两端电压减小 ,选项B 错．副线圈电压不变电流增大 ,副线圈电功率增大 ,根据能量守恒 ,原线圈电功率也增大 ,选项C 对．【答案】 AC两种动态变压器模型的分析(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)①U 1不变 ,根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不管负载电阻R 如何变化 ,U 2不变． ②当负载电阻发生变化时 ,I 2变化 ,根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况． ③I 2变化引起P 2变化 ,根据P 1＝P 2 ,可以判断P 1的变化．图甲(2)负载电阻不变的情况(如图乙所示)①U 1不变 ,n 1n 2发生变化 ,U 2变化． ②R 不变 ,U 2变化 ,I 2发生变化．③根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2 ,可以判断P 2变化时 ,P 1发生变化 ,U 1不变时 ,I 1发生变化．图乙含容动态电路模型如以下图,电源电动势为E,内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器,R0为定值电阻,R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时,电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．那么以下说法中正确的选项是() A．只逐渐增大R1的光照强度,电阻R0消耗的电功率变大,R3中有向上的电流B．只将R3的滑片P2向上移动时,电源消耗的功率变大,R3中有向上的电流C．只将R2的滑片P1向下移动时,电压表示数变大,带电微粒向下运动D．假设断开开关S ,电容器所带电荷量变大,带电微粒向上运动【解析】只逐渐增大R1的光照强度,R1的阻值减小,电流变大,R0消耗的电功率变大,电容器的电压增大,电容器充电,R3中有向上的电流,A选项正确；由于R3与电容器相连,而电容器隔直流,所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响,电源消耗的功率不变,R3中没有向上的电流,B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动时,电路中的电流不变,因此电容器两端的电压U2增大,带电微粒受到的电场力F＝qE＝q U2d变大,微粒将向上运动,C选项错误；假设断开开关S ,电容器将通过R3、R2放电,电容器所带电荷量减少,带电微粒向下运动,D选项错误．【答案】 A(1)含容动态电路模型一般涉及电容器中带电体的平衡、运动,电容器中某点的电势以及带电体的电势能变化问题,这些问题的核心是电容器电压的变化．(2)电容器在直流电路中处于断路状态,在动态分析时,一般先将电容器及串联电路去掉,分析电路中与电容器并联局部的电阻上电压的变化,这一电压变化即电容器上电压的变化．(3)分析电路要注意电路稳定时,由于电容器中没有电流,因此与电容器串联的电阻上的电流和电压均为零．第12讲电磁感应问题一、明晰一个网络,理清电磁感应问题二、 "三个定那么〞和 "一个定律〞的比拟 名称根本现象 应用的定那么或定律 电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场 安培定那么 洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、 电流有作用力 左手定那么 电磁感应 局部导体做切割磁感线运动 右手定那么 闭合回路磁通量变化 楞次定律(2)因动而生电(v 、B →I )→右手定那么；(3)因电而受力(I 、B →F 安)→左手定那么；(4)因磁而生电(Φ、B →I )→楞次定律．三、掌握法拉第电磁感应定律及其应用1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定 ,而与Φ、ΔΦ的大小没有必然联系．(2)ΔΦ仅由B 变化引起时 ,E ＝n S ΔB Δt ；ΔΦ仅由S 变化引起时 ,E ＝n B ΔS Δt． 2．应用E ＝n ΔΦΔt时应注意的几个问题 (1)由于磁通量有正负之分 ,计算磁通量的变化量时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．(2)公式E ＝n ΔΦΔt 是求解回路某段时间内平均电动势的最|||正确选择 ,假设ΔΦΔt为恒量 ,那么产生恒定的感应电动势 ,此时平均电动势等于瞬时电动势．(3)用公式E ＝nS ΔB Δt 求感应电动势时 ,S 为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积． 3．关于感应电荷量q 的一个常用结论通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 总有关 ,与时间长短无关．推导如下：q ＝I －Δt ＝n ΔΦR 总Δt ·Δt ＝n ΔΦR 总．高频考点1 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1． "三定那么、一定律〞的应用安培定那么判断运动电荷、电流产生的磁场方向 左手定那么判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向 右手定那么判断局部导体切割磁感线产生的感应电流的方向 楞次定律判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向2．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt,用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝BL v 或E ＝12BL 2ω ,主要用来计算感应电动势的瞬时值． 3．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定那么 ,即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律 ,即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断．4．楞次定律中 "阻碍〞的四种表现形式(1)阻碍原磁通量的变化 - - "增反减同〞．(2)阻碍相对运动 - - "来拒去留〞．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势 - - "增缩减扩〞．(4)阻碍原电流的变化(自感现象) - - "增反减同〞．1－1． (2021·全国卷Ⅲ)如图 ,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U 形金属导轨 ,导轨平面与磁场垂直．金属杆PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS ,一圆环形金属线框T 位于回路围成的区域内 ,线框与导轨共面现让金属杆PQ 突然向右运动 ,在运动开始的瞬间 ,关于感应电流的方向 ,以下说法正确的选项是( )A．PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向解析：金属杆PQ向右运动,穿过PQRS的磁通量增加,由楞次定律可知,PQRS中产生逆时针方向的电流．这时因为PQRS中感应电流的作用,依据楞次定律可知,T中产生顺时针方向的感应电流．故只有D项正确．答案：D1－2.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如以下图连接．以下说法中正确的选项是()A．开关闭合后,线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转B．线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转C．开关闭合后,滑动变阻器的滑片P匀速滑动,会使电流计指针静止在中|央零刻度D．开关闭合后,只有滑动变阻器的滑片P加速滑动,电流计指针才能偏转解析：开关闭合后,线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化,从而使电流计指针偏转,选项A正确；线圈A插入线圈B中后,开关闭合和断开的瞬间,线圈B的磁通量会发生变化,电流计指针会偏转,选项B错误；开关闭合后,滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动,都会导致线圈A的电流变化,使线圈B的磁通量变化,电流计指针都会发生偏转,选项C、D错误．答案：A1－3.(多项选择) (2021·全国甲卷)法拉第圆盘发电机的示意图如以下图,铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触,关于流过电阻R的电流,以下说法正确的选项是()A ．假设圆盘转动的角速度恒定 ,那么电流大小恒定B ．假设从上往下看 ,圆盘顺时针转动 ,那么电流沿a 到b 的方向流动C ．假设圆盘转动方向不变 ,角速度大小发生变化 ,那么电流方向可能发生变化D ．假设圆盘转动的角速度变为原来的2倍 ,那么电流在R 上的热功率也变为原来的2倍解析：由电磁感应定律得E ＝Bl 0＋ωl 2＝Bl 2ω2 ,I ＝E R,故ω一定时 ,电流大小恒定 ,选项A 正确．由右手定那么知圆盘中|心为等效电源正极 ,圆盘边缘为负极 ,电流经外电路从a 经过R 流到b ,选项B 正确；圆盘转动方向不变时 ,等效电源正负极不变 ,电流方向不变 ,应选项C 错误 ,P ＝E 2R ＝B 2l 4ω24R,角速度加倍时功率变成4倍 ,选项D 错误 ,应选AB ． 答案：AB1－4.(多项选择)电吉他中电拾音器的根本结构如以下图 ,磁体附近的金属弦被磁化 ,因此弦振动时 ,在线圈中产生感应电流 ,电流经电路放大后传送到音箱发出声音 ,以下说法正确的有( )A ．选用铜质弦 ,电吉他仍能正常工作B ．取走磁体 ,电吉他将不能正常工作C ．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D ．弦振动过程中 ,线圈中的电流方向不断变化解析：铜质弦为非磁性材料 ,不能被磁化 ,选用铜质弦 ,电吉他不能正常工作 ,A 项错误；假设取走磁体 ,金属弦不能被磁化 ,其振动时 ,不能在线圈中产生感应电动势 ,电吉他不能正常工作 ,B 项对；由E ＝n ΔΦΔt可知 ,C 项正确；弦振动过程中 ,穿过线圈的磁通量大小不断变化 ,由楞次定律可知 ,线圈中感应电流方向不断变化 ,D 项正确．答案：BCD高频考点2 电磁感应的图象问题2－1.(多项选择) (2021·济宁市高三模拟)如以下图 ,在水平面内有两个光滑金属 "V 〞字型导轨 ,空间中存在垂直于水平面的匀强磁场 ,其中导轨bac 固定不动 ,用外力F 使导轨edf 向右匀速运动 ,导轨间接触始终良好 ,从图示位置开始计时 ,以下关于回路中的电流I 的大。

2020 年高考物理试题分类汇编：交变电流（带详尽分析）〔全国卷2〕19. 图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的沟通电源相连：P 为滑动头。

现令P 从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L 两头的电压等于其额定电压为止。

用I 1表示流过原线圈的电流，I 2表示流过灯泡的电流，U 2表示灯泡两头的电压，N 2表示灯泡耗费的电功率〔那个地址的电流、电压均指有效值：电功率指均匀值〕。

以下 4 个图中，可以正确反应相应物理量的变化趋向的是答案： BC分析：副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，讲明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比U 2 n2，得 U 2Ukt 均匀增大〔k为单位时辰增添的匝数〕，C正确。

灯泡两头的电压由零增大时其电U 1 n1 n1阻增大，描绘的伏安特曲线为B。

灯泡的功当先增大的快〔电阻小〕后增大的慢〔电阻大〕，D 错误。

原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流必定增大， A 错误。

【命题企图与考点定位】观察理想变压器和灯泡的伏安特曲线知识。

〔天津卷〕 7.为研究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦沟通电源上，副线圈连结同样的灯泡L 1、 L2，电路中分不接了理想沟通电压表V 1、 V 2和理想沟通电流表A 1， A 2，导线电阻不计，以下列图。

当开关S 闭合后A. A 1示数变大， A 1与 A 2示数的比值不变B. A 1示数变大， A 1与 A 2示数的比值变大C. V 2示数变小， V 1与 V 2示数的比值变大D. V 2示数不变， V 1与 V 2示数的比值不变答案：AD〔重庆卷〕 17. 输入电压为220V，输出电压为36V 的变压器副线圆烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了 5 匝线圈，如题17 图所示，而后将原线圈接到 220V 沟通电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器剖析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分不为：A 1100 、 360B 1100 、180C 2200 、 180D 220 、 360 【答案】 B【分析】对新绕线的理想变压器，依据变压比公式得n3U 1 5 220n1 1100 U 3 1n1U 2 1100 36180 ，B正确。

2020北京各区高三一二模物理分类汇编—交流电一、选择题（共26小题）1．（2020•房山区二模）如图所示，（a）→（b）→（c）→（d）过程是交流发电机发电的示意图，下列说法正确的是（ ）A．当线圈转到图（a）位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大B．从图（b）开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝I m sinωtC．当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向将要改变D．当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最小，ab边感应电流方向为b→a2．（2020•东城区二模）如图所示为某交变电流随时间变化的图象。

则此交变电流的有效值为（ ）A．B．C．D．3．（2020•西城区二模）如图1所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有R＝10Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，交流电压表的示数是10V，电流表、电压表均可看作理想电表。

图2是交流电源输出电压u随时间t变化的图象。

则（ ）A．电流表的读数为1.00AB．电流表的读数为2.00AC．电源输出电压u随时间t变化的规律是u＝20cos100πt（V）D．电源输出电压u随时间t变化的规律是u＝20cos50πt（V）4．（2020•朝阳区二模）图甲是某燃气灶点火装置的原理图。

转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电表。

当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花点燃气体。

开关闭合后，下列说法正确的是（ ）A．电压表的示数为5VB．若没有转换器则变压器副线圈输出的是直流电C．若＞，则可以实现燃气灶点火D．穿过原、副线圈的磁通量之比为1：15．（2020•丰台区二模）如图所示，去掉可拆变压器上压紧横条的胶木螺钉，并将横条放在U形铁芯的A侧上。

变压器左边的螺线管接12V低压交流电源，右边的螺线管接一个额定电压为6.3V的小灯泡。

专题13 交流电【2020年高考题组】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 ．1k U ，2k IB ．1k U ，2I kC ．1U k ，2k ID ．1U k ，2I k 【答案】B【解析】根据理想变压器的电压和电流规律： 01Uk U= 021I I k = 解得甲图中高压线电压为01U k U =乙图中高压线电流为02I I k = 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100kW P =，发电机的电压1250V U =，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4220V U =。

已知输电线上损失的功率5kW P =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140A I =B ．输电线上的电流625A I =线C ．降压变压器的匝数比34:190:11n n =D ．用户得到的电流4455A I =【答案】C【解析】A ．根据电功率公式P UI =发电机输出电流11400A P I U == A 错误；B ．输电线上损失功率5kW ，由2P I R =线线线可得 =25A P I R =线线线故B 错误；C ．降压变压器原副线圈得到的功率为 P 4=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4435000W118Ω95000W 190220VI n I n ===线 C 正确；D ．用户得到的功率为95kW ，用户得到的电流495000W 432A 220VI =≈ D 错误。

专题13 交变电流1.[2016·全国卷Ⅲ] 如图所示，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 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O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速转动，则( )图1­A ．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TC ．在t ＝T8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l ，角速度为ω，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 ＝12B ωl 2，但进磁场和出磁场时电流方向相反，所以线框中应该产生方波交流式电，如图所示，A 错误；由T ＝2πω可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T ，B 正确；在t ＝T8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12B ωl 2，C 正确；对于线框M ，有E 2R ·T 2＋E 2R ·T 2＝U 2有M R·T ，解得U 有M ＝E ；对于线框N ，有E 2R ·T 4＋0＋E 2R ·T 4＋0＝U 2有NR·T ，解得U有N＝22E ，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D 错误．2.[2016·全国卷Ⅰ] 一含有理想变压器的电路如图1­所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 ΩU 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I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图1­A ．2B ．3C ．4D ．5 答案：B解析：开关断开时，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，原、副线圈的电流比4I I ′2＝n 2n 1，通过R 2的电流I ′2＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U ′2＝I ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2＝3，选项B 正确． 3.[2016·全国卷Ⅲ] 如图1­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10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图1­A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．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U 0，则输入电压U ＝10U 0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，所以原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1，A 正确，B 错误；原、副线圈的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，由电功率P ＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．4.[2016·天津卷] 如图1­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( )图1­A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P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A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1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，R1消耗的功率变小，A错误；干路中的电流变小，R1两端的电压变小，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A1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，R1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R2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A1示数变大，D错误．5.[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a、b 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a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )图1­A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2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U 1U 2＝n 1n 2，这里n 2< n 1，所以U 2 <U 1.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2变小，n 1不变，而原线圈两端电压U 1也不变，因此U 2降低，选项C 正确．6.[2016·四川卷] 如图1­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，则( )图1­A ．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：U 1U 2＝n 1n 2，原、副线圈减去相同的匝数n 后：U 1U ′2＝n ′1n ′2＝n 1－n n 2－n，n 1n 2－n ′1n ′2＝－n （n 1－n 2）n 2（n 2－n ）<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．。

2020年全国大市名校高三期末一模物理试题全解全析汇编（四）交流电1、（ 2020山西省大同市市直学校高三第一次联考） 在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速运动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电在图乙中理想变压器的 A 、B 两端，电压表和电流表均为理想电表，R t 为热敏电阻（温度升高时其电阻减小） ，R 为定值电阻•下列说法正确的是A. 在t 0.01s 时，穿过该矩形线圈的磁通量的变化率为零B. 变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u 36. 2sin50 t （V ）C. R t 处温度升高时，由于变压器线圈匝数比不变，所以电压表 V i 、V 2示数的比值不变D. R t 处温度升高时，电流表的示数变小，变压器输入功率变小【答案】A【解析】A •由图知当t=0.01s 时，u=0，此时穿过该线圈的磁通量最大，穿过线圈的磁通量的变化率为零，故A 正确；B •原线圈接的图甲所示的正弦交流电， 由图知最大电压36 •一2v ，周期0.02s ,故角速度是co=100 n u=3^. 2 sin 100 n （t V ） •故 B 错误；C • R t 处温度升高时，原线圈的电压不变；原副线圈电压比不变，但是V 2不是测量副线圈电压， R t 温度升高时，阻值减小，电流增大，则R 2电压增大，所以 V 2示数减小，则电压表 V 1、V 2示数的比值增大，故C甲错误;D . R t温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D错误.2、（2020安徽省淮北市高三一模）•图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n i与副线圈匝数n2之比为10：1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦交流电，电阻R R2 20 ，与电容器C连接成如图所示的电路，其中电容器的击穿电压为8V，电表均为理想交流电表，开关S处于断电状态，则（）A.电压表的读数为10VB.电流表的读数为0.05AC.电阻&上消耗的功率为2.5WD.若闭合开关S,电容器会被击穿【答案】C【解析】A •开关断开时，副线圈为R i和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为10^,2 V，所以副线圈电压为10、，2v，则电压表的读数是R2的电压为5、&V~ 7.07V故A错误；B .由A的分析可知，副线圈电流为12= U2= 10 2 A = 0.25 2AR R2 20 20所以原线圈电流为I 1=空 14=0.025、2A故B 错误；C. 电阻R i 、R 2上消耗的功率为P = l ；R=(0.25.2)2 20=2.5W故C 正确；D •当开关闭合时，R i 与R 3并联后和R 2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为所以并联部分的电压为R 并 10 J- 1042 U C = — U 2= 10 一 2V = VR R 并 20 10 3最大值为 旦2,2= 20V V8V ，所以电容器不会被击穿，故D 错误。

专题十三交变电流挖命题【考情探究】考点考向5年考情预测热度考题示例学业水平关联考点素养要素交流电交变电流及正弦式交变电流的产生★★★正弦式交变电流的图像和三角函数的表达2017天津理综,6,6分 3 电动势、焦耳热科学推理最大值、瞬时值、有效值与平均值2015四川理综,4,6分 3 科学推理变压器、电能的输送电阻、感抗与容抗★★变压器2017北京理综,16,6分 4 交流电的有效值科学推理电能的输送传感器与电磁振荡、电磁波传感器2016北京理综,21(1) 3 热敏电阻科学推理★★★电磁振荡电磁场和电磁波2016北京理综,14,6分 3电磁波和机械波的传播特性科学推理电磁波谱、电磁波的应用电磁波的发射、传播和接收2018北京理综,24(2) 4能量观念、模型建构、科学推理2015北京理综,20,6分 3 科学推理分析解读近几年内对本专题的内容常有考查,考查集中在简单的概念和现象的理解上,难度较低。

主要考查考生的理解能力、提取信息能力、应用基本概念规律分析和推理计算的能力。

【真题典例】破考点【考点集训】考点一交流电1.如图甲所示,在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁场方向垂直的轴匀速转动产生交流电,电动势e随时间t的变化关系如图乙所示,则( )A.该交流电的频率为100HzB.该交流电电动势的有效值为311VC.t=0.01s时,穿过线框的磁通量为零D.t=0.01s时,穿过线框的磁通量的变化率为零答案 D2.如图所示,交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab=cd=50cm,bc=ad=30cm,匝数n=100,线圈的总电阻r=10Ω,线圈位于磁感应强度B=0.050T的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向平行。

线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起,并通过电刷与阻值R=90Ω的定值电阻连接。

现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO'以角速度ω=400rad/s匀速转动。

专题13 交变电流1. （2013高考山东理综第14题）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OO’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10AB．.线圈转动的角速度为50πrad/sC．.0.01s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：C解析：电流表的示数为交变电流的有效值，为10A，选项A正确.由图乙可知，周期为0.02s，频率为f=50Hz，线圈转动的角速度为ω=2πf=100πrad/s，选项B错误.0.01s时产生的感应电流为负最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确.由右手定则可判断0.02s时电阻R中电流的方向自左向右，选项D错误.2.(2013高考江苏物理第8题)如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光. 要使灯泡变亮，可以采取的方法有（A）向下滑动P（B）增大交流电源的电压（C）增大交流电源的频率（D）减小电容器C的电容答案：BC解析：要使灯泡变亮，可以采取的方法有：向上滑动P，或增大交流电源的电压，增大交流电源的频率，或增大电容器C的电容，选项BC正确AD错误.3．（2013高考四川理综第2题）用220V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V ，通过负载的电流图象如图所示，则A.变压器输入功率约为3.9WB.输出电压的最大值是110VC.变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D.负载电流的函数表达式i=0.05sin(100πt+π/2)A答案：A解析：通过负载的电流有效值为0.0252A ，变压器输入功率约为P=UI=110×0.0252W=3.9W ，选项A 正确.变压器输出电压的最大值是1102V ，选项B 错误.由变压公式，变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，选项C 错误.负载电流的函数表达式i=0.05sin(100πt)A ，选项D 错误.4. （2013高考广东理综第16题）如图5，理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=2:1，○V 和○A 均为理想电表，灯泡电阻R L =6Ω，AB 端电压t u π100sin 2121=(V).下列说法正确的是A.电流频率为100HzB. ○V 的读数为24V C. ○A 的读数为0.5A D. 变压器输入功率为6W答案：D解析：由ω=100π=2πf 解得：f=50Hz ，选项 A 错.AB 端电压有效值U 1=12V ，根据变压公式，副线圈电压U 2=6V ，○V 的读数为6V.由欧姆定律可得I= U 2/ R L =1A ，○A 的读数为1A ，选项BC 错误.由理想变压器功率关系，变压器输入功率为P= I U 2=6W ,选项D 正确.5. （2013高考福建理综第15题）如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω的电阻.闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=102sin10πt （V ），则A.该交变电流的频率为10HzB.该电动势的有效值为102VC.外接电阻R 所消耗的电功率为10WD.电路中理想交流电流表○A 的示数为1.0A i /A t/s 0.01 0.05 -0.05 0.02答案：D解析：由2πf=10π可得该交变电流的频率为f=5Hz，选项A错误.该电动势的最大值为102V，有效值为10V，选项B错误.外接电阻R中电流I=E/(R+r)=1A，电路中理想交流电流表○A的示数为1.0A，外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9W，选项C错误D正确.。