1、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
2、。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，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为，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，B，C，D，【答案】B【解析】根据理想变压器的电压和电流规律：解得甲图中高压线电压为乙图中高压线电流为故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，发电机的电压，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻，在用户端用降压变压器把电压降为。已知输电线上损失的功率，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是
3、A发电机输出的电流B输电线上的电流C降压变压器的匝数比D用户得到的电流【答案】C【解析】A根据电功率公式发电机输出电流A错误；B输电线上损失功率，由可得故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C正确；D用户得到的功率为，用户得到的电流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15 ，额定电压为24 V。定值电阻R1=10 、R2=5 ， 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
4、阻应调节为（）A1 B5 C6 D8 【答案】A【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为根据串联分压规律可知，和、构成的并联电路部分的分压为通过的电流为通过、的电流为、的分压为解得滑动变阻器的阻值为A正确，BCD错误。故选A。5（2020新课标卷）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101，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，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（
5、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A正确；B通过电流的有效值为两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压电阻两端分压即为电压表示数，即B错误；C电流表的示数为C错误；D副线圈中流过的总电流为变压器原副线圈传输的功率为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A3
6、:1B1:3C6:1D1:6【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，变压器的匝数比 ，则，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，电压表的示数增大C当R2所在处出现火警时，电流表A的示数
7、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R2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
8、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cd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，则副线圈的总电流增大，变压器的电流关系可知原线圈的总电流增大，则原线圈两端的电压减小，又可知副线圈两端的电压减小，滑动变阻器两端的电压减小，而电压表V1测量的是U1的电压；电压表V2测量的是U2的电
9、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n3n4501，输电线的总电阻R10 。某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V。则此时段A降压变压器的输入电压为11 kVB发电机的输出功率为22 kWC输电线的电流为1 100 AD输电线上损失的功率约为8.26 W【答案】A【解析】A.降压变压器输出电压220 V，根据变压器原理：，代入数据解
10、得：，A正确BCD.降压变压器输出功率：，而，代入数据解得：输电线电流，输电线上功率损失：，根据：，所以发电机输出功率为22040W，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，则A时，线圈平面平行于磁感线B时，线圈中的电流改变方向C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【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-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s1.5s之间，“斜率
11、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，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，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8，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4103VC降压变压器原、副线圈匝数比为D用户端负载增加，有利于减少远距离输电的电能损
12、失【答案】BC【解析】A、由知输电线上的电流，输电线上损失的电压为，故选项A错误；B、升压变压器的输出电压，故选项B正确；C、降压变压器的输入电压，降压变压器的原、副线圈的匝数比为，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，由知输电线上的损失功率增大，故选项D错误；故选BC12（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=10的定值电阻、铭牌上标有“100V 50W”字样的灯泡以及最大阻值为400的滑动变阻器R。现在原线圈的
13、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=22sin100t(V)B理想变压器原、副线圈的匝数比为15C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22 V，周期为T=2102 s，所以角速度为=100(rad/s)，则原线圈两端的交变电压为u=22sin 100t(V)，选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL=200 ，电流为IL=0.5 A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻
14、为200 ，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1 A，所以变压器的输出电压为U2=ULI0R0=110 V，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6 A，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
15、心轴OO匀速转动时，产生的电动势e=200cos100t(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0.4A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是At=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101C若副线圈两端并联多只“20V、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=100cos100t (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=200cos
16、100t(V)，故输入变压器的电压的有效值为U=V=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，故B正确；C电路中熔断器熔断电流为0.4A，此时根据能量守恒定律有，解得n=，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=NBS，产生的电动势也减半，角速度为=2n=50rad/s，则产生的电动势e=100cos50t(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、
17、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2ICR消耗的功率变为2PDR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变为原来的2倍，发电机输出电压有效值变为原来的2倍，即原线圈的输出电压为原来的2倍，由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，由可知原线圈的电流不是原来的2倍，故B错误；故选AD
