1、专题12 交流电和变压器【2020年】1.（2020新课标）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550 kV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1 100 kV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=PB. P=PC. U=UD. U=U【答案】AD【解析】输电线上损失的功率P( )2r，损失的电压Ur，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即PP，损失的电压变为原
2、来的，即UU，故选AD。2.（2020新课标）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（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，A正确；通过R2电流的有效值为，R2两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R1两端分压即为电压表
3、示数，即，B错误；电流表的示数为，C错误；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。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（）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】根据电功率公式，发电机输出电流，A错误；输电线上损失功率，由，可得，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
4、成反比关系，可得，C正确；用户得到的功率为，用户得到的电流，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
5、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阻应调
6、节为（）A. 1 B. 5 C. 6 D. 8 【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24V，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，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为通过R1的电流为通过R2、R的电流为R2、R的分压为解得滑动变阻器的阻值为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。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
7、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20 V时，输出电压A降低2 V B增加2 VC降低200 VD增加200 V【答案】D【解析】由理想变压器原、
8、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，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220 kV高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（ ）A. 55 kV B. 110 kV C. 440 kV D. 880 kV【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
9、，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
10、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
11、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=21，选项D正确。4. （2018年全国卷）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
12、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
13、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At=0时，线圈平面平行于磁感线Bt=1 s时，线圈中的电流改变方向Ct=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【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=1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零（），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
14、；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。2【2017北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 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220WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110VD副线圈输出交流电的周期为50 s【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220 V，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110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功
15、率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，=100 rad/s，周期T=0.02 s，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，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误【2016年】1【
16、2016全国卷】如图所示，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON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t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON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，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
17、时感应电动势大小始终为EBl2，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可知，两导线框中感应电流的周期相同，均为T，B正确；在t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Bl2，C正确；对于线框M，有T，解得U有ME；对于线框N，有00T，解得U有NE，故两导线框中感应电流的有效值并不相等，D错误M2 变压器 远距离输电2【2016全国卷】一含有理想变压器的电路如图1所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，为理想交流电流表，U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
18、流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图1A2 B3C4 D5【答案】B【解析】开关断开时，原、副线圈的电流比，通过R2的电流I2，副线圈的输出电压U2I2(R2R3)，由可得原线圈两端的电压U15I，则UU1IR15I3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比，通过R2的电流I2，副线圈的输出电压U2I2R2，由可得原线圈两端的电压U14I，则UU14IR14I12I，解得3，选项B正确3【2016全国卷】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91B原、副线圈匝
19、数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19【答案】AD【解析】设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1UU09U0，副线圈两端的电压U2U0，所以原、副线圈的匝数比n1n2U1U291，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1I2n2n119，由电功率PUI可知，a和b的电功率之比为19，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
20、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
21、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1AU2U1，U2降低BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低DU2U1，U2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，这里n2 n1，所以U2 U1.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2变小，n1不变，而原线圈两端电压U1也不变，因此U2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：，原、副线圈减去相同的匝数n后：，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
