1、专题12 交变电流2022年高考真题1、（2022湖南卷T6）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻的阻值为，滑动变阻器的最大阻值为，滑片初始位置在最右端。理想电压表V的示数为，理想电流表A的示数为。下列说法正确的是（）A. 保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，减小，不变B.保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，消耗的功率增大C. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，减小，增大D. 保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，消耗的功率减小【答案】B【解析】AB由题意可知，原副线圈的匝数比为，则副线圈的电流为，根据欧姆定律可得副
2、线圈的电压有效值为则变压器原线圈的电压有效值为设输入交流电的电压有效值为，则可得保持位置不变，向左缓慢滑动的过程中，不断变大，根据欧姆定律可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原副线圈的功率相等，可知消耗的功率增大，故B正确，A错误；CD设原副线圈的匝数比为，同理可得则整理可得保持位置不变，向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则变小，对由欧姆定律可知可知不断变小，根据原副线圈的功率相等可知消耗的功率整理可得可知时，消耗的功率有最大值，可知消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。故选B。2、（2022山东卷
3、T4）如图所示的变压器，输入电压为，可输出、电压，匝数为的原线圈中电随时间变化为单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是（）A. n1为1100匝，为B. 间线圈匝数为120匝，流过R的电流为C. 若将R接在两端，R两端的电压为，频率为D. 若将R接在两端，流过R的电流为，周期为【答案】D【解析】A变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为解得原线圈为2200匝，A错误；B根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC
4、间的线圈匝数关系有BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为B错误；C若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为C错误；D若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为交流电的周期为D正确。故选D。3、（2022浙江6月卷T5）下列说法正确的是（）A. 恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用B. 小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向C. 正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大D. 升压
5、变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率【答案】B【解析】A恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；B小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；C正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；D根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误。故选B。4、（2022浙江1月卷T9）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是（）A.
6、 甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B. 乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C. 甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D. 乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电【答案】A【解析】A甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；B乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；C根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；D乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误；故选A。5、（2022湖北T9）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用
7、，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是（）A. 接收线圈的输出电压约为8 VB. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1C. 发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D. 穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同【答案】AC【解析】A根据可得接收线圈的输出电压约为U2=8V；B根据可得故B错误；C变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；D由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线
8、圈的不相同，故D错误。故选AC。2021年高考真题1（2021山东卷）输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为13，输入电压为的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为21，R上的功率为；接2时，匝数比为12，R上的功率为P。以下判断正确的是（）ABCD【答案】BD【解析】当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2=37.5V=22.5V电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压电流则右侧变压器初级电压电流则当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I；右侧变压两边电压关系可知解得I=3A则R上的功率故选
9、BD。2（2021河北卷）如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（）A通过电阻的电流为B电阻两端的电压为C与的比值为D发电机的功率为【答案】BC【解析】AB由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1=IR1根据变压器电压与匝数的关系有，代入数据有U0=，U2=再由欧姆定律有U2=I2R2可计算出I2=综上可知，A错误、B正确；C由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax=NB2L2，U0=N
10、BL2由选项AB知U0=则C正确；D由于变压器为理想变压器则有P0=P1 + P2=U1I + U2I2=I2R1 + U2I2代入选项ABC公式有P0=由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。故选BC。3（2021浙江卷）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其它电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周（）A框内电流方向不变B电动势的最大值为UmC流过电阻的电荷D电阻产生的焦耳热【答案】BD【解析】A当线框转动时，框内电流方向每经过中性面一次都要变化一
11、次，则选项A错误；B由图乙可知，电动势的最大值为Um ，选项B正确；C线圈转过半周，则流过电阻的电荷量为则金属框转过一周流过电阻的电荷量为D因为则金属框转过一周电阻产生的焦耳热选项D正确。故选BD。4（2021浙江卷）如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（）ABCD【答案】D【解析】因虚线是正弦交流电的图像，则该交流电的有效值为由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则故选D。5（2021广东卷）某同学设计
12、了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为160，下列说法正确的是（）A交流电的频率为10HzB副线圈两端电压最大值为3VC变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D充电电路的输入功率大于变压器的输入功率【答案】B【解析】A周期是T=0.2s，频率是故A错误；B由理想变压器原理可知解得，副线两端的最大电压为故B正确；C根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；D由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等
13、于变压器的输入功率，故D错误。故选B。6（2021湖南卷）如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）AL1先变暗后变亮，L2一直变亮BL1先变亮后变暗，L2一直变亮CL1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗DL1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗【答案】A【解析】副线圈的总电阻为解得则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有，先减小后增大，先减小后增
14、大，则先变暗后变亮，根据，由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为逐渐增大，则越来越小，则则先变暗后变亮，一直变亮；故选A。2020年高考真题1（2020海南卷）图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用和表示甲和乙两电流的有效值，则（）ABCD【答案】D【解析】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为，故，故选D。
15、2（2020北京卷）如图所示，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后（）A电流表的示数减小B电压表的示数减小C电压表的示数不变D电流表的示数不变【答案】A【解析】开关S闭合时，副线圈总的电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因副线圈的总电阻减小，则副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，而副线圈的总电压不变，所以副线圈并联部分的电压减小，即的示数减小，故电流表的示数减小，故A正确，BCD错误。故选A。3（202
16、0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。4（2020山东
17、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
18、，BCD错误。故选A。5（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】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。6（2020浙江卷）如图所示，甲乙两图
19、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。7（2020全国卷）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（b）所示。下列说法正确的是（）A所用交流电
20、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。8（2020全国卷）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
21、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（）AP=PBP=PCU=UDU=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损失的电压变为原来的，即UU故选AD。9（2020浙江卷）如图甲所示，在水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用图象下的“面积”代表力F所做的功）（1）求导体棒所受到的安培力随时间t的变化规律；（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；（3）若时外力，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。【答案】(1) (2) (3) 和；和【解析】（1）由显示的波形可得安培力随时间变化规律：（2）安培力的冲量：由动量定理，有：解得：（3）棒做简谐运动，有：当时：当时，设，根据动能定理：解得：和；和