高考物理最新电磁学知识点之交变电流易错题汇编及答案解析.pdf

《高考物理最新电磁学知识点之交变电流易错题汇编及答案解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理最新电磁学知识点之交变电流易错题汇编及答案解析.pdf（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、高考物理最新电磁学知识点之交变电流易错题汇编及答案解析一、选择题1如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为1n、2n，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，现在 a、b 间，c、d 间分别接上示波器，同时监测得a、b 间，c、d 间电压随时间变化的图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是（）AT=0.01sB1n：2n 55：2C电流表A 的示数 I 36.4mAD当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为02普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd 一

2、侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则（）Aab 接 MN、cd 接 PQ，IabIcdBab 接 MN、cd 接 PQ，IabIcdCab 接 PQ、cd 接 MN，IabIcdDab 接 PQ、cd 接 MN，IabIcd3在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示产生的感应电动势如图乙所示，则（）A线框产生的交变电动势有效值为311VB线框产生的交变电动势频率为100HzC0.01 st时线框平面与中性面重合D0.015 st时线框的磁通量变化率为零4如图甲所示电路，已知电阻21RRR，和1R并联的 D 是理想二极管（正向电阻可视为零，

3、反向电阻为无穷大），在A、B 之间加一个如图乙所示的交变电压（0ABU时电压为正值）。则R2两端电压的有效值为（）A510VB10 VC55VD102V5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14，输电电压应变为（）A55 kVB110 kVC440 kVD880 kV6一自耦变压器如图所示，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 点顺时针转到N 点的过程中()AU2U1，U2降低BU2

4、U1，U2升高CU2U1，U2降低DU2Icd，选项 B正确3C 解析：C【解析】【详解】由图乙可知T=0.02s，311mEV，故该交变电流的有效值为2202mEEV，频率150fHzT，故 AB 错误；0.01 s 时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，即线框平面与中性面重合，故C正确；由图可知t=0.015 s时刻感应电动势最大，所以穿过线框回路的磁通量变化率为最大，故D 错误故选C.4A 解析：A【解析】【分析】【详解】因为是交流电所以应该分两种情况考虑，当电源在正半轴时A 点电位高于B点电位二极管导通即 R1被短路，R2电压为电源电压为20 2V=20V2电源在负半轴时B 点电位高于

5、A点电位二极管截止R1，R2串联分压，则12QQQ即为2222010+22UTTTRRR解得=5 10VU故 A 正确，BCD 错误。故选 A。5C 解析：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=2PRU当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即 440V，故选项 C 正确点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R 解题6C 解析：C【解析】试题分

6、析：由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器的变压规律可知，U2U1；在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，副线圈的匝数减少，所以U2降低，故A、B、D 错误；C正确【学科网考点定位】考查变压器【方法技巧】主要是对自耦变压器的理解，分清原副线圈及在转动的过程中线圈的匝数怎么变、理想变压器的规律7B 解析：B【解析】【分析】【详解】A产生感应电动势的最大值0mENB S图示位置为中性面位置，所以感应电动势的瞬时值表达式为0=sin=sinme Et NB St选项 A 错误；B因感应电动势的最大值0mENB S，那么感应电动势的有效值为0=22ENB S根据EIRr，

7、电路中产生的电流有效值为022()NB SIRr选项 B 正确；C根据闭合电路中路端电压02()2NB S RUIRRr那么外电路的电压峰值为0mNB S RURr选项 C 错误；D转动角速度为，那么转动频率为2f即 1 秒内线圈转动2次，由于 1个周期内线圈中电流方向改变2 次，因此1 秒内线圈中电流方向改变次，选项D 错误；故选 B。8B 解析：B【解析】【分析】根据公式mEnBS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112221nUInUI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；【详解】AB根据2 n可知转速变为原来的12，

8、则角速度变为原来的12，根据mEnBS可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据m2EU可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，根据1122nUnU可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据2UPR可知 R消耗的电功率变为14P，A 错误 B 正确；C副线圈中的电流为212UIR，即变为原来的12，根据1221nInI可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；D转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D 错误。【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有

9、112221nUInUI，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率。9B 解析：B【解析】【详解】设理想变压器原、副线圈匝数的比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得11UIRU由变压公式11UkU及功率关系122U IU I，可得2IkI即副线图输出电流为2IkI；222323UIRRkI RR当开关 S闭合时，电流表示数为4I，则有114UIRU由变压器公式12UkU及功率关系1224UIU I可得24IkI即副线圈输出电流为24Ikl，22224/UI RkR联立解得3k选项 B 正确，ACD 错误；故选 B.10C 解析：C【解析】【详解】AB理想变压器

10、的原线圈接入正弦交流电，由u-t图像读其最大值为1max220 2VU，可知有效值为1max1220V2UU根据理想变压器的电压比等于匝数比，可得副线圈两端的电压：2211220V110V2nUUn由欧姆定律可知流过电阻的电流：222AUIR所以，电流表的示数为2A，B电压表的示数为110V，故 AB 均错误；C因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；D根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1:1，故 D 错误；故选 C。11A 解析：A【解析】【分析】【

11、详解】灯正常发光时，加在灯两端的电压为220V，流过灯的电流I=0.1A，根据1122UnUn，可知电压表读数1110UV，根据1221InIn，可得电流表示数10.2IA，A.答案与解析相符，选项A 符合题意，BCD.答案与解析不相符，选项BCD 不符合题意；12D 解析：D【解析】试题分析：对A、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得：；对B、对于正弦式电流，有效值：根据焦耳定律得：；对 C、根据焦耳定律得：Q3I2RT225RT对 D、对于方波，根据焦耳定律得：；故选D。考点：交流电的有效值【名师点睛】此题是对有效值概念的考查；解题时根据焦耳定律Q=I2Rt 求解热量，其中I是有效值，对

12、于正弦式电流有效值与峰值是倍关系对于方波，直接根据焦耳定律求解热量。13D 解析：D【解析】【分析】根据交流电的图像确定交流电瞬时值表达式；交流电的方向一周改变2 次；根据变压器匝数比求解次级电压从而判断灯泡的发光情况；变压器的输入功率等于输出功率.【详解】A由乙图可知，周期为0.02s，交流电的圆频率：，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为=72 sin100 t（V），故 A 错误；B交流电的频率为50Hz，在一个周期内电流方向改变2 次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100 次，选项B 错误；C变压器初级电压有效值为，由原副线圈的匝数比为2:1 可知，次级电压为 18V，则灯泡 L 不

13、能正常发光，选项C 错误；D灯泡电阻为，次级功率：，则理想变压器输入功率为20W，选项 D 正确；故选 D.【点睛】本题考查的是有关交变电流的产生和特征的基本知识，要具备从图象中获得有用信息的能力.14D 解析：D【解析】【详解】在交流电路中电流表的示数为有效值，=22V2mEE有效，电流表的示数22=0.22A100EIR有效总，A 错误；从图像可知线圈转动的周期为0.02s，则线圈转动的角速度2=100 rad/sT，B 错误；0.01s时线圈的电压为0，因此线圈在中性面处，C 错；线圈发热应用电流的有效值进行计算，则发热量22=0.22900.02=0.087JQ I Rt，D正确15D

14、 解析：D【解析】AB、由图象知周期T=0.02s，所以频率f=50Hz，由图象知电动势最大值为200V，角速度为21000.02，所以感应电动势的瞬时表达式为e=200sin100t，故 AB 错误；C、t=0.01 s 时，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量最大，故C 错误；D、t=0.02 s 时，感应电动为零，则穿过线圈的磁通量的变化率也为零，故D 正确；故选D【点睛】从图象得出电动势最大值、周期，从而算出频率、角速度，进而得出感应电动势的瞬时表达式；当磁通量最大时电动势为零，磁通量为零时电动势最大16A 解析：A【解析】【分析】【详解】AB根据 E=BS 可知，无论线圈绕轴P1和 P

15、2转动，则产生的感应电动势均相等，故感应电流相等，故A 正确，B 错误；C由楞次定律可知，线线圈绕P1和 P2转动时电流的方向相同，都是adcba，故C 错误；D由于线圈P1转动时线圈中的感应电流等于绕P2转动时线圈中得电流，故根据F=BLI可知，线圈绕P1转动时 dc 边受到的安培力等于绕P2转动时 dc 边受到的安培力，故D 错误。故选A。17C 解析：C【解析】【分析】三个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，电阻所在支路对电流的阻碍作用不变，所以流过A 灯泡所在支路的电流变小，流过灯泡B 所在支路的电流变大，流过灯泡C 所在支路的电流不变.故灯泡 A 变暗，

16、灯泡B 变亮，灯泡C 亮度不变；综上分析，故D 正确【点睛】【详解】18A 解析：A【解析】试题分析：由图象知周期是T=02s，电流的峰值是Im=10A，A 正确，B错误；频率是1150.2ZfHHzT，电流有效值为105 27.072IAAA，CD 错误；故选A考点：交流电【名师点睛】明确交流电图象的物理意义，正确根据图象获取有关交流电的信息是对学生的基本要求，平时要加强练习19D 解析：D【解析】【详解】试题分析：电压最大值为20 2Vmu，周期是0.02s，则2100T，所以输入电压 u 的表达式应为u=202sin（100t）V，A 错误；原先L1短路，只有L2工作，只断开S2后，负载

17、电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，BC 错误；副线圈两端的电压有效值为211120 2V4V552UU，若 S1换接到 2 后，R 消耗的电功率为20.8WUPR，D 正确20D 解析：D【解析】【详解】在 t=0 时刻，产生的感应电动势最小，线圈一定处在中性面上；故A 错误；由图可知，a的周期为4 10-2s；b 的周期为 6 10-2s，则由 n=1/T 可知，转速与周期成反比，故转速之比为 3：2；故 B 错误；曲线a的交变电流的频率f=1/T=25Hz；故 C 错

18、误；曲线a、b 对应的线圈转速之比为3：2，曲线a表示的交变电动势最大值是15V，根据Em=nBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10V，则有效值为105 22UVV；故D正确；故选D。21A 解析：A【解析】【详解】AB分析甲图可知，光照强度增强，流过电阻的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度减小，A 正确，B 错误；C在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P 适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，灯泡的亮度减小，C 错误；D在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，

19、灯泡亮度降低，D 错误。故选 A。22C 解析：C【解析】【分析】【详解】A从图中可以直接读出交流电流的周期周期为0.01s，故频率为f=1100Hz0.01故 A 错误；B从图中可以直接读出交流电流的最大值为102A，故有效值为I=max10 2A10A22I故 B 错误；C该交变电流瞬时值表达式为max22sin10 2sin10 2sin 20010 2sin628(A)0.01iIttttT故 C 正确；D该交变电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为P=I2R=102 10W=1000W故 D 错误。故选 C。23B 解析：B【解析】【分析】【详解】A理想变压器的输出电压是由输入电压和

20、匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A 错误；B当 S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，所以B正确；CD由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以 CD 错误；故选 B。24C 解析：C【解析】【分析】【详解】A升压变压器1T的输出电压等于2000V，而输入电压为400V，由电压之比等于匝数之比,则有变压器1T的匝数比12:1:5n

21、n故选项A错误；B输出的电功率为020PkW，而升压变压器1T变为 2000V 电压远距离输送，所以根据PIU可知输电线上的电流为320 10A10A2000I故选项 B 错误；C输电线上损失的电功率为221010W1kWPI R损故选项 C 正确；D降压变压器2T的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为2000V10 10V1900VU根据3344UnUn则有变压器2T的匝数比34:1900:22095:11nn故选项 D 错误；故选 C。25A 解析：A【解析】【详解】副线圈电压不变，若Rt电阻原来大于R，则温度升高时，电压表V2示数与电流表A2示数的乘积增大，若Rt电阻

22、原来小于R，则电压表V2示数与电流表A2示数的乘积变小，当Rt处温度升高时，电阻减小，则副线圈总功率增大，所以原线圈功率增大，即电压表V1示数与电流表 A1示数的乘积一定变大，故A 正确；Rt处温度升高时，电阻减小，电压表V2测量 Rt的电压，则电压表V2示数减小，V1示数不变，则电压表V1示数与 V2示数的比值变大，故 B 错误；在图甲的t=0.01s 时刻，e=0，则磁通量最大，此时矩形线圈平面与磁场方向垂直，故C 错误；根据图甲可知，Em=362V，T=0.02s，则 220.02T=100 rad/s，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=362sin100 t（V），故 D 错误。故选 A。【点睛】本题考查交变电流的产生及变压器原理，要注意掌握交变电流中最大值、有效值、瞬时值的表达及相应的关系，知道变压器不改变功率，难度适中。