第3章 交变电流-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 42 — 第三章 交变电流 (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第14题,以电动车的工作原理为背景,考查学生对交流电的“四值”问题的理解及 应用,本题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.如图所示,闭合开关后,R=5Ω的电阻两端的交流电压为u=50 2sin10πtV,电 压表和电流表均为理想交流电表,则 ( ) A.该交流电周期为0.02s B.电压表的读数为100V C.电流表的读数为10A D.电阻的电功率为1kW 2.我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流,用户端用“逆变” 设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是 ( ) A.送电端先升压再整流 B.用户端先降压再变交流 C.1100kV是指交流电的最大值 D.输电功率由送电端电压决定 3.(2025·湖北宜昌期中)如图甲所示为科技小组制作的风力发电机简易模型,在风力的作用下,风 叶带动与其固定在一起的永磁体转动,转速与风速成正比。某一风速时,线圈中产生的正弦式交 变电流如图乙所示,则 ( ) A.t=0.1s时穿过线圈的磁通量为零 B.磁体的角速度为20πrad/s C.风速减半时电流i=0.6sin20πt(A) D.风速减半时线圈中电流的有效值为0.6A 4.(2025·北京市高二期末)某理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=311∶11,原线圈输入电压 的变化规律如图甲所示,电路如图乙所示,P为滑动变阻器的滑片,电表均为理想交流电表。闭合 开关S后,将滑动变阻器的滑片P从最上端往下滑的过程中,下列说法正确的是 ( ) A.电流表的示数增大 B.电压表的示数为11V C.副线圈输出电压的频率为100Hz D.变压器的输入功率减小 5.(2025·黄冈市高二期末)汽车启动的工作原理如图所示,首先由转换器 将蓄电池的直流电转换为正弦式交流电,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压表。当 变压器副线圈输出电压的瞬时值达到12000V时,火花塞产生电火花点 燃发动机汽缸内的雾化汽油,发动机开始工作。已知开关S闭合时,电压 表的示数为12V,要使发动机点火成功,变压器原、副线圈匝数比 n1 n2 的最大值为 ( ) A.1000 B.11000 C.500 2 D. 2 1000 6.如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100kW,发电机的电压U1=250V,经变压器升 压后向远处输电,输电线总电阻R线=8Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。已知 输电线上损失的功率P线=5kW,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I1=40A B.输电线上的电流I线=625A C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11 D.用户得到的电流I4=455A 7.在如图甲所示的电路中,a、b两端接入图乙所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出), 图中电压表和电流表均为理想电表,电压表的示数为22V,D为理想二极管,R0 为定值电阻,L为 电阻恒定的指示灯,RT 为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是 ( ) A.理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1 B.若RT 处出现火灾时,电压表示数不变,电流表示数将变小 C.若RT 处出现火灾时,指示灯L将变暗 D.若只将原线圈的理想二极管去掉,则电压表的示数会变为原来的2倍 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·北京市高二期末)无线充电给我们生活带来了很大的方便,图甲是手机无线充电器的示 意图,其原理如图乙所示,当送电线圈接上220V的正弦交变电流后,会产生一个变化的磁场,从 而使手机的受电线圈中产生交变电流,该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电,该装置实 际上可等效为一个无漏磁的理想变压器。送电线圈的匝数为N1,受电线圈匝数为N2,N1∶N2= 44∶1,若手机电阻为5Ω,当该装置给手机充电时,下列说法正确的是 ( ) A.流过原、副线圈的电流之比为1∶44 B.受电线圈两端c、d之间的输出电压为4V C.充电时流过手机的电流为1A D.保持ab端输入电压不变,若在充电时玩大型游 戏(即增大手机用电功率),则受电线圈的输出电 流将变小 9.(2025·湖北省宜荆荆随恩高二联考)新建成的高铁将应用许多新技术,图示为高铁的牵引供电 流程图,利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所,将高压220kV或 110kV降至27.5kV,再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压,则 下列说法正确的是 ( ) — 41 — — 44 — A.若电网的电压为110kV,则n1∶n2=4∶1 B.若高铁机车运行功率增大,机车工作电压将会高于25kV C.若高铁机车运行功率增大,牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大 D.如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW,电机效率为90%,则牵引变电所到机车间 的等效电阻为6.25Ω 10.某同学自制了一个手摇交流发电机,如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮 带不打滑),半径之比为4∶1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包 线绕制而成的边长为L的正方形,共n匝,总阻值为R。磁体间磁场可视为磁 感应强度大小为B 的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动,带动小轮及线圈 绕转轴转动,转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值 恒为R 的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内,下列说法正确的是 ( ) A.线圈转动的角速度为4ω B.灯泡两端电压有效值为3 2nBL2ω C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则灯泡两端电 压有效值为4 2nBL 2ω 3 D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)(2025·广州市高二期末)图甲为教学用的可拆变压器,A、B线圈均由材料和直径相同的 导线绕制而成。 (1)某同学用多用电表欧姆挡分别测量A、B线圈的电阻值,发现A线圈电阻约为B线圈电阻的 2倍,则可推断 线圈的匝数多(选填“A”或“B”); (2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系,在图乙中该同学把线圈A与学生电源连接,另一 个线圈B与小灯泡连接。其中线圈A应连到学生电源的 (选填“直流”或“交流”)输出 端上; (3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数,其余装置不变,继续实验,则灯泡亮度 (选填 “变亮”或“变暗”); (4)某次实验时,变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝,学生电源输出端电压的有效值 为6V,则小灯泡两端电压的有效值可能是 。 A.12V B.6V C.3.6V D.2.8V 12.(10分)贯彻新发展理念,我国风力发电发展迅猛,2020年我国风力发电量 高达4000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示,发电机的线圈固定, 磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动,已知磁体间的磁场为匀强磁场,磁感 应强度的大小为0.20T,线圈的匝数为100、面积为0.5m2,电阻为0.6Ω, 若磁体转动的角速度为90rad/s,线圈中产生的感应电流为50A。则(结果 均保留2位有效数字): (1)线圈中感应电动势的有效值E= V; (2)线圈的输出功率P= W。 13.(10分)如图所示,理想变压器原线圈匝数n1=800,副线圈匝数n2=200,灯泡 A标有“5V 2W”的字样,电动机D的线圈电阻为1Ω。将交流电压u=100 2sin100πt(V)加到理想变压器原线圈两端,灯泡恰能正常发光,求: (1)副线圈两端电压; (2)电动机D消耗的电功率。 14.(14分)(2025·铜川市高二期末)电动车现在是许多人常用的代步工具,其中 的主要零件有车架、电动机、控制器、蓄电池和充电器。把电动车的电动机拆下 来,使其中的线圈转动,并外接上用电器R(可看作纯电阻),电动机就变成发电 机能给R 供电,其原理如图所示。线圈abcd的面积是0.05m2,共100匝。线 圈电阻为1Ω,外接电阻R=9Ω,匀强磁场的磁感应强度大小为B=1πT ,方向 垂直纸面向里,当线圈以ω=10πrad/s的角速度匀速转动时。(各电表均视为 理想交流电表) (1)求感应电动势的最大值Em 和交流电压表示数U。(结果可以保留根式) (2)从图示位置开始计时,写出电路中电流i的瞬时值表达式。 (3)求线圈转一圈用电器R 产生的热量。 (4)经130s 通过电阻R 的电荷量是多少(结果保留一位有效数字)? 15.(14分)(2025·石家庄市高二期末)如图为某组同学研究远距离输电过程的装置图,矩形导线框 ABCD 绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的交变电动势e=222 2sin100πt(V)。导线框与理想 升压变压器相连进行远距离输电,输电线路总电阻R=25Ω,理想降压变压器的原、副线圈匝数 之比为25∶11,降压变压器副线圈接入一台内阻r=8.8Ω的电动机,其两端的电压U=220V, 效率η=80%。导线框及其余导线电阻不计,电表均为理想电表,求: (1)电动机的机械功率P机; (2)电流表的读数IA。 — 43 — —72 — 可得对应圆心角θmin=180°-2α=120° 又T=2πmBq = 2π Bk 可得离子运动的最短时间为tmin= θmm 360°T= 1 3T= 2π 3Bk 。 答案 (1)kB 2R2 8 ≤U≤ 9kB2R2 8 (2)3kBR4 (3)2π3Bk 14.解析 (1)带电粒子从 M 点到N 点,沿x轴方向有R=v1t1 沿y轴负方向有12R= 1 2at1 2,qE=ma 联立解得粒子从 M 点射入电场时的速度大小为v1= q ER m (2)带电粒子从 M 点到N 点, 由动能定理可得qE·R2= 1 2mv2 2-12mv1 2 解得v2= 2qER m 设粒子到 N 点时速度与x 轴夹角为θ, 则有cosθ=v1v2 = 22 解得θ=45° 在磁场中由洛伦兹力提供向心力可得 qv2B= mv22 r 解得r=R 如图所示 由几何关系可知偏转角为α=135° 在磁场中做圆周运动的周期为T=2πrv2 在磁场中运动时间t2= α 360°T 联立解得t2= 3π 4 mR 2qE (3)由几何关系可得 x=R-rsinθ y=-(R+rcosθ) 解得x=2- 22 R ,y=-2+ 22 R 。 即粒子从圆形有界磁场射出瞬间所对应的位置坐标为 2- 2 2 R ,-2+ 22 R 。 答案 (1)qERm (2)3π4 mR 2qE (3)2- 2 2 R ,-2+ 22 R 15.解析 (1)依题意,粒子恰好能束缚在正方形abcO 区域内,其轨 迹圆的半径为r=L4=0.2m 又qvB=mv 2 r 解得B=0.5T (2)粒子运动的俯视图如图所示 当SP1 为直径时,x坐标为最大值xmax=2rcos30°+2r= 2+3 5 m 当与abfe面相切时,x坐标为最小值xmin=r=0.2m (3)粒子运动的周期T=2πmqB 根据几何关系,所用时间 t1=nT+ T 6 (n=0,1,2…) t2=nT+ 5T 6 (n=0,1,2…) 解得t1=8π(n+ 1 6 )×10-8s(n=0,1,2…) t2=8π(n+ 5 6 )×10-8s(n=0,1,2…)。 答案 (1)0.5T (2)2+ 35 m 0.2m (3)见解析 第三章 交变电流 1.C [该交流电的周期T=2πω = 2π 10πs=0.2s ,电压表的读数为交 流电的有效值,即U=50 2 2 V=50V,选项A、B错误;电流表的读 数为I=UR = 50 5 A=10A ,选项C正确;电阻的电功率为P=IU =10×50W=500W,选项D错误。] 2.A [升压和降压都需要在交流的时候才能进行,故送电端应该先 升压再 整 流,用 户 端 应 该 先 变 交 流 再 降 压,故 A 正 确,B错 误; 1100kV指的是直流电的电压,故C错误;输电的功率是由用户 端负载的总功率来决定的,故D错误。] 3.B [t=0.1s时感应电流为零,感应电动势也为零,根据法拉第电 磁感应定律可知磁通量的变化率为零,此时穿过线圈的磁通量最 大,故A错误;由题图可知交变电流的周期T=0.1s,则角速度ω =2πT=20πrad /s,故B正确;风速减半,转速减半,角速度ω=2πn' =10πrad/s,感 应 电 流 最 大 值 减 半,电 流 的 表 达 式 应 为i= 0.6sin10πt(A),故C错误;根据正弦式交变电流的有效值与峰值 的关系可知,风速减半时线圈中电流的最大值为0.6A,有效值为 3 2 10 A ,故D错误。] 4.A [当滑动变阻器的滑片P向下滑动过程中,副线圈的总电阻变 小,由于原线圈两端电压有效值不变,匝数不变,则副线圈两端电 压有效值不变,根据欧姆定律可知副线圈电流增大,根据I1 I2 = n2 n1 , 可知原线圈电流增大,电流表示数增大,根据P=U1I1,可知变压 器的输入功率增大,故A正确,D错误;由题图甲可知原线圈两端 电压有效值为U1= Um 2 =311 2 V≈220V,根据 U1 U2 = n1 n2 可得U2≈ 7.8V,故B错误;周期为2×10-2s,则频率f=1T =50Hz ,故C 错误。] 5.D [变压器副线圈输出电压的有效值为U2= U2m 2 =12000 2 V= 6000 2V,根据理想变压器原、副线圈电压与 匝 数 的 关 系 U1 U2 = n1 n2 ,变压器原、副线圈匝数比n1 n2 的最大值为 n1 n2 = U1 U2 = 12V 6000 2V = 21000 ,故选D。] 6.C [发电机输出电流I1= P U1 =100×10 3 250 A=400A ,故 A错误; 输电线上损失的功率P线 =I线2R线 =5kW,所以I线 = P线 R线25A , 故B错误;用户得到的功率P4=P-P线 =(100-5)kW=95kW, 则I4= P4 U4 =95×10 3 220 A= 4750 11 A≈432A ,故n3 n4 = I4 I线 = 190 11 ,故C 正确,D错误。] 7.C [设原线圈两端电压为U1,根据电流的热效应 可 得 U12 R T= 311 2 V 2 R × T 2 ,解得U1= 311 2 V ,由U1 U2 = n1 n2 得= n1 n2 =31144 ,故 A 错误;输入端的电压不变,匝数比不变,则电压表示数不变,若RT 处出现火灾时,RT 电阻变小,副线圈的电流变大,输出的总功率变 大,则输入端的电功率变大,电压不变,则电流表的示数变大,故B 错误;若RT 处出现火灾时,RT 电阻变小,输出的总功率变大,副线 圈中电流变大,R0 两端电压变大,则指示灯两端电压变小,指示灯 变暗,故C正确;有二极管时原线圈两端电压为3112 V ,没有二极 管时原线圈两端电压为311 2 2 V ,则原线圈两端电压变为原来的 2倍,由于原、副线圈匝数比不变,则电压表的示数变为原来的 2 倍,故D错误。] 8.AC [流过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数反比,则 流过原、副线圈的电流之比为I1 I2 = N2 N1 =144 ,故 A正确;根据 N1 N2 = U1 U2 ,代入数据解得受电线圈两端c、d之间的输出电压为U2=5V, 故B错误;充电时流过手机的电流为I2= U2 R = 5 5 A=1A ,故C 正确;保持ab端输入电压不变,则受电线圈的输出电压不变,若在 充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率),则受电线圈的输出电 流将变大,故D错误。] 9.ACD [若电网的电压为110kV,则n1∶n2=110kV∶27.5kV= 4∶1,故A正确;若高铁机车运行功率增大,则牵引变电所副线圈 输出功率增大,而副线圈电压不变,所以牵引变电所至机车间之间 的电流增大,热损耗功率也会随之增大,导线电阻分压增大,机车 工作电压将会低于25kV,故B错误,C正确;根据功率关系可得P =90%UI,其 中U=25kV=25000V,则 电 流 为I= P90%U = 9×106 90%×25000A=400A ,则牵引变电所至机车间的等效电阻为R = U2-U I = 27500-25000 400 Ω=6.25Ω ,故D正确。] 10.AC [大轮和小轮通过皮带传动,线速度大小相等,小轮和线圈 同轴转动,角速度相等,根据v=ωr,可知 小 轮 转 动 的 角 速 度 为 4ω,则线圈转动的角速度为4ω,A正确;线圈产生感应电动势的 最大值Emax=nBS·4ω,又S=L2,可得Emax=4nBL2ω,则线圈产 生感应电动势的有效值E=Emax 2 =2 2nBL2ω,灯泡两端电压有 效值为U= RER+R= 2nBL 2ω,B错误;若用总长为原来两倍的相 同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈,则线圈的匝 数变为原 来 的2倍,线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 最 大 值 Emax'= 8nBL2ω,此 时 线 圈 产 生 感 应 电 动 势 的 有 效 值 E'=Emax' 2 = 4 2nBL2ω,根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍,即为 2R,灯泡两端电压有效值U'= RE'R+2R= 4 2nBL2ω 3 ,C正确;若仅 将小轮半径变为原来的两倍,根据v=ωr可知小轮和线圈的角速 度变小,根据E有效 =nBSω 2 ,可知线圈产生的感应电动势有效值变 小,则灯泡变暗,D错误。] 11.解析 (1)根据电阻定律可知相同材料、相同截面积条件下导线 越长电阻越大,故A线圈的匝数多; (2)变压器只能改变交流电压,线圈A应连到学生电源的交流输出端上; (3)线圈B拆掉部分匝数,则n2 减小,因此变压器副线圈电压U2 减小,灯泡的功率为P=U2 2 R 可知灯泡功率降低,亮度变暗; (4)理想变压器 U1 U2 = n1 n2 可得U2= n2U1 n1 =3V 实验过程中由于存在漏磁、铁芯发热、导线发热等情况,副线圈的 实际电压应小于理想变压器副线圈电压的理论值,应小于3V, 可能为2.8V,故选D。 答案 (1)A (2)交流 (3)变暗 (4)D 12.解析 (1)电动势的最大值Em=NBSω 有效值E=Em 2 解得E=NBSω 2 代入数据得E≈6.4×102V (2)输出电压U=E-Ir 输出功率P=IU 解得P=I(E-Ir)=50×(6.4×102-50×0.6)W≈3.1× 104 W。 答案 (1)6.4×102 (2)3.1×104 13.解析 (1)交流电压u=100 2sin100πt(V), 故有效值为U1= Um 2 =100 2 2 = V=100V 根据理想变压器 U1 U2 = n1 n2 有U2= n2U1 n1 =200×100800 V=25V (2)由于灯泡正常发光,故副线圈中电流为I=PLUL =0.4A 电动机两端电压为UD=U2-UL=25V-5V=20V 电动机消耗的电功率为PD=UDI=20×0.4W=8W。 答案 (1)25V (2)8W 14.解析 (1)感应电动势的最大值Em=NBSω=50V 电动势的有效值E有效 = Em 2 =25 2V 电压表测量的是路端电压,所以电压表的示数U=E有效RR+r= 45 2 2V (2)电流最大值Im= Em R+r=5A 则电路中电流瞬时值表达式为i=Imsinωt=5sin10πt(A) (3)电流有效值I有效 = Im 2 转一圈所需时间T=2πω=0.2s 线圈转一圈用电器R 产生的热量Q=I有效2RT=22.5J (4)130s 内线圈转过的角度θ=ωt=10π×130= π 3 该过程中,ΔΦ=BS-BScosθ=12BS 由􀭵I= qΔt ,􀭵I= 􀭺E R+r ,􀭺E=N ΔΦΔt 得q=N ΔΦR+r=N BS 2(R+r)= 100×1π×0.05 2×(9+1) C= 1 4πC≈0.08C 。 答案 (1)50V 452 2V (2)i=5sin10πt(A) (3)22.5J (4)0.08C 15.解析 (1)设通过电动机的电流为I,电动机内阻损耗的功率为 P损,由题意得P损 =I2r P损 =(1-η)P=(1-η)UI 代入数据解得I=5A P=UI=1100W 电动机的机械功率P机 =80%P=880W (2)设降压变压器原线圈两端的电压为U1,通过输电线路的电流 为I1, 由题意得I I1 =2511 ,解得I1=2.2A 输电线路损耗的功率 ΔP=I12R=2.22×25W=121W 则升压变压器的输入功率P1=ΔP+P=1221W 由题中交变电动势的表达式可知,升压变压器的输入电压为U0 =222 2 2 =222V 电流表的读数为升压变压器的输入电流IA= P1 U0 =1221222 = A= 5.5A。 答案 (1)880W (2)5.5A 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 71 —