2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案084-高考真题集训13 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器（教用）

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A. t=0时，电流方向为abcdefa
B. t=0时，感应电动势为Bl2ω
C. t=πω时，感应电动势为0
D. t=0到t=πω过程中，感应电动势平均值为0
【答案】AB
【解析】t=0时，fa垂直切割磁感线，由右手定则可知a相当于电源正极，f相当于电源负极，电流方向为abcdefa，感应电动势为E=Blv，v=ωl，则E=Bl2ω ，A、B正确；导线框匀速转动，周期T=2πω，t=πω=T2时，af垂直切割磁感线，感应电动势仍为E=Bl2ω ，C错误；t=0时，Φ1=Bl2，t=πω时，Φ2=−Bl2，则t=0到t=πω过程中，|ΔΦ|=2Bl2≠0，由E=nΔΦΔt可知，感应电动势平均值不为0，D错误。
2．（2024·广东卷·1）将阻值为50Ω 的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 该交流电的频率为100Hz
B. 通过电阻电流的峰值为0.2A
C. 电阻在1秒内消耗的电能为1J
D. 电阻两端电压表达式为u=102sin(100πt)V
【答案】D
【解析】由题图可知该交流电的周期T=0.02s，则频率f=1T=50Hz，A错误；ω=2πT=100πrad/s，电压表达式为u=Umsinωt=102sin(100πt)V，D正确；Im=UmR=10250A=0.22A，B错误；电压有效值为10V，则电阻在1秒内消耗的电能W=U2Rt=10250×1J=2J，C错误。
3．（2023·浙江6月选考卷·7）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
【答案】A
【解析】变压器输入、输出的必须是交流电，因此送电端先升压再整流，用户端先变交流再降压，A正确，B错误。1100kV指的是交流电的有效值，C错误。输电功率由用户端的功率决定，D错误。
4．（2025·云南卷·8）多选 电动汽车充电桩的供电变压器（视为理想变压器）示意图如图所示。变压器原线圈的匝数为n1，输入电压U1=1.1kV；两副线圈的匝数分别为n2和n3，输出电压U2=U3=220V。当Ⅰ、Ⅱ区充电桩同时工作时，两副线圈的输出功率分别为7.0kW和3.5kW，下列说法正确的是（ ）
A. n1:n2=5:1
B. n1:n3=1:5
C. 变压器的输入功率为10.5kW
D. 两副线圈输出电压最大值均为220V
【答案】AC
【解析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，可知U1U2=n1n2、U1U3=n1n3，代入数据解得n1n2=51、n1n3=51，A正确，B错误；变压器的输入功率P输入=P2+P3，代入数据P2=7kW、P3=3.5kW，解得变压器的输入功率P输入=10.5kW，C正确；两副线圈输出电压的最大值均为Um=U有效×2=2202V，D错误。
5．（2022·湖北卷·9）多选 近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，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1 100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%，忽略其他损耗，下列说法正确的是（ ）
A. 接收线圈的输出电压约为8V
B. 接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C. 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】由发射线圈和接收线圈之间电压关系得U2n2=U1n1×80%，解得U2=8V，A正确；因为在传输过程中有磁通量损耗，故I2:I1≠22:1，B错误；发射线圈与接收线圈中交变电流频率相同，但因存在漏磁现象，两线圈的磁通量变化率不相同，C正确，D错误。
6．（2021·福建卷·3）某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（ ）
A. A1增大，V2不变，V3增大B. A1增大，V2减小，V3增大
C. A2增大，V2增大，V3减小D. A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【解析】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1不变，根据U1U2=n1n2可知，变压器副线圈的输出电压U2即V2示数不变；因为住户的用电器均为并联，所以用电器增加时，总电阻R总=R+R用变小，由I2=U2R+R用可知，副线圈的电流I2即A2示数变大，而由U3=U2−I2R可知，U3即V3示数减小；由理想变压器的关系U1I1=U2I2，可知原线圈的电流I1即A1示数变大，故选D。
7．（2021·山东卷·9）多选 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1:3，输入电压为7.5V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10Ω 。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2:1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1:2，R上的功率为P。以下判断正确的是（ ）
A. r=10ΩB. r=5ΩC. P=45WD. P=22.5W
【答案】BD
【解析】对左侧变压器，由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1=22.5V，开关S接1时，设连接两理想变压器的导线中的电流为I1，则对右侧变压器，U3=U2−I1r，U3U4=n3n4，由U42R=10W，得U4=10V，则IR=U4R=1A，再由I1IR=n4n3得I1=0.5A，解得U3=20V，r=5Ω ，B正确。当S接2时，设连接两理想变压器的导线中的电流为I2，通过R的电流为I′R，则对右侧变压器有U′3=U2−I2r=22.5V−I2⋅5Ω ，U′3U′R=12，I2I′R=21，U′R=I′RR，解得I′R=1.5A，U′R=15V，则P=I′RU′R=22.5W，D正确。
8．（2021·湖北卷·6）如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中（ ）
A. 电流表A1示数减小
B. 电流表A2示数增大
C. 原线圈输入功率先增大后减小
D. 定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【答案】A
【解析】设滑动变阻器滑片左侧部分的电阻为Ra，右侧部分的电阻为Rb，则副线圈接入的总电阻R总=Ra+RRbR+Rb=(2R−Rb)+RRbR+Rb=2R−1RRb2+1Rb，由此可见，在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，Rb减小，R总增大。根据原、副线圈电压与匝数的关系U1U2=n1n2，可知输入电压不变，输出电压也不变，在滑片由a端向b端滑动的过程中，R总增大，副线圈电流I2=U2R总减小，A2示数减小，根据原、副线圈电流与匝数的关系I1I2=n2n1，可知I2减小，则I1减小，即电流表 A1示数减小，A正确，B错误。原线圈输入功率P1=U1I1减小，C错误。滑片从a端向b端缓慢移动，电阻R与滑动变阻器滑片右侧部分并联的总电阻减小，又回路中总电流减小，所以电阻R分得的电压逐渐减小，由P=U2R可知电阻R消耗的功率一直减小，D错误。
9．（2025·山东卷·14）（10分）某实验小组为探究远距离高压输电的节能优点，设计了如下实验。所用实验器材为：
学生电源；
可调变压器T1、T2；
电阻箱R；
灯泡L（额定电压为6V）；
交流电流表A1、A2、A3，交流电压表V1、V2，开关S1、S2，导线若干。
部分实验步骤如下：
（1） 模拟低压输电。按图甲连接电路，选择学生电源交流挡，使输出电压为12V，闭合S1，调节电阻箱阻值，使V1示数为6.00V，此时A1（量程为0～250mA）示数如图乙所示，为_ _ _ _ mA，学生电源的输出功率为_ _ _ _ W。
（2） 模拟高压输电。保持学生电源输出电压和电阻箱阻值不变，按图丙连接电路后闭合S2。调节T1、T2，使V2示数为6.00V，此时A2示数为20mA，则低压输电时电阻箱消耗的功率为高压输电时的_ _ _ _ 倍。
（3） A3示数为125mA，高压输电时学生电源的输出功率比低压输电时减少了_ _ _ _ W。
【答案】（1） 200；2.4
（2） 100
（3） 0.9
【解析】
（1） 电流表表盘上每小格为5mA，读数为200mA。此时学生电源的输出功率P出1=I1U=0.2×12W=2.4W。
（2） 低压输电时电阻箱消耗的功率为
PR1=P出1−PL1=I1U−I1U1=(0.2×12−0.2×6)W=1.2W，
由PR1=I12R得电阻箱连入电路的阻值R=PR1I12=Ω=30Ω 。
高压输电时电阻箱功率为
PR2=I22R=0.022×30W=0.012W，
PR1PR2=。
（3） 高压输电时学生电源的输出功率为
P出2=I3U=0.125×12W=1.5W，
电源输出功率的减小量ΔP=P出1−P出2=2.4W−1.5W=0.9W。