高考物理一轮复习课件专题十三交变电流 (含解析)

这是一份高考物理一轮复习课件专题十三交变电流 (含解析)，共60页。
考点一　交变电流的产生和描述
A组　自主命题·天津卷题组
1.(2017天津理综,6,6分)(多选)在匀强磁场中,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 Ω, 则 (　　) A.t=0时,线圈平面平行于磁感线B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向C.t=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8π2 J
答案    AD　本题考查正弦交流电的产生、有效值,焦耳热。由Φ-t图可知,t=0时,Φ=0,则线圈 平面平行于磁感线,选项A正确;t=1 s时Φ=0,此时电动势最大,t=0.5 s和t=1.5 s时,Φ最大,此时电 动势为0,电流改变方向,选项B、C错误;交流电电动势的最大值Em=nBSω=nΦm =4π V,有效值E= Em=2 π V,一个周期内线圈产生的热量Q= ·T=8π2 J,D正确。
2(2014天津理综,7,6分)(多选)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转 速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图像如图2中曲线a、b所示,则    (　　)A.两次t=0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C.曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案    AC　由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正确。由图2知两次转 动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb=2∶3,再由周期与转速的关系n= 得na∶nb=3∶2,故B错误。因Ta=4×10-2 s,故fa= =25 Hz,C正确。因Ema=15 V,而Em=NBSω= ,故Emb= Ema=10 V,Eb= =5  V,D错误。
评析　本题考查了交变电动势的产生及描述,涉及交变电动势的四值及其图像。条件设置较 为隐蔽,陷阱设置比较巧妙,对考生的分析能力要求较高,试题难度中等。
3.(2018课标Ⅲ,16,6分)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 接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为 T,如图所示。则Q方∶Q正等于 (　　)  A.1∶ 　    B. ∶1　    C.1∶2　    D.2∶1
B组    统一命题、省(区、市)卷题组
答案    D    本题考查交变电流的有效值及焦耳定律。根据交变电流有效值的定义及焦耳定律 可得,Q方= · + · = T,Q正= T= · T,故 = ,选项D正确。
易错点拨　正弦式交变电流的有效值是其峰值的 ,其他交流电的有效值和峰值间一般不存在该关系。
4.(2016课标Ⅲ,21,6分)(多选)如图,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t=0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 (　　) A.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　本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流,故A项错误;两 导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同,B项正确;在t= 时,两导线框切割磁感线的导线长度相同,且切割速度大小相等,故产生的感应电动势相等,均为E= BR2ω,C项正确;两导线框中感应电流随时间变化的图像如图所示,故两导线框中感应电流的有效值不相等,D项 错误。 
评析　本题考查感应电动势及其相关知识,通过比较的方式对交流电的产生、感应电动势的 产生及有效值等知识进行考查,难度中等,考生需要对导线框转动过程进行细致周全的分析,能 力要求较高。
5.(2012北京理综,15,6分,0.61)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上,消耗电功 率为P;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为 。如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为 (　　)A.5 V　　B.5  V　　C.10 V　　D.10  V
1.(2018天津理综,4,6分)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 P　    B.电压表V的读数变为 UC.电流表A的读数变为2I　    D.通过R的交变电流频率不变
考点二　变压器 电能的输送
解题关键　正弦交流电的最大值与转速的关系,理想变压器的电流、电压及功率的决定关系, 是解答此题的关键。
2.(2016天津理综,5,6分)如图所示,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 (　　) A.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　由于原、副线圈两端电压不变,当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时,连入电路的电 阻变大,所在电路总电阻变大,副线圈中电流减小,R1中电流减小,R1消耗的功率减小,A项错误;R1 中电流减小,则R1两端电压减小,而副线圈两端电压不变,所以滑动变阻器两端电压增大,电压 表示数变大,B项正确;副线圈中电流减小,原线圈中电流随之减小,故C项错误;若闭合开关S,负 载电路的总电阻减小,副线圈中电流增大,R1中电流增大,则R1两端电压升高,R2两端电压减小,A2 示数变小,D项错误。
反思总结　此题是变压器工作电路中的动态问题,要注意其中的因果关系:原线圈电压决定副 线圈输出电压,副线圈的输出电压和负载电阻共同决定副线圈中的电流,副线圈中的电流决定 原线圈中的电流。
3.(2015天津理综,6,6分)(多选)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线 圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动 变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则 (　　) A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小
4.(2013天津理综,4,6分)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 (　　) A.ab接MN、cd接PQ,IabIcdC.ab接PQ、cd接MN,IabIcd
5.(2019江苏单科,1,3分)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 V　　D.增加200 V
B组 统一命题、省（区、市）卷题组
6.(2016课标Ⅰ,16,6分)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω, 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,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为 (　　) A.2　    B.3　    C.4　    D.5
答案    B　设原、副线圈匝数比为n,根据能量守恒,当S断开时,UI=I2R1+(nI)2(R2+R3);当S闭合 时,4UI=(4I)2R1+(4nI)2R2,联立解得n=3,所以B正确。
评析　本题考查变压器的基本关系,要求掌握两点:一是电流与匝数的关系;二是能量守恒定律 的应用。
误区警示　变压器原线圈上串联电阻之后,属于非纯电阻电路,不能在含有线圈的电路中应用 欧姆定律。要计算原线圈上消耗的功率,只要计算出副线圈电阻上消耗的功率即可。
7.(2016课标Ⅲ,19,6分)(多选)如图,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,两灯均能正常发光,下列说法正确的是 (　　) A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9
答案    AD　由题意知U=10U灯,a、b均正常发光,则变压器输入电压U1=9U灯,而输出电压U2=U 灯,所以原、副线圈匝数比n1∶n2=U1∶U2=9∶1;而I1∶I2=n2∶n1=1∶9,所以两灯功率之比Pa∶Pb =U灯I1∶U灯I2=1∶9,选项A、D正确。
审题指导　两灯均正常发光,Ua=Ub=U灯,U=Ua+U1=10U灯,则U1=9U灯。
评析　本题考查变压器原、副线圈的电压关系和电流关系等知识,难度为易,弄清变压器输入 电压U1与U灯的关系是解决本题的关键。
8.(2015课标Ⅰ,16,6分,0.664)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回 路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,如图所示。 设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则 (    　)A.U=66 V,k= 　    B.U=22 V,k= C.U=66 V,k= 　    D.U=22 V,k= 
9.(2017北京理综,16,6分)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220  sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω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 (　　)
答案    B　本题考查交变电流、变压器。由题知,变压器的输入电压U1=  V=220 V,所以U2= U1=110 V;副线圈电流I2= =2 A,原线圈电流I1= I2=1 A。本题中电压表、电流表的读数为有效值,故B项正确,C项错误;原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误;交流电的周期T=  =  s=0.02 s,D项错误。
考点三　电磁场和电磁波A组    自主命题·天津卷题组
1.(2016天津理综,1,6分)我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星,它标志着 我国雷达研究又创新的里程碑。米波雷达发射无线电波的波长在1~10 m范围内,则对该无线 电波的判断正确的是 (　　) A.米波的频率比厘米波频率高B.和机械波一样须靠介质传播C.同光波一样会发生反射现象D.不可能产生干涉和衍射现象
答案    C　无线电波与光波均为电磁波,均能发生反射、干涉、衍射现象,故C正确、D错。电 磁波在真空中传播速度最快,故B错。由c=λf可知,频率与波长成反比,故A错。
2.[2016课标Ⅱ,34(1),5分](多选)关于电磁波,下列说法正确的是 (　　)A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发,形成电磁波C.电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信,但电磁波不能通过电缆、光缆传输E.电磁波可以由电磁振荡产生,若波源的电磁振荡停止,空间的电磁波随即消失
答案    ABC　电磁波在真空中的传播速度为3×108 m/s,与频率无关,选项A正确;由麦克斯韦电 磁场理论可知,选项B正确;变化的电场和磁场相互激发,且相互垂直,形成的电磁波的传播方向 与电场和磁场均垂直,选项C正确;电磁波可以通过电缆、光缆传输,选项D错误;电磁振荡停止 后,电磁波可以在空间继续传播,直到能量消耗完为止,选项E错误。
易错分析　易错选E,认为波源停止振荡,波随即消失。
评析　本题考查电磁波的产生与传播的相关知识,试题难度不大,考查学生的识记能力。
3.(2017北京理综,20,6分)物理学原理在现代科技中有许多重要应用。例如,利用波的干涉,可 将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航。如图所示,两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧,它们类似于杨氏干涉实验 中的双缝。两天线同时都发出波长为λ1和λ2的无线电波。飞机降落过程中,当接收到λ1和λ2的 信号都保持最强时,表明飞机已对准跑道。下列说法正确的是 (　　) A.天线发出的两种无线电波必须一样强B.导航利用了λ1与λ2两种无线电波之间的干涉C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定D.两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合
答案    C    本题考查波的干涉。波的干涉产生与否与波的强弱无关,故A错;导航利用了同频 率的两列波的干涉,而波长为λ1和λ2的两列波频率不同,B错;λ1与λ1干涉,λ2与λ2干涉,两个干涉图 样在空间的强弱分布稳定,故C正确;由于λ1与λ2两列波的波长不同,故两干涉图样在空间强弱 分布不重合,D错。
疑难突破　波的干涉及干涉图样两列波产生稳定干涉图样的条件之一是两列波的频率相同,本题中,每个天线同时且都发出两 列波长为λ1和λ2的波,在同种介质中波长相同,频率相同,产生干涉,故在飞机跑道区域存在两个 稳定的干涉图样,且跑道中心线上每点到波源的距离相等,故中心线上各点均为两个干涉图样 的加强点,飞机降落时利用这些加强点来对准跑道中心线,实现安全降落。
4.(2016北京理综,14,6分,0.81)下列说法正确的是 (　　)A.电磁波在真空中以光速c传播B.在空气中传播的声波是横波C.声波只能在空气中传播D.光需要介质才能传播
答案    A　声波是机械波,是纵波,在气体、固体、液体中都能传播,故B、C两项均错误;电磁 波的传播不需要介质,能在真空中以光速传播,A项正确,D项错误。
考查点　电磁波、机械波。
知识归纳    要把电磁波与机械波的共同点和不同点比较清楚。
5.(2015北京理综,20,6分,0.78)利用所学物理知识,可以初步了解常用的公交一卡通(IC卡)的工 作原理及相关问题。IC卡内部有一个由电感线圈L和电容器C构成的LC振荡电路。公交车上 的读卡机(刷卡时“嘀”的响一声的机器)向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时,IC卡内 的线圈L中产生感应电流,给电容器C充电,达到一定的电压后,驱动卡内芯片进行数据处理和 传输。下列说法正确的是 (　　)A.IC卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B.仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时,IC卡才能有效工作C.若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率,则线圈L中不会产生感应电流D.IC卡只能接收读卡机发射的电磁波,而不能向读卡机传输自身的数据信息
答案    B　刷卡时线圈L产生感应电流,为电容器C充电,因此IC卡不用电池,A错;仅当读卡机向 外发射某一特定频率的电磁波时,才能使电容器C达到一定电压,IC卡才能有效工作,B正确;当 读卡机发射的电磁波的频率偏离特定频率,线圈中也会产生感应电流,只是不能使电容器C达 到一定的电压,只有当电容器C达到一定电压后,才能驱动卡内芯片进行数据处理和传输,C、D 错误。
考查点　电磁感应、电磁波的产生、发射与接收。
思路点拨　本题的设问不仅涉及物理的内容,也创设了需要结合物理知识和平时观察才能发 现和认识的内容,在答题时认知题干内容是解题的关键。
6.[2018北京理综,24(2)]观测宇宙中辐射电磁波的天体,距离越远单位面积接收的电磁波功率 越小,观测越困难。为了收集足够强的来自天体的电磁波,增大望远镜口径是提高天文观测能 力的一条重要途径。2016年9月25日,世界上最大的单口径球面射电望远镜FAST在我国贵州 落成启用,被誉为“中国天眼”。FAST直径为500 m,有效提高了人类观测宇宙的精度和范 围。a.设直径为100 m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1,计算FAST能够接收到 的来自该天体的电磁波功率P2;b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象,设 直径为100 m望远镜能够观测到的此类天体数目是N0,计算FAST能够观测到的此类天体数 目N。
答案    a.25P1    b.125N0
解析    a.地球上不同望远镜观测同一天体,单位面积上接收的功率应该相同,因此P2= P1=25P1b.在宇宙大尺度上,天体的空间分布是均匀的。因此,一个望远镜能观测到的此类天体数目正 比于以望远镜为球心、以最远观测距离为半径的球体体积。设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0,直径为100 m望 远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L,则P0=π  =π  可得L=5L0则N= N0=125N0
思路分析　以发出电磁波的天体为球心,天体到地球距离为半径,建立球面辐射模型,是望远镜 观测某一确定天体辐射的常用模型;反之,以望远镜为球心,以观测距离为半径建立的球体模 型,又是反映望远镜探测能力的有效模型。
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019红桥二模)矩形金属线圈共10匝,绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动,线圈 中产生的电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是 (　　)A.此交流电的频率为0.5 HzB.此交流电的电动势有效值为2 VC.t=0.01 s时,线圈平面与磁场方向平行D.穿过线圈的最大磁通量为  Wb
答案    D　由图像知周期T=0.02 s,所以频率f=50 Hz,A错误;电动势有效值为  V=  V,B错误;t=0.01 s时,电动势为零,线圈平面与磁场方向垂直,C错误;电动势最大值Um=NBSω,所以最大 磁通量BS=  Wb,D正确。
解题指导　从图像得出电动势最大值、周期,从而算出频率、角速度大小;磁通量最大时电动 势为零,磁通量为零时电动势最大,转速加倍,最大值加倍。
2.(2019部分区县期末,12)(多选)如图所示是交流发电机的示意图,当线圈转动到图示水平位置 时 (　　) A.穿过线圈的磁通量最大B.穿过线圈的磁通量变化率最大C.AB边电流方向为A→BD.AB边电流方向为B→A
答案    BD    如题图所示,线圈平面与磁场平行,此时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率 最大,感应电动势最大;AB边切割磁感线向下运动,根据右手定则,可以判断电流方向由B到A。 故B、D正确。
名师点睛　本题主要考查交变电流的产生规律,要熟练掌握线圈在不同位置时磁通量、磁通 量的变化率、感应电动势、感应电流变化的规律。
3.(2019南开期末,11)匀强磁场中,矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速运动,如图1所示, 产生的交变电动势的图像如图2所示,则 (　　) 图1　　　　　　　　    图2A.t=0.005 s时,穿过线框的磁通量为零B.t=0.01 s时,线框的感应电动势最大C.t=0.01 s时,穿过线框的磁通量变化率最大
D.线框产生的交变电动势的有效值为311 V
答案    A    t=0.005 s时,由题图2可知,感应电动势最大,线框平面与磁场方向平行,穿过线框的 磁通量为零,故A正确。t=0.01 s时,由题图2可知,感应电动势为零,磁通量的变化率也为零, 故B、C错误。线框产生的电动势的有效值为  V,故D错误。
4.(2018河北一模)(多选)如图所示,一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相 连,两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交 流电表,原副线圈分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。则下列说法正确的是 (　　) A.电流表的示数为0.5 AB.通过电阻的交流电的频率为100 HzC.交流电源电压的最大值为20  VD.交流电源的输出功率为2.5 W
5.(2019十二区县一模)(多选)图甲为风力发电的简易模型。在风力作用下,风叶带动与杆固连 的永磁铁转动,磁铁下方的线圈与电压传感器相连。某一风速时,传感器显示如图乙所示,则 (　　) A.磁铁的转速为10 r/sB.线圈两端电压的有效值为6  V
C.交流电压的表达式为U=12 sin 5πt (V)D.该交变电流可以直接加在击穿电压为9 V的电容器上
答案    BC　该交变电流的周期为T=0.4 s,故磁铁的转速为n= =  r/s=2.5 r/s,故A错误;由题图乙可知电压的最大值为12 V,有效值U= =  V=6  V,故B正确;周期T=0.4 s,故ω= =  rad/s=5π rad/s,故交流电压的表达式为U=12 sin 5πt (V),故C正确;该交变电流电压的最大值大于电容器的击穿电压,故该交变电流不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上,故D错误。
6.(2019河东一模)(多选)如图所示,手摇发电机产生正弦交流电,经理想变压器给灯泡L供电。 当线圈以角速度ω匀速转动时,额定电压为U的灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为r,灯 泡正常发光时的电阻为R,其他电阻不计,变压器原线圈与副线圈的匝数比为n∶1,则 (　　) A.电压表的读数为 B.原线圈中的电流为 C.从中性面开始计时,原线圈输入电压瞬时值的表达式为u= nU sin ωt
答案    BC　根据理想变压器的变压规律 = ,得UV=nU,故A错误;灯泡的额定电流I2= ,根据变流比规律有 = ,得I1= = ,即原线圈中电流为 ,故B正确;原线圈输入电压的最大值为 nU,从中性面开始计时,原线圈输入电压的瞬时值表达式u=Um sin ωt= nU sin ωt,故C正确;设发电机线圈中产生的交变电动势有效值为E1,根据闭合电路欧姆定律得E1=nU+I1r=  U,故D错误。
解题指导　利用原、副线圈中的电流与匝数成反比,计算出原线圈中的电流,再利用闭合电路 欧姆定律计算发电机的线圈中产生的电动势的有效值,再求出电动势最大值;求出原线圈电压 最大值,写出瞬时值表达式。
7.(2019和平二模)(多选)如图为远距离输电示意图,其中T1、T2为理想变压器,r是输电电阻,灯L 1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变,滑片P位置不变,当开关S断开时,灯L1 正常发光,则 (　　) A.仅闭合S,灯L1会变亮B.仅闭合S,r消耗的功率会变大C.仅将滑片P下移,r消耗的功率会变小D.仅将滑片P上移,电流表示数会变小
答案    BD　仅闭合S,理想变压器T2副线圈总电阻减小,总功率变大,理想变压器的输入功率等 于输出功率,变压器T1的输入电压不变,则电路中电流增大,所以流过输电线的电流增大,电阻r 两端电压增大,则理想变压器T2原、副线圈的电压会减小,则灯泡L1两端电压减小,灯泡亮度变 暗,故A项错误。由A项分析知,闭合S后,流过电阻r的电流增大,则其消耗的功率增大,故B项正 确。仅将滑片P下移,理想变压器T1的输出电压变大,总电阻不变,流过r的电流变大,则电阻r消 耗的功率变大,故C项错误。仅将滑片P上移,理想变压器T1的输出电压减小,电路中总电流减 小,总功率下降,理想变压器T1输入功率减小,所以理想变压器T1输入电流减小,即电流表示数会 变小,故D项正确。
考点三　电磁场和电磁波
8.(2019和平二模)电磁波在日常生活中有着广泛的应用。下列说法正确的是 (　　)A.微波炉加热食物是利用了红外线的热作用B.红外线应用在遥感技术中,是利用了它穿透本领强的特性C.医院用X射线进行透视,是因为它是各种电磁波中穿透能力最强的D.利用紫外线灭菌消毒,是因为紫外线具有较高的能量
答案    D　微波炉加热食物是利用微波进行加热的,选项A错误;红外遥感技术是用红外探测 器接收物体发出的红外线,然后进行分析,从而得知被测物体的信息,选项B错误;γ射线的穿透 能力比X射线的强,选项C错误;紫外线具有较高的能量,足以破坏细胞核中的物质,从而进行灭 菌消毒,选项D正确。
B组　2017—2019年高考模拟·专题综合题组
时间:30分钟　分值:60分一、选择题(每小题6分,共54分)
1.(2018十二区县一模)如图所示,为远距离输电的示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器T 1的原、副线圈匝数比为k1,降压变压器T2的原、副线圈匝数比为k2,升压变压器原线圈两端接 入一电压u=Umax sin ωt的交流电源,用户的总电阻为R(可视为纯电阻),输电线总电阻为2r,不考 虑其他因素的影响,用户获得的电压U为 (　　) A.  　    B.  C.  　    D.  
答案    D　用户线路流过的电流为I2= ,设在输电线路上的电流为I1,则I1= 升压变压器两端电压的有效值为U1= 输电线路上损失的电压为ΔU=I1·2r升压变压器副线圈两端的电压为U2= 故降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2-ΔU在降压变压器两端U3=k2U联立解得U=  。故A、B、C错误,D正确。
2.(2017和平一模)如图甲所示电路中,L1、L2、L3为三只“6 V,3 W”的灯泡,变压器为理想变 压器,各电表均为理想电表,当a、b端接如图乙所示的交变电压时,三只灯泡均正常发光,下列 说法中正确的是 (　　) A.变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B.副线圈两端输出的交流电频率为50 HzC.电流表的示数为0.5 AD.电压表的示数为18 V
答案    B    三只灯均正常发光,设电流为I,则原线圈中干路电流为I,副线圈中干路电流为2I,则 根据电流之比等于线圈匝数的反比可知,原、副线圈匝数之比为2∶1,故A错误;由图乙可知,交 流电的周期为T=0.02 s,则其频率为f= =  Hz=50 Hz。因变压器不改变交流电的频率,故副线圈中交流电的频率也为50 Hz,故B正确;电流表的示数为有效值,流过每个灯泡的电流为I=  =  A=0.5 A,则电流表示数为I'=2I=1 A,故C错误;电压表的示数为变压器输入电压,交变电压的有效值为Uab=18 V,L1与变压器串联,则有:U=Uab-U额=18 V-6 V=12 V,故D错误。
3.(2018河西一模)如图所示,图甲为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动 势随时间变化的正弦规律如图乙所示。发电机线圈内阻为1 Ω,外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不 变,则下列说法中正确的是 (　　) A.电压表的示数为6 VB.发电机的输出功率为4 WC.在1.0×10-2 s时刻,穿过线圈的磁通量最大D.在1.0×10-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率最大
4.(2018和平一模)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R1=55 Ω,R2=110 Ω, 、 为理想电流表和电压表,若流过负载 R1的正弦交变电流如图乙所示。已知原、副线圈匝数比为2∶1,下列表述正确的是 (　　) A.电流表的示数为2 AB.原线圈中交变电压的频率为100 HzC.电压表的示数为156 VD.变压器的输入功率330 W
5.(2019河北一模)理想变压器原线圈两端输入的交变电压如图甲所示,变压器原、副线圈的匝 数比为11∶2,如图乙所示,定值电阻R0=10 Ω,滑动变阻器R的阻值变化范围为0~ 20 Ω,下列说法 中正确的是 (　　) A.变压器输出电压的频率为100 HzB.电压表的示数为56.5 VC.当滑动变阻器接入电路的阻值减小时,变压器输入功率变大D.当滑动变阻器接入电路的阻值调为零时,变压器的输出功率为16 W
答案    C　由图甲知交变电压的变化周期为T=0.02 s,则f= =50 Hz,故A错误;原线圈两端电压有效值为220 V,根据电压与匝数成正比知,电压表示数为40 V,故B错误;滑动变阻器接入电路 的电阻变小时,由于副线圈两端电压不变,则电流增大,故输出功率增大,又因输入功率等于输 出功率,所以输入功率增大,故C正确;当滑动变阻器接入电路的阻值为零时,输出功率最大,为P =UI= =160 W,故D错误。
6.(2019部分区一模)如图所示,理想变压器MN原线圈接一交流电源,副线圈回路中有一定值电 阻R0和两个小灯泡L1、L2,电表为理想电表,最初开关S是断开的,现闭合开关S,则(　　)A.副线圈两端电压变大B.灯泡L1变亮C.电流表A1示数变大D.电流表A2示数变小
答案    C　由于输入电压的大小和变压器的匝数比不变,所以变压器的输出电压始终不变,故 A错误;当S接通后,副线圈电路的总电阻减小,总电流变大,所以电阻R0两端的电压变大,由于输 出电压不变,所以灯泡L1两端的电压减小,故灯泡L1变暗,故B错误;当S接通后,副线圈电路的总 电阻减小,总电流变大,而变压器原、副线圈的匝数比不变,所以原线圈中的电流增大,故C正 确,D错误。
解题指导　输出电压是由输入电压和匝数比决定的,输入功率的大小是由输出功率的大小决 定的,电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,根据理想变压器的原理分析即可。
7.(2019河西二模)(多选)如图甲,一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,原线圈的输入电压 随时间变化规律如图乙所示,副线圈电路中接有灯泡,额定功率为22 W;原线圈电路中接有理 想电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时理想电压表和电流 表的读数,则 (　　)  甲 乙 
A.灯泡的额定电压为110 VB.副线圈输出交流电的频率为50 HzC.U=220 V,I=0.2 AD.原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=220  sin 100πt V
答案    ABD    原线圈电压有效值为U1=  V=220 V,副线圈两端的电压为U2= U1=110 V,则A正确。原线圈的频率为f=  Hz=50 Hz,变压器不会改变频率,故B正确。副线圈中的电流为I2=  A=0.2 A,原线圈中的电流为I1= I2=0.1 A,故电流表示数I=I1=0.1 A,故C错误。ω=2πf=100π rad/s, 原线圈输入电压瞬时值表达式为u=220  sin 100πt V,故D正确。
8.(2019红桥一模)(多选)如图甲中所示,一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀 速转动,线圈所围的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示,下列论述正确的是 (　　) A.t1时刻线圈平面与中性面重合B.t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线垂直C.t3时刻线圈感生电动势最大D.t4时刻线圈中感应电流方向发生改变
名师点睛　本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系,即磁通量最大,感应电动势最小,而 磁通量最小,感应电动势最大。
答案    AB    t1时刻通过线圈的磁通量最大,线圈平面与中性面重合,故A正确;t2时刻磁通量为 零,线圈平面与磁场平行,磁通量变化率最大,导线ad的速度方向跟磁感线垂直,故B正确;t3时刻 通过线圈的磁通量最大,处于中性面,感应电动势为零,故C错误;t4时刻磁通量为零,线圈与磁场 平行,此时线圈中感应电流方向不变,故D错误。
9.(2017河西一模)(多选)如图所示,理想变压器与电阻R、交流电压表 、交流电流表 按图甲所示方式连接,已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=10 Ω。图乙是R 两端电压u随时间变化的图像,Um=10 V。则下列说法中正确的是 (　　) A.电压表 的读数为10 VB.电流表 的读数为0.1 AC.变压器的输入功率为5 WD.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cs 100πt (A)
答案    CD    由于Um=10 V,则有效值为U= =  V=5  V,电压表的读数为有效值,即5  V,故A错误;根据欧姆定律,副线圈中的电流有效值:I2= =  A=  A,变压器原、副线圈的电流与匝数成反比,则原线圈中电流有效值:I1= ·I2= ×  A=  A≈0.707 A,则电流表示数为0.707 A,故B错误;输入功率等于输出功率,即P入=P出=UI2=5 ×  W=5 W,故C正确;电阻R两端电压的最大值Um=10 V,电阻R=10 Ω,所以通过电阻R的电流最大值为Im=  A=1 A,周期为0.02 s,所以ω=  rad/s=  rad/s=100π rad/s,因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=cs 100πt (A),故D正确。
10.(2017河西一模)(6分)如图所示,面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中,磁场方向垂直于 线圈平面,已知磁感应强度随时间变化的规律为B=(2+0.2t) T,定值电阻R1=6 Ω,线圈电阻R2=4 Ω,则回路的感应电动势为　　　    ;a、b两点间电压Uab=　　　    。 
二、非选择题(共6分)
答案　4 V　2.4 V
C组　2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(2018南开一模)(多选)如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,内阻不计,全部处于磁感 应强度大小为B的水平匀强磁场中,绕水平轴OO‘以角速度ω匀速转动,且轴OO’与磁场垂直,矩 形线圈通过滑环与外电路连接,外电路中R0为定值电阻,R为电阻箱,变压器为理想变压器,滑动 接头P上下移动时可改变原线圈的匝数,图中仪表均为理想电表,从线圈平面与磁感线平行的 位置开始计时,则下列判断正确的是 (　　) A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSω sin ωtB.若ω=100π rad/s,则通过R0的电流方向每秒钟改变50次C.当R不变时,将滑动接头P向上移动,电流表读数变大
D.当P位置不变时,将电阻箱R的阻值调大,电压表读数不变
答案    CD　从线圈平面垂直于中性面时开始计时,矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达 式为e=NBSω cs ωt,故A错误;若ω=100π rad/s,则周期为T= =  s=0.02 s,在一个周期内电流方向改变两次,故通过R0的电流方向每秒钟改变的次数为n= ×2=100次,故B错误;当R不变时,将滑动接头P向上移动时,根据理想变压器的变压比公式 = 知,n1变小,其他量不变,则输出电压U2变大,故副线圈中的电流变大,故输入电流也变大,电流表读数变大,故C正确;当P位 置不变时,将电阻箱R的阻值调大,由 = 知,电压表读数不变,故D正确。
2.(2019河东二模)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机输出的电压恒定, 通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、 副线圈匝数之比为4∶1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示,R0为负载电阻。若将变压器 视为理想变压器,则下列说法中正确的是 (　　) 甲 乙 
A.降压变压器T2原线圈的输入电压为880 VB.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D.当R0增大时,升压变压器T1的输出电压不变
答案    AD　由图像得到,降压变压器T2副线圈两端交变电压U=220  sin 100πt V,有效值为220 V,降压变压器T2原、副线圈匝数之比为4∶1,故降压变压器T2原线圈的输入电压为4×220 V= 880 V,故A正确;降压变压器T2为理想变压器,故输入功率与输出功率之比为1∶1,故B错误;因 为输电线有电阻,故升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压,故C错误;当R0增 大时,因为升压变压器T1的输入电压不变,则输出电压不变,故D正确。
解题指导　根据电压与匝数成正比,可以求得降压变压器原线圈两端电压,原、副线圈功率相 等,输电线有电阻,则升压变压器T1的输出电压大于降压变压器 T2的输入电压。
3.(2019河北二模)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20 Ω,R2=30 Ω,C为 电容器,已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则 (　　) 甲 乙A.交流电的频率为0.02 Hz
答案    C    从图像中可以看出,交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,A项错误;流过R1电流 的有效值为  A,所以副线圈两端电压的有效值U2=I1R1=10  V原线圈两端电压的有效值U1= U2=100  V,最大值Um= U1= ×100  V=200 V,B项错误;R2的电功率 = =  W=6.67 W,C项正确;由于副线圈两端电压变化,电容器两极板间电压变化,故有电流通过R3,D项错 误。