新课标2020高考物理二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路讲义含解析

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第1讲 直流电路与交流电路 第1讲　直流电路与交流电路 典题再现 ‎1.(2018·高考全国卷Ⅲ)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 解析：选D.根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝T；而正弦交流电电压的有效值等于峰值的，故Q正＝T＝·T，所以＝，D正确.‎ 考情分析 - 17 -‎ 典题再现 ‎2.(2016·高考全国卷Ⅰ)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，A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、副线圈匝数比值为(　　)‎ A.2 B．3‎ C.4 D．5‎ 解析：选B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为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，U＝IR1＋U1.由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1/U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′2/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确.‎ 考情分析 命题研究 - 17 -‎ 从近几年全国卷高考试题可以看出以下特点：应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律进行电路动态分析，稳态、动态含电容电路的分析，以及电路故障的判断分析，交变电流的产生及“四值”，多以选择题形式出现．变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，变压器的动态分析是考查的重点，题型以选择题为主.2019年全国卷选择题中未体现，山东模考选择题中也未体现．对本部分知识的考查主要体现在电学实验中，此部分知识是电学实验的基础，要熟练掌握 ‎　直流电路的动态分析 ‎【高分快攻】‎ ‎1．闭合电路动态变化的原因 ‎(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)．‎ ‎(2)若开关的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，总电阻减小．‎ ‎(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．‎ ‎2．直流电路动态分析的三种常用方法 程序法 R局I总＝U内＝I总r U外＝E－U内确定U支、I支 结论法：“串反并同”‎ ‎“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大). ‎ ‎“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)‎ 极限法 因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论 ‎【典题例析】‎ ‎ (2019·河南洛阳三模)在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示．下列判断正确的是(　　)‎ A．I减小，U1增大　　　　　　 B．I减小，U2增大 C．I增大，U1增大 D．I增大，U2增大 ‎[解析]　闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增 - 17 -‎ 大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大．R3两端电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大．流过电流表的电流I＝I总－I3，I总减小，I3增大，则I减小，R1两端电压减小，即电压表V1的示数U1减小．电压表V2的示数U2＝U－U1，U增大，U1减小，则U2增大．所以，I减小，U1减小，U2增大．故选B.‎ ‎[答案]　B ‎ (多选)如图所示，电源内阻不可忽略，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，阻值随温度的升高而减小，C为电容器，闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，电压表为理想电表，则下列判断正确的是(　　)‎ A．若R1不变，当温度降低时电压表的示数减小 B．若R1不变，当温度降低时油滴向上移动 C．若温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量减少 D．若R1不变，温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时油滴向下移动 解析：选BCD.当温度降低时R2增大，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，路端电压U＝E－I总r增大，电压表的读数增大，故选项A错误；电容器的电压UC＝E－I总(r＋R1)增大，场强增大，油滴向上移动，故选项B正确；若环境温度不变，R2阻值不变，当电阻箱R1的阻值增大时，R总增大，根据闭合电路欧姆定律知I总减小，电容器的电压UC＝I总R2，UC减小，电容器C的带电荷量Q＝UCC减少，故选项C正确；若R1不变，温度不变，电容器C两极板间的电压不变，当电容器C两极板间的距离增大时，E＝减小，油滴向下移动，故选项D正确．‎ ‎　交流电的产生及“四值”的应用 ‎【高分快攻】‎ ‎1．两个特殊位置的特点 ‎(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．‎ ‎(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．‎ ‎2．正弦交流电“四值”的应用 - 17 -‎ ‎【典题例析】‎ ‎ (多选)(2019·高考天津卷)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图象如图所示．下列说法正确的是(　　 )‎ ‎　‎ A.时刻线框平面与中性面垂直 B．线框的感应电动势有效值为 C．线框转一周外力所做的功为 D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为 ‎[解析]　由Φ－t图象可知，时穿过线框的磁通量最大，则线框位于中性面，A错误；线框中产生的感应电动势的最大值应为Em＝NBSΩ，又Ω＝，N＝1，BS＝Φm，则整理得Em＝，因此感应电动势的有效值为E＝＝，B正确；由功能关系可知线框转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热，有W＝T＝，C正确；0～的过程中，线框中产生的平均感应电动势为＝＝，D错误．‎ ‎[答案]　BC ‎ (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 - 17 -‎ ‎，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T C．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 解析：选BC.当导线框N完全进入磁场后，通过线框的磁通量将不变，故无感应电流产生，因此它不会产生正弦交流电，A项错误；导线框每转动一圈，产生的感应电流的变化为一个周期，B项正确；在t＝时，导线框转过角度为45°，切割磁感线的有效长度相同，均为绕圆心的转动切割形式，设圆弧半径为R，则感应电动势均为E＝BR2Ω，C项正确；导线框N转动的一个周期内，有半个周期无感应电流产生，所以两导线框的感应电动势的有效值并不相同，由闭合电路欧姆定律可知，两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值一定不相同，D项错误．‎ ‎　理想变压器和远距离输电 ‎【高分快攻】‎ ‎1．理想变压器问题中的两个“弄清”‎ ‎(1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．‎ ‎(2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U2由U1决定，P1、I1由P2、I2决定．‎ ‎2．解决远距离输电问题的一般思路 电路分析 远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成 电压关系 升压变压器输入电压U1是不变的，根据＝可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝IR.降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压由＝确定 功率关系 升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝I2R，降压变压器输出功率为P2，则P1＝P2＋ΔP＝P2＋I2R 电流关系 升压变压器输入电流由I1＝确定，输出电流I2由＝确定，I2通过输电线传到降压变压器，即I3＝I2，而＝ ‎【典题例析】‎ - 17 -‎ ‎ (2018·高考天津卷)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U C．电流表A的读数变为2I D．通过R的交变电流频率不变 ‎[解析]　交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSΩ，且有Ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误．‎ ‎[答案]　B ‎【题组突破】‎ 角度1　实验：探究变压器电压与线圈匝数的关系 ‎1．为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是________(多选)．‎ A．有闭合铁芯的原、副线圈　 B．无铁芯的原、副线圈 C．交流电源 D．直流电源 E．多用电表(交流电压挡) F．多用电表(交流电流挡)‎ 用匝数na＝60和nb＝120的变压器，实验测量数据如下表，‎ Ua/V ‎1.80‎ ‎2.80‎ ‎3.80‎ ‎4.90‎ Ub/V ‎4.00‎ ‎6.01‎ ‎8.02‎ ‎9.98‎ 根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(选填“na”或“nb”)．‎ 答案：ACE　nb　‎ ‎2.如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．‎ A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈 - 17 -‎ B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表 C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压 D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响 答案：AD 角度2　理想变压器的原理 ‎3．(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，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是(　　)‎ A．原、副线圈匝数比为9∶1‎ B．原、副线圈匝数比为1∶9‎ C．此时a和b的电功率比为9∶1‎ D．此时a和b的电功率比为1∶9‎ 解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．‎ 角度3　理想变压器的动态分析问题 ‎4．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 解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．‎ - 17 -‎ 角度4　远距离输电 ‎5．(多选)(2019·衡水中学信息卷二)图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法正确的有(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 解析：选AD.由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确．‎ 命题角度 解决方法 易错辨析 理想变压器的原理考查 能量守恒法、互感原理、自感原理 通过互感现象得出原、副线圈的电压关系，而电流关系要根据原、副线圈功率相等来求解 ‎　 变压器原线圈接负载问题 原、副线圈功率相等，原、副线圈两端的电压比为匝数比 原线圈电压是用供电电压减去原线圈的负载电压后得到的 理想变压器的动态分析问题 程序法，原、副线圈电流、电压的决定关系 弄清变化量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变，‎ - 17 -‎ 从而明确研究问题的方向是从原线圈到副线圈，还是从副线圈到原线圈 远距离输电问题 损失只在线路上，求解损失电压是关键 用损失功率来计算损失电压是联系原、副线圈的纽带 ‎ (建议用时：25分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1．(2019·哈尔滨三中二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电压表的读数减小 B．R1消耗的功率增大 C．电源的输出功率增大 D．电容器C所带电荷量增多 解析：选D.根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R变大，由I＝知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出＝UI无法判断．由PR1＝I2R1知，R1消耗的功率变小．由UR2＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多．综上所述，A、B、C错误，D正确．‎ ‎2．如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则(　　)‎ A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置 B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3‎ C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1‎ D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变 解析：选C.t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBΩS，＝＝；＝＝；则＝＝，选项C - 17 -‎ 正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误．‎ ‎3．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 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(　　)‎ A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，Ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．‎ ‎4．一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点顺时针旋转到N点的过程中(　　)‎ A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高 C．U2U2，当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2减小，因此U2降低，C项正确．‎ ‎5．(2019·济南质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当 - 17 -‎ 开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流 B．只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流 C．只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 解析：选A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动时，电路中的电流不变，因此电容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力F＝qE＝q变大，微粒将向上运动，C选项错误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误．‎ ‎6．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)‎ A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗 C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：选B.由＝得U2＝U1 ①‎ 由＝得U′2＝U1 ②‎ 由得：＝＝，因为n2＜n1，所以＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由＝和＝可见，D错误．‎ ‎7．(2019·青岛二模)如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是(　　)‎ - 17 -‎ A．电路中的电源电动势为3.9 V B．电动机的电阻为4 Ω C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W D．变阻器的最大阻值为32 Ω 解析：选C.由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r＝ Ω＝3 Ω；当电流I＝0.1 A时，U＝3.6 V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.6 V＋0.1×3 V＝3.9 V，故A正确；由图可知，电动机的电阻rM＝ Ω＝4 Ω，故B正确；当I＝0.3 A时，U＝3.0 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4 W＝0.36 W，则最大的输出功率为P出＝0.9 W－0.36 W＝0.54 W，故C错误；当I＝0.1 A时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝－r－rM＝ Ω＝32 Ω，故D正确．‎ ‎8．(2019·枣庄段考)在如图所示的电路中，已知电阻R1的阻值小于滑动变阻器R的最大阻值．闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P由左端向右端滑动的过程中，四个电表V1、V2、A1、A2的示数及变化量分别用U1、U2、I1、I2、ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2表示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．U1先变大后变小，I1不变 B．U1先变小后变大，I1变小 C.的绝对值先变大后变小，的绝对值不变 D．U2先变小后变大，I2先变小后变大 解析：选D.滑片P由滑动变阻器的左端向右端滑动的过程中，滑动变阻器R的左半部分与R1串联然后与R的右半部分并联，并联电阻先变大后变小，所以电路总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律，I2先变小后变大，U1先变大后变小，由极限法可得当滑片P - 17 -‎ 滑到滑动变阻器右端时，电流表A1把R1所在支路短路，此时I1最大，所以I1一直增大，A、B错误；对于C项，的绝对值等于电源的内阻，保持不变；的绝对值等于R2，保持不变，C错误；电阻R2不变，电压表V2的示数U2＝I2R2，U2先变小后变大，D正确．‎ ‎9．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　)‎ A．电流表A2的示数增大了 B．电流表A1的示数增大了 C．电压表V1的示数减小了ΔU D．输电线损失的功率增加了R 解析：选B.电压表V2的示数减小了ΔU，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU3＝nΔU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nΔU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了R－I2R，不等于R，D错误．‎ 二、多项选择题 ‎10．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 - 17 -‎ 解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．‎ ‎11．(2019·湖北重点中学联考)理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin 314t(V)交流电源上，“12 V　6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16 Ω，电压表V为理想电表，下列推断正确的是(　　)‎ A．交变电流的频率为100 Hz B．副线圈磁通量的最大变化率为 Wb/s C．电压表V的示数为22 V D．R1消耗的功率是1 W 解析：选BD.由表达式知交变电流的频率为f＝ Hz＝50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为I＝＝0.5 A，故电压表示数为U2＝12 V＋IR2＝20 V，故根据Em＝N知穿过铁芯的磁通量的最大变化率为＝ Wb/s，故B正确；根据电流与匝数成反比，原线圈电流为0.25 A，由题意可知：原线圈电压有效值为44 V，根据电压与匝数成正比得U1＝40 V，R1消耗的功率是P＝(44－40)×0.25 W＝1 W，故C错误，D正确．‎ ‎12．(2019·河南中原名校高三联考)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S闭合后(　　)‎ A．L1的电阻为 Ω B．L1消耗的电功率为7.5 W - 17 -‎ C．L2的电阻为7.5 Ω D．L2消耗的电功率为0.3 W 解析：选CD.S闭合后，L1两端的电压为3.0 V，由乙图可知，I1＝0.25 A，故P1＝0.75 W，R1＝12 Ω，A、B均错；L2与R及电源串联，把R和电源等效成电动势为3 V，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I－U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U2＝1.5 V，I2＝0.2 A，所以R2＝＝ Ω＝7.5 Ω，P2＝U2I2＝1.5×0.2 W＝0.3 W，C、D正确．‎ ‎13．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板．当滑动变阻器R1的触头处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动．则下列说法中正确的是(　　)‎ A．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向下运动 B．仅把R1的触头向右滑动时，电流表读数减小，油滴向上运动 C．仅把两极板A、B间距离增大，油滴向下运动，电流表读数不变 D．仅把两极板A、B间正对面积减小，油滴向下运动，电流表读数不变 解析：选BC.从图中可知电容器两板间的电压等于路端电压，电流表测量干路电流，若仅把R1的触头向右滑动时，R1连入电路的电阻增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得路端电压增大，干路电流减小，所以电流表示数减小，电容器两端的电压增大，根据公式E＝可得两极板间的电场强度增大，所以油滴受到的电场力增大，故向上运动，A错误，B正确；仅把两极板A、B间距离增大，因为两极板间的电压不变，根据公式E＝可得电容器两极板间的电场强度减小，油滴受到的电场力减小，向下运动，电流表的示数不变，C正确；仅把两极板A、B间正对面积减小，由于两极板间的电压不变，距离不变，所以两极板间的电场强度不变，故油滴仍处于静止状态，电流表示数不变，D错误．‎ ‎14．如图所示为某兴趣小组设计的一种发电装置，在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向；矩形线圈abcd(d点未在图中标出)的匝数为N，其边长ab＝cd＝l，bc＝ad＝2l；线圈的总电阻为r，外接电阻为R - 17 -‎ ‎；线圈以角速度Ω绕中心轴匀速转动，bc边和ad边同时进、出磁场．在磁场中，bc边和cd边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．则(　　)‎ A．bc边和ad边在磁场中运动时，线圈的感应电动势的大小为NBl2Ω B．bc边和ad边在磁场中运动时，bc边所受安培力的大小为 C．通过R的电流有效值为 D．通过R的电流有效值为 解析：选BD.bc、ad边的运动速度v＝Ω，电动势Em＝2·NB·2l·v＝2NBl2Ω，A错误；根据欧姆定律得，电流Im＝，bc边所受安培力为F＝N·B·Im·2l＝，B正确；因为两磁场的圆心角为π，故一个周期内，通电时间t＝T，由有效值定义知：I(R＋r)T＝I2(R＋r)T，解得I＝，C错误，D正确．‎ - 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