【物理】2019届二轮复习直流电路和交流电路学案（江苏专用）

【物理】2019届二轮复习直流电路和交流电路学案（江苏专用）

第2讲　直流电路和交流电路 ‎1．直流电路动态分析方法 ‎(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由闭 合电路欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．‎ ‎(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器分别滑至两个极端去讨论；断开某支路，相当于该支路电阻变为无穷大．‎ ‎2．远距离输电的三个易错点：‎ ‎(1)计算输电线上损失的功率ΔP＝，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压；‎ ‎(2)当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的；‎ ‎(3)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，而不是“送多少用多少”，说明原线圈电流由副线圈电流决定．‎ 高考题型1　直流电路的分析 ‎1．串、并联电路特点 在闭合电路中，某一支路的电阻增大(或减小)，则总电阻一定增大(或减小)，总电流减小(或增大)，路端电压增大(或减小)；与该电阻串联(或间接串联)的电阻上的电流、电压、电功率均减小(或增大)；与该电阻并联(或间接并联)的电阻上的电流、电压、电功率均增大(或减小)．‎ ‎2．电源的功率和效率 ‎(1)电源的几个功率 ‎①电源的总功率：P总＝EI ‎②电源内部消耗的功率：P内＝I2r ‎③电源的输出功率：P出＝UI＝P总－P内 ‎④当负载电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，其值为Pmax＝ ‎(2)电源的效率η＝×100%＝×100%.‎ 例1　(多选)(2018·南京盐城二模)光敏电阻是用硫化镉或硒化镉等半导体材料制成的特殊电阻器，其电阻值会随光照强度的增大而减小，光敏电阻的这种特殊性能，在科技生活中得到广泛应用．某应用电路如图1所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时(　　)‎ 图1‎ A．电压表的示数增大 B．R2中电流减小 C．小灯泡的功率增大 D．R3的功率增大 答案　ABC 解析　当照射光强度增大时，R3阻值减小，则电路总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，R1两端电压增大，电压表测量R1两端电压，故示数增大，A正确；因内电压增大，R1两端电压增大，所以R2两端电压减小，R2中电流减小，B正确；干路电流等于R2中电流与灯泡L中电流之和，所以灯泡L中的电流增大，即功率增大，C正确；R3的电流增大，但电阻减小，由P＝I2R，功率的变化无法判断，D错误．‎ 拓展训练1　(多选)如图2所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表．闭合开关S后，若减小R的阻值，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．电流表的示数一定增大 B．电压表的示数一定增大 C．电源的输出功率一定增大 D．R1上的电压一定减小 答案　AD 解析　减小R的阻值，电路的总电阻减小，电路中总电流I增大，由U＝E－Ir得路端电压减小，所以电流表的示数一定增大，电压表的示数一定减小，故A正确，B错误；当电源的外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不知外电阻与内电阻的大小关系，所以当电源的负载电阻减小时，输出功率的变化情况不能确定，故C错误；电路中总电流I增大，R2的两端电压增大，又因为路端电压减小，由串联分压得R1两端电压减小，故D正确．‎ 拓展训练2　用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图3所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，经过一段时间会观察到(　　)‎ 图3‎ A．电流表示数不变 B．电流表示数减小 C．电压表示数增大 D．电压表示数减小 答案　D 解析　接通开关后，由于电流的热效应，热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，I总增大，电流表示数变大，故A、B错误．U不变，R1支路的电流不变，R2支路的电流I2增大，UR2增大，又U＝UR2＋U热，则U热减小，电压表示数减小，C错误，D正确．‎ 拓展训练3　如图4所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略．闭合开关S，当光敏电阻上的光照强度减弱时，下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．通过R2的电流增大 B．电源的路端电压减小 C．电容器C所带的电荷量增加 D．电源的效率减小 答案　C 解析　当光敏电阻上的光照强度减弱时，光敏电阻的阻值会增大，电路的总电阻增大，电路中的总电流减小，则流过R2的电流减小，故A错误；电路中的总电流减小，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，而电容器极板间的电压就等于路端电压，所以电容器所带电荷量增加，故B错误，C正确；电源效率为 η＝×100%＝×100%，路端电压U增大，电动势E不变，所以电源的效率增大，故D错误．‎ 高考题型2　交流电的产生和描述 ‎1．线圈通过中性面时的特点：‎ ‎(1)穿过线圈的磁通量最大；‎ ‎(2)线圈中的感应电动势为零；‎ ‎(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次．‎ ‎2．交流电的“四值”：‎ ‎(1)最大值Em＝NBSω.分析电容器的耐压值．‎ ‎(2)瞬时值e＝NBSωsin ωt.计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况．‎ ‎(3)有效值：正弦式交流电的有效值E＝；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．‎ ‎(4)平均值：＝n，常用来计算通过电路的电荷量．‎ 例2　(多选)如图5甲所示是一台发电机的模型，线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动．图乙是线框产生的电动势随时间变化的图象．已知线圈电阻为2.0 Ω，外接灯泡的电阻恒为8.0 Ω，灯泡正常发光．则(　　)‎ 图5‎ A．灯泡中的电流方向3秒钟改变100次 B．理想交流电压表V的示数为24 V C．灯泡消耗的电功率为45 W D．若从图甲所示的时刻开始计时，灯泡两端电压的瞬时值表达式可能为u＝24cost (V)‎ 答案　AD 解析　由题图乙可知，周期T＝0.06 s，每个周期电流方向改变2次，故电路中的电流方向3秒内改变100次，选项A正确；电动势最大值Emax＝30 V，则电动势有效值E＝＝15 V，故电路电流有效值I＝＝1.5 A，故理想交流电压表V的示数U＝IR＝12 V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝I2R＝36 W，选项C错误；角速度ω＝＝ rad/s，故灯泡两端电压的瞬时值表达式可能为u＝24cost(V)，选项D正确．‎ 拓展训练4　(2018· 无锡市高三期末) 如图6所示，单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动(按俯视沿逆时针的方向)，某时刻磁感线与线圈平面所成锐角为30°，从此时开始计时，流过边AC的电流随时间变化的图线是(以A→C→D→E→A为电流正方向)(　　)‎ 图6‎ 答案　D 解析　根据楞次定律可知，在开始时，产生的感应电流沿CA方向，为负值，当转到中性面时，感应电流减小到零，电流方向发生改变，故D正确．‎ 拓展训练5　(多选)如图7所示，线圈abcd匝数n＝10，面积S＝0.4 m2，边界MN(与线圈的ab边重合)右侧存在磁感应强度B＝ T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕ab边以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动．则以下说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．线圈产生的是正弦交流电 B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80 V C．线圈转动 s时瞬时感应电动势为40 V D．线圈产生的电动势的有效值为40 V 答案　BD 解析　线圈在有界磁场中将产生正弦半波脉动电流，故A错误；电动势最大值E＝nBSω＝80 V，故B正确；线圈转动 s时，转过的角度为，瞬时感应电动势为e＝nBSωsin＝40 V，C项错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有2R·＝2RT，可得电动势有效值U＝＝40 V，故D正确．‎ 拓展训练6　(多选)如图8甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r＝ 2 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R的最大阻值为R0＝ Ω，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0，R2＝，其余电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V，图乙是矩形线圈磁通量随时间t变化的图象，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．电阻R2上的热功率为 W B．0.02 s时滑动变阻器R两端电压的瞬时值为零 C．线圈产生的电动势e随时间t变化的规律是e＝10cos 100πt (V)‎ D．线圈从开始转动到t＝ s的过程中，通过R1的电荷量为 C 答案　AD 高考题型3　变压器和远距离输电问题 理想变压器动态分析的两种情况 ‎(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．‎ ‎(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．‎ 不论哪种情况，要注意两点：一是根据题意分清变量和不变量；二是弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出，对电流、电功(率)而言，输出决定输入．‎ 例3　(2018·镇江市三模)如图9所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关K开始时处于闭合状态，下列说法正确的是(　　)‎ 图9‎ A．当光照变弱时，变压器的输入功率增大 B．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增大 C．当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大 D．当U增大时，副线圈中电流变小 答案　B 解析　当光照变弱时，R2增大，副线圈中总电阻增大，原副线圈匝数不变，副线圈两端的电压不变，故根据P＝可得副线圈中消耗的电功率减小，即原线圈输入功率减小，A错误；当滑动触头P向下滑动时，n1减小，根据U2＝U1可得，副线圈两端的电压增大，根据P＝可知R1消耗的电功率增大，B正确；当开关K由闭合到断开，副线圈中少了一个支路，副线圈中电流减小，则原线圈中电流变小，C错误；当U增大时，根据U2＝U1可知副线圈两端的电压变大，而电阻不变，故副线圈中的电流变大，D错误．‎ 拓展训练7　(多选)(2018·南京市、盐城市一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗．街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2.下列说法中不正确的是(　　)‎ A．n1＞n2，原线圈比副线圈的导线粗 B．n1＞n2，原线圈比副线圈的导线细 C．n1＜n2，原线圈比副线圈的导线粗 D．n1＜n2，原线圈比副线圈的导线细 答案　ACD 解析　由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n1＞n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故B正确，A错误．‎ 拓展训练8　(2018·南京学情调研)如图10甲、乙电路输入交变电流的电压u相同，图乙中理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n1和n2，若要求甲、乙电路原线圈中电流i相同，则n1、n2、R1、R2应满足的关系是(　　)‎ 图10‎ A．n1R1＝n2R2 B．n2R1＝n1R2‎ C．n12R1＝n22R2 D．n22R1＝ n12R2‎ 答案　D 例4　(多选)(2017·海州高级中学第五次检测)如图11所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为a，降压变压器的变压比为b，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，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了ΔU，则下列判断正确的是(　　)‎ 图11‎ A．电压表V1的示数不变 B．电流表A2的示数增大了 C．电流表A1的示数减小了 D．输电线损失的功率减小了2R 答案　AC 解析　由于U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确；由于电压表V2的示数增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了bΔU，根据UV1＝IA1R＋U3，所以电流表A1的示数减小了，A2的示数减小了，故C正确，B错误；输电线损失的功率减小了IA1R－(IA1－)2R，所以D错误．‎ 拓展训练9　(2018·江苏单科·2)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，输电电压应变为(　　)‎ A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV 答案　C 解析　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＝2R，当输电功率一定时，若输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即为440 kV，故选项C正确．‎ 专题强化练 ‎1．(2018·创新中学月考)现有一段长为L、电阻为R的均匀电阻丝，把它拉成3L长的均匀细丝后，切成等长的三段，然后把它们并联在一起，其电阻值为(　　)‎ A. B．3R C. D．R 答案　D ‎2．(2018·盐城市三模)如图1甲所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到电动势为E(内阻不计)的直流电源上；再把它们接到交流电源上，如图乙所示，直流电源的电压与交流电压的有效值相等．下列叙述正确的是(　　)‎ 图1‎ A．接交流电时灯泡更亮些 B．接直流电和交流电时灯泡一样亮 C．减小交流电频率时图乙中灯泡变亮 D．图甲中闭合S瞬间，通过灯泡的电流立即达到最大值 答案　C ‎3．(多选)(2018·高考押题预测卷)如图2所示，有下列四种交变电流，图中曲线均为正弦曲线的一部分，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．甲图交变电流的有效值为I0‎ B．乙图交变电流的有效值为 A C．丙图交变电流的有效值为Im D．丁图交变电流的有效值为3 A 答案　ABC 解析　设电流的有效值为I甲，则2RT＋2R·2T＝I甲2R·3T，解得I甲＝I0，故A正确；根据电流的热效应得：I12R·＋I22R·＝I乙2RT，代入数据解得：I乙＝ A，故B正确；对方波交变电流来说，由于每时刻通过电阻R的电流大小都是Im，只是方向做周期性变化，而对于电流通过电阻发热来说，它与电流的方向没有关系，因此从热效应来说，题图丙交变电流与电流是Im的恒定电流是等效的，即题图丙交变电流的有效值就是Im，故C正确；由图象可知此交变电流的周期是2 s，设交变电流的有效值为I丁，周期为T，则：I丁2RT＝2R·＋2R·，解得I丁＝ A，故D错误．‎ ‎4．如图3甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动．当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，‎ 线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻(　　)‎ 图3‎ A．线圈中的电流最大 B．穿过线圈的磁通量为零 C．线圈所受的安培力为零 D．穿过线圈磁通量的变化率最大 答案　C 解析　该交变电流的周期为T＝，在t＝＝时刻，由线圈中产生的交变电流图象可知，感应电流大小为零，故A错误；感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律知磁通量变化率也为零，线圈与磁场垂直，磁通量最大，故B、D错误；线圈所受的安培力为零，故C正确. ‎ ‎5．(2018·江苏百校12月大联考)某一电子设备所加正弦交流电的电压随时间的变化规律如图4所示，则(　　)‎ 图4‎ A．交流电的频率为50 Hz B．交流电压的有效值为100 V C．交流电压瞬时值表达式为u＝100cos 25t (V)‎ D．此交流电压不可以直接加在耐压值为80 V的电容器两端 答案　D ‎6.(多选)(2018·程桥高中月考)恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图5所示的电路中，当滑动变阻器滑动触头P向右移动时，下列说法中正确的是(　　)‎ 图5‎ A．R0上的电压变小 B．R2上的电压变大 C．R1上的电压变大 D．R1上的电压变化量大于R0上的电压变化量 答案　AC 解析　触头P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电阻也减小，而电源输出电流不变，由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压减小，所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过R2的电流减小，总电流不变，则通过R1的电流增大，所以R1上的电压变大，则R0上的电压变小，故A、C正确，B错误；R1上的电压变大，R0上的电压变小，R1和R0的电压之和减小，则R1上的电压变化量小于R0上的电压变化量，故D错误．‎ ‎7.阻值相等的四个电阻R、电容器C及电池E(内阻可忽略)接成如图6所示的电路．保持S1闭合，开关S2断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S2，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(　　)‎ 图6‎ A．5∶3 B．2∶1‎ C．1∶2 D．1∶3‎ 答案　A 解析　电池E的内阻可忽略不计，保持开关S1闭合、S2断开且电流稳定时，电容器的电压为：U1＝×2R＝ 闭合开关S2时，电容器的电压为：U2＝×R＝，‎ 由Q＝CU得，Q1∶Q2＝U1∶U2＝5∶3，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎8．(多选)(2018·无锡市高三期末)湿敏电阻是利用湿敏材料吸收空气中的水分而导致本身电阻值发生变化这一原理而制成的，当湿度增加时，湿敏电阻的阻值会减小，常用于制作湿度传感器．在室内设计如图7所示的电路，当周围环境的湿度增加时(　　)‎ 图7‎ A．灯泡L变暗 B．电流表的示数变大 C．流过湿敏电阻的电流变大 D．电源的总功率变小 答案　ABC ‎9．(多选)图8甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数n＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表．则下列判断正确的是(　　)‎ 图8‎ A．线圈转动的周期为6.28 s B．t＝0时刻线圈平面与磁感线平行 C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 V D．电压表的示数为45 V 答案　BD 解析　由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，A项错误；t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，B项正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2× V＝100 V，C项错误；电压表的示数为U＝R＝×45 V＝45 V，D项正确．‎ ‎10．(多选)(2018·镇江市模拟)如图9所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin (100πt) V的交流电，则(　　)‎ 图9‎ A．此交流电的频率为100 Hz B．电阻R1两端电压的有效值为50 V C．通过电阻R2的电流的有效值为 A D．变压器的输入功率为150 W 答案　BCD ‎11．(多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图10所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想交流电表．下列说法中正确的有(　　)‎ 图10‎ A．变压器输入功率与输出功率之比为1∶1‎ B．1 min内滑动变阻器上产生的热量为40 J C．仅将S从1拨到2，电流表示数减小 D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小 答案　AC 解析　根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1∶1，故A正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2＝U1＝×220 V＝20 V，则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q＝t＝×60 J＝2 400 J，故B错误；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电流表的读数变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误．‎ ‎12．(2018· 江苏省高考压轴冲刺卷)如图11甲所示，一理想变压器原线圈接上如图乙所示的正弦交流电，与副线圈相连的两个灯泡规格均为“110 V　40 W”，电表均为理想交流电表，原、副线圈匝数比为2∶1，开关K闭合前，电路正常工作．则闭合开关K后(　　)‎ 图11‎ A．灯泡将被烧毁 B．电流表示数增大 C．经过灯泡的交流电频率为25 Hz D．变压器的输入功率增大一倍 答案　D 解析　由理想变压器＝，可知副线圈两端电压U2＝110 V，K闭合前灯泡正常工作，当K闭合后，U2保持不变，故两灯泡均能正常发光，不会被烧毁，所以电流表示数不变，副线圈消耗功率增大一倍，则变压器的输入功率增大一倍，交变电流经过变压器后频率不发生变化，仍为50 Hz，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎13．用电压有效值为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电，图12甲中R为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，若灯泡均能正常工作，则(　　)‎ 图12‎ A．变压器可能是升压变压器 B．n1∶n2＝U0∶U C．甲、乙电路消耗功率之比为U2∶U D．R两端的电压最大值为 答案　D ‎14．(2018·扬州市一模)如图13所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u＝U0sin ωt的交流电源两端．电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表．现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．电压表V1与V2示数的比值将变大 B．电流表A1与A2示数的比值将变小 C．电压表V1与电流表A1示数的比值变大 D．电压表V2与电流表A2示数的比值变小 答案　C 解析　原、副线圈电压之比即电压表V1与V2示数之比一定等于原、副线圈匝数的比值，故两电压表示数的比值不变，故A错误；原、副线圈电流之比一定等于原、副线圈匝数的反比，故两电流表示数的比值不变，故B错误；滑动变阻器R的滑动触头P 向上滑动，则滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知A2示数减小，故A1示数减小，由于U1不变，故电压表V1与电流表A1示数的比值变大，故C正确；同理，电压表V2与电流表A2示数的比值变大，故D错误．‎ ‎15．如图14所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2 的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是(　　)‎ 图14‎ A．当用户的用电器增多时，U2变小，U4变小 B．当用户的用电器增多时，P1变大，P3变小 C．输电线上损失的功率为ΔP＝ D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比 答案　D 解析　交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则降压变压器的输入功率变大，即P3变大，故B错误；输送功率一定时，根据P2＝U2I2和P损＝I22R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，所以应增大升压变压器的匝数比，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户端电压不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故C错误，D正确．‎