第一部分专题四第2讲直流电路和交流电路概要

1、第2讲 直流电路和交流电路&导学巧练热点突破热点一 直流电路的动态分析命题规律 直流电路的动态分析在高考试题中是以选择题形式考查的，是近年来高考的热点，往往以下列变化方式探究某元件的电流、 电压、功率及电源输出功率的变化情况：（1）某一支路的滑动变阻器的阻值变化.（2）某一支路电键闭合、断开或某元件损坏.（3）热敏电阻、光敏电阻等敏感元件的阻值变化.|突破题组|1.（2015武汉二模）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r,R、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，A、V为理想电流表和电压表.在滑动 变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的

2、是（）A.电压表示数减小B.电流表本数减小C.电容器C所带电荷量增多D. a点的电势降低突破点拨电路图中电压表和电流表的作用:电压表直接与电阻 Ri并联，测的是 电流表位于支路中，测的是 .（2）题干中的“电源的负极接地”说明.当滑动变阻器滑动头 P自a端向b端滑动时，分析下列各物理量的变化情况:R3变,电路总电阻变 ,干路电流变 ,路端电压变 .解析滑动头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得，干路电流增大，由Uri=IRi可知Ri两端电压即电压表的示数变大，选项A错误；由U=EIr可知路端电压 U减小；由Ur2=UUri可U R2

3、得R2两端的电压减小，又由12=U一可得流过R2的电流变小，在干路电流增大的情况下，R2电流表的示数将变大，选项 B错误；电容器两端的电压变小，根据C = Q,电容器所带电荷量将变少，选项 C错误；由于R2两端的电压变小，所以 a点的电势变低，选项 D正确.答案D变式训练（1）在上述题1中，若把电路图中的电压表改为直接接在电源两端，其他条件不变，则在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，电压表示数如何变化？解析：若把电压表直接接在电源两端，则电压表测的是路端电压，当滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律1 =且可得，干路电

4、流增大，又由 U = E Ir可知路端电压 U减小，故电压表示数 R将减小.答案：变小（2）在上述题1中，电源的总功率、输出功率各如何变化？解析：由于干路电流增大，由P=EI可得电源总功率增大，当外电路电阻和内电阻相等时，电源输出功率最大，而题干中外电阻与内电阻的大小关系未知，故滑动变阻器的滑动头移动时，输出功率的变化无法判断.答案：电源总功率增大，输出功率的变化无法判断2.（多选）（2015河北石家庄2月调研）如图所示，电源的电动势为 E、内阻为r, Ri、R2、 R3为定值电阻，R为光敏电阻（光敏电阻被光照射时阻值变小 ），C为电容器.闭合开关 S, 电路稳定后，用光照射 R,下列说法正确

5、的是（）品r-nr 1坨-rc®A.电压表示数增大B.电源的效率增大C.电容器所带电荷量增加D. R2消耗的功率增大解析在电路中，用光照射 R时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R外减小，干路电流1 =二增大，内电压Ur=Ir增大，路端电压 U外=£Ur减小，电压表示数减小， r+ R#U外通过Ri支路的电流Ii = k减小，则通过 R、R2支路的电流I2=IIl增大，R2消耗的功率 RiPR2=I2R2增大，R2两端电压UR2=I2R2增大，电容器两端电压增大，由 Q=CU,知电容器2 一P 外I R#i所带电荷量增加，电源的效率Y=3=变小，综上知 A、B错误，C、P总

6、I 0外+）1+工R外D正确.答案CD3. （2015山东莘县质检）如图所示，两平行金属板间带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A.电压表读数减小B.电流表读数减小C.质点P将向上运动D. R3上消耗的功率逐渐增大解析当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路部分的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻分担的电压增大，则路端电压减小，Ri分担电压增大，则平行金属板两极板间电压减小，带电质点P所受电场力减小，质点 P将向下运动，选项C错误；R3两端电压减小，R3中电流减小，电流表读数增大，选项B错误；R3上消耗的

7、功率逐渐减小，选项 D错误；由于R2中的电流增大，R2两端电压增大，故电压表读数减 小，选项A正确.答案A直流电路动态分析问题的解题方法，（1）程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化或开，分析关的通断，引起各部分电压、电流或灯泡明暗发生变化，分析此类问题的基本步骤:分析局部电阻变化判断电路总电阻变化根据/ =R+r判断总电流变化根据U = E-Ir判断路端电压变化根据串、并联电路特点 判断各部分电路 电流、电压的变化（2）可直接应用“部分电路中R、k U的关系”中的两个结论:任一电阻R阻值增大，必引起通过该电阻的电流I的减小和该电阻两端电压U的增大.即RT 一“UT任一电阻R阻值增大，必将引起与

8、之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电口并T阻两端电压U串的减小.即RT 一 f K、U串J热点二 交流电的产生及 “四值”应用命题规律交变电流的产生与描述是每年高考的热点， 常以选择题形式考查；考题主要 考查交变电流的两种表达方式： 函数表示法与图象表示法， 以及交流电的有效值、 最大值等 基本知识.近年来高考命题一般从以下两方面进行考查：（1）交变电流的产生、图象、公式及相关物理量.（2）交变电流“四值”的物理意义及其不同方面的应用.|突破题组|1 .（多选）（2014高考天津卷）如图甲所示，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

9、动势图象如图乙中曲线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突破点拨(1)t=0时，线圈的位置 .(2)曲线a、b的周期关系 .A正确.从图象可知，曲解析从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故 线a、b对应的线圈转动白周期之比为 2： 3,则转速之比为 3 ： 2,故B错误.由图象可知曲线a的周期Ta=4X10-2 s,则曲线a表示的交变电动势频率 fa = zr = 25 Hz,故C正确.交 T a变电动势的最大值Em=nBSco,则曲线a

10、、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema Emb= C0a ：一 210wb= 3 - 2,即Emb=3Ema=1。V,故曲线b表木的父变电动势的有效值为E有=72 V = 5，'2V,故D错误.答案AC变式训练(1)在上述题1中，若线圈共N=100匝，求转动过程中线圈的最大磁通量.解析：根据曲线 a 知，Em= 15 V , w=2jr= 50 % rad/s由 Em= NBSco 得：BS=EmNeo15 Wb = 9.6X10 4 Wb.100x 50兀答案：9.6 X 10 4 Wb(2)在上述题1中，写出曲线a表示的交流电的瞬时表达式.解析：由曲线a知：Em= 15 V,23=

11、 t = 50 兀 rad/st=0时，e= 0(中性面)则表达式为：e= 15sin 50疝V.答案：e=15sin 50 疝 V2 .通过一阻值R=100 的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s.则电阻两端电压的有效值为()A. 12 VC. 15 VB. 4710 VD. 8a/5 V解析由有效值定义可得 U- X 1 s=(0.1 A)2XRX 0.4 sX2 + (0.2 A)2XRX 0.1 sX2,其 R中 R= 100 Q,可得 U = 44i0 V, B 正确.答案B3 .(2013高考福建卷)如图，实验室一台手摇交流发电机， 内阻r=1.0 Q ,外接R= 9.0 Q 的

12、电阻.闭合开关 S,当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e= 10A/2sin10 疝(0,则( )1A .该交变电流的频率为 10 HzB.该电动势的有效值为 102 VC.外接电阻R所消耗的电功率为10 WD.电路中理想交流电流表A的示数为1.0 A解析据co=2f知该交流电的频率为 5 Hz, A错；该交流电电动势的最大值为1072V,有效值 E = 10 V, B 错；I = -E-=1.0 A, P=I2R= 9 W, C 错，D 对. R+r答案D正弦交流电的产生及“四值”的应用(1)交变电流的产生磁通量最大IUI中性面I二I电流为零线圈经过中性面时，电流变向二灰(2)交

13、流电“四值”的应用1最大值? Em=NBSco ?e= Emsin wt瞬时值？、或EmCOS wt有效值? E=Em/V2 ?平均值？ E=N A/At计算电容器的耐压值计算闪光电器 ?的闪光时间等电表的读数及计算电热、电功及保险丝的熔断电流计算通过导?体的电荷量热点三变压器与远距离输电命题规律 本考点为每年高考的热点，常以选择题的形式考查，命题规律 有以下两点：（1）多数题目与交变电流的图象、瞬时值表达式等相结合进行综合考查.（2）考查变压器原副线圈中的电压、电流及功率关系，变压器的动态变化分析及远距离输电等问题.|突破题组|1.（多选）（2015高考天津卷）如图所示，理想变压器的原线圈连

14、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Ro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 B.保持Q的位置不动，将 C.保持P的位置不动，将 D.保持P的位置不动，将 突破点拨P向上滑动时, P向上滑动时, Q向上滑动时, Q向上滑动时,电流表读数变大 电流表读数变小 电流表读数变大 电流表读数变小（1）Q位置不动，U2不变，P上滑，R, I2将（2）Q位置上滑，n2, U2; P位置不动，R不变，则 P2Pi,贝U Ii.解析保持Q的位置不动，则 U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的

15、电阻变大，U2.Iin2根据i2=：2%知，|2变小，由;=nf得ii也变小，即电流表读数变小，选项a错误，选项b右小 4、U ,I、E 1 1、， LU 3U2. 一人 r t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Ro + R率变大，由Pi = P2知，变压器原线圈输入功率 Pi变大，而Pi=IiU,输入电压 U 一定，Ii变大，即电流表读数变大，选项 C正确，选项D错误.答案BC变式训练在上述题i中，若要使电流表读数最大，需采取哪些措施？解析：将Q移至最上端，且使 P移至最下端.答案：见解析2.（多选）（2015武汉*II拟）如图甲所示为一个小型电

16、风扇的电路简图，其中理想变压器 的原、副线圈匝数之比 n1： n2=10： 1,接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变 化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r = 2 .接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则 （）A.电阻R两端的电压是10 VB.通过风扇电动机的电流是6 AC.通过灯泡的交流电频率是100 HzD.风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗解析变压器输入电压220 V,输出电压22 V,灯泡正常发光，风扇正常工作，电阻R两端的电压是 22 V12 V= 10 V,选项A正确.通过风扇电动机的电流一定小于6 A,通过灯泡的交流电频率是

17、 50 Hz,选项B、C错误.风扇突然卡住的瞬间，电风扇中电流增大，灯泡中电流减小，灯泡变暗，选项D正确.答案AD3. （2015高考福建卷）如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压 器T的原、副线圈匝数分别为 、山，在T的原线圈两端接入一电压 u= Umsin坟的交流电 源，若输送电功率为 P,输电线的总电阻为 2r,不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为（）解析升压变压器t的原线圈两端电压的有效值为5=器；由变压关系可得?=弋,2U 2 n2则UznnUm；因为输送电功率为 P,输电线中的电流为I2=；7=2n,1P,则输电线上损失的*2n1U 2n2Umq I&#

18、187;,24n2P2r 皿、心土石AP=I2(2r)=4n，故选项 C 正确答案C方法技巧理想变压器的动态分析技巧（1）根据题意弄清变量和不变量.如原线圈电压不变、原副线圈的匝数比不变，其他物理量可能随电路的变化而发生变化.(2)弄清动态变化过程中的因果关系.如U2由Ui决定，Pi、Ii由P2、I2决定.(3)分析流程如下：由理=n1 分析小的情况U2 n2一 U2.一 ，一由I2=R分析I2的情况.由Pl=P2= I2U2判断输入功率的情况.由Pi=IiUi分析Ii的变化情况.论 热点聚焦命题预测聚林高喊考点押题见证奇斑交流电路的综合问题命题规律 该综合问题涉及交流电的产生、 变化规律、图

19、象和变压器问题，考查的点多 面广，因此将成为 2016年高考命题热点，题型一般为选择题.范例(2015江西盟校一联)如图所示，匝数为 50匝的矩形闭合导线框 ABCD处于磁 感应强度大小B = 12 T的水平匀强磁场中，线框面积S= 0.5 m2,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴。以角速度 3= 100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈 接入一只“ 220 V, 60 W”的灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A,下列说法正确的是()A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大B.线框中产生电动势的有效值为250M2 VC.变压器原、副线圈匝数之比为25 :

20、 22D.允许变压器输出的最大功率为1 000 W一针见血"-!思维导航?J线框中产生的电动势的最大幅尸茁濡£益乙畿框电阻不计，变压期的输入阻压5等于电动舞T的市效值,灯泡正常发光，则以=220 V鲂工也% 必（甯题病厂UlEPL=P2解析在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势的最大值Em=NBSco=250/2 V,其有效值E = 2Em= 250 V,选项B错误；灯泡能正常发光，则电压 U2=220 V,由*可知变压器原、副U2 n2线圈匝数之比为 25 22,选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A

21、,即Ii=10 A, Pi= UiIi = 250X 10 W=2 500 W,因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W,故选项D错误.答案C总结提升交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、有效值、平均值、瞬时值和变压器的计算，与电磁感应、安培力、闭合电路欧姆定律的综合应用等，解答时应注意以下两点：（1）分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义.（2）学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中.最新预测1. （2015湖南六校联考）如图所示，匀强磁场的磁感应强度B = 5| T,单匝矩形线圈的面积S= 1 m2,电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动.线圈通过电刷与理想变压

22、器原线圈相接，A为交流电流表.调整副线圈的触头P,当变压器原、副线圈的匝数比为2： 1时，副线圈电路中标有“ 6 V, 6 W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是（）A .电流表的示数为 1 A100 ： 1,远距离输电线的总电阻为100750 kW.下列说法中正确的有（）A.用户端交流电的频率为远距高输送电线乙50 HzB.矩形线圈产生电动势的有效值为18 Ve=C.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为 12也sin 30 疝 VD.若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将 P适当上移解析：选D.因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为3=6 V,通过

23、灯泡的电流为I2 = 1 A= 1 A,电流表的示数为Ii =n2l2= 0.5 A,原线圈两端电压的有效值为Ui = n1U26nin2=12 V,矩形线圈产生电动势的有效值为 12 V,最大值为Em=BSco=12V2 V,得3= 60兀rad/s,矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e= 12蚯sin 60疝V,矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片 P适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光.2.（多选）（2015江苏南京、盐城二模）图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1 ： 100,降压变压器原、副线圈匝数比为.若升压变压器的输入电压如图乙所示

24、，输入功率为B.用户端电压为 250 VC.输电线中的电流为 30 AD.输电线路损耗功率为 180 kW解析：选AC.由题图乙知交流电的周期为0.02 s,故频率为50 Hz,所以A正确；升压变压器原线圈电压 5=250 V,根据变压规律得副线圈电压3 = 25 000 V,又输入功P率为750 kW,输电线中电流I = =30 A,故C正确；输电线上损耗电压 U = IR=3 000V,降压变压器原线圈电压 U3=U2-U = 22 000 V,根据变压规律可得： 用户端电压 U4=220V,故B错误；输电线损耗的功率P'= I2R=90 kW,故D错误.失分防范解决交流电路的综合

25、问题极易从以下几点失分：不能正确理解交流电的产生、变化规律以及图象的意义；不能正确和熟练应用交流电的“四值”；不会分析变压器的动态变化；不清楚远距离输电线路中电压、电流和功率关系.为防范失分，建议记住以下口诀：线框转切磁感线，产生正弦交流电.理解“四值”会应用，变压器里磁通变.电压电流看匝数，原端功率同副端.远距输电升降压，路上能量有耗散.会 课时演练知能提升 学生用书单拽成册练就速盘蛭范 提升醉噩技能（1.（多选）（2015湖南十三校二联）如图所示，电流表 Ai（03 A）和A2（00.6 A）是由两个 相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中.闭合开关S,调节滑动变阻器，下列

26、说法中正确的是（）_枭®1 卜A. Ai、A2的读数之比为1 ： 1B. A1、A2的读数之比为5 ： 1C. A1、A2的指针偏转角度之比为1 ： 1D. A1、A2的指针偏转角度之比为1 ： 5解析：选BC.题图中A1、A2并联，两端电压相等，又因A1、A2是由两个相同的电流计改装而成，所以 AA2的指针偏转角度相同，即偏转角度之比为1 ： 1,再结合其量程可知A1、A2的读数之比为5： 1, B、C正确.2 . （2015高考安徽卷）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为 p,棒内 单位体积自由电子数为 n,电子的质量为 m、电荷量为e.在棒两端加上恒定的电压时，棒

27、内 产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v,则金属棒内的电场强度大小为（）mv2A，2eLLi、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mv2SnB-p ev» "ST5、人人口s pL 一一解析：选C.金属棒的电阻 R=,自由电子定向移动形成的电流I = ne9,金属棒两SU neSv PL端电压U=IR,故金属棒内的电场强度E = = LS = nevp,选项C正确.3 .（多选）（2015湖北八校二联）在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V,内阻不计,为7.5 Q .当开关S闭合后（）甲一 , 1 ， 1A. L1的电阻为

28、右QB. L1消耗的电功率为C. L2的电阻为7.5 D. L2消耗的电功率为7.5 W0.3 W解析：选CD .Ri= 12S闭合后，Li两端的电压为Q, A、B均错误；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 的新电源，在题图乙中作出新电源的IU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U 2 1.56=1.5 V, b"2 A,所以 R2=h乱 Q=7.5 Q，P2= U2l2= 1.5X 0.2 W=0.3 W, C、D 正确.4. （2015河北冀州调研）如图是磁报警装置中的一部分电路示意图，其中电源电动势为 巳

29、 内阻为r, Ri、R2是定值电阻，Rb是磁敏传感器，它的电阻随磁体的出现而减小，c、d接报警器.电路闭合后，当传感器电压U将（）Rb所在处出现磁体时，则电流表的电流I, c、d两端的A. I变大，U变小C. I变大，U变大B. I变小，U变大D. I变小，U变小解析：选A.此题考查电路的动态分析，由“串反并同”知当传感器处出现磁体，Rb减小时，电流表示数变大，即 I变大，U变小，故A对，B、C、D错.5.（2015江西八校联考）如图所示，电源电动势为 E,内阻为r.当滑动变阻器的滑片 P从 左端滑到右端时，理想电压表 Vi、V2示数变化的绝对值分别为 AUi和AU2,干路电流为I, 下列说法

30、中正确的是（灯泡电阻不变）（）A.小灯泡Li、L3变暗，L2变亮B. A Ui与AI的比值不变C. AUi<AU2D. AUi=A5解析：选B.题图中Li与滑动变阻器串联后与 L3并联，然后再与L2串联，最后接在电源上构成闭合电路，Vi测并联部分电压，V2测L2两端的电压.当滑动变阻器的滑片 P右移,其连入电路的阻值变大，总阻值变大，由闭合电路的欧姆定律得，干路电流 I变小，L2中电流变小，灯L2变暗，A错；干路电流变小，内电压变小，L2两端电压变小，并联部分电压变大，由闭合电路知识得：AUi=AUr+AU2,两边同除以A I可得： 1 = r + 2=r +AIAIAIRL2,则 C、

31、D 错，B 对.6 .（20i5高考四川卷）小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd,磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO',线圈绕OO匀速转动，如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为eo,不计线圈电阻，则发电机输出电压（）A.峰值是eoC.有效值是乎NeoB.峰值是2eoD.有效值是 Neo解析：选D.因每匝矩形线圈 ab边和cd边产生的电动势的最大值都是eo,每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2eo.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Neo,因线圈中产生的是正弦交流电,则发电机输出电压的有效值E =

32、/2Neo,故选项D正确.7 .（多选）（2015河南八市质检）理想变压器原线圈 a匝数ni = 200匝，副线圈b匝数 明 = 100匝，线圈a接在u=4442sin 314t V交流电源上，“12 V,6 W”的灯泡恰好正常发光.电 阻R2=16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 Hz28 .穿过铁芯的磁通量的最大变化率为5T Wb/sC.电压表V的示数为22 VD. R消耗的功率是1 W解析：选BD .由u=44&sin 314t V,知fnJnTnS。Hz, A错误；灯泡正常发光， T 26由P=UI得灯泡中的电流I2=162A = 0.5

33、 A,电压表的本数 U2=12 V+0.5X16 V=20 V, C- 4 20近, U1 n1错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为= 100 Wb/s = - Wb/s, B正确；根据U=心得U1=40 V,则R1两端电压Ur1 = 44 V-40 V=4 V,由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过 R1的电流I1=0.25 A,则 R的功率P=Ur1I1 = 1 W, D正确.8.（2015高考广东卷）如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器 为理想变压器.原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V.调节前后（

34、）A.副线圈中的电流比为 B.副线圈输出功率比为 C.副线圈的接入匝数比为 D.原线圈输入功率比为1 ： 22 ： 12 ： 11 ： 2解析：选C.根据欧姆定律I = U,R1的2,即调节前后，副线圈上电流之比为U2由220 V降至110 V,副线圈上的电流变为原来2 ：1,选项A错误；根据P=UI知，U、I均变为原,1 . 来的2时，副线圈上输出的功率变为原来的1 一一4,即调节前后副线圈的输出功率之比为4： 1,选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U1 = n1,当U2由220 V降至110 V时，n2U2 n2、，一，一 1变为原来的2,即调节前后副线圈接入的匝数比为2： 1,选

35、项C正确；根据理想变压器 P入 =P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为 4 ： 1 ,选项D错误.9.（2015高考全国卷I , T16, 6分）一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3 ： 1,在原、220 V的正弦交流电源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（）1A. U = 66 V, k=-9B.1U = 22 V, k=9-1C. U=66 V, k=-3D.1U = 22 V, k=-3解析：选A.设原、副线圈中的电流分别I1I1、I

36、2,则=I 2n2 1.I2R1故k=益设原线圈两端的电压为U1,则r2=3，故U1 = 3U，而原线圈上电阻分担的电压为 1U,故U+3U 33= 220 V,解得U=66 V.选项A正确.10. （2015高考安徽卷）如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端， 为定值电阻，R为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表 Ai的示数增大了 0.2 A,电流表A2的示数增大了 0.8 A,则下列 说法正确的是（）发电厂的输出电压是其末端间的电压为Ui.）A,电压表Vi示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D .变阻

37、器滑片是沿 1d的方向滑动解析：选D.电压表Vi的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时 Vi示数不变,选项A错误；电压表 V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知Ro两端电压升高，故 V3示数减小，选项 B错误；理想变压器 UiIi=U2l2,则UiAIi=U2AI2,Al2>AIi,故U2<Ui,变压器为降压变压器，选项 C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c-d的方向滑动，选项 D正确.11. （2014高考浙江卷）如图所示为远距离交流输电的简化电路图.U,用等

38、效总电阻是 r的两条输电线输电，输电线路中的电流是Ii,在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则（E、，liUiA用尸端的电压为工12rIiUB.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为D.输电线路上损失的电功率为解析：选A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题.根据理想变压 器的工作原理，得IiUi=l2U2,所以用户端的电压 U2=F，选项A正确；输电线上的电压I2降U'= Iir=U-Ui,选项B错误；变压器的输入功率Pi = IiUI2r=IiUi,选项C错误；输电线路上损失的功率 P'= I2r=Ii（U-Ui）,选项D错误.12. （20i5江西十校二模）如图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4 ： i,原线圈接图乙所示的正弦交流电.图甲中Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，Ri为定值电阻，电压表和电流表均