【考前三个月】高考物理(安徽专用)：专题9 直流电路和交流电路(高考定位 审题破题,含原创题组及解析)资料

高考定位直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题．交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点．从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是应对本内容的关键．考题1对直流电路动态分析的考查例1如图1所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()图1A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．电源的输出功率逐渐增大D．质点P将向上运动审题突破当R4的滑片移动时，其电阻变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流、路端电压的变化，电容器两极板间电压即R3的电压．由串并联电路的特点，判断电压表、电流表的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．解析滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R3的电压减小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于R3的，故也减小，所以质点P将向下运动，所以D错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I1增大，而R3的电流I3减小，根据I1＝I3＋I A，可得电流表读数I A增大，所以B错误；因R1的阻值和电源内阻r相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C正确．答案 C1．如图2所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是( )图2A ．电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数增大B ．电压表V 1的读数增大，电流表A 1的读数减小C ．电压表V 2的读数减小，电流表A 2的读数增大D ．电压表V 2的读数增大，电流表A 2的读数减小答案 D解析 当滑动变阻器滑片P 向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流I 增大，路端电压U 减小，则电流表A 1读数增大；电压表V 1读数U 1＝E－I (R 1＋r )，I 增大，其他量不变，则U 1减小；通过电流表A 2的电流I 2＝U 1R 3，U 1减小，则I 2减小；通过R 2的电流I 2′＝I －I 2，I 增大，I 2减小，则I 2′增大，则电压表V 2的读数增大．故D 正确．2．如图3所示电路中，已知电源的内阻r <R 2，电阻R 1的阻值小于滑动变阻器R 0的最大阻值．闭合电键S ，当滑动变阻器的滑片P 由变阻器的中点向左滑动的过程中，下列说法中正确的是( )图3A ．A 1的示数不断减小，A 2的示数不断减小B ．V 1的示数先变小后变大，V 2的示数先变大后变小C ．电源内部的热功率先变大后变小D ．电源的输出功率先变小后变大答案 D解析 R 1<R 0的最大阻值，当滑片P 由中点向左滑动的过程中，R 0左侧电阻与R 1串联后与R 0右侧并联的总电阻先变大后变小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流先变小后变大，路端电压先变大后变小，所以V 1的示数先变大后变小．V 2测量R 2两端的电压，R 2不变，则V 2的示数先变小后变大．并联电压U 并＝U －U 2，先变大后变小，电阻R 1所在支路电阻R 1支路逐渐减小，所以电流I 1增大，电流表A 2示数增大；I 2＝I －I 1，电流表A 1示数变小，故A 、B 错误．电源内部的热功率P ＝I 2r ，因为电流I 先变小后变大，所以电源内部的热功率，先变小后变大，故C 错误．因为r <R 2，所以外电阻总是大于内电阻的，当滑动变阻器的滑片P 从变阻器的中点向左滑动的过程中，变阻器左侧电阻与R 1串联后与变阻器右侧并联的总电阻先变大后变小，所以 电源的输出功率先变小后变大，故D 正确．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．结论法——“并同串反”：“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)．“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)．考题2 对交变电流变化规律的考查例2 如图4甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω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R 0＝407Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02，其他电阻不计．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4 A ．电阻R 2上的热功率为57W B ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为1 C 审题突破 根据公式P ＝U 2R求出电阻R 2上的电功率，由乙图可知，0.02 s 通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出线圈产生的电压e 随时间t 变化的规律，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r. 解析 R 总＝R 1＋R 02＋R 04＝74R 0＝10 Ω，I ＝1010 A ＝1 A ，U R 2＝107 V ，根据公式P ＝U 2R得电阻R 2上的热功率为P R 2＝57W ，故A 正确；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B 错误；T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100π rad/s ，E ＝10 V ＋1×2 V ＝12 V ，e ＝122cos 100πt (V)，故C 错误；电动势的最大值为E m ＝12 2 V ＝nBSω，Φm ＝BS ＝122n ×100π(Wb)，Φ＝122n ×100πsin 100πt (Wb)，线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r ＝2200πC ，故D 错误．答案 A3．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图5所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为( )图5 A ．5 A B ．2 5 A B ．6 A D ．2 6 A答案 B解析 0～1 s 时间内，感应电动势为E 1＝n ΔΦ1/Δt 1＝1 V ，电流为2 A ；1～1.2 s 内，感应电动势E 2＝n ΔΦ2/Δt 2＝5 V ，感应电流为10 A ，一个周期内发热量为I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2R (t 1＋t 2)，得I ＝2 5 A ，B 正确．4．(2014·天津·7改编)如图6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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )图6A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面垂直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 C解析A．从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A错误．B．从图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 错误．C．由图象可知曲线a的周期T a＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率f a＝1T a＝25 Hz，故C正确．D．交变电动势的最大值E m＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为E m a∶E m b＝ωa∶ωb＝3∶2，即E m b＝23E m a＝10 V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝102V＝5 2 V，D错误．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“四值”的应用(1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：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：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流；(4)平均值：计算通过电路截面的电荷量．考题3对变压器和远距离输电的考查例3(2014·四川·1)如图7所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则()图7A．用户用电器上交流电的频率是100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC．输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析由u－t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝1T＝50 Hz，选项A错误；交流电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m 2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原、副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确．答案 D5．如图8所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的交流电．则( )图8A ．交流电的频率为100 HzB ．通过R 1的电流为2 2 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W答案 C解析 原线圈电压有效值为220 V ，频率为50 Hz ，则根据变压器匝数比可得副线圈电压为50 V ，R 1的电流为2 A ，A 、B 错误；流过二极管中的交流电只有半个周期可以通过，电压最大值为50 2 V ，二极管的电压有效值为25 2 V ，流过R 2电流为 2 A ，C 正确；电阻R 1消耗功率为100 W ，电阻R 2消耗功率为50 W ，则原线圈输入功率为150 W ，D 错误．6．(2014·广东·19)如图9所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合电键S ，下列说法正确的是( )图9A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压变小C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大答案 D解析 由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动而改变，故选项A 、B 错误．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．1．变压器各物理量间的因果关系变压器的n 1n 2一定，输入电压U 1决定了输出电压U 2的大小，与其它无关．由输出电压U 2与负载电阻R ，通过欧姆定律决定了输出电流I 2的大小．进而确定了输出功率P 2的大小，由能量守恒决定了输入功率P 1的大小．最后又通过P 1U 1决定输入电流I 1的大小．2．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、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、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、根据题意分清变量和不变量；二、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．考题4 交变电流的综合问题分析例4 如图10甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断不正确的是( )图10A ．电压表的示数为10 VB ．0.01 s 时发电机线圈平面与磁场方向平行C ．若P 的位置向上移动、R 的大小不变时，电流表读数将减小D ．若P 的位置不变、R 的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍审题突破 由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由动态分析判断电流表的读数变化．解析 电压表显示的为有效值，示数为10 V ，A 正确；0.01 s 时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故B 正确；若P 的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R 的大小不变时，电流表读数将增大，故C 错误；若P 的位置不变、R 的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D 正确．答案 C7．如图11所示，边长为L 、匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO ′转动，轴OO ′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是( )图11A ．在图示位置时线框中磁通量最大，感应电动势为零B ．当可变电阻R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 2的示数变大C ．电压表V 1示数等于NBωL 2D ．变压器的输入与输出功率之比为1∶1答案 D解析 当线框转到如图所示位置，穿过线框的磁通量为0，但线框中产生的感应电动势最大，故选项A 错误；电压表V 2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，故选项B 错误；电压表V 1示数为有效值，等于u 1＝u 1m 2＝NBωL 22，故选项C 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D 正确．8．图12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100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )图12A．用户端交流电的频率为50 HzB．用户端电压为250 VC．输电线中的电流为30 2 AD．输电线路损耗功率为180 kW答案 A解析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U1＝250 V，根据变压规律得副线圈电压U2＝25 000 V，又输入功率为750 kW，输电线中电流I＝PU2＝30 A，故C错误；输电线上损耗电压U＝IR＝3 000 V，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＝220 V，故B错误；输电线损耗的功率P′＝I2R＝90 kW，故D错误．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，解答时应注意以下几点：(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．知识专题练训练9题组1直流电路动态分析1．2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家，某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图1甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路．关于这个探究实验，下列说法中正确的是()图1A ．闭合开关S ，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数减小B ．闭合开关S ，图乙中只改变磁场方向，电压表的示数减小C ．闭合开关S ，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过aP 段的电流可能减小D ．闭合开关S ，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大答案 D解析 由题图，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关，故B 错误；随着磁感应强度变大，电阻变大，闭合开关S ，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电压表的示数增大，故A 错误；增加磁感应强度，aP 段的两端电压增加，而电阻没变，故通过aP 的电流一定增大，故C 错误；如果原来的外电阻小于内电阻，增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，可能使得外电路电阻等于电源的内阻，此时电源的输出功率最大，故电源输出功率可能增大，故D 正确．2．如图2所示，电源电动势为E ，内阻为r .电路中的R 2、R 3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R 0为定值电阻，R 1为光敏电阻(其电阻随光照强度增大而减小)．当电键S 闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是( )图2A ．只逐渐增大R 1的光照强度，电阻R 0消耗的电功率变大，电阻R 3中有向上的电流B ．只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R 3中有向上的电流C ．只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时，电压表示数变大D ．带电微粒向下运动答案 A解析 只逐渐增大R 1的光照强度，R 1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R 0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R 3中有向上的电流，故A 正确；电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R 3的滑动端P 2向上端移动时，对电路没有影响，故B 错误；只调节电阻R 2的滑动端P 1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E ＝U d可知，电场力变大，带点微粒向上运动，故C 错误；若断开电键S ，电容器处于放电状态，电荷量变小，故D 错误．3．某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U －I曲线，如图3甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R0串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示．下列说法中正确的是()图3A．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C．选用不同阻值的R0可以改变温度计的量程，R0越大，量程越大D．温度越高，电源消耗的功率越大答案 C解析从题图甲可知，图象切线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以A错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明R T的阻值大，即温度高，所以B 错误；若R0越大，电压表要偏转同样的的角度，需R T的阻值越大，即温度越高，量程越大，所以C正确；温度越高，R T的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率P＝EI越小，故D错误．4．如图4所示是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是()图4A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变小，U变小D．I变大，U变大答案 D解析当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I0减小，路端电压U＝E－I0r变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并＝E－I0r－I′R1，干路电流I0减小，通过R1的电流I′减小，故U并变大，电流表的读数变大．题组2交变电流变化规律5．如图5所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成(x ≤2 m)，现把一边长l ＝2 m 的正方形单匝线框以水平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R ＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( )图5A ．水平拉力F 的最大值为8 NB ．拉力F 的最大功率为12.8 WC ．拉力F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D ．拉力F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区答案 C解析 线框通过磁场区域，感应电流先增大然后减小，形成正弦交流电，周期为2l /v ＝0.4 s ，感应电动势最大值为E m ＝Bl v ＝8 V ，有效值为4 2 V ，感应电流最大值为16 A ，有效值为8 2 A ，则水平拉力最大值为F m ＝BI m l ＝12.8 N ，A 错误；拉力的最大功率为P m ＝F m v ＝128 W ，B 错误；线框匀速通过，拉力做功等于焦耳热，Q ＝I 2Rt ＝25.6 J ，C 正确，D 错误．6．一闭合矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电流如图6所示，由图可知( )图6A ．该交流电电流的有效值是5 AB ．该交流电的频率是20 HzC ．t ＝0时刻线圈平面位于中性面D ．该交流电电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)答案 D解析 由图线知，交流电的最大值为5 A ，A 错误；该交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，B 错误；t ＝0时刻线圈平面位于垂直中性面，C 错误；该交流电电流的瞬时表达式为i ＝5cos 100πt (A)，D 正确．7．如图7所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t ＝1300s 时线圈中感应电流为1 A ．那么( )图7A ．线圈中感应电流的有效值为2 AB ．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC ．t ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD ．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e ＝4sin 100πt (V)答案 C解析 由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i ＝I m cos2πT t (A)，将t ＝1300 s 代入可得，I m ＝2 A ，因此感应电流的有效值为I ＝I m 2＝ 2 A ，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝(2)2×2×0.02 J ＝0.08 J ，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e ＝U m cos 2πT t (V)＝I m R cos 2πT t (V)＝4cos 100πt (V)，D 错误；而t ＝1300 s 时有瞬时值e ＝4cos π3V ＝2 V ，而根据法拉第电磁感应定律，e ＝n ΔΦΔt ，因此t ＝1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为e n＝0.02 Wb/s ，C 正确．题组3 变压器和远距离输电8．如图8所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻R 均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是( )图8A ．升压变压器副线圈中电流变小B ．降压变压器副线圈中电流变小C ．输电线上损耗的功率减小D ．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小答案 D解析 当发电厂输出功率增大时，根据P ＝UI 知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A 错误；当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B 错误；升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根据P 损＝I 2R 知，输电线上损失的功率增大，故C 错；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I ΔU IU 2＝1－ΔU U 2，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU 增大，U 2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D 正确．9．如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )图9A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的2倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案 A解析 由题图乙知，原线圈的电压u 1＝220 V ，当S 与a 连接后，根据变压规律u 1u 2＝n 1n 2可得u 2＝22 V ，理想电流表的示数I 2＝u 2R＝2.2 A ，故A 正确；电流表的示数对应交变电流的有效值，所以在t ＝0.01 s 时理想电流表示数不为零，故B 错误；当S 由a 拨到b 后，原、副线圈的匝数比为5∶1，可求副线圈电压为44 V ，是原来的2倍，根据功率P ＝U 2R知，功率是原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以C 错误；交流电的频率不会发生变化，由题图乙知，频率为50 Hz ，所以D 错误．10．如图10甲所示，M 是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 间接一正弦交变电源，其电压随时间的变化规律如图乙所示．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R 1为一定值电阻．下列说法中不正确的是( )图10A ．电压表V 的示数为22 VB ．当R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数减小C ．当R 2所在处出现火警时，电流表A 的示数增大。