2021年高考二轮物理复习第一部分 专题六 第2课时

第2课时直流电路和交流电路1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2R t＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R＝I 2R . (2)非纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，电热Q ＝I 2Rt ，电热功率P 热＝I 2R ，电功率大于电热功率，即W >Q ，故求电功、电功率只能用W ＝UIt 、P ＝UI ，求电热、电热功率只能用Q ＝I 2Rt 、P 热＝I 2R . 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＝I 2r . ③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内． (2)电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%.3．交流电的“四值”(1)最大值E m ＝NBSω，电容器的击穿电压指最大值． (2)瞬时值(从中性面开始计时)e ＝NBSωsin_ωt . (3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2；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：E ＝n ΔΦΔt ，常用来计算通过电路的电荷量．4．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.1．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)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)．2．变压器和远距离输电的分析技巧(1)变压器副线圈的电流和功率决定原线圈的电流和功率； (2)远距离输电问题分析的关键是求中间回路电流的大小.1．直流电路动态分析方法(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法．2．电容器的特点(1)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器所在的支路相当于断路．(2)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压．例1 (2019·江西赣州市上学期期末)如图1所示，汽车蓄电池与车灯、启动电动机组成的电路，蓄电池内阻为0.05 Ω，电表可视为理想电表．只接通S 1时，电流表示数为10 A ，电压表示数为12 V ，再接通S 2，启动电动机时，电流表示数变为8 A ，则此时通过启动电动机的电流是( )图1A ．2 AB ．8 AC ．50 AD ．58 A 答案 C解析 只接通S 1时，由闭合电路欧姆定律得：E ＝U ＋Ir ＝12 V ＋10×0.05 V ＝12.5 V ，R 灯＝1210 Ω＝1.2 Ω，再接通S 2后，流过电动机的电流为：I 电动机＝12.5－8×1.20.05 A －8 A ＝50 A ，故选C.拓展训练1 (2019·湖北武汉市四月调研)2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1 000倍．电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝1ρ.下列说法正确的是( )A ．材料的电导率越小，其导电性能越强B ．材料的电导率与材料的形状有关C ．电导率的单位是1Ω·mD ．电导率大小与温度无关 答案 C解析 材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，选项A 错误；材料的电导率与材料的形状无关，选项B 错误；根据R ＝ρL S ，则σ＝1ρ＝L RS ，则电导率的单位是m Ω·m 2＝1Ω·m，选项C正确；导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，选项D错误．拓展训练2(多选)(2019·广东珠海市质量监测)如图2所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合，电容器两板间的M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R3时()图2A．电源的总功率减小B．A板的电势降低C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加答案CD解析电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI变大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势增大，A板的电势也增大，故B错误．例2(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成．已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”．这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示，图乙中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D点的高度略低于C点．若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是()图3A．C、D两点之间的高度差将变大B．A、D两点之间的高度差和C、B两点之间的高度差之和将变小C．A、B两点之间的高度差不变D．在电子从A点经D、C移动至B点的过程中，非静电力做功将变大答案 A解析因电动势不变，减小外电路电阻R，电路中的电流增大，内电压变大，外电压减小，A、B两点的高度差为外电压，减小；C、D两点高度差类似于内电压，变大，故A正确，C错误；A与D，C与B高度差的总和为电动势，故应不变，故B错误；电子从A处经D、C至B处，非静电力做功W＝Eq，不变，故D错误．拓展训练3(2019·浙江超级全能生2月联考)小雷同学家里购买了一款扫地机器人，如图4所示，小雷同学仔细检查了这个新扫地机器人，发现铭牌上标有如表所示数据，则该扫地机器人()图4主机基本参数A.额定工作电流为0.25 AB．充满电后正常工作的时间为2.5 hC．电池充满电后储存的总电荷量为18 720 CD．以额定电流工作时每小时消耗能量为55 J答案 C解析由铭牌知，扫地机器人工作的额定电压为14.4 V，额定功率为55 W，则额定电流I＝5514.4 A≈3.82 A，每秒钟消耗能量W＝Pt＝55 J，A、D错误；根据电池容量5 200 mA·h知，电池充满电后储存的总电荷量Q＝5.2 A×3 600 s＝18 720 C，充满电后正常工作的时间t＝5 200×10－3 A·h3.82 A≈1.36 h，B错误，C正确．例3(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φm sin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦm cos ωt.如图5所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)端点A、D 固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是()图5A．方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针B．方式一中，导线框中的感应电动势为e1＝BR2ω1cos ω1tC．两种方式中，通过导线截面的电荷量相等D．若ω1＝ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等答案AB解析方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选项A正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，选项B正确；根据q＝ΔΦR可知两种方式中，磁通量的变化量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C错误；第二种方式穿过回路的磁通量Φ2＝BR2sin ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2cos ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为E1E2＝ω1ω2，时间满足ω1t1ω2t2＝180°90°＝21，若ω1＝ω2，根据Q＝E2R t可知，Q1Q2＝2ω1ω2＝21，故D错误．拓展训练4(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图6甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R ＝15 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v ＝0.8πsin (πt) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2 T，线圈的直径D＝0.4 m，总电阻r＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是()图6A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) VB．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) AC．灯泡两端电压的有效值为30 2 VD．灯泡的电功率为240 W答案ABC解析线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：E max＝NBl v maxl＝πD联立得：E max＝πNBD v max＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e＝E max sin (πt)＝64sin (πt)V，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：i＝eR＋r＝4sin (πt) A，故B正确；灯泡电流的有效值为：I＝42A＝2 2 A，则灯泡电压的有效值为：U＝IR＝22×15 V＝30 2 V，故C正确；灯泡的电功率为：P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W，故D错误．1．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．2．理想变压器问题分析技巧(1)根据题意分清变量和不变量；(2)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．3．远距离输电问题的解题关键(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．例4 (多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图7所示，线圈a 、b 绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中电阻R 1、R 2、R 3和R 4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω，电压表为理想交流电表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P 处在线圈a 、b 的中点．开关S 闭合时电压表的示数是7 V ，则下列说法中正确的是( )图7A ．正弦交流电压源U 的峰值为35 VB ．开关S 断开时，理想电压表的示数为5 VC ．开关S 闭合时，通过电阻R 4的电流为0.7 AD ．开关S 闭合时，电阻R 2和R 3消耗的电功率相等答案 BC解析 开关S 闭合时，根据欧姆定律可知通过R 1的电流为I 1＝U V R 1＝0.7 A ，根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I 2＝1.4 A ；R 3和R 4并联后与R 2串联的电阻为10 Ω，可知副线圈的电压为U 2＝14 V ，根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U 1＝28 V ，正弦交流电压源U ＝U V ＋U 1＝35 V ，正弦交流电压源的峰值为35 2 V ；通过电阻R 4的电流为12I 2＝0.7 A ；电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 22R 2＝9.8 W ，电阻R 3消耗的电功率P 3＝(12I 2)2R 3＝4.9 W ，故选项C 正确，A 、D 错误；开关S 断开时，R 3和R 2串联的电阻为R 23＝15 Ω，设副线圈的电流为I 2′，则副线圈的电压为U 2′＝I 2′R 23，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I 1′＝12I 2′，所以原线圈的电压为U 1′＝U －I 1′R 1＝U －12I 2′R 1，根据电压之比等于匝数之比可得U 1′＝2U 2′，联立解得副线圈的电流为I 2′＝1 A ，理想电压表的示数为I 1′R 1＝12I 2′R 1＝5 V ，故选项B 正确． 拓展训练5(2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，电源输出电压U恒定不变，如图8所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是()图8A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4C．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变亮D．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗答案 C解析四个灯泡亮度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3，根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1，可知该变压器是降压变压器，故A、B错误；接到位置2，原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变大，故C正确，D错误．拓展训练6(多选)(2019·山东淄博市3月模拟)如图9所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小．理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt (V)，则()图9A ．电压表的示数为22 2 VB ．副线圈中交流电的频率为50 HzC ．在天逐渐变黑的过程中，电流表A 2的示数变小D ．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变大答案 BC解析 原线圈电压的最大值为220 2 V ，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为22 2 V ，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为U ＝2222V ＝22 V ，故A 错误；由于变压器不改变交流电频率，则副线圈中交流电的频率为f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，选项B 正确；在天逐渐变黑的过程中，光照变弱，R 阻值增大，电路的总电阻变大，而副线圈两端的电压不变，所以电流变小，电流表A 2的示数变小，故C 正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由P ＝UI 可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，故D 错误．例5(多选)(2019·四川综合能力提升卷(三))如图10所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，夜幕降临当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是()图10A．升压变压器副线圈电压U2降低B．降压变压器原线圈电压U3降低C．输电线消耗的功率增大D．发电机的输出功率不变答案BC解析当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流变大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大；发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，由输电线上的电压损失增大，可知降压变压器的输入电压U3减小，故B、C正确，A错误；发电机输出功率随用户负载增多而增加，D错误．拓展训练7(多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)某同学模拟“远距离输电”电路，将实验室提供的器材连接成了如图11所示电路．A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变，输电线路等效电阻为R.现保持A的输入电压不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()图11A．仅闭合S，L1变暗B．仅闭合S，输电线路的发热功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，输电线路的发热功率变小答案AD解析闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A正确，B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则A的输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，流过灯泡的电流减小，则B 原线圈中电流减小，流过R的电流减小，输电线路的发热功率变小，故C错误，D正确．拓展训练8(多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图12所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定()图12A．通过用户的电流减小了B．用户接入电路的总电阻减小了C．用户消耗的电功率减小了D．加在用户两端的电压变小了答案BD解析如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电流增大，通过用户的电流增大，A项错误；由于输电线上损失的电压增大，因此降压变压器输入、输出电压均减小，即加在用户两端的电压变小了，D项正确；由I2U2＝I22R＋(n32R用户可知，输送电流增大，是由于n4I2)R用户减小引起的，B项正确；当用户总电阻减小时，即用户所用用电器增多，用户消耗的功率增大，C项错误．专题强化练(限时15分钟)1. (2019·吉林“五地六校”合作体联考)在图1所示电路中，R1、R2是定值电阻，当滑动变阻器滑片向上移动时()图1A．电压表示数变大，电流表示数变小B．电压表示数变小，电流表示数变大C．电压表示数变大，电流表示数变大D．电压表示数变小，电流表示数变小答案 B解析根据题意，由题图可知，电流表与滑动变阻器串联而电压表与滑动变阻器并联，当向上移动滑片时滑动变阻器接入电路的阻值变小，再根据结论“串反并同”，可知电流表示数变大而电压表示数变小，B选项正确．2. (多选)(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图2所示，曲线C1、C2分别是纯电阻电路中，内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线．由该图可知下列说法中正确的是()图2A ．两条图线的交点表示内、外电路消耗的总功率为4 WB ．电源的内电阻为1 ΩC ．电源输出功率最大值为4 WD ．电源的效率最大可达50%答案 BC解析 根据题图可以知道，曲线C 1、C 2的交点的位置，此时电路的内、外功率相等，由于内、外电路的电流是相等的，所以此时电源的内阻和外电路总电阻大小是相等的，内、外电路消耗的功率相等，总功率为8 W ，即此时电源的输出功率是最大的，由题图可知电源输出功率最大值为4 W ，所以A 错误，C 正确；根据P ＝I 2R ＝I 2r 可知，当输出功率最大时，P ＝4 W ，I ＝2 A ，所以R ＝r ＝1 Ω，所以B 正确；电源的效率η＝IU IE ×100%＝U E ×100%＝IR I (R ＋r )×100%＝R R ＋r ×100%＝11＋r R×100%，R 越大，效率越大，只当r ＝R 时，电源的效率才是50%，但不是效率的最大值，选项D 错误．3. (多选)(2019·吉林长春市质量监测)如图3为一种直流发电机的结构示意图，直流发电机由两块永磁体、线圈和换向器组线缠绕而成．永磁体N 、S 极相对，中间区域视为匀强磁场，磁感应强度为B .线圈由N 匝导线缠绕而成，面积为S ，可绕如图所示的轴线匀速转动，角速度为ω.换向器由两个半铜环和两个电刷构成，半铜环分别与线圈中导线的两端固连，线圈和半铜环绕着轴线以相同角速度转动．电刷位置固定，作为输出端与外电路相连(图中未画出)．每当线圈转到中性面位置时，半铜环和电刷会交换接触，以保持输出电流方向不变，且交换时间极短可忽略．下列说法正确的是( )图3A．当线圈按照图示的方向转动时，电刷a的电势比b的电势高B．当线圈转到图示位置时，线圈中产生的电动势为零C．该发电机产生电动势的最大值为NBSωD．该发电机产生电动势的最大值是有效值的2倍答案CD解析线圈为等效电源，当线圈按照题图所示的方向转动时，根据右手定则知电刷a的电势比b的电势低，故A错误；当线圈转到题图所示位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率达到了最大，所以线圈中产生的电动势也达到了最大，故B错误；发电机产生的电动势随时间变化图象如图所示，其中最大值为NBSω，且是有效值的2倍，故C、D正确．4．(多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )图4A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大答案 AC解析 闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．5．(多选)(2019·山东滨州市上学期期末)如图5甲所示，一理想变压器原线圈匝数n 1，副线圈匝数n 2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220 V 220 W ”的抽油烟机和“220 V 40 W ”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是( )图5A ．理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝101B ．电流表A 2的读数为1 A ，电压表的示数为220 VC ．抽油烟机的内阻为220 ΩD ．变压器的输入功率为260 W答案 AD解析 原线圈两端电压为：U 1＝2 20022V ＝2 200 V ，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U 2＝220 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝101，故A 正确；电流表A 2的读数为：I 2＝P M U 2＋P L U 2＝220220 A ＋40220A ≈1.18 A ，电压表的示数为220 V ，故B 错误；抽油烟机正常工作时不符合欧姆定律，所以根据题中条件无法计算其内阻，故C 错误；变压器的输入功率等于输出功率，即为：P 入＝P 出＝220 W ＋40 W ＝260 W ，故D 正确．6．(2019·广东“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图6.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A 的示数为1 A ，则( )图6A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C ．被测电路电流的平均值为500 AD ．被测电路电流的最大值为500 A答案 A解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A 正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于测量直流电，故B 错误；由I 2I 1＝n 1n 2得：I 1＝n 2I 2n 1＝500×11A ＝500 A ，因为电流表测的是有效值，故C 、D 错误．7．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图7甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 是理想线圈，C 是耐压值和电容都足够大的电容器，D 是灯泡，K 是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )图7A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44 VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡D 不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小答案 A解析 开关K 接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U 1＝22022V ＝220 V ，则根据U 1U 2＝n 1n 2可以得到：U 2＝n 2n 1U 1＝15×220 V ＝44 V ，即电压表的示数为44 V ，故选项A 正确；开关K 连通1时，若光照增强，则电阻R 减小，则副线圈总电阻减小，而U 2不变，则副线圈电流I 2增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知，原线圈电流I 1增大，即电流表的示数变大，故选项B 错误；开关K 连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D 发光，故选项C 错误；开关K 连通2时，若光照增强，则电阻R 减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为U 1U 2＝n 1n 2与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D 错误．。