2020高考物理二轮复习 专题四 电磁感应和电路 第1讲 直流电路和交流电路学案

2020高考物理二轮复习 专题四 电磁感应和电路 第1讲 直流电路和交流电路学案

第1讲　直流电路和交流电路 ‎[历次选考考情分析]‎ 章 知识内容 考试要求 历次选考统计 必考 加试 ‎2015/10‎ ‎2016/04‎ ‎2016/10‎ ‎2017/04‎ ‎2017/11‎ ‎2018/04‎ 恒定电流 电源和电流 b c ‎11‎ 电动势 b c ‎22‎ 欧姆定律、U－I图象及I－U图象 c c 串联电路和并联电路 c c ‎22‎ 焦耳定律 c c ‎10‎ ‎12‎ ‎11‎ ‎12‎ ‎5‎ 导体的电阻 c c ‎21(2)‎ ‎9‎ 闭合电路的欧姆定律 c d 多用电表的原理 a 交变电流 交变电流 c 描述交变电流的物理量 c 电感和电容对交变电流的影响 b 变压器 c ‎21(1)‎ ‎21(2)‎ ‎21(1)‎ 电能的输送 c 考点一　有关电路基本概念和规律的分析 ‎1．电流的三个表达式 ‎(1)定义式：I＝，适用于一切电路．‎ 19‎ ‎(2)微观式：I＝nqSv，适用于一切电路．‎ ‎(3)决定式：I＝，适用于金属导电、电解质溶液导电．‎ ‎2．电阻的决定式和定义式的区别 公式 R＝ρ R＝ 区别 电阻的决定式 电阻的定义式 说明了导体的电阻由哪些因素决定，R由ρ、l、S共同决定 提供了一种测电阻的方法——伏安法，R与U、I均无关 ‎3.运用伏安特性曲线求电阻应注意的问题 如图1所示，非线性元件的I－U图线是曲线，导体电阻Rn＝，即电阻要用图线上点Pn(Un，In)的坐标来计算，而不能用该点的切线斜率来计算．‎ 图1‎ ‎4．闭合电路欧姆定律 ‎(1)公式：I＝或E＝U外＋Ir.‎ ‎(2)电源U－I图象(如图2)．‎ 纵轴交点表示电源的电动势，斜率的大小表示电源内阻．‎ 图2‎ 19‎ ‎1．[电动势](2017·湖州市高二上期末)如图3所示为两节某品牌的不同型号干电池，其上均标有“1.5 V”字样，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．两种型号的电池都有内阻而且一定相同 B．两种型号的电池储存的能量一定一样多 C．“1.5 V”表示电池供电时正负极之间的电压为1.5 V D．“1.5 V”表示电池供电时每通过‎1 C的电荷量，有1.5 J的化学能转化为电能 答案　D ‎2．[电流]一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电荷量q随时间t变化的图象如图4所示，此图象的斜率可表示为(　　)‎ 图4‎ A．U B．R C. D. 答案　C ‎3.[伏安特性曲线](2016·温州市期末)R1、R2的伏安特性曲线如图5所示．下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A．R1、R2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅰ B．R1、R2并联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅱ 19‎ C．R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅰ D．R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在区域Ⅱ 答案　A 解析　在I－U图象中，图线的斜率表示电阻的倒数，由题图可知电阻R1的阻值较大，电阻R2的阻值较小．R1、R2并联后的总电阻小于任意一个电阻值，所以伏安特性曲线在电阻值比较小的Ⅰ区，故A正确，B错误；若将两电阻串联后接入电路，由于串联后的总电阻大于任意一个电阻，所以R1、R2串联后的总电阻的伏安特性曲线在电阻值比较大的区域Ⅲ，故C、D错误．‎ ‎4．[电阻定律]如图6所示，R1、R2是材料相同、厚度相同、表面为正方形的导体，正方形的边长之比为2∶1，通过这两个导体的电流方向如图所示，则以下说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．导体材料的电阻率跟长度成正比，跟材料的横截面积成反比 B．若通过导体的电流方向如图，两个导体的电阻R1∶R2＝4∶1‎ C．若两导体的电流方向垂直于正方形面通过，则导体电阻之比R1∶R2＝4∶1‎ D．若电流方向如图所示，不管两导体电阻是串联还是并联在电路中，两电阻的热功率相同 答案　D 解析　材料的电阻率由材料本身的性质决定，与长度及横截面积无关，A选项错误；设电阻的厚度为D，正方形边长为l，若通过导体的电流方向如题图所示，则R＝ρ＝ρ＝，即两导体电阻相等，则热功率相同，B选项错误，D选项正确；若电流方向垂直正方形面流入，由电阻定律可得R＝ρ，则R1∶R2＝1∶4，C选项错误．‎ ‎5．[闭合电路欧姆定律](2018·湖州市三县期中)如图7所示的电路中，电源电动势E＝6 V，电源内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，电阻R2＝6 Ω.当闭合开关S后，流过R1的电流为(　　)‎ 图7‎ A. A B. A C．‎2 A D．‎‎1 A 答案　A 19‎ 解析　R1与R2并联电阻R12＝ Ω＝2 Ω I总＝＝ A＝‎2 A，流过R1的电流I1＝I总＝×‎2 A＝ A，故A正确．‎ ‎6．[直流电路的动态分析](2018·书生中学月考)巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性．如图8所示为检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)，GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数减小 B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大 C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大 D.如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小 答案　D 考点二　闭合电路的功率和效率问题 电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内 纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝ 电源内部消耗的功率 P内＝I2r＝P总－P出 电源的输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内 纯电阻电路：P出＝I2R＝ P出与外电阻R的关系 电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100%‎ 19‎ 纯电阻电路：η＝×100%‎ 例1　(2018·杭州市期末)许多人造卫星都用太阳能电池供电，太阳能电池由许多片电池板组成，某电池板不接负载时电压是600 μV，短路电流是30 μA，下列说法不正确的是(　　)‎ A．该电池板电动势约为600 μV B．该电池板内阻约为20 Ω C．该电池板最大输出功率为4.5×10－9 W D．该电池板最大输出效率为50%‎ 答案　D 解析　当电池板不接负载时所测量电压为电源的电动势，故电池板的电动势E约为600 μV，由题意可知电池板的内阻为r＝＝＝20 Ω，故A、B正确；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，此时最大输出功率Pmax＝＝ W＝4.5×10－9 W，故C正确；由η＝×100%＝×100%＝×100%＝×100%知，R越大，效率越高，可高于50%，故D错误．‎ ‎7.(2018·温州市十五校联合体期末)如图9所示，额定电压均为12 V的电阻器和电动机并联后接在输出电压恒为12 V的电源上，当S1闭合，S2断开时，电流表示数为‎3 A；当S2闭合，S1断开时，电流表示数为‎4 A，则(　　)‎ 图9‎ A．电动机的绕组线圈电阻为3 Ω B．电阻器的电阻为4 Ω C．电动机的机械功率为48 W D．当S1、S2均闭合时，电动机的热功率比较大 答案　B ‎8．某电池对纯电阻供电的输出功率P随电流I变化的图象如图10所示．则下列说法正确的是(　　)‎ 19‎ 图10‎ A．该电源的电动势E＝2 V B．该电源的内阻r＝1 Ω C．若I＝‎2 A，则外电阻R＝1 Ω D．同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，且r＝R1·R2‎ 答案　A 解析　当外电阻等于电源内阻时，输出功率最大，P＝I2R＝I2r，解得r＝0.5 Ω，由闭合电路欧姆定律得E＝I(R＋r)＝2×(0.5＋0.5) V＝2 V，A正确，B错误；当I＝‎2 A时，电源的输出功率最大，此时外电阻等于电源内阻，所以R＝0.5 Ω，C错误；同一输出功率可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，有()2R1＝()2R2，解得r2＝R1·R2，D错误．‎ 考点三　交变电流的产生和描述 ‎1．交变电流的产生 线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．‎ ‎2．中性面及其特点 ‎(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．‎ ‎(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．‎ ‎3．正弦式交变电流图象(从中性面位置开始计时，如图11)‎ 图11‎ 19‎ 例2　(多选)如图12所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路．t1、t2时刻线框分别转到如图甲(线框水平)、乙(线框与磁感线垂直)所示的位置，下列说法正确的是(　　)‎ 图12‎ A．t1时刻穿过线框的磁通量最大 B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左 C．t2时刻穿过线框的磁通量变化率为0‎ D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左 答案　BC 解析　t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C正确，D错误．‎ ‎9．(多选)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图13所示．此线圈与一个R＝9 Ω的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r＝1 Ω，下列说法正确的是(　　)‎ 图13‎ A．交变电流的周期为0.2 s B．交变电流的频率为2.5 Hz C．发电机输出电压的有效值为9 V D．发电机输出的电功率为18 W 答案　BCD 解析　根据题图可知此交变电流的周期为T＝0.4 s，选项A错误；交变电流的频率为f＝ 19‎ ‎＝2.5 Hz，选项B正确；发电机输入电压的有效值为U有效＝＝ V＝10 V，输出电压的有效值为U有效′＝＝×9 V＝9 V，选项C正确；发电机输出的电功率为P＝＝ W＝18 W，选项D正确．‎ ‎10．(多选)如图14为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其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电阻R＝10 Ω连接，t＝0时线圈以T＝0.02 s的周期从图中位置开始转动，转动时理想交流电压表示数为10 V．则(　　)‎ 图14‎ A．电阻R上的电功率为20 W B．R两端的电压u随时间变化的规律是u＝10·cos 100πt(V)‎ C．0.02 s时R两端的电压瞬时值最大 D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)‎ 答案　BC 解析　电阻R消耗的功率为P＝＝ W＝10 W，故A错误；R两端的电压的最大值为Um＝U＝10 V，由题意可知，周期为T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，故R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝10cos 100πt(V)，故B正确；0.02 s时磁通量的变化率最大，此时产生的感应电动势最大，故C正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 100πt(A)，故D错误．‎ 考点四　变压器和远距离输电 ‎1．关于理想变压器的四点说明 ‎(1)变压器不能改变直流电压．‎ ‎(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．‎ ‎(3)理想变压器本身不消耗能量．‎ ‎(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．‎ 19‎ ‎2．基本关系式中物理量之间的决定关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1(原制约副)‎ 功率 副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2(副制约原)‎ 电流 原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2(副制约原)‎ ‎3.远距离输电问题 ‎(1)远距离输电示意图(如图15所示)‎ 图15‎ ‎(2)输电线路功率损失的计算方法 ‎①P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率．‎ ‎②P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．‎ ‎③P损＝，ΔU为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻．‎ ‎④P损＝ΔU·I线，ΔU为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．‎ 例3　(多选)(2018·嘉兴市期末)如图16是一个理想变压器，K为单刀双掷电键，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为通过原线圈的电流，则(　　)‎ 图16‎ A．K合在b处，保持U1不变，使P上滑，I1将增大 B．K合在b处，保持P的位置不变，减小U1，I1将减小 C．保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，I1将增大 D.保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，R消耗的功率将减小 答案　BD ‎11．(多选)‎ 19‎ ‎ (2018·温州市十五校联合体期末)如图17所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈接正弦交流电源，电压u＝311sin 100πt(V)，副线圈接入“22 V,100 W”的灯泡一只，则(　　)‎ 图17‎ A．灯泡正常发光 B．电源输出功率为1 000 W C．电流表的示数为‎0.45 A D．电流表的示数为‎4.5 A 答案　AC ‎12．(2018·宁波市十校联考)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给‎500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)‎ A．输电线上输送的电流大小为2.0×‎‎105 A B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻 答案　B 解析　由P＝IU得输电线上输送的电流为：I＝＝ A＝6×‎103 A，由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失为：ΔU＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V，故A错误，B正确；若改用5 kV电压输电，输电线上损失的功率为：ΔP＝2×2.5 W＝9×108 kW>3×106 kW，C错误；ΔP＝中，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误．‎ 专题强化练 ‎1．(2017·湖州市高三上学期期末)现象一：傍晚用电多的时候，灯光发暗，而当夜深人静时，灯光特别明亮；现象二：在插上电炉等大功率电器时，灯光会变暗，拔掉后灯光马上亮了起来．下列说法正确的是(　　)‎ A．现象一是因为夜深人静时，周围比较黑，突显出灯光特别明亮 B．现象二是因为电炉等大功率电器的电阻都比较大引起的 19‎ C．两个现象都可以用电阻定律R＝ρ来解释 D．两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释 答案　D 解析　由于大多数用电器都是并联的，当傍晚用电多的时候或者插上电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会变大，这时候导线上的电压损失就会增加，当变压器输出电压一定的情况下，会使得用户得到的电压减小，所以电灯就会发暗；而当夜深人静时用户用电器减少或者拔掉电炉等功率大的用电器时，干路上的总电流会减小，这时候导线上的电压损失就会减小，用户得到的电压增大，所以电灯就会明亮，因此两个现象都可以用闭合电路欧姆定律来解释，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎2．(2018·湖州市三县期中)某学校有48个班级，在夏季用电高峰季节，某一天每个教室内的用电器及使用信息如下表所示．则该学校该天大约要消耗多少电能(　　)‎ 用电器 日光灯 电风扇 空调 多媒体 额定功率/W ‎40‎ ‎40‎ ‎3 750‎ ‎1 000‎ 数量 ‎14‎ ‎6‎ ‎1‎ ‎1‎ 工作时间/h ‎8‎ ‎6‎ ‎6‎ ‎4‎ A.1 556度 B．1 890度 C．2 098度 D．2 876度 答案　A ‎3.如图1所示为某电学元器件的伏安特性曲线，图中虚线为曲线上P点的切线．当通过该元器件的电流为‎0.4 A时，该元器件的阻值为(　　)‎ 图1‎ A．250 Ω B．125 Ω C．100 Ω D．62.5 Ω 答案　B 解析　由题图可知，当电流为‎0.4 A时，电压为50 V，则由欧姆定律可知，阻值为：R＝＝‎ 19‎ eq f(50,0.4) Ω＝125 Ω，故B正确，A、C、D错误．‎ ‎4．一个内电阻可以忽略的电源，给装满绝缘圆管的水银供电，通过水银的电流为‎0.1 A，若把全部水银倒在一个内径大一倍的绝缘圆管内(恰好能装满圆管)，那么通过水银的电流将是(　　)‎ A．‎0.4 A B．‎0.8 A C．‎1.6 A D．‎‎3.2 A 答案　C 解析　大圆管内径大一倍，即横截面积为原来的4倍，由于水银体积不变，故水银柱长度变为原来的，则电阻变为原来的，因所加电压不变，由欧姆定律知电流变为原来的16倍，C正确．‎ ‎5．(2018·温州市十五校联合体期末)如图2所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．阴影部分的面积表示电源的总功率 B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率 C．当满足α＝β时，电源的输出功率最大 D．当满足α＝β时，电源效率最大 答案　C 解析　阴影面积表示电源的输出功率，A、B错误；α＝β时，内、外电阻相等，电源的输出功率最大，但效率仅为50%，故C正确，D错误．‎ ‎6．(2018·杭州市重点中学期末)如图3所示，2013年，杭州正式推出微公交，它是一种零排放的纯电动汽车，这为杭州人绿色出行又提供了一种方案．该电动车配有一块12 V三元锂电池，容量达260 Ah；采用220 V普通电压充电，一次完全充电约需8 h；行驶时最大时速可达‎80 km/h，充满电后可最多行驶‎80 km.则以下判断正确的是(在计算过程中不考虑各种能量之间转化的效率，可认为电能的价格为0.8元/kW·h)(　　)‎ 图3‎ 19‎ A．充电电流为‎260 A B．充满电后储存的电能为3 120 J C．折合每公里的电能成本约为0.03元 D．匀速行驶时的阻力约为2.0×104 N 答案　C ‎7．(2018·名校协作体联考改编)常用家庭饮水机有两种：a.温热型饮水机，b.即烧即用型饮水机，其简化电路图分别为图4甲、乙所示．其各自铭牌标示为a：220 V,1 000 W(加热)；保温0.9 kW·h(保持水温‎85℃‎以上，水量800 mL)；b：220 V,2 000 W＞‎90℃‎，‎20 L/h(加热状态)，未加热状态水温即为室温．以下选项正确的是(　　)‎ 图4‎ A．温热型饮水机更符合当今社会所倡导的健康、低碳、环保的理念 B．即烧即用型饮水机更符合当今社会所倡导的健康、低碳、环保的理念 C．温热型饮水机总是比即烧即用型饮水机快捷、方便 D．每次取用等量热水(500 mL,‎95℃‎)，即烧即用型饮水机更加快捷、方便 答案　B ‎8.如图5所示，两个阻值较大的定值电阻R1、R2串联后接在输出电压稳定的12 V直流电源上，用电压表测R1两端电压时，电压表的示数为U1，测R2两端电压时，电压表的示数为U2，若电压表内阻不能忽略．则有(　　)‎ 图5‎ A．U1＋U2＜12 V B．U1＋U2＝12 V C．U1＋U2＞12 V D．在测R1两端电压时，R2两端电压小于U2‎ 19‎ 答案　A 解析　设未测量时，定值电阻两端的电压为实际电压，测量时，相当于一个大电阻与定值电阻并联，那么总电阻减小，故干路中电流增大，那么，另一定值电阻上的电压降增大，所以，测量电压比实际电压小．又有R1、R2两端实际电压之和为12 V，故测量电压之和小于12 V，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎9．(2018·嘉兴市期末)如图6所示为一台冬天房间里取暖用的暖风机．其内部电路可简化为加热电阻丝与电动机串联，电动机带动风叶转动，将加热后的热空气吹出．设电动机的线圈电阻为R1，电阻丝的电阻为R2，将暖风机接到额定电压为U(有效值)的交流电源上，正常工作时，电路中的电流有效值为I，电动机、电阻丝、暖风机消耗的电功率分别为P1、P2、P，则下列关系式正确的是(　　)‎ 图6‎ A．P1＝I2R1 B．P2＞I2R2‎ C．P＝UI D．P＝I2(R1＋R2)‎ 答案　C ‎10.(多选)(2018·台州市外国语学校期末)阻值为10 Ω的电阻接到电压波形如图7所示的交流电源上．以下说法中正确的是(　　)‎ 图7‎ A．电压的有效值为10 V B．通过电阻的电流有效值为 A C．电阻消耗的电功率为5 W D．电阻每秒钟产生的热量为10 J 答案　BC 解析　由题图可知电压最大值为Um＝10 V，有效值为U＝ V，电流有效值为I＝＝ A，电阻消耗的电功率为P＝I2R＝2×10 W＝5 W，电阻每秒钟产生的热量为Q＝I2Rt＝5 J.‎ 19‎ ‎11．如图8所示电路中，电源电动势恒定，内阻不计，电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，R阻值未知但不为零，开关S断开时，电流表示数为‎0.20 A，则当开关S闭合后，电流表的示数可能是(　　)‎ 图8‎ A．‎0.25 A B．‎‎0.30 A C．‎0.35 A D．‎‎0.40 A 答案　A 解析　当S断开时E＝I1(R1＋R2＋R)＝0.2(30＋R)①‎ 当S闭合时，R1被短路，E＝I2(R2＋R)＝I2(20＋R)②‎ 联立①②得I2＝ R阻值未知但不为0，所以‎0.2 A＜I2＜‎0.3 A，故A正确，B、C、D错误．‎ ‎12.如图9所示电路中灯泡L1、L2不亮，但电路中只有一处断开，今用电压表测得Uab＝0，Uac＝3 V，Ubd＝3 V，Ucd＝0，则可知(　　)‎ 图9‎ A．L2断开 B．L1断开 C．R断开 D．开关K未接通 答案　C ‎13.(多选)(2018·书生中学月考改编)如图10所示，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，R为副线圈的负载电阻．现在原线圈a、b两端加上交变电压u，其随时间变化的规律u＝220sin 100πt V，则(　　)‎ 19‎ 图10‎ A．副线圈中产生的交变电流频率为50 Hz B．电压表的示数22 V C．若电流表示数为‎0.1 A，则原线圈中的电流为‎1 A D．若电流表示数为‎0.1 A，则1 min内电阻R上产生的焦耳热为132 J 答案　AD 解析　交变电流的周期为T＝＝ s＝0.02 s，频率为50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故A正确．由题意知原线圈的电压最大值为220 V，则有效值为 V＝220 V，故副线圈的电压有效值为22 V，电压表的示数为22 V，故B错误．若副线圈的电流是I＝‎0.1 A，则原线圈的电流是‎0.01 A，故C错误．若副线圈的电流是I＝‎0.1 A，则电阻R上产生的焦耳热为Q＝UIt＝22×0.1×60 J＝132 J，故D正确．‎ ‎14．(多选)(2018·慈溪市期末)如图11所示，目前550 kV句章变电站顺利投产，该项目的投产将大大填补余姚、慈溪及杭州湾新区的用电缺口，缓解用电紧张局面．相比原来的275千伏输电，下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．输电线上的频率将减少一半 B．输电线上的电流将减少一半 C．输电线上损失的电功率将减少一半 D．输电线上损失的电功率将减少为原来的四分之一 答案　BD ‎15．(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图12所示为一理想变压器工作电路图，今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，可行的办法是(　　)‎ 19‎ 图12‎ A．原线圈的匝数n1增加到原来的2倍 B．副线圈的匝数n2增加到原来的2倍 C．负载电阻的阻值R变为原来的 D．n2和R都变为原来的2倍 答案　CD 解析　原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误；副线圈匝数增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的4倍，故B错误；负载电阻变为原来的，而电压不变，所以输出功率和输入功率增加为原来2倍，故C正确；副线圈匝数和负载电阻都增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的2倍，故D正确．‎ ‎16．(多选)(2018·新高考联盟联考)图13甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，为理想交流电压表．变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感L、L3串有电容器C.发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是(　　)‎ 图13‎ A．图甲线圈位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得，此时电压表示数为10 V 19‎ B．线圈转动的角速度为100π rad/s,0.02 s时线圈内电流的流向是D→C→B→A C．如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗 D．增大线圈的转动速度，L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化 答案　BC 19‎