第1讲 直流电路与交流电路
[建体系·论要点]__________________________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
要点熟记
1.明确“1个定律、2个关系”(1)闭合电路的欧姆定律：I＝。(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。2.掌握电容器的“两特点”(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。3.区分交变电流的“四值”(1)最大值：Em＝nBSω。(2)瞬时值：e＝nBSωsin
ωt(从中性面开始计时)。(3)有效值：正弦式交变电流的有效值E＝；非正弦式交变电流的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解。(4)平均值：＝n，常用来计算通过电路的电荷量。4.熟记理想变压器的“四个关系式”(1)功率关系：P入＝P出。(2)电压关系：＝。(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝。(4)频率关系：f1＝f2。
[研考向·提能力]__________________________________考向研析__掌握应试技能
考向一 直流电路的动态分析
直流电路动态分析的3种常用方法
(1)程序法
遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：
(2)结论法——“串反并同”
①“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)。
②“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)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
[典例1] (多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是( )
A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大
B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变
C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器有放电现象
D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大
[解析] 仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，路端电压减小，故电容器所带的电荷量减小，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误。
[答案] BC
规律总结
闭合电路动态分析的三点注意
……………………………………………………
(1)引起电路变化的原因：电阻变化、电键的通断。
(2)电容器的特点：电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电。
(3)二极管的特点：具有单向导电性。
1.
(2020·百校二联)如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是( )
A．R1、R2消耗的电功率均逐渐变小
B．R1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大
C．电源内阻r消耗的热功率逐渐减小
D．R和R1消耗的总功率逐渐增大
解析：在滑动触头从右向左移动的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，所以电路的总电阻减小，总电流I增大，根据P2＝I2R2，可知R2消耗的功率逐渐变大；由U＝E－Ir，可知路端电压减小，R2两端的电压增大，则R1两端的电压减小，根据P1＝，可知R1消耗的功率逐渐变小，故A错误，B正确。总电流增大，由P＝I2r，知电源内电阻消耗热功率逐渐增大，故C错误。将R2看成电源内电路的一部分，R和R1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当外电阻减小时，输出功率减小，则电阻R和R1消耗的总功率逐渐减小，故D错误。
答案：B
2．(2020·河北石家庄模拟)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，R1、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，下列说法正确的是( )
A．电压表示数变小
B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低。通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大。综上所述，A、B、C错误，D正确。
答案：D
3．(多选)(2020·河南开封高三5月调研)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )
A．将热敏电阻R0加热
B．滑动变阻器R的滑片P向上移动
C．开关S断开
D．电容器C的上极板向上移动
解析：要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力，即应增大两板间的电势差。热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A正确；当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，电源的内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，B错误；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上运动，C正确；电容器C的上极板向上移动，d增大，则电容器的电容C减小，由于二极管具有单向导电性，所以电容器两极板所带电荷量不变，由于U＝，C＝，E＝，所以E＝，由于极板上的电荷量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，D错误。
答案：AC
4．(2020·高考全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
解析：电阻R两端的电压UR＝IR，其中I为线路上的充电电流或放电电流。
对电容器，Q＝CUC，而I＝＝C
由UC?t图像知，
1～2
s内，电容器充电，令I充＝I；
2～3
s内，电容器电压不变，则I＝0；
3～5
s内，电容器放电，则I放＝。
联系UR＝IR可知，电阻R两端的电压随时间的变化图像与A对应。
答案：A
考向二 交变电流的产生和描述
1．中性面的特点
(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．计算有效值的三点注意
(1)计算有效值时，要根据串联电路中“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
(2)分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量。
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。
3．交变电流“四值”的应用
(1)最大值：Em＝nBSω，分析电容器的耐压值。
(2)瞬时值：E＝Emsin
ωt(由中性面开始计时)，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：＝n，计算通过电路截面的电荷量。
[典例2]
(2020·山东滨州二模)如图所示为线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，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。矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωsin
ωt
B．当线圈平面转到与磁场垂直时，电压表示数为零
C．线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
D．线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为
[解析] 交流发电机产生电动势的最大值为Em＝nBSω，从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcos
ωt，故A错误；交流电压表测量的是电阻R两端电压的有效值，电动势的有效值为E＝＝，电流为I＝＝，交流电压表的示数为U＝IR＝＝，故B错误；线圈从与磁场平行位置开始转过90°的过程中，线圈转动，＝n，平均电流＝，电荷量q＝·Δt＝n＝，故C错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)T＝[]2(R＋r)×＝，故D正确。
[答案] D
易错警示
理解交变电流的三点注意
……………………………………………………
(1)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来定义的。
(2)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(如典例中的A选项)
①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝＝2πf＝2πn。
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
a．若线圈从中性面开始计时，则e?t图像为正弦函数，e＝Emsin
ωt；
b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e?t图像为余弦函数，e＝Emcos
ωt。
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如典例中的D选项；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如典例中的C选项。
5．若一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示，则Q方∶Q正等于( )
A．1∶
B．∶1
C．1∶2
D．2∶1
解析：根据焦耳定律知产生的热量与方波中的电流方向的变化无关，故Q方＝eq
\f(u,R)T，而正弦交流电电压的有效值等于峰值的，故Q正＝T＝·eq
\f(u,R)T，所以＝，D正确。
答案：D
6．(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是( )
A.时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为
C．线框转一周外力所做的功为eq
\f(2π2Φ,RT)
D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
解析：中性面的特点是与磁场垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框在中性面上，A错；电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦交流电，E有＝＝，B对；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝eq
\f(E,R)·T＝eq
\f(2π2Φ,RT)，C对；由法拉第电磁感应定律知，＝＝＝，D错。
答案：BC
7．(多选)(2020·安徽六安3月模拟)如图所示，边长为L＝0.2
m的正方形线圈abcd，其匝数为n＝100、总电阻为r＝2
Ω，外电路的电阻为R＝8
Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1
T。若线圈从图示位置开始以角速度ω＝2
rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )
A．在t＝时刻，磁场穿过线圈的磁通量为0，故此时磁通量变化率为0
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝4sin
2t
V
C．从t＝0时刻到t＝时刻，电阻R上产生的热量为Q＝0.16π
J
D．从t＝0时刻到t＝时刻，通过R的电荷量q＝0.2
C
解析：在t＝时刻，线圈从图示位置转过90°，磁场穿过线圈的磁通量为0，线圈中磁通量变化率最大，故A项错误；线圈中产生感应电动势的最大值Em＝nB·ω＝100×1××2
V＝4
V，开始计时时，线圈中磁通量最大，感应电动势为0，则闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin
ωt＝4sin
2t
V，故B项正确；线圈转动的周期T＝＝
s＝π
s，回路中感应电流的最大值Im＝＝0.4
A，回路中电流的有效值I＝＝0.2
A，从t＝0时刻到t＝时刻，电阻R上产生的热量Q＝I2R·＝(0.2)2×8×
J＝0.16π
J，故C项正确；从t＝0时刻到t＝时刻，电路中的平均感应电动势＝n，电路中的平均电流＝，线框中磁通量的变化量ΔΦ＝B·，通过R的电荷量q＝Δt，解得q＝n＝100×
C＝0.2
C，故D项正确。
答案：BCD
考向三 变压器与远距离输电
1．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。
2．动态分析的“两不变”
(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。
3．远距离输电的“两损耗”
(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR＝U2－U3＝IRR。
(2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，PR＝P2－P3＝IR，输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PR＝IR或PR＝eq
\f(U,R)。
[典例3] (2020·山东青岛高三下学期统一质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变。下列说法正确的是( )
A．断开S，A的输入功率减小
B．断开S，L1不受影响
C．将滑片P下移，灯泡L1变暗
D．将滑片P上移，A的输入功率增大
[解析] 断开S，B变压器副线圈电路中电阻变大，则电路中电流变小，变压器B输出功率减小，则变压器A输入功率减小，输电线上的电流减小，输电线上损失的电压变小，则变压器B的输入电压变大，输出电压也变大，L1变亮，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，电流变大，则B变压器副线圈电流变大，灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误。
[答案] A
8．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12
V，电阻R1＝1
Ω，R2＝2
Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20
Ω，滑片P处于中间位置，则( )
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过R1的电流为3
A
C．若向上移动P，电源输出功率将变大
D．若向上移动P，电压表读数将变大
解析：由理想变压器电流与匝数关系式＝得＝，电阻消耗功率P＝I2R，电阻R1与R2消耗的电功率是2倍关系，A错误；设通过电阻R1的电流为I，副线圈中的电流为，由功率关系得UI＝I2R1＋()2(R2＋)，解得I＝3
A，B正确；若向上移动滑片P，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，变压器输出功率变大，则电源输出功率增大，原线圈中电流增大，电阻R1两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压也减小，即电压表读数变小，C正确，D错误。
答案：BC
9．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100
kW，发电机的电压U1＝250
V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8
Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220
V。已知输电线上损失的功率P线＝5
kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I1＝40
A
B．输电线上的电流I线＝625
A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455
A
解析：发电机输出电流I1＝＝A＝400
A，A错误；输电线上损失的功率P线＝IR线＝5
000
W，所以I线＝＝A＝25
A，B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95
kW，则I4＝＝A＝
A≈432
A，即用户得到的电流为432
A，故＝＝，故C正确，D错误。
答案：C
10．(多选)如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。下列说法正确的是( )
A．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为2∶1
B．若R阻值不变，当K分别接1和2时，电压表读数之比为∶1
C．若K分别接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为2∶1
D．若K分别接1和2时，要使R消耗的功率相等，则R阻值之比为∶1
解析：设原线圈与副线圈的匝数分别为n1、n2，当K接2时，＝，此时电压表示数与副线圈两端的电压相等，即U2＝U22＝U1，功率为P2＝eq
\f(U,R2)；当K接1时，＝，设此时电压表的示数为U2′，则eq
\f(U,R)·＝·T，得U2′＝，此时的功率为P1＝。由上分析知，电压表的示数之比为∶1，要使R消耗的功率相等，则电阻值之比为2∶1，B、C对。
答案：BC
考向四 交变电流的综合问题
交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交变电流最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图像及与电磁感应、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)分清交流电路中“四值”的不同计算方法及瞬时值表达式的书写和图像的物理意义。
(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中。
[典例4] (2020·河北保定4月检测)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36
V 40
W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1。线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36sin
πt
V
B．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次
C．灯泡L恰好正常发光
D．理想变压器输入功率为20
W
[解析] 由题图乙知周期T＝2×10－2
s，角速度ω＝＝100π
rad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝72·sin
100πt
V，A错误；线框转一圈电流方向改变2次，线框每秒转50圈，电流方向改变100次，变压器不会改变电流方向改变的次数，即副线圈中电流方向每秒改变100次，B错误；副线圈两端电压最大值是36
V，有效值是
V，小于灯泡额定电压36
V，灯泡L不能正常发光，C错误；灯泡的电阻RL＝＝32.4
Ω，变压器的输出功率为P出＝
W＝20
W，所以理想变压器的输入功率为20
W，D正确。
[答案] D
11．如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11
V 33
W”的灯泡。当灯泡正常发光时，变压器输入电压u＝33cos
10πt
V。下列说法正确的是( )
A．图示位置可能是计时起点
B．图示位置线框中磁通量变化率最小
C．变压器原、副线圈匝数之比为3∶1
D．通过电流表A的电流为
A
解析：根据瞬时值表达式可知，线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置，不是图示的位置，选项A错误；图示位置线框中的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项B正确；变压器原线圈的电压有效值为33
V，副线圈电压为11
V，根据＝，知变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，选项C错误；根据输入功率与输出功率相等可知，通过电流表A的电流为I＝＝
A＝1
A，选项D错误。
答案：B
12．(多选)(2020·湖北八校高三第二次联考)如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝
T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10
rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4
m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4
W 100
Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是( )
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40cos
10t
V
B．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1∶2
C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗
解析：输入电压的最大值为Um＝NBSω＝10××0.4×10
V＝40
V，图示时刻感应电动势最大，从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40cos
10t
V，故A正确；变压器输入电压的有效值为U1＝＝
V＝40
V，灯泡正常发光时，U2＝＝
V＝20
V，此时原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝40∶20＝2∶1，故B错误；线圈匝数不变，根据U1∶U2＝n1∶n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器滑片向上移动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，P1＝P2＝eq
\f(U,R)变小，又P1＝U1I1，可知电流表示数变小，故C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据U1∶U2＝n1∶n2可知输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确。
答案：AD(共62张PPT)
专题四
电路与电磁感应
第1讲 直流电路与交流电路
[建体系·论要点]______________________知识串联__熟记核心要点
思维导图
考情分析
考向一 直流电路的动态分析
直流电路动态分析的3种常用方法
(1)程序法
遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：
[研考向·提能力]_____________________考向研析__掌握应试技能
(2)结论法——“串反并同”
①“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)。
②“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)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
[典例1] (多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，D为理想二极管(具有单向导通作用)，R1为定值电阻，C为电容器，电压表和电流表均为理想电表，S1、S2均断开，则下列说法正确的是( )
A．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电压表、电流表示数均变大
B．仅闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，电容器的带电荷量不变
C．先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，再闭合S2，电容器有放电现象
D．同时闭合S1、S2，将滑动变阻器的滑片向右移，定值电阻R1两端的电压增大
[解析] 仅闭合S1，回路中只有R1与R2串联，当滑动变阻器的滑片向右移时，R2的有效阻值减小，故总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律得，总电流增大，路端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数增大，因电容器与二极管串联，电容器不能放电，故电容器的带电荷量不变，故A错误，B正确；先闭合S1，将滑动变阻器的滑片向右移，路端电压减小，故电容器所带的电荷量减小，再闭合S2，电容器与R2形成闭合回路，电容器对外放电，故C正确；同时闭合S1、S2，二极管与R1并联，而二极管的正向导电的电阻为零，故此时R1被短接，故D错误。
[答案] BC
规律总结
闭合电路动态分析的三点注意
…………………………………………………………………………………
(1)引起电路变化的原因：电阻变化、电键的通断。
(2)电容器的特点：电路稳定后，电容器所在支路电阻无电压降，因此电容器两极板间的电压就等于该支路两端的电压。电路中的电流、电压变化时，将会引起电容器的充、放电。
(3)二极管的特点：具有单向导电性。
1.
(2020·百校二联)如图所示的电路中，R1和R2是两个阻值相等的定值电阻，R是滑动变阻器，电源电动势为E、内电阻为r，当滑动变阻器的滑
动触头从右向左移动的过程中，下列说法正确的是( )
A．R1、R2消耗的电功率均逐渐变小
B．R1消耗的功率逐渐变小，R2消耗的功率逐渐变大
C．电源内阻r消耗的热功率逐渐减小
D．R和R1消耗的总功率逐渐增大
B
2．(2020·河北石家庄模拟)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，R1、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，下列说法正确的是( )
A．电压表示数变小
B．电流表示数变小
C．电容器C所带电荷量增多
D．a点的电势降低
D
解析：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2＝E－I(R1＋r)，I增大，则U2变小，电容器两板间电压变小，其带电荷量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知a点的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低。通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA＝I－I2，I增大，I2减小，则IA增大，即电流表示数变大。综上所述，A、B、C错误，D正确。
3．(多选)(2020·河南开封高三5月调研)如图所示，R0为热敏电阻(温度降低电阻增大)，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)，C为平行板电容器，M点接地，在开关S闭合后，C中央有一带电液滴刚好静
止。下列各项单独操作可能使带电液滴向上运动的是( )
A．将热敏电阻R0加热
B．滑动变阻器R的滑片P向上移动
C．开关S断开
D．电容器C的上极板向上移动
AC
解析：要使液滴向上运动，则应增大液滴受到的电场力，即应增大两板间的电势差。热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，故电容器两端的电压增大，液滴向上运动，A正确；当滑动变阻器的滑片P向上移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电流增大，电源的内电压及R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，但由于二极管具有单向导电性，电容器两极板所带电荷量不变，故电容器两端的电势差不变，B错误；开关S断开时，电容器直接接在电源两端，电容器两端电压增大，则液滴向上
4．(2020·高考全国卷Ⅰ)图(a)所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压UC。如果UC随时间t的变化如图(b)所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图像中，正确的是( )
A
考向二 交变电流的产生和描述
1．中性面的特点
(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。
[典例2]
(2020·山东滨州二模)如图所示为
线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电
机的原理图，其矩形线圈面积为S，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。矩形线圈电阻为
r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，伏特表
接在R两端。当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
[答案] D
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
a．若线圈从中性面开始计时，则e?t图像为正弦函数，e＝Emsin
ωt；
b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e?t图像为余弦函数，e＝Emcos
ωt。
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值，如典例中的D选项；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值，如典例中的C选项。
D
BC
7．(多选)(2020·安徽六安3月模拟)如图所示，边长为L＝0.2
m的正方形线圈abcd，其匝数为n＝100、总电阻为r＝2
Ω，外电路的电阻为R＝8
Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B＝1
T。若线圈从图示位置开始以角速度ω＝2
rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )
答案：BCD
考向三 变压器与远距离输电
1．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。
2．动态分析的“两不变”
(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。
[典例3] (2020·山东青岛高三下学期统一质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变。下列说法正确的是( )
A．断开S，A的输入功率减小
B．断开S，L1不受影响
C．将滑片P下移，灯泡L1变暗
D．将滑片P上移，A的输入功率增大
[解析] 断开S，B变压器副线圈电路中电阻变大，则电路中电流变小，变压器B输出功率减小，则变压器A输入功率减小，输电线上的电流减小，输电线上损失的电压变小，则变压器B的输入电压变大，输出电压也变大，L1变亮，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，电流变大，则B变压器副线圈电流变大，灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误。
[答案] A
8．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12
V，电阻R1＝1
Ω，R2＝2
Ω，滑动变阻器R3最大阻值
为20
Ω，滑片P处于中间位置，则( )
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过R1的电流为3
A
C．若向上移动P，电源输出功率将变大
D．若向上移动P，电压表读数将变大
BC
9．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100
kW，发电机的电压U1＝250
V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8
Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220
V。已知输电线上损失的功率P线＝5
kW，假设两个变压器均是理想变压器，
下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电流I1＝40
A
B．输电线上的电流I线＝625
A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455
A
C
10．(多选)如图所示，理想变压器副线圈1、2之间的匝数是总匝数的一半，二极管D具有单向导电性(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，R是可变电阻，K是单刀双掷开关，原线圈接在电压不变的正弦交流电源上。下列说法正确的是( )
答案：BC
考向四 交变电流的综合问题
交变电流综合问题一般会与变压器问题相结合，常涉及交变电流最大值、有效值、平均值、瞬时值的计算，交变电流的图像及与电磁感应、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)分清交流电路中“四值”的不同计算方法及瞬时值表达式的书写和图像的物理意义。
(2)学会将直流电路、闭合电路欧姆定律及变压器分析的知识应用在交流电路中。
[典例4] (2020·河北保定4月检测)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36
V 40
W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1。线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是( )
[答案] D
答案：B
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[基础题组专练]
1．在如图所示的电路中，电阻R＝2
Ω。断开S后，电压表的读数为3
V；闭合S后，电压表的读数为2
V，则电源的内阻r为( )
A．1
Ω
B．2
Ω
C．3
Ω
D．4
Ω
解析：当断开S时，电压表的读数等于电源的电动势，即E＝3
V；当闭合S时，有U＝IR，又由闭合电路欧姆定律可知，I＝，联立解得r＝1
Ω，A正确，B、C、D错误。
答案：A
2．(多选)(2020·高考江苏卷)某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时( )
A．车灯的电流变小
B．路端电压变小
C．电路的总电流变小
D．电源的总功率变大
解析：汽车启动时，车灯变暗，I灯减小，U灯减小，路端电压变小，则总电流变大，故A、B正确，C错误；由P＝IE知电源的总功率变大，D正确。
答案：ABD
3．(2020·北京市大兴区高三下学期5月模拟)如图(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是( )
A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin
ωt
C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
解析：图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是i＝Imcos
ωt，故B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab边感应电流方向为b→a，故D错误。
答案：C
4．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin
100πt
V的交流电源上，副线圈接有R＝55
Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率为220
W
B．电流表的读数为1
A
C．电压表的读数为110
V
D．副线圈输出交流电的周期为50
s
解析：电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220
V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110
V，C错误；流过电阻R的电流为2
A，可知负载消耗的功率为220
W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220
W，A错误；由P＝UI可知，电流表的读数为1
A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω＝100π
rad/s，周期T＝0.02
s，D错误。
答案：B
5．市区某学校创建绿色校园，新装了一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制。路灯的亮度可自动随周围环境亮度的改变而改变。如图为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻(光照强度增加时，其电阻值减小)。现增加光照强度，则下列判断正确的是( )
A．电源总功率不变
B．A灯变亮，B灯变暗
C．R0两端电压变大
D．电源路端电压不变
解析：光照强度增加时光敏电阻的阻值变小，则干路电流变大，电源的总功率P＝EI变大，选项A错误；内电压因电流变大而变大，路端电压减小，流过A灯的电流变小，A灯变暗，选项B、D错误；干路电流增大，A灯的电流变小，故通过R0的电流变大，R0两端电压变大，选项C正确。
答案：C
6．(2020·重庆巴蜀中学模拟)电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路。当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，下列说法正确的是( )
A．定值电阻R2的电功率减小
B．电压表和电流表的示数都减小
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．R中电流变化的绝对值小于电流表示数变化的绝对值
解析：当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，R接入电路的电阻减小，总电阻减小，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R2的电压增大，电功率增大，R1的电压减小，电流表的示数减小，A、C错误，B正确；因为总电流增大，电流表的示数减小，所以R中电流增大，并且R中电流变化的绝对值大于电流表示数变化的绝对值，D错误。
答案：B
7．(多选)(2020·广东惠州一中模拟)如图所示，C1＝6
μF，C2＝3
μF，R1＝3
Ω，R2＝6
Ω，电源电动势E＝18
V，内阻不计。下列说法正确的是( )
A．开关S断开时，a、b两点电势相等
B．开关S闭合后，a、b两点间的电流是2
A
C．开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D．不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
解析：S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误。S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1>C2，由Q＝CU知此时Q1>Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2
A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6
V，U2＝IR2＝12
V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q1′＝C1U1＝3.6×10－5
C，Q2′＝C2U2＝3.6×10－5
C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误。
答案：BC
8．(2020·福建厦门高三下学期5月质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈接u1＝220sin
100πt
V的交流电，电阻R1＝R2＝50
Ω，D为理想二极管，则( )
A．R2两端的电压为100
V
B．R2两端的电压为100
V
C．原线圈的输入功率为300
W
D．原线圈的输入功率为400
W
解析：根据＝可得，副线圈两端的电压的有效值为U2＝100
V，由于二极管具有单向导电性，因此R2消耗的功率是没有二极管时的一半，根据P＝可求出R2两端电压的有效值为U2′＝50
V，A、B错误；R1消耗的功率P1＝eq
\f(U,R1)＝200
W，R2消耗的功率是R1的一半，因此两个电阻消耗的总功率P总＝100
W＋200
W＝300
W，变压器输入功率与输出功率相等，因此原线圈输入的功率为300
W，C正确，D错误。
答案：C
[能力题组专练]
9．如图甲所示，电动势为E、内阻为r的电源与R＝6
Ω的定值电阻、滑动变阻器RP、开关S组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P与其接入电路的有效阻值RP的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A．电源的电动势E＝
V，内阻r＝4
Ω
B．图乙中Rx＝2.5
Ω
C．定值电阻R消耗的最大功率为0.96
W
D．调整滑动变阻器RP的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1
W
解析：当RP＝R＋r＝10
Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，R＝6
Ω，可得内阻r＝4
Ω，最大功率P＝＝0.4
W，解得E＝4
V，选项A错误；滑动变阻器的阻值为4
Ω时消耗的功率与阻值为Rx时消耗的功率相等，有4
Ω·Rx＝(R＋r)2，解得Rx＝25
Ω，选项B错误；当回路的电流最大时，定值电阻R消耗的功率最大，故最大功率为()2R＝0.96
W，选项C正确；当外电路电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，本题中定值电阻R的阻值已经大于内阻的阻值，故滑动变阻器RP的阻值为零时，电源的输出功率最大，最大功率为()2R＝0.96
W，选项D错误。
答案：C
10．(多选)(2020·河南郑州一模)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格都是“9
V 12
W”，当在该变压器cd端输入交变电压u(u?t图像如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是( )
A．ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝27·sin
100πt
V
B．原、副线圈匝数比为3∶1
C．流过灯泡L2的电流方向每秒钟改变50次
D．电流表的示数为4
A，ab端输入的功率Pab为48
W
解析：由变压器cd端输入交变电压u的图像，可求出其有效值为27
V，灯泡规格都是“9
V 12
W”，四只灯泡都正常发光，所以ab端输入电压的有效值是27
V＋9
V＝36
V，交流电的周期是0.02
s，故ab端输入电压的瞬时值表达式为uab＝36sin
100πt
V，A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9
V，根据理想变压器电压比规律可得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，B正确；由图像知交流电的周期为0.02
s，交流电的频率为50
Hz，流过灯泡L2的电流方向每秒钟改变100次，C错误；电流表的示数为I＝3×
A＝4
A，ab端输入的功率Pab＝4×12
W＝48
W，D正确。
答案：BD
11．(2020·北京市海淀区高三下学期5月检测)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为U＝220sin
ωt
V，副线圈所在电路中接有电灯L、电阻R、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈
匝数比为5∶1，电灯额定功率为44
W，电阻阻值为22
Ω，电灯以额定功率正常工作，则( )
A．电压表示数为62.5
V
B．电流表示数为2
A
C．通过保险丝的电流为15
A
D．电阻消耗的功率为88
W
解析：已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为U＝220sin
ωt
V，则原线圈电压的有效值为U1＝
V＝220
V，根据＝，解得U2＝44
V，即电压表示数为44
V，故A错误；灯泡与电阻并联，所以灯泡两端的电压与电阻、副线圈两端电压相等，对于灯泡，由于灯泡正常工作，因此有PL＝U2IL，对于电阻，根据欧姆定律可得IR＝，又因为I2＝IL＋IR，代入数据得IR＝2
A，I2＝3
A，即电流表示数为3
A，故B错误；根据＝，可得I1＝0.6
A，因此通过保险丝的电流为0.6
A，故C错误；根据公式PR＝U2IR，代入数据解得PR＝88
W，即电阻消耗功率为88
W，故D正确。
答案：D
12．(多选)图甲为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头P在某一位置，在B、C间接一个交流电压表和一个电阻R。若A、B间输入图乙所示的交变电压，则( )
A．t＝1×10－2
s时，电压表的示数为零
B．A、B间输入电压的瞬时值为u＝220sin
100πt
V
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大
解析：电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由图乙可知T＝2×10－2
s，故f＝＝50
Hz，ω＝2πf＝100π
rad/s，所以A、B间输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin
100πt
V，故B正确；滑动触头P顺时针转动时，n2变小，根据变压器电压关系＝知，R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系＝知，R两端的电压增大，因输入功率等于输出功率P入＝P出＝eq
\f(U,R)，所以滑动触头P逆时针转动时，A、B间输入功率增大，故D正确。
答案：BD
13．(多选)(2020·山东滨州质检)如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，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( )
A．理想变压器原、副线圈的匝数比＝
B．电流表A2的示数为1
A，电压表的示数为220
V
C．抽油烟机的内阻为220
Ω
D．变压器的输入功率为260
W
解析：原线圈两端电压为U1＝
V＝2
200
V，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U2＝220
V，理想变压器原、副线圈的匝数比＝＝，故A正确；电流表A2的示数为I2＝＋＝
A＋
A≈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。
答案：AD
14．如图所示，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的匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO′以角速度ω匀速转动，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时。下列判断正确的是( )
A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sin
ωt
B．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C．电压表V的示数为NBωL2
D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小
解析：图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2·cos
ωt，A错。理想变压器的输入功率与输出功率相等，B错。原线圈电压的有效值U1＝NBωL2，由＝得U2＝NBωL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得eq
\f(U,R)×＝×T，所以电压表的示数U＝NBωL2，C对。若将滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，D错。
答案：C
15．(多选)在如图甲所示的远距离输电示意图中，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100
Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火情时，升压变压器的输入功率为750
kW。下列说法正确的是( )
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50
Hz
B．输电线中的电流为60
A
C．输电线路损耗的功率为90
kW
D．当传感器R2所在处出现火情时，电压表V的示数变大
解析：由图乙知交变电流的周期T＝0.02
s，所以降压变压器副线圈输出的交变电流频率为f＝50
Hz，选项A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250
V，根据电压与匝数成正比知，副线圈电压为25
000
V，所以输电线中的电流为I＝＝30
A，选项B错误；输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100
V＝3
000
V，输电线路损耗的功率为ΔP＝ΔUI＝90
kW，选项C正确；当出现火情时，传感器R2的阻值减小，升压变压器副线圈两端电压U2不变，由I2U2＝IR＋I(R1＋R2)，I2n3＝I3n4，得U2＝I2[R＋eq
\f(n,n)(R1＋R2)]，因为R2减小，U2不变，则I2增大，输电线上电压损失增大，降压变压器原、副线圈两端电压都减小，且定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，选项D错误。
答案：AC
