2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题四第1讲 直流电路与交流电路

第1讲　直流电路与交流电路
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.直流电路和交流电路的相关知识和规律应用。 2．会用闭合电路欧姆定律分析电路各部分之间的相互关系，能用焦耳定律分析电学中的能量转化问题。
3．掌握变压器的原理，会分析交流电路的动态变化。 1.科学思维：运用闭合电路欧姆定律进行电路的动态分析，利用焦耳定律结合能量观点分析电路问题。
2．物理建模：理解理想变压器的性质和远距离输电的电路模型。 高考考查点：闭合电路欧姆定律的应用；电路中的能量问题；交流电的产生和描述；变压器和远距离输电。
考查重点是对交流电性质和特点的分析，变压器的原理及规律的应用。
题目考查点单一，难度较小。
一、纯电阻电路和非纯电阻电路
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＝t＝I2Rt，P＝UI＝＝I2R。
2．非纯电阻电路：电功W＝UIt，电功率P＝UI，电热Q＝I2Rt，热功率P热＝I2R，电功率大于热功率，即W>Q，故求电功、电功率只能用W＝UIt、P＝UI，求电热、热功率只能用Q＝I2Rt、P热＝I2R。
二、电源的功率和电路动态分析
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＝I2r。
(3)电源的输出功率：P出＝UI＝P总－P内。
2．电源的效率：η＝×100%＝×100%。
3．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)。
三、交流电的描述和变压器
1．交流电的“四值”
(1)最大值Em＝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＝；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、电流等都是指有效值。
(4)平均值：＝n，常用来计算通过电路的电荷量。
2．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：＝。
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝。
3．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。
热点一　对电路基本概念和规律的理解
1．运用伏安特性曲线求电阻应注意的问题
(1)如图所示，非线性元件的I－U图线是曲线，导体电阻Rn＝，即电阻等于图线上点(Un，In)与坐标原点连线的斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数。
(2)I－U图线中的斜率k＝，斜率k不能理解为k＝tan θ(θ为图线与U轴的夹角)，因坐标轴的单位可根据需要人为规定，同一电阻在坐标轴单位不同时倾角θ是不同的。
2．非纯电阻电路的分析方法
(1)抓住两个关键量
确定电动机的电压UM和电流IM是解决所有问题的关键。若能求出UM、IM，就能确定电动机的电功率P＝UMIM，根据电流IM和电动机的电阻r可求出热功率Pr＝Ir，最后求出输出功率P出＝P－Pr。
(2)坚持“躲着”求解UM、IM
首先，对其他纯电阻电路、电源的内电路等，利用欧姆定律进行分析计算，确定相应的电压或电流，然后，利用闭合电路的电压关系、电流关系间接确定非纯电阻电路的工作电压UM和电流IM。
(2020·衢州、湖州、丽水三地市质监)小明家安装了一路专线为额定功率为1.5 kW的空调供电，用去的铜导线长50 m，横截面积为2.5 mm2，已知铜的电阻率为1.75×10－8 Ω·m，如果空调能够正常工作，这段导线上损失的电压最接近(　　)
A．1.2 V　　　　　　　　 B．2.3 V
C．12 V D．23 V
[解析]　由P＝UI得工作电流为：I＝＝ A≈6.82 A，　
根据电阻定律得铜导线的电阻为：R＝ρ＝ Ω＝0.35 Ω，
则正常工作时这段导线上损失的电压为：
ΔU＝IR＝6.82×0.35 V＝2.387 V，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
【拓展训练1】　(2020·朝阳区等级考模拟)某简易电吹风简化电路如图所示，其主要部件为电动机M和电热丝，部分技术参数如下表，电吹风在220 V电压下工作。下列说法正确的是(　　)
电吹风额定电压 220 V
电吹风额定功率 热风时：990 W
冷风时：110 W
A．开关S1、S2都闭合时电吹风吹冷风
B．该电吹风中电动机的内电阻为440 Ω
C．吹热风时电热丝的功率为990 W
D．吹热风时通过电热丝的电流为4 A
解析：选D。由电路图可知，开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，故A错误；只闭合开关S2时，仅电动机接入电路，若电动机为纯电阻，则内电阻为r＝ Ω＝440 Ω，由于电动机为非纯电阻，则内电阻不为440 Ω，故B错误；开关S1、S2都闭合时，电动机和电热丝同时接入电路，电吹风吹热风，总功率为990 W，即为电动机的功率和电热丝的功率之和，则吹热风时电热丝的功率为880 W，故C错误；吹热风时电热丝的功率为880 W，通过电热丝的电流为I＝ A＝4 A，故D正确。
【拓展训练2】　(2020·通州区高三期末)某研究性学习小组描绘了三种电学元件的伏安特性曲线，如图所示，下列判断正确的是(　　)
A．图甲反映该电学元件的导电性能随电压的增大而增强
B．图乙反映该电学元件的导电性能随温度的升高而减弱
C．图丙反映该电学元件加正向电压和反向电压时导电性能一样
D．图丙反映该电学元件如果加上较高的反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大
解析：选D。由图甲可知随着电压增加图线斜率不变，即该元件电阻阻值的倒数不变，阻值不变，导电性能不变，故A错误；由图乙可知随着电压增加图线斜率变小，该电学元件电阻阻值的倒数变小，阻值增加，导电性能随电压的增大而减弱，但不能说明和温度的变化情况，故B错误；由图丙可知加正向电压和反向电压时图线关于原点不对称，因为横坐标不一样，故导电性能不一样，故C错误。根据图丙可知该电学元件如果加上较高反向电压(大于40 V)时，反向电流才急剧变大，故D正确。
热点二　电路的动态分析
1．闭合电路动态变化的原因
(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。
(2)若开关的通断使串联的用电器增多，则总电阻增大；若开关的通断使并联的支路增多，则总电阻减小。
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。
2．直流电路动态分析方法
(1)程序法；(2)“串反并同”法；(3)极限法。
(多选)(2020·山西太原质量检测)如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，R3为光敏电阻(电阻值随光照强度的增加而减小)，电流表A和电压表V的示数分别为I和U，下列说法正确的是(　　)
A．将R2的滑动触头P向左移动，I将增大，U将减小
B．减小A、B板的正对面积，则电容器所带电荷量减少
C．减小光照强度，I将减小，U将增大，电容器所带电荷量将减小
D．减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值将变大
[解析]　滑动变阻器处于含电容器支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，故A错误；若仅减小A、B板的正对面积，因板间电压不变，由C＝知电容减小，再由电容的定义式C＝可知电容器所带电荷量减少，故B正确；减小光照强度，光敏电阻阻值增大，电路总电阻增大，总电流减小，即电流表示数减小，电源内电压减小，电压表示数增大，R1两端电压减小，电容器两端电压减小，所带电荷量将减小，故C正确；减小光照强度，U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值即为电源内阻，所以不变，故D错误。
[答案]　BC
【拓展训练3】　(2020·广东六校联盟联考)如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球。开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是(　　)
A．小球带负电
B．当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大
C．当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下
D．当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大
解析：选C。由图，A板带正电，B板带负电，电容器内电场方向水平向右。细线向右偏，电场力向右，则小球带正电，故A错误；滑片向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U＝E－Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误；滑片向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下，故C正确；根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大。外电阻大于内阻，外电阻减小，输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小。本题不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小，故D错误。
【拓展训练4】　(多选) (2020·扬州5月调研)如图所示的电路，R1为定值电阻，R2为热敏电阻(温度升高，电阻减小)，电源的电动势为E，内阻为r。闭合开关，当环境温度升高时，下列说法正确的有(　　)
A．电压表示数增大
B．电流表示数减小
C．有电流向下流过A点
D．电压表和电流表示数变化量之比保持不变
解析：选CD。当环境温度升高时，R2减小，总电阻减小，总电流变大，则电流表示数变大，内电压和R1两端电压变大，则R2电压减小，即电压表读数减小，A、B错误；由于电容器两端电压减小，可知电容器放电，则有电流向下流过A点，C正确；由于U＝E－I(R1＋r)，则＝R1＋r，即电压表和电流表示数变化量之比保持不变，D正确。
热点三　交流电的产生和描述
1．两个特殊位置的特点
(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。
2．正弦交流电“四值”的应用
(2020·厦门模拟)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．电流表的示数为20 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，线圈平面与磁场方向垂直
[解析]　电流表的示数为I＝ A＝10 A，故A错误；由图乙可知T＝0.02 s，则角速度为ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，故B错误；由图乙可知t＝0.01 s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为0，故C正确；由图乙可知t＝0.02 s时，感应电流最大，则此时穿过线圈的磁通量为0，故D错误。
[答案]　C
【拓展训练5】　(多选)(2020·青海西宁一模)如图所示，磁极N、S间的磁场看做匀强磁场，磁感应强度为B0，矩形线圈ABCD的面积为S，共n匝，内阻为r，线圈通过滑环与理想电压表V和阻值为R的定值电阻相连，AB边与滑环E相连；CD边与滑环F相连。若线圈正在绕垂直于磁感线的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动，图示位置恰好与磁感线垂直，以下说法正确的是(　　)
A．线圈在图示位置时，电阻R中的电流方向为自M到N
B．线圈自图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为
C．线圈转动一周的过程中克服安培力做的功为S2,R＋r)
D．线圈在图示位置时，电压表的示数为0
解析：选BC。线圈在图示位置时，穿过线圈的磁通量最大，此时电流为0，故A错误；线圈自图示位置开始转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝Δt＝Δt＝，故B正确；由功能关系可知，线圈转动一周的过程中克服安培力做的功等于回路中产生的热量即为Q＝I2(R＋r)T＝·(R＋r)＝·(R＋r)＝S2,R＋r)，故C正确；电压表的示数为交变电流的有效值为U＝IR＝R，故D错误。　
【拓展训练6】　(2020·云南师大附中月考)阻值为100 Ω的纯电阻元件通以如图所示的交流电，则该元件的发热功率为(　　)
A．121 W　　 B．302.5 W　　
C．484 W　　 D．605 W
解析：选B。电热Q＝T，代入数据得Q＝×0.01 s＋×0.01 s＝×0.02 s，解得电压有效值为U＝55 V，发热功率P＝＝302.5 W。
热点四　变压器和远距离输电
1．理想变压器动态分析
(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．解决远距离输电问题的一般思路
(1)电压关系：升压变压器输入电压U1是不变的，根据＝可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定的电压损失，ΔU＝IR。降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压由＝确定。
(2)电流关系：升压变压器输入电流由I1＝确定，输出电流I2由＝确定，I2通过输电线传到降压变压器，即I3＝I2，而＝。
(3)功率关系：升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝I2R，降压变压器输出功率为P2，则P1＝P2＋ΔP＝P2＋I2R。
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。
(多选)(2020·四川成都一轮检测)如图所示电路，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，额定电压不同。在输入端接上u＝45sin 100πt(V)的交流电压，三个灯泡均正常发光，电流表A1的示数为1 A，电流表A2的示数为1.5 A，电路中变压器为理想变压器、电流表均为理想电流表，则下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶3
B．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1
C．灯泡L的额定电压为10 V
D．灯泡L的额定电压为15 V
[解析]　因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2＝3 A，由变压规律可知变压器原、副线圈匝数比为＝＝，故A错误，B正确；令副线圈两端电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1＝U2＝3U2，令灯泡L两端电压为UL，则有ULI1＝U2IA，其中U＝UL＋U1，由输入端电压u＝45sin 100πt(V)，可知U＝45 V，联立可得UL＝15 V，故C错误，D正确。
[答案]　BD
【拓展训练7】　(2020·浙江联考)低温、雨雪、冰冻等恶劣天气造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重。为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：根据远距离输电原理，利用电流的热效应除冰，将高压线上电流从正常供电时的I增大到3I，除冰时认为输电功率和输电线电阻不变，则下列说法正确的是(　　)
A．电流的热效应是根据电流的平均值计算的
B．为实现除冰目的，应将输电电压增大到原来的3倍
C．除冰时电线电阻的发热功率为正常情况的9倍
D．若降压变压器的匝数不变， 除冰时用户得到的电压也不变
解析：选C。电流的热效应是根据电流的有效值来计算的，故A错误；输电功率P＝UI，将高压线上电流从正常供电时的I增大到3I，需要输电电压减小到原来的，用户得到的电压变小，故B、D错误；输电线上的热功率P＝I2R，电流从正常供电时的I增大到3I，输电线电阻热功率为原来的9倍，故C正确。
【拓展训练8】　(多选)(2020·中山一模)如图所示，理想变压器的a、b两端接在U＝220 V的交流电源上，定值电阻R0＝40 Ω，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R＝ Ω，光照强度E的单位为勒克斯(lx)。开始时理想电流表A2的示数为0.2 A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，下列说法正确的是(　　)
A．变压器原、副线圈匝数比＝
B．理想电压表V2、V3的示数都减小
C．光照强度的增加量约为7.5 lx
D．在增大光照强度的过程中，变压器的输入功率逐渐减小
解析：选AC。设开始时变压器初级电流为I1，则＝＝，解得＝，A正确；因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压U2不变，则V2的示数不变；因次级电流变大，则R0上电压变大，则V3的示数减小，B错误；变压器次级电压为U2＝U1＝55 V，开始时光敏电阻R1＝－R0＝ Ω＝235 Ω，后来光敏电阻R2＝－R0＝ Ω＝15 Ω，由E＝可得ΔE＝－＝ lx－ lx≈7.5 lx，C正确； 在增大光照强度的过程中，变压器次级电阻减小，则次级电路消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，D错误。
(建议用时：30分钟)
1. (2020·金华十校4月模拟)有一种“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。一钻孔如图所示，其形状为圆柱体，半径为10 cm，设里面充满浓度均匀的盐水，其电阻率ρ＝0.314 Ω·m，在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U＝100 V，I＝100 mA，则该钻孔的深度为(　　)
A．50 m　　　　　　　 B．100 m
C．1 000 m D．2 000 m
解析：选B。盐水电阻R＝＝1 000 Ω，由电阻定律R＝ρ，面积S＝πr2＝3.14×10－2 m2，联立解得h＝100 m，故A、C、D错误，B正确。
2．(2020·湖北质量检测)2019年12月7日至11日在日本东京举办了第十三届中日节能环保综合论坛，与会专家统计：每使用1度(千瓦时)电，就相应消耗了0.4 kg的标准煤，同时产生0.272 kg碳粉尘，0.997 kg二氧化碳，0.03 kg二氧化硫，0.015 kg氮氧化物。济宁市约有200万家庭，根据下表提供的数据，估算该市由于这4种家用电器待机一昼夜产生的二氧化碳的质量约为(　　)
每户普通家庭用电器平均数 1台平板
电视机 1台
空调 1台洗
衣机 1台台
式电脑
每台家用电器平均待机功率(W) 1 4 2 3
A．4.8×103 kg B．4.8×104 kg
C．4.8×105 kg D．4.8×106 kg
解析：选C。4种家用电器待机一昼夜消耗的电能为E＝200×104×(1＋4＋2＋3)×10－3×24 kW·h＝4.8×105 kW·h，产生的二氧化碳的质量约为M＝0.997×4.8×105 kg≈4.8×105 kg。
3. (2020·雅安一诊)“世纪工程”——港珠澳大桥已于2018年10月24日9时正式通车，主桥部分由约为6.7 km海底隧道和22.9 km桥梁构成，海底隧道需要每天24小时照明，而桥梁只需晚上照明。假设该大桥的照明电路可简化为如图所示电路，其中太阳能电池供电系统可等效为电动势为E、内阻为r的电源，电阻R1、R2分别视为隧道灯和桥梁路灯，已知r小于R1和R2，则下列说法正确的是(　　)
A．夜间，电流表示数为
B．夜间，开关S闭合，电路中电流表、电压表示数均变小
C．夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大
D．当电流表示数为I时，太阳能电池供电系统输出电功率为EI
解析：选C。夜间，桥梁需要照明，开关S闭合，电阻R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可知，电流表示数I＝，故A错误；夜间，开关S闭合，总电阻减小，干路电流增大，电路中电流表示数变大，故B错误；根据能量守恒定律可知，夜间，由于用电器的增多，则太阳能电池供电系统损失的电功率增大，故C正确；当电流表示数为I时，太阳能电池供电系统总功率为EI，输出功率为EI－I2r，故D错误。
4．(多选)(2020·江苏三校联考)如图所示，电源电动势E和内阻r一定，R1、R2是定值电阻，R0是光敏电阻(光敏电阻的阻值随光照强度的增大而减小)，L是小灯泡。当照射到R0的光照强度减小时，以下分析正确的是(　　)
A．电流表示数减小 B．电压表示数不变
C．灯泡亮度变暗 D．电源效率降低
解析：选AC。由题可知，当照射到R0的光照强度减小时，R0的阻值增大，则总电阻增大，总电流减小；电源内部分压减小，路端电压增大，则电压表示数增大；R1分压减少，并联部分电压增大，通过R2的电流增大，通过灯泡的电流减小，则灯泡变暗；由闭合电路欧姆定律可知电源效率η＝＝＝1－，电流减小，则电源效率增大；综上，A、C正确，B、D错误。
5．(多选)(2020·成都模拟)一线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流的u－t图象如图a所示，假设将此电压加在图b所示的回旋加速器上给氘核加速，已知氘核的质量为3.3×10－27 kg，下列说法正确的是(　　)
A．该交流电电压的有效值为2 000 kV
B．t＝0.5×10－7 s时，穿过线圈的磁通量最大
C．氘核在回旋加速器中运动的周期为1.0×10－7 s
D．加在回旋加速器上匀强磁场的磁感应强度大小约为1.3 T　
解析：选BCD。由图a可知该交流电电压最大值是2 000 kV，有效值为 kV＝1 000 kV，A错误；t＝0.5×10－7 s时，线圈在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B正确；氘核在回旋加速器中运动的周期与交流电电压的周期T相同为1.0×10－7 s，C正确；氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m，氘核运动的周期为T′＝＝，式中q＝1.6×10－19 C，m＝3.3×10－27 kg，欲使氘核能不断加速，必须满足T＝T′，解得B≈1.3 T，D正确。
6．(2020·密云区测试)交流发电机发电的示意图如图所示，矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r。在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。关于发电过程中的四个状态，下列说法正确的是(　　)
A．线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为NBS
B．线圈转到图乙位置时，通过线圈的磁通量的变化率为NBSω
C．线圈转到图丙位置时，外电路中交流电流表的示数为
D．线圈转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B→C→D
解析：选D。线圈转到图甲位置时，通过线圈的磁通量为BS，与匝数无关，A错误；线圈转到图乙位置时，感应电动势Em＝NBSω＝N，解得磁通量的变化率＝BSω，B错误；电流表示数为有效值I＝＝，C错误；线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知线框中的电流方向为A→B→C→D，D正确。
7．(多选) (2020·青海西宁模拟)一理想变压器如图所示，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则(　　)
A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将减小
B．保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗功率减小
C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
解析：选BD。保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1＝得I1将增大，故A错误；保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，原线圈匝数变大，副线圈电压变小，根据P＝,R)可知功率变小，故B正确；保持U1不变，S合在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据I1＝可知I1将减小，故C错误；保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1＝可知I1将增大，故D正确。
8．(2020·陕西西安中学二模)图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V　6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是(　　)
A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)
B．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光
C．流过灯泡L2的电流每秒钟方向改变50次
D．ab输入端输入功率Pab＝18 W
解析：选B。由题知，cd的电压瞬时值表达式为Ucd＝27sin 100πt(V)，有效值为U1＝27 V, 由＝得副线圈电压U2＝9 V，则L2、L3、L4均能正常发光，每只灯泡的电流I′＝＝ A＝ A，副线圈电流I2＝3× A＝2 A，由＝得原线圈的电流I1＝ A，L1也能正常发光，ab输入电压的表达式为Uab＝36sin 100πt(V)，A错误，B正确；由图象知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，流过灯泡L2的电流每秒钟方向改变100次，C错误；ab输入端输入功率Pab＝36× W＝24 W，D错误。
9．(2020·房山区期末)两个完全相同的电热器分别通以如图甲、乙所示的交变电流，两电热器的实际电功率之比P甲∶P乙为(　　)
A．1∶2 B．1∶1
C．∶1 D．2∶1
解析：选D。方波的电流有效值：I甲＝I0，正弦交流电的有效值为：I乙＝，根据功率公式P＝I2R得到：P甲∶P乙＝I∶I＝I∶＝2∶1。
10．(2020·朝阳区期末)A、B是两个完全相同的电热器，A、B分别通以如图甲、乙所示的交变电流。则(　　)
A．通过A、B两电热器的电流有效值之比为IA∶IB＝3∶4　
B．通过A、B两电热器的电流有效值之比为IA∶IB＝3∶2　
C．A、B两电热器的电功率之比为 PA∶PB＝3∶2
D．A、B两电热器的电功率之比为 PA∶PB＝5∶4
解析：选D。对甲：IR＋R＝IRT，解得IA＝I0，对乙：IB＝I0，则IA∶IB＝∶2，A、B错误；根据P＝I2R可知A、B两电热器的电功率之比为 PA∶PB＝5∶4，C错误，D正确。
11．(多选)(2020·河北唐山一模)图(a)为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图(b)所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在点火针两端间引发火花，进而点燃燃气灶，则(　　)
A．闭合开关S，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50 V
B．某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100 r/s
C．闭合开关S，电压表的示数为25 V
D．变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2>100n1时，才能实现点火
解析：选CD。根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50 V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为U＝＝25 V，电压表的示数为：U＝25 V，故A错误，C正确；根据图(b)可得原线圈电流周期为0.02 s，转速n＝＝50 r/s，某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为50 r/s，故B错误；瞬时电压大于5 000 V即火花放电；根据＝，且U1＝50 V，U2＞5 000 V得到实现点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2＞100n1，故D正确。
12．(2020·中山期末)理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是(　　)
A．灯泡L1变亮，L2变暗
B．灯泡L1、L2都变亮
C．灯泡L2、L3都变亮
D．电源输出功率减小
解析：选B。设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为：U2＝I2(R＋R并)，根据＝＝k，得原线圈两端的电压为：U1＝kU2＝kI2(R＋R并)，根据＝＝，解得I1＝I2，根据欧姆定律，可得L1两端的电压：U1′＝I1R＝，则稳压交流电源的电压为：U＝U1′＋U1＝I2，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流I1＝I2也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，A、C错误；因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，D错误。
13．(多选) (2020·山西太原一模)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，电源电压u＝12·sin 100πt(V)，电阻R1＝4 Ω，R2＝2 Ω，它们消耗的功率分别为P1、P2，则(　　)
A．P1＝4 W B．P1＝16 W
C．P2＝2 W D．P2＝8 W
解析：选AD。设原线圈电流为I，则由匝数比等于电流的倒数比可知，次级线圈电流为2I；电源电压有效值为12 V，则初级电压U1＝U－IR1＝12－4I，次级电压U2＝2IR2＝4I；因为＝＝ ，解得I＝1 A，则R1消耗的功率为P1＝I2R1＝4 W，R2消耗的功率为P2＝(2I)2R2＝8 W。
14．(2020·成都质检)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，C为电容器。通过R1的正弦交流电如图乙所示，则(　　)
A．电容器两端电压为10 V
B．原线圈输入电流的频率为100 Hz
C．电压表示数为100 V
D．原线圈输入功率为10 W
解析：选C。R1两端电压为U＝IR1＝10 V，交变电流能通过电容器，所以电容器两端电压小于10 V，故A错误；根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期频率相同，周期为0.02 s，f＝＝＝50 Hz，故B错误；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数关系得＝，解得U1＝100 V，故C正确；电阻R1消耗的功率：PR1＝I2R1＝10 W，根据变压器原理得输入功率等于输出功率，由于有电流通过电容器，输出功率为R1、R2、电容器消耗的电功率之和，故变压器输出功率大于10 W，则原线圈输入功率大于10 W，故D错误。
15．(2020·泸州二诊)心电仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈，则(　　)
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
解析：选B。保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原、副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，A错误，B正确；若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R阻值变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，C、D错误。