【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第9讲-恒定电流和交变电流.docx

第9讲　恒定电流和交变电流

1．(2021·江苏卷，4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了准时发觉，设计了一种报警装置，电路如图4－9－1所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)

图4－9－1
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显

解析　由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，药液接触传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，如右图依据U＝E－Ir可推断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.
答案　C

图4－9－2
2．(多选)(2021·江苏单科，8)如图4－9－2所示，抱负变压器原线圈接有沟通电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以实行的方法有(　　)
A．向下滑动P
B．增大沟通电源的电压
C．增大沟通电源的频率
D．减小电容器C的电容
解析　向下滑动P，变压器副线圈电压降低，灯泡变暗，A错误；增大沟通电源电压，副线圈电压上升，灯泡变亮，B正确；增大沟通电源频率，电容器容抗减小，电流变大，灯泡变亮，C正确；减小电容器的电容，容抗增大，电流减小，灯泡变暗，D错误．
答案　BC
3．(2022·江苏卷，3)远距离输电的原理图如图4－9－3所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为抱负变压器，则下列关系式中正确的是(　　)

图4－9－3
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析　由于抱负变压器的电流比与匝数比成反比，即＝，A错；由于R两端的电压不等于U2，故B错；由能量关系可得U1I1＝IR＋P用，故C错；由功率关系，P入＝P出可得：I1U1＝I2U2，D项正确．
答案　D

主要题型：选择题
学问热点
(1)欧姆定律的应用及对电功率的分析与计算．
(2)交变电流的产生、图象以及“四值”的考查．
(3)抱负变压器“四个关系”的考查．
(4)抱负变压器与远距离输电问题的综合考查．
物理方法
(1)程序法　(2)等效法　(3)分析推理法
命题趋势
2021年高考对本专题的考查
(1)将以对实际生活中电路的分析、计算为主．
(2)将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、抱负变压器等问题，以选择题为主．

热点一　直流电路的分析

1. (2022·银川二模)在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的把握．如图4－9－4所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器．已知热敏电阻的阻值随温度的上升而减小，则有(　　)

图4－9－4

A．若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小
B．若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大
C．若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量增大
D．若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小
答案　D
2. (2022·天津卷，2)如图4－9－5所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽视，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．假如仅转变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是(　　)

图4－9－5

A．增大R1的阻值
B．增大R2的阻值
C．增大两板间的距离
D．断开电键S
解析　依据电路结构，电容器两极电压等于R1两端电压与R2大小无关，即UC＝UR1＝E，对油滴由平衡条件得q＝mg，油滴静止不动，说明电场强度不发生变化，即R1的电压不变即可，故转变R2时对电路工作状态无影响，选B.
答案　B
3．(多选)如图4－9－6所示的电路中，电源电压保持不变，闭合开关S，电路正常工作，过了一会儿，电流表A的示数变为零，若电路中故障发生在灯L、电阻R上，用一根导线来推断电路故障，则下列推断正确的是(　　)

图4－9－6
A．将导线并联在R两端，电流表无示数，肯定是L断路
B．将导线并联在L两端，电流表无示数，肯定是R断路
C．将导线并联在R两端，电流表有示数，肯定是R断路
D．将导线并联在L两端，电流表有示数，肯定是L断路
解析　电流表A的示数变为零，说明电路故障为断路．将导线与用电器并联进行检测时，若电流表有示数，说明与导线并联的用电器断路；若电流表无示数，说明另一个用电器断路或两个用电器都断路．若将导线并联在R两端，电流表无示数，则可能是L断路，也可能是R、L都断路，故选项A错误；若将导线并联在L两端，电流表无示数，则可能是R断路，也可能是R、L都断路，故选项B错误；若将导线并联在R两端，电流表有示数，则肯定是R断路，选项C正确；若将导线并联在L两端，电流表有示数，则肯定是L断路，选项D正确．
答案　CD
4．如图4－9－7甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，且R1＝100 Ω，R2阻值未知，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化的图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在滑动变阻器的两个不同端点得到的．则下列说法正确的是(　　)

图4－9－7
A．该电源的电动势为16 V
B．定值电阻R2的阻值为10 Ω
C．滑动变阻器的最大阻值为300 Ω
D．在滑动变阻器的滑片P从左端滑至右端的过程中，该电源的最大输出功率为10 W
解析　乙图中AB延长线交U轴于(0,20 V)处，交I轴于(1.0 A,0)处，所以电源的电动势E＝20 V，A错误；内阻r＝＝20 Ω.当滑片P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，即U2＝4 V、I2＝0.8 A，得R2＝＝5 Ω，B错误；当滑片P滑到R3的左端时，由乙图知此时U外＝16 V，I总＝0.2 A，所以R外＝＝80 Ω.由于R外＝＋R2，所以滑动变阻器的最大阻值为R3＝300 Ω，C正确；Pmax＝＝5 W，D错误．
答案　C

1．闭合电路动态变化的缘由：
(1)某一支路的滑动变阻器的阻值变化；
(2)某一支路电键闭合或断开；
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．
2．闭合电路动态分析的方法：
程序法：流程如下

热点二　交变电流的产生及描述

5．(多选)(2022·山东临沂3月质检)某沟通发电机的输出电压随时间变化的图象如图4－9－8所示，输出功率是20 kW，现用5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供应用户，则下列说法正确的是(　　)

图4－9－8

A．交变电流的频率为100 Hz
B．发电机输出电压的有效值为220 V
C．流过高压输电线的电流为125 A
D．降压变压器输出电压的有效值为220 V
解析　由交变电流的图象可知交变电流的频率为50 Hz，发电机输出电压的有效值为220 V，A项错误，B项正确；由P＝UI得输电电流I＝＝4 A，C项错；输电线路上损失的电压ΔU＝IR线＝160 V，降压器输出电压的有效值为U2＝U1＝×(5 000－160) V＝220 V，D项正确．
答案　BD
6．(多选)(2022·南京师大附中高三模拟考试)如图4－9－9所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开头匀速转动，线框转动时的感应电流为I，下列说法正确的是(　　)

图4－9－9

A．线框中感应电流的有效值为2I
B．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为
C．从中性面开头转过的过程中，通过导线横截面的电荷量为
D．线框转一周的过程中，产生的热量为
解析　依据法拉第电磁感应定律可得产生的电动势e＝BSωsinωt，电流i＝＝sin ωt，线框转过时的感应电流为I＝，电流的有效值I′＝＝I，故选项A错误；线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS，又I＝，解得BS＝，故选项B正确；从中性面开头转动的过程中，通过导线横截面的电荷量为q＝＝，故选项C正确；
线圈转一周产生的热量Q＝I′2RT，代入解得Q＝R＝，故选项D错误．
答案　BC
7．(2022·郑州市一模)图4－9－10甲为小型旋转电枢式沟通发电机的原理图，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R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的沟通电压表为抱负电表，示数是10 V．图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则(　　)

图4－9－10
A．电阻R上的电功率为20 W
B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)
解析　电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为P＝＝10 W，则A错误；由乙图可知，0.02 s时磁通量为0，但磁通量的变化率是最大的，故此时的电压瞬时值最大，则B错误；
由于磁通量按正弦规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10 V，ω＝＝100π rad/s，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)，故C正确；同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41 cos 100πt(A)，则D错误．
答案　C
8．(多选)如图4－9－11甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R构成的闭合电路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则(　　)

图4－9－11
A．电压表的示数为14.14 V
B．通过R的电流为0.707 A
C．通过R的电流瞬时值表达式为i＝sin 50πt(A)
D．通过R的电流方向每秒变化100次
解析　由图象知电动势的最大值Em＝20 V，其有效值E＝＝10 V＝14.14 V，依据闭合电路欧姆定律有I＝＝ A＝0.707 A，选项B正确；
电压表的示数U＝IR＝ V＝10.61 V，选项A错误；由图乙知感应电动势的瞬时值表达式为e＝20sint(V)＝20sin 50πt(V)，i＝＝sin 50πt(A)，选项C正确；由图象知电动势的周期T＝0.04 s，通过R的电流方向每秒变化的次数为2×＝50，选项D错误．
答案　BC
热点三　抱负变压器及远距离输电

1．抱负变压器的基本规律

2．远距离输电
(1)输电过程的电压关系

(2)输电过程功率的关系

9．(多选)(2022·广东卷，19)如图4－9－12所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持抱负变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是(　　)

图4－9－12
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
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
解析　由于抱负变压器输入电压不变，据公式＝，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压打算，则副线圈电压不变，故B正确；滑片P上滑，电阻减小，电流I2增大，据＝则原线圈输入电流I1也增大，故C错误；此时变压器输出功率P2＝U2I2将变大，故D正确．
答案　BD
10．一抱负变压器、原线圈接u＝Umsin ωt(V)的沟通电，副线圈所接的电路如图4－9－13所示，电表均为抱负的沟通电表，开头开关S是闭合的．当开关S断开后，下列说法正确的是(　　)

图4－9－13
A．V2的读数变小、A3的读数变大
B．V2的读数不变、A3的读数变小
C．A1的读数变小、A2的读数变小
D．V1的读数变大、A1的读数变大
解析　抱负变压器的电压与匝数成正比，由于抱负变压器原线圈接的电压不变，所以V1的读数不变，副线圈电压不变，所以V2的读数不变．当S断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流变小，即A2的读数变小，由于原、副线圈的匝数比不变，所以当副线圈的电流变小时，原线圈的电流也要变小，所以A1的读数变小，由于副线圈的总电流变小，R1的电压变小，并联电路的电压增大，所以R3中的电流增大，A3的读数变大，所以C正确．
答案　C

图4－9－14
11．(多选)(2022·山东卷，17)如图4－9－14所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一抱负变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，沟通电压表和沟通电流表(均为抱负电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下推断正确的是(　　)
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析　用电器正常工作，则知变压器输出电压U2＝60 V，抱负变压器输入功率等于输出功率：P1＝P2＝U2I2＝60×2.2 W＝132 W，故A错；通过原线圈的电流为：I1＝＝ A＝0.6 A，故B对；通过副线圈的电流最大值为：2.2× A≈3.1 A，故C错；变压器原、副线圈匝数比为：＝＝＝，故D对．
答案　BD
12．某小型发电站发电机输出的沟通电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为抱负变压器)，如图4－9－15所示．对整个送电过程，下列说法正确的是(　　)

图4－9－15
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100
C．输电线中的电流为100 A
D．降压变压器的输入电压为4 700 V
解析　输电线上损失的功率Pr＝50×0.6% kW＝300 W，选项A正确；由Pr＝Ir得输电线中的电流I2＝10 A，选项C错误；发电机的输出电流I1＝＝ A＝100 A，升压变压器的匝数比＝＝，选项B错误；
升压变压器的输出电压U2＝＝5 000 V，降压变压器的输入电压为U3＝U2－I2r＝4 970 V，选项D错误．
答案　A

高考命题热点　9.交变电流、抱负变压器的综合问题分析

交变电流的综合问题，涉及沟通电路最大值、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，解答时应留意以下三点：
(1)交变电流的产生过程．
(2)交变电流的图象和交变电流的“四值”的应用．
(3)抱负变压器的原理及应用．

变压器动态分析的思路

【典例】　(2022·哈尔滨市二模)(6分)如图4－9－16所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开头计时．矩形线圈通过滑环接一抱负变压器，滑动触头P上下移动时可转变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列推断正确的是(　　)

图4－9－16
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt
B．矩形线圈从图示位置经过时间时，通过电流表的电荷量为0
C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表读数减小
审题流程
第一步：抓关键点→猎取信息

其次步：分析选项→找解题依据→得答案：

解析　计时起点，线圈内的感应电动势为最大值Em＝NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，A选项正确．矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝N，即不为0，B选项错误．电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C选项错误．当P位置向上移动，输出电压上升，R不变时，输出功率增大，电流表读数增大，选项D错误．
答案　A

(2022·保定一模)(6分)如图4－9－17所示，匝数为100匝的矩形线圈abcd位于磁感应强度B＝ T的水平匀强磁场中，线圈面积S＝0.5 m2，内阻不计．线圈绕垂直于磁场的轴以角速度ω＝10π rad/s匀速转动．线圈通过金属滑环与抱负变压器原线圈相连，变压器的副线圈接入一只“12 V，12 W”灯泡，灯泡正常发光，下列说法中正确的是(　　)

图4－9－17
A．通过灯泡的交变电流的频率是50 Hz
B．变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
C．矩形线圈中产生的电动势的最大值为120 V
D．若将灯泡更换为“12 V,24 W”且保证其正常发光，需要增大矩形线圈的转速
解析　由ω＝2πf可得通过灯泡的交变电流的频率是5 Hz，选项A错误；矩形线圈在水平匀强磁场中转动产生感应电动势最大值为Em＝NBSω＝100××0.5×10π V＝120 V，变压器输入电压为120 V，由变压器变压公式可知，变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，选项B正确，C错误；因副线圈电压仍为12 V，故将灯泡更换为“12 V,24 W”能保证其正常发光，不需要增大矩形线圈的转速，选项D错误．
答案　B

一、单项选择题
1.

图4－9－18
如图4－9－18所示，抱负变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为抱负电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12sin 100πt (V)，下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100 Hz
B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
解析　由ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，A错．有效值U1＝12 V，又＝得：U2＝6 V，I2＝＝1 A，B、C项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，D对．
答案　D
2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻Rt随温度t变化的图线如图4－9－19甲所示．如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其他电阻构成的闭合电路中，当Rt所在处温度上升时，两电表读数的变化状况是(　　)

图4－9－19
A．A变大，V变大 B．A变大，V变小
C．A变小，V变大 D．A变小，V变小
解析　由电路图可知，电压表和电流表与热敏电阻是间接并联关系，当Rt所在处温度上升时，Rt的阻值减小，利用“并同串反”知电流表和电压表的读数都减小．
答案　D

图4－9－20
3．(2021·四川卷，2)用220 V的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图4－9－20所示，则(　　)
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05 sin(100 πt＋)A
解析　由题意知：U1＝220 V，U2＝110 V，所以＝＝2∶1，U2m＝110 V，选项B、C均错误．
由图象可知：I2m＝0.05 A，T＝0.02 s，则负载电流的表达式为i＝0.05 sin(100 πt)A，选项D错误．变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，选项A正确．
答案　A
4．如图4－9－21所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω，当调整滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调整R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2连入电路中的值分别为(　　)

图4－9－21
A．2 Ω，2 Ω B．2 Ω，1.5 Ω
C．1.5 Ω，1.5 Ω D．1.5 Ω，2 Ω
解析　由于题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为2 W，发热功率为4 W，所以电动机的输入功率为6 W，电动机两端的电压为3 V，电阻R2两端的电压为3 V，所以R2＝1.5 Ω，选项B正确．
答案　B

图4－9－22
5．(2022·莆田一模)如图4－9－22所示，一抱负变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt V．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽视不计，则(　　)
A．此沟通电的频率为100 Hz
B．电压表示数为220 V
C．电流表A1示数为5 A
D．此电动机输出功率为33 W
解析　由ω＝2πf得沟通电的频率为50 Hz，故A错误；电压表、电流表测量所得的是交变电流的有效值，故电压表读数为220 V，故B错误；由＝可知I1＝I2＝0.2 A，故C错误；由P出＝P入－P热＝U2I2－IR＝33 W，故D正确．
答案　D

图4－9－23
6．(2022·厦门一模)在某交变电流电路中，有一个正在工作的抱负变压器，如图4－9－23所示．它的原线圈匝数n1＝600 匝，沟通电源的电动势e＝311sin(100πt) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120 匝，为保证保险丝不被烧断，则(　　)
A．负载功率不能超过62 W
B．副线圈电流最大值不能超过1 A
C．副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω
D．副线圈电路中电压表的读数为62 V
解析　由＝得U2＝44 V，D错；由＝得I2≤1 A，所以负载功率最大为P2＝U2I2≤44 W，A错；副线圈中的电流最大值为Im＝ A，故B错；由R＝得R≥44 Ω，C对．
答案　C
7．如图4－9－24所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　)

图4－9－24
A．16∶1　190∶11 B．1∶16　11∶190
C．1∶16　190∶11 D．16∶1　11∶190
解析　输电线损失功率
P损＝100×103×5% W＝5×103 W，
所以，输电线电流I2＝＝25 A，
升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，
故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
升压变压器副线圈端电压U2＝·U1＝4 000 V，
输电线损失电压U损＝I2·R线＝200 V，
降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800 V，
故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝.
故选项C正确．
答案　C
二、多项选择题

图4－9－25
8．如图4－9－25所示，用抱负变压器给电灯L供电，假如只增加副线圈的匝数，其他条件不变，则(　　)
A．电灯L亮度减小
B．电流表示数增大
C．电压表示数增大
D．变压器输入功率不变
解析　由抱负变压器的电压比等于匝数比可得＝，n2增加，则副线圈两端电压增加，电压表的读数增大，加在电灯两端的电压增大，电灯变亮，即变压器的输出功率增大，由于抱负变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率也随之增大，依据P＝U1I1，可知电流表的读数增大，选项B、C正确，选项A、D错误．
答案　BC
9．现用电压为380 V的正弦式沟通电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有(　　)

解析　由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不行行．
答案　ABC

图4－9－26
10．如图4－9－26所示，有一台沟通发电机E，通过抱负升压变压器T1和抱负降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1肯定，当用户消耗的电功率变大时，有(　　)
A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大
解析　由抱负变压器输出功率打算输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律得U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以U4减小，故选项A错误，选项B正确；由于用户功率增加，即P4增加，抱负变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，由以上分析可知P1、P2增大，故选项C错误，选项D正确．
答案　BD
11．(2022·南京、盐城市二模)图4－9－27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4－9－27
A．用户端沟通电的频率为50 Hz
B．用户端电压为250 V
C．输电线中的电流为30 A
D．输电线路损耗功率为180 kW
解析　变压器不转变沟通电的频率，A项正确，因输电线路上有电压损失，故用户端电压小于250 V，B项错误，由P＝UI得I1＝＝3 000 A，则输电线路中的电流I2＝I1＝30 A，C项正确，输电线路损耗功率为P损＝I2R线＝302×100 W＝90 kW，D项错．
答案　AC
12.

图4－9－28
(2022·全国卷新课标Ⅱ，21)如图4－9－28，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一抱负电流表○接正弦沟通电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用沟通电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd ，则(　　)
A．Uab：Ucd＝n1：n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析　若变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2＝Uab；由于二极管的单向导电性使得副线圈中的反向电流为零，由有效值的定义可得T＝·解得Ucd＝U2，故＝，选项A错误；增大负载的阻值R，则变压器次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表的读数减小，选项B正确；cd间的电压由变压器的初级电压打算，与负载电阻R的大小无关，选项C错误；若二极管短路则Ucd′＝U2，由P＝＝和P′＝＝知功率加倍，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，选项D正确．
答案　BD
13.

图4－9－29
如图4－9－29所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，两平行金属板间有匀强磁场．开关S闭合后，当滑动变阻器滑片位于图示位置时，一带电粒子恰好以速度v匀速穿过两板．若不计重力，以下说法正确的是(　　)
A．假如将开关断开，粒子将连续沿直线运动
B．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，粒子可能向上偏转
C．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
D．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，粒子将可能从下极板边缘射出
解析　将开关断开，电容器将通过滑动变阻器放电，a、b板间的场强渐渐削减到零，所以粒子受到的洛伦兹力大
于电场力，粒子将发生偏转，A错误．保持开关闭合，将a极板向下移动一点，电容增大，电容器充电，两极板之间电场强度增大，粒子所受电场力增大，粒子可能向上偏转，选项B正确．保持开关闭合，将滑片P向上滑动一点，平行金属板间电压降低，粒子所受电场力小于洛伦兹力．若粒子带负电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项C正确．保持开关闭合，将滑片P向下滑动一点，平行金属板间电压上升，粒子所受电场力大于洛伦兹力．若粒子带正电，粒子将可能从下极板边缘射出，选项D正确．
答案　BCD
14．(2022·上海卷，18)

图4－9－30
如图4－9－30，电路中定值电阻阻值R大小电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，抱负电压表V1、V2、V3示数变化量的确定值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，抱负电流表A示数变化量的确定值为ΔI，则(　　)

A．A的示数增大 　B．V2的示数增大
C．ΔU3与ΔI的比值大于r 　D．ΔU1大于ΔU2
解析　据题抱负电压表内阻无穷大，相当于断路．抱负电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；依据闭合电路欧姆定律得：U3＝E－I(R＋r)，则得：
＝R＋r＞r，则ΔU3与ΔI的比值大于r.故C正确；依据闭合电路欧姆定律得：U2＝E－Ir，则得：
＝r；＝R，依据：R＞r，则＜，故ΔU1大于ΔU2，故D正确．
答案　ACD