全国通用2022版高考物理考前三个月第1部分专题10直流电路与交流电路试题

【步步高】（全国通用）2022版高考物理考前三个月第1部分专题10直流电路与交流电路试题1．(2022·新课标全国Ⅰ·16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图1所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)图1A．U＝66V，k＝B．U＝22V，k＝C．U＝66V，k＝D．U＝22V，k＝2．(2022·四川理综·4)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图2所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)图2A．峰值是e0B．峰值是2e0C．有效值是Ne0D．有效值是Ne03．(多选)(2022·天津理综·6)如图3所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)19\n图3A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小4．(2022·福建理综·15)图4为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)图4A．()B．()C．4()2()2rD．4()2()2r1．题型特点(1)交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点．(2)直流电路部分主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等．2．命题趋势高考对电路知识的单独考查主要是交流电路部分，特别是变压器与远距离输电相结合的动态分析问题是命题热点，而直流电路内容的考查通常与实验结合在一起，一般不单独命题．19\n考题一　直流电路的分析1．(多选)(2022·益阳市四月调研)一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压2U，则(　　)A．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为2．(多选)(2022·沈阳四校联考)如图5所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表，开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是(　　)图5A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流3．(多选)(2022·湖南省十三校第二次联考)如图6所示，电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是(　　)图619\nA．A1、A2的读数之比为1∶1B．A1、A2的读数之比为5∶1C．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1D．A1、A2的指针偏转角度之比为1∶54．(2022·莱芜市模拟)如图7所示，电源内阻不可忽略，电路中接有一小灯泡和一电动机．小灯泡L上标有“6V　12W”字样，电动机的线圈电阻RM＝0.50Ω.若灯泡正常发光时，电源的输出电压为12V，此时(　　)图7A．整个电路消耗的电功率为24WB．电动机的热功率为12WC．电动机的输出功率为12WD．电动机的输入功率为12W1．闭合电路动态分析的三种常用方法(1)程序分析法：流程如下R增大减小I减小增大U减小增大U增大减小(2)利用结论法：即“串反并同”法．①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大(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．2．电路中的电功、电热、电功率和热功率19\n(1)纯电阻电路：①Q＝W＝UIt＝I2Rt②P＝UI＝I2R(2)非纯电阻电路①W>Q(W＝Q＋E其他)②P电>P热(P电＝P热＋P其他)考题二　交变电流的产生及描述5．(2022·南充市三诊)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动(如图8甲所示)，产生的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是(　　)图8A．从t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为C．t4时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为E0D．t1时刻电阻R的发热功率为6．(2022·江西八所重点中学4月联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图9所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法正确的是(　　)19\n图9A．半圆形硬导线的转速B．半圆形硬导线的转速C．半圆形硬导线从图示位置转90°通过小灯泡的电荷量为D．半圆形硬导线从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为07．(多选)(2022·洛阳二次统考)海洋中蕴藏着巨大的能量，利用海洋的波浪可以发电．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理示意图如图10甲所示．浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中，该线圈与阻值R＝15Ω的灯泡相连，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中斜线阴影部分)，如图乙所示，其内为产生磁场的磁体，与浮桶内侧面的缝隙忽略不计；匝数N＝200的线圈所在处辐射磁场的磁感应强度B＝0.2T，线圈直径D＝0.4m，电阻r＝1Ω.取重力加速度g＝10m/s2，π2≈10.若浮桶随波浪上下运动的速度可表示为v＝0.4πsin(πt)m/s.则下列说法正确的是(　　)图10A．波浪发电产生电动势e的瞬时表达式为e＝16sin(πt)VB．灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝4sin(πt)AC．灯泡的电功率为120WD．灯泡两端电压的有效值为V19\n1．两个特殊位置的特点(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．正弦式交流电的“四值”3．只有正弦式交流电最大值与有效值间才有倍关系．考题三　变压器及远距离输电8．(多选)(2022·天津市河西区二模)如图11所示，一个理想变压器上有三组线圈，三组线圈匝数之比为n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，现将三只相同的灯泡分别接入三组线圈中，并把n1的接线端接上交变电源，接通电源后，下列各项正确的是(　　)图11A．若L1正常发光，那么L2、L3都不能正常发光B．若L2正常发光，那么L1将烧毁C．若L2正常发光，那么L1、L3都不能正常发光D．若L3正常发光，那么L2将烧毁9．(2022·广州二模)如图12为模拟远距离输电电路，两理想变压器的线圈匝数n1＝n4<n2＝19\nn3，A1、A2、A3为相同的理想交流电流表，当a、b端接入低压交流电源时，则(　　)图12A．A1、A2的示数相等B．A2、A3的示数相等C．A1的示数大于A2的示数D．A2的示数大于A3的示数10．(多选)(2022·黑龙江第六中学三模)某小型发电站通过升压变压器向60km远处的用户供电，在用户端用降压变压器将高压电变为220V供用户使用(设两个变压器均为理想变压器)，输电示意图如图13所示．已知输电线的电阻率为ρ＝1.25×10－8Ω·m，横截面积为1.5×10－4m2，发电机输出功率为20kW，输出电压为250V，若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是(　　)图13A．发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，发电原理是法拉第电磁感应定律B．输电线上的电流为10AC.>D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压11．(2022·邢台四模)如图14所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为(　　)图1419\nA．4IR＋B.C．4IRD.IR＋变压器电路的动态分析技巧(1)根据题意弄清变量和不变量；(2)弄清动态变化过程中的决定关系；(3)利用直流电路的动态分析方法，具体思路如下：专题综合练1．(2022·邢台四模)欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向经过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是(　　)2．(2022·江苏单科·1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(　　)A．200B．400C．1600D．320019\n3．(多选)(2022·雅安三诊)今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图15(电压表和电流表均为理想电表)．已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r，当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡(额定电压为U0.电阻恒为R)恰能正常发光，则(　　)图15A．交压器的匝数比为U∶U0B．电流表的示数为C．在图示位置时，发电机线圈的磁通量为D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin2nπt4．(2022·南平5月质检)如图16所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)图16A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220V，图乙电压的有效值小于220VC．图乙电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πtVD．图甲电压经过匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍5．(2022·广东理综·15)如图17为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，调节前后(　　)19\n图17A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶26．(2022·金丽衢十二校二次联考)如图18所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板．当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，则下列说法中正确的是(　　)图18A．两极板A、B间正对面积减小其他条件不变时，油滴将向下运动B．移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，则电阻R2两端的电压减小了ΔUC．R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动D．R1滑动触头向右移动且其他条件不变时，R2上消耗的热功率变小7．(2022·安徽皖南八校二联考)电吹风是生活中的常用电器．某款电吹风的各项参数如下表所示，其电路图如图19所示，理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态．关于该款电吹风，下列说法中正确的是(　　)热风时输入功率450W自然风时输入功率50W19\n小风扇额定电压50V正常工作时小风扇的机械功率42W图19A．触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风B．变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5C．小风扇线圈电阻为8ΩD．电热丝正常工作时电阻为6.25Ω8．(2022·临汾四校二模)在如图20所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的绝对值分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列说法正确的是(　　)图20A.不变，变大B.变大，不变C.变大，变大D．电源的输出功率变大9．(2022·河南省实验中学二调)普通的交流电压表是不能直接接在高压输电线路上测量电压的，通常要通过电压互感器来连接．图21中电压互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电压为Uab；cd一侧线圈的匝数较多，工作时电压为Ucd.为了使电压表能正常工作，则(　　)19\n图21A．ab接MN，cd接PQ，Uab<UcdB．ab接MN，cd接PQ，Uab>UcdC．ab接PQ，cd接MN，Uab<UcdD．ab接PQ，cd接MN，Uab>Ucd10．(多选)(2022·海南单科·10)如图22所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则(　　)图22A．此时原线圈两端电压的最大值约为34VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24VC．原线圈两端原来的电压有效值约为68VD．原线圈两端原来的电压有效值约为48V11．(多选)(2022·怀化二模)如图23所示，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有(36V,6W)字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是(　　)图23A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12WC．电压表的读数为18V19\nD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小19\n答案精析专题10　直流电路与交流电路真题示例1．A　[原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220V＝3U＋×R，整理可得U＝66V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正确．]2．D　[矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以发电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值为＝Ne0，故D正确．]3．BC　[保持Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；保持P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．]4．C　[原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I2·2r＝4r22，所以C正确，A、B、D错误．]考题一　直流电路的分析1．AD　[将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积为原来的，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R＝ρ分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为2U时，根据欧姆定律I＝可知，电流变为.故A正确，B错误．电流的微观表达式I＝nevS，其中n、e不变，电流I为原来的，横截面积S变为原来的倍，则自由电子定向移动的平均速率为.故C错误，D正确．]19\n2．BC　[油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与滑动变阻器R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U＝E－I(r＋R1)，故电容器两端电压变大，带电荷量变大，电场力变大，油滴向上加速；电容器充电，故G中电流从b到a，故A错误，B正确．在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U＝E－I(r＋R1)，故电容器两端电压变小，带电荷量变小，电场力变小，油滴向下加速；电容器放电，故G中电流从a到b，故C正确，D错误．]3．BC　[电流表A1(0～3A)和A2(0～0.6A)是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电阻，在题图中两电流计也是并联的，所以C正确；它们的量程之比为5∶1，即总电阻之比为1∶5，所以并联时读数之比5∶1，所以B正确．]4．D　[灯泡正常发光，则电路电流I＝IL＝＝A＝2A；已知电路电流，由于不知电源电动势，无法求出整个电路消耗的电功率，故A错误；电动机的热功率PQ＝I2RM＝22×0.5W＝2W，故B错误；灯泡正常发光时，电动机电压UM＝U－UL＝(12－6)V＝6V，电动机的输入功率P＝UMI＝6×2W＝12W，电动机的输出功率P出＝P－PQ＝12W－2W＝10W，故C错误，D正确．]考题二　交变电流的产生及描述5．D　[由于磁通量是双向标量，在t3到t5这段时间穿过线圈磁通量的变化量不为零，为ΔΦ1＝2BS，故A错误；通过电阻的电荷量Q＝，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量Q＝＝，故B错误；由于产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在电动势最大时，线圈中磁通量的变化率最大，即E0＝nk，所以k＝，故C错误；求功率时需用有效值，所以E＝，所以电流I＝，R的发热功率为P＝，故D正确．]6．A　[设灯泡的额定电压为U，则P＝，得到U＝.由于除灯泡外，其余部分电阻不计，则U＝Em，而Em＝BSω＝2πBSn＝2πB×πR2n，故有：n＝，故A正确，B错误；从该位置旋转90°的过程中，穿过半圆形硬导线平面的磁通量的变化量为ΔΦ＝B×πR2＝πR2B，根据推论得到，通过小灯泡的电荷量为q＝＝，故C、D错误．]19\n7．BC　[线圈在浮桶里随波浪上下运动切割磁感线产生感应电动势，e＝NBLv＝NBπDv＝200×0.2×π×0.4×0.4πsin(πt)V＝64sin(πt)V，故A错误；R总＝(15＋1)Ω＝16Ω，则灯泡中电流i的瞬时表达式为i＝＝4sin(πt)A，故B正确；灯泡中电流的有效值为I＝A＝2A，灯泡的电功率P＝I2R＝120W，故C正确；灯泡两端电压的有效值为U＝IR＝15×2V＝30V，D错误．]考题三　变压器及远距离输电8．ACD　[变压器除了改变电压，还会改变电流．当次级线圈接通时，电流就按一定的比例会反馈到初级线圈上．I1由I2与I3的反馈而成，因为n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，设原线圈电压为3U，则副线圈电压分别为2U和U，根据输入功率等于输出功率知：3UI1＝2UI2＋UI3，又I2＝2I3，联立得：I1＝I3＝I2.设正常发光时电流为I.若L1正常发光，那么L2电流大于I将烧坏、L3电流小于I不能正常发光，A正确；若L2正常发光，那么L1和L3电流都小于I不能正常发光，B错误，C正确；若L3正常发光，那么L2电流大于I烧毁，D正确．]9．C　[根据变压器的规律电流与匝数成反比，得＝，且n1<n2，故A1的示数大于A2的示数，故A错误，C正确；同理，A2的示数小于A3的示数，故B、D错误．]10．AB　[发电机是通过电磁感应将其他形式的能转化为电能的设备，其原理为法拉第电磁感应定律，故A正确；由电阻定律可知，R＝ρ＝1.25×10－8×Ω＝10Ω；由功率公式可得：5%P＝I2R解得：I＝10A，故B正确；由功率公式P＝UI可得，输电电压U2＝V＝2000V，则＝＝8，降压变压器输入电压U3＝U2－IR＝2000－10×10V＝1900V，则＝＝≈8.6，故<，故C、D错误．]11．A　[电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：P＝(2I)2R＋mgv＝UI，所以电压表的读数U＝4IR＋.]专题综合练1．A　[由电阻的决定式可知，A中电阻RA＝ρ，B中电阻RB＝ρ；C中电阻RC＝ρ；D中电阻RD＝ρ，故电阻最小的为A.]2．B　[根据变压器的变压规律＝得，n2＝n1＝×800＝400，选项B正确．]19\n3．AB　[电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是n1∶n2＝U∶U0，故A正确；灯泡电流是，理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P，所以输入功率为P，U0·＝IU，即电流表读数I＝，故B正确；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em＝I(R＋r)＝NΦmω，解得最大磁通量Φm＝，故C错误；线圈以较大的转速n匀速转动时，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝Usin2nπt，故D错误．]4．B　[由于两图中表示的电流方向都随时间变化，因此都为交流电，故A错误；由于对应相同时刻，题图甲电压比题图乙电压大，根据有效值的定义可知，题图甲的有效值要比题图乙的有效值大，题图甲是正弦式交流电，所以有效值U＝＝220V，题图乙的有效值小于220V，故B正确；题图乙不是正弦式交流电，所以表达式不是正弦函数，故C错误；理想变压器变压后，频率不发生变化，故D错误．]5．C　[在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220V降至110V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误．]6．D　[仅把两极板A、B间正对面积减小，电容器的电压不变，由E＝分析得知，板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，故A错误；移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了ΔU，说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻R2两端的电压的减小量小于ΔU，故B错误；电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大路端电压，则使可变电阻R1滑动触头向右移动，故C错误；若将R1的滑动触头向右移动时，R1的电阻增大，总电流减小，即可知R2的发热功率减小，故D正确．]7．C　[只有电热丝接入时才能吹热风，故吹热风时触片P与触点a、b接触，故A错误；根据变压器的副线圈、原线圈的匝数与电压的关系：n1∶n2＝50∶220＝5∶22，故B错误；小风扇的热功率为：P热＝50W－42W＝8W，电流I＝A＝1A，则由P＝I2r可得：r＝8Ω，故C正确；电热丝的功率P′＝450W－50W＝400W，由P′＝可知，电热丝电阻R＝19\nΩ＝121Ω，故D错误．]8．B　[根据欧姆定律得知：＝＝R1.故当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，、均不变，故A错误；＝R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U2＝E－I(R1＋r)，则有＝R1＋r，不变，故B正确；＝R1＋R2，变大．根据闭合电路欧姆定律得：U3＝E－Ir，则有＝r，不变．故C错误；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，外电阻变大，但是不知道外电阻与内阻的大小关系，所以无法判断电源输出功率的变化，则D错误．]9．C　[电压互感器的作用是使大电压变成小电压，根据变压器原理可知，应使匝数多的接入输入端，故MN接cd，PQ接ab，且Uab<Ucd.]10．AD　[当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串、并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5V＝1V，故副线圈两端电压为U2＝6V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24V，所以此时原线圈两端电压的最大值为24V≈34V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前、后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V，D正确，C错误．]11．CD　[因为L1正常发光，L1两端的电压为36V，电流I＝＝A＝A，L2的电流为A，两端的电压为18V，电功率为1.5W，所以副线圈的输出电压(36＋18)V＝54V，副线圈的输出功率为：(6＋1.5＋1.5)W＝9W，原线圈的输入功率也为9W；＝，＝，＝，当L3断路时，副线圈的电压不变，总电阻增大，电流变小，L1变暗，L2两端的电压变大，L2变亮，由P＝，U不变，R总增大，总功率变小．]19