2024高考物理二輪復(fù)習(xí)專題4電路與電磁感應(yīng)第1講直流電路與交流電路學(xué)案

PAGE14-第1講直流電路與溝通電路考情速覽·明規(guī)律高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖直流電路的分析2024Ⅰ卷17題20(1)17題16(2)17題2024Ⅱ卷17題溝通電路的分析與計(jì)算2024Ⅲ卷2020(3)20題18(3)16題16(1)16題16(3)19題2024Ⅲ卷162024Ⅰ卷16，Ⅲ卷19核心學(xué)問·提素養(yǎng)“物理觀念”構(gòu)建一、理清直流電路學(xué)問體系二、正弦交變電流“四值”的理解與應(yīng)用三、志向變壓器和遠(yuǎn)距離輸電1．明確變壓器各物理量間的制約關(guān)系2．明辨遠(yuǎn)距離輸電過程的3個(gè)問題(1)輸電線上的電流：I＝eq\f(P出,U出)＝eq\f(P出,U2).(2)電壓損耗：輸電線路上I2＝IR＝I3，總電阻R導(dǎo)致的電壓損耗UR＝U2－U3＝IRR.輸送電壓肯定時(shí)，用電器增多，則降壓變壓器的輸出電流變大，輸電線上的電流增大，電壓損耗增大．(3)輸電線上損失的功率：P損＝I2R線＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P出,U出)))2R線＝eq\f(U\o\al(2,損),R線)＝U損I.輸電線上的損失功率必需與輸電線上的電流和電壓相對應(yīng)，不要把輸電線上的輸電電壓U和輸電導(dǎo)線上損失的電壓ΔU相混淆，不能用公式P＝eq\f(U2,R)計(jì)算輸電線上損失的功率．“科學(xué)思維”展示一、思想方法1．等效思想：等效電路、等效電源；2．守恒思想：志向變壓器的輸入功率等于輸出功率．二、模型建構(gòu)直流電路動(dòng)態(tài)分析的常用方法基本思路為“部分→整體→部分”．命題熱點(diǎn)·巧突破考點(diǎn)一直流電路的分析考向1直流電路的動(dòng)態(tài)分析1．(2024·上海普陀區(qū)二模)如圖，電路中電源電動(dòng)勢為E、內(nèi)電阻為r，R0為定值電阻．當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向a移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是(D)A．R兩端的電壓變大 B．流經(jīng)R0的電流變大C．電源總功率變小 D．電源內(nèi)部消耗功率變大【解析】當(dāng)滑動(dòng)變阻器R的滑片向a移動(dòng)時(shí)，R電阻減小，則外電阻減小，依據(jù)閉合電路歐姆定律知干路電流增大，路端電壓U＝E－Ir減小，R和R0兩端電壓減小，流經(jīng)R0的電流變小，故A、B錯(cuò)誤；I增大，電源總功率P＝EI增大，故C錯(cuò)誤；電源內(nèi)部消耗功率Pr＝I2r變大，故D正確，故選D．考向2含電容器電路的分析與計(jì)算2．(2024·江蘇揚(yáng)州中學(xué)月考)如圖所示，E為電源，其內(nèi)阻不行忽視，RT為熱敏電阻，其阻值隨溫度的上升而減小，L為指示燈泡，C為平行板電容器，G為靈敏電流計(jì)．閉合開關(guān)S，當(dāng)環(huán)境溫度明顯上升時(shí)，下列說法正確的是(A)A．G中電流方向由a到b B．RT兩端電壓變大C．C所帶的電荷量保持不變 D．L變暗【解析】電容器的帶電量減小，電容器放電，故G中電流由a→b，故A正確；因?yàn)殡娐分须娏髟龃?，電源的?nèi)阻分壓及燈泡L兩端的電壓增大，由E＝U內(nèi)＋U外，可得RT兩端電壓減小，故B錯(cuò)誤；因?yàn)殡娙萜鞑⒙?lián)在電源兩端，因內(nèi)電壓增大，路端電壓減小，故由Q＝CU，知電容器的帶電量減小，故C錯(cuò)誤；由圖可以知道，熱敏電阻與L串聯(lián)，當(dāng)環(huán)境溫度上升時(shí)，熱敏電阻的阻值減小，總電阻減小，則電路中電流增大，燈泡L變亮，故D錯(cuò)誤．3．(2024·山西晉中市5月模擬)如圖所示，電路中E、r為電源的電動(dòng)勢和內(nèi)電阻，R1、R2、R3為定值電阻，電壓表和電流表均為志向電表．開關(guān)閉合時(shí)，平行金屬板中帶電小液滴P處于靜止?fàn)顟B(tài)．選地面為零電勢參考面，當(dāng)滑動(dòng)變阻器R4的滑片向a端移動(dòng)時(shí)，則(D)A．電阻R1消耗的功率增大B．小液滴肯定會(huì)運(yùn)動(dòng)且運(yùn)動(dòng)過程中電勢能增加C．電源的效率減小D．若電流表、電壓表的示數(shù)變更量分別為ΔI和ΔU，則eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))<R1＋r【解析】由圖可知，R2與滑動(dòng)變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)，再與R1串連接在電源兩端；電容器與R3并聯(lián)；當(dāng)滑片向a端移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器R4接入電阻增大，則電路中總電阻增大；由閉合電路歐姆定律可知，干路中電流減?。宦范穗妷涸龃?，同時(shí)R1兩端的電壓也減小；故并聯(lián)部分的電壓增大；由歐姆定律可知流過R3的電流增大，故電流表的示數(shù)減小；依據(jù)P1＝Ieq\o\al(2,干)R1，電阻R1消耗的功率減小，故A錯(cuò)誤；電壓表的示數(shù)變大，金屬板板間的電場變強(qiáng)，電場力變大，電場力大于小液滴的重力，則小液滴向上運(yùn)動(dòng)，電勢能減小，故B錯(cuò)誤；由于路端電壓變大，電源效率增大，故C錯(cuò)誤；依據(jù)ΔI干＝ΔI3＋ΔI，很簡單看出ΔI干<ΔI，由于eq\f(ΔU,ΔI干)＝r＋R1，即有eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))<R1＋r，故D正確．考向3直流電路的故障分析4．(2024·北京順義區(qū)二模)某同學(xué)在測量電阻Rx試驗(yàn)時(shí)，按圖所示連接好試驗(yàn)電路．閉合開關(guān)后發(fā)覺：電流表示數(shù)很小、電壓表示數(shù)接近于電源電壓，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器滑片時(shí)兩電表示數(shù)幾乎不變更，電表及其量程的選擇均無問題．請你分析造成上述結(jié)果的緣由可能是(D)A．電流表斷路B．滑動(dòng)變阻器滑片接觸不良C．開關(guān)接觸部位由于氧化，使得接觸電阻太大D．待測電阻和接線柱接觸位置由于氧化，使得接觸電阻很大【解析】電流表斷路或者滑動(dòng)變阻器滑片接觸不良，都會(huì)造成整個(gè)電路是斷路狀況，即電表示數(shù)為零，AB錯(cuò)誤；開關(guān)接觸部位由于氧化，使得接觸電阻太大，則電路電阻過大，電流很小，流過被測電阻的電流也很小，所以其兩端電壓很小，不會(huì)幾乎等于電源電壓，C錯(cuò)誤；待測電阻和接線柱接觸位置由于氧化，使得接觸電阻很大，相當(dāng)于當(dāng)被測電阻太大，遠(yuǎn)大于和其串聯(lián)的其他儀器的電阻，所以電路電流很小，其分壓接近電源電壓，D正確．5．(2024·河北邢臺(tái)聯(lián)考)在如圖所示的電路中兩相同的小燈泡原來都發(fā)光，突然小燈泡A比原來亮了，小燈泡B比原來暗了，則發(fā)生這種故障可能是(電源內(nèi)阻不計(jì))(B)A．R1斷路 B．R2短路C．R3斷路 D．R4短路【解析】因電源的內(nèi)阻不計(jì)，所以外電路總電壓不變，電阻R1單獨(dú)在一個(gè)支路上，斷路后電路的電阻值變大，則總電流減小，故R4和A燈的電壓變小，故B燈所在的并聯(lián)支路電壓增大，故A燈變暗，B燈變亮，故A錯(cuò)誤；R2短路，總電阻減小，總電壓不變，則總電流增大，故R4和A燈的電壓增大，A燈變亮；則并聯(lián)支路的電壓減小，故B燈變暗，故B正確；R3斷路，總電阻增大，總電壓不變，則總電流減小，故R4和A燈的電壓變小，A燈變暗；則并聯(lián)支路的電壓增大，故B燈變亮，故C錯(cuò)誤；R4短路，總電阻減小，總電壓不變，故A燈和并聯(lián)支路的電壓增大，則A、B兩燈都變亮，故D錯(cuò)誤．考向4閉合電路中的能量問題6．(2024·浙江嘉興測試)由于鋰離子電池的材料特性，在電池短路、過高或過低溫度、過度充電或放電等狀況下都有可能引起電池漏液、起火或爆炸．為平安起見，中國民航總局做出了如表相關(guān)規(guī)定．某款移動(dòng)電池(鋰離子電池)的參數(shù)如表格所示(C)容量25000mAh重量596g額定電壓3.7V轉(zhuǎn)換率85%充電時(shí)間15.5hA．25000mAh中的mAh是能量的單位B．這款移動(dòng)電池充溢電后所儲(chǔ)存的總化學(xué)能為92500WhC．乘飛機(jī)出行時(shí)，這款移動(dòng)電池可以干脆隨身攜帶D．這款移動(dòng)電池理論上能給3200mAh的手機(jī)最多充電7次【解析】依據(jù)q＝It可知，mAh是電量的單位，故A錯(cuò)誤；這款移動(dòng)電池充溢電后所儲(chǔ)存的總化學(xué)能為W＝UIt＝Uq＝25A·h×3.7V＝92.5Wh，故B錯(cuò)誤；依據(jù)B分析可知，乘飛機(jī)出行時(shí)，這款移動(dòng)電池可以干脆隨身攜帶，故C正確；這款移動(dòng)電池理論上能給3200mAh的手機(jī)最多充電N＝eq\f(25000mAh×85%,3200mAh)≈6.6，故最多充電6次，故D錯(cuò)誤．7．(2024·浙江三市選考模擬)如圖所示的U－I圖像中，直線a表示某電源路端電壓與電流的關(guān)系，圖線b為某一小燈泡的伏安特性曲線．用該電源干脆與小燈泡連接成閉合電路，以下說法錯(cuò)誤的是(B)A．電源電動(dòng)勢為3VB．此時(shí)電源的效率為25%C．此時(shí)小燈泡的阻值為1.5ΩD．此時(shí)小燈泡的功率為1.5W【解析】由圖像可知，電源電動(dòng)勢為3V，選項(xiàng)A正確，不符合題意；此時(shí)電源的總功率P＝EI＝3×1W＝3W，電源的輸出功率P出＝IU＝1×1.5W＝1.5W，則電源的效率為η＝eq\f(P出,P)＝50%，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，符合題意；此時(shí)小燈泡的阻值為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(1.5,1.0)Ω＝1.5Ω，選項(xiàng)C正確，不符合題意；此時(shí)小燈泡的功率為P燈＝UI＝1.5W，選項(xiàng)D正確，不符合題意；故選B．8．(2024·江蘇5月壓軸)在如圖所示電路中，電源電動(dòng)勢為12V，電源內(nèi)阻為1.0Ω，電路中的電阻R0為1.5Ω，小型直流電動(dòng)機(jī)M的內(nèi)阻為0.5Ω.閉合開關(guān)S后，電動(dòng)機(jī)轉(zhuǎn)動(dòng)，電流表的示數(shù)為2.0A．則以下推斷中正確的是(B)A．電動(dòng)機(jī)的輸出功率為14WB．電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為7.0VC．電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱功率為4.0WD．電源輸出的電功率為22W【解析】電路中電流表的示數(shù)為2.0A，所以電動(dòng)機(jī)的電壓為U＝E－U內(nèi)－UR0＝12－Ir－IR0＝12V－2×1V－2×1.5V＝7V，電動(dòng)機(jī)的總功率為P總＝UI＝7×2W＝14W，電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為P熱＝I2R＝22×0.5W＝2W，所以電動(dòng)機(jī)的輸出功率為P出＝14W－2W＝12W，B正確，A、C錯(cuò)誤；電源的輸出的功率為P輸出＝EI－I2r＝12×2W－22×1W＝20W，D錯(cuò)誤；故選B．規(guī)律總結(jié)動(dòng)態(tài)電路問題的處理方法：(1)考點(diǎn)二溝通電路的分析與計(jì)算〔典例探秘〕典例(多選)(2024·天津卷，8)單匝閉合矩形線框電阻為R①，在勻強(qiáng)磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)②，穿過線框的磁通量Φ與時(shí)間t的關(guān)系圖像如圖③所示．下列說法正確的是(BC)A．eq\f(T,2)時(shí)刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應(yīng)電動(dòng)勢有效值為eq\f(\r(2)πΦm,T)C．線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過程中線框的平均感應(yīng)電動(dòng)勢為eq\f(πΦm,T)【解析】中性面的特點(diǎn)是與磁場方向垂直，穿過的磁通量最大，磁通量變更率最小，則eq\f(T,2)時(shí)刻線框在中性面上，A錯(cuò)誤；電動(dòng)勢最大值為Em＝BSω＝Φmω＝Φmeq\f(2π,T)，對正弦溝通電，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正確；由功能關(guān)系知，線框轉(zhuǎn)一周外力做的功等于線框中產(chǎn)生的焦耳熱，W＝eq\f(E\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正確；由法拉第電磁感應(yīng)定律知，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D錯(cuò)誤．【核心考點(diǎn)】本題考查了交變電流的產(chǎn)生和描述，以及考生對交變電流產(chǎn)生過程有效值的確定、平均感應(yīng)電動(dòng)勢及安培力做功的分析和推斷實(shí)力，是核心素養(yǎng)中能量觀念的體現(xiàn)．【規(guī)范審題】①線圈為單匝線圈，電阻為R②線圈繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦式交變電流③讀出磁通量最大的值，明白Φ－t圖線斜率表示磁通量變更的快慢【思路分析】(1)穿過線框的磁通量最大，線框處于中性面；(2)最大值與有效值的關(guān)系E＝eq\f(Em,\r(2))；(3)線框勻速轉(zhuǎn)一周外力做的功等于克服安培力所做的功；(4)依據(jù)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，計(jì)算平均感應(yīng)電動(dòng)勢．〔考向預(yù)料〕考向1有效值的理解與計(jì)算1．(2024·全國卷Ⅲ)一電阻接到方波溝通電源上，在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q方；若該電阻接到正弦交變電源上，在一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q正．該電阻上電壓的峰值為u0，周期為T，如圖所示．則Q方∶Q正等于(D)A．1∶eq\r(2) B．eq\r(2)∶1C．1∶2 D．2∶1【解析】依據(jù)題述，正弦交變電流的電壓有效值為eq\f(u0,\r(2))，而方波溝通電的有效值為u0，依據(jù)焦耳定律和歐姆定律，Q＝I2RT＝eq\f(U2,R)T，可知在一個(gè)周期T內(nèi)產(chǎn)生的熱量與電壓有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝ueq\o\al(2,0)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))2＝2∶1，選項(xiàng)D正確．考向2志向變壓器的原理及動(dòng)態(tài)分析2.(2024·江蘇高考真題)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示．其原線圈匝數(shù)較少，串聯(lián)在電路中，副線圈匝數(shù)較多，兩端接在電流表上．則電流互感器(D)A．是一種降壓變壓器B．能測量直流電路的電流C．原、副線圈電流的頻率不同D．副線圈的電流小于原線圈的電流【解析】原線圈匝數(shù)較少，電流互感器是一種降電流的變壓器，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；電流互感器的工作原理是電磁感應(yīng)中的互感現(xiàn)象，只可以測量交變電流，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；電流互感器不會(huì)變更電流的頻率，只變更電流的大小，故原、副線圈電流的頻率相同，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；原線圈匝數(shù)較少，電流互感器是一種降電流的變壓器，副線圈的電流小于原線圈的電流，D正確；故選D．3．(2024·天津十二區(qū)縣聯(lián)考)心電圖儀是將心肌收縮產(chǎn)生的脈動(dòng)轉(zhuǎn)化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個(gè)不計(jì)內(nèi)阻的溝通電源，其電壓U1會(huì)隨著心跳頻率發(fā)生變更．如圖所示，心電儀與一志向變壓器的初級線圈相連接，揚(yáng)聲器(等效為一個(gè)定值電阻)與一滑動(dòng)變阻器連接在該變壓器的次級線圈．則(B)A．保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)U1變小時(shí)，揚(yáng)聲器的功率變大B．保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)U1變小時(shí)，原線圈電流I1變小C．若保持U1不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，揚(yáng)聲器獲得的功率增大D．若保持U1不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，副線圈的電流I2增大【解析】保持滑動(dòng)變阻器滑片P不動(dòng)，當(dāng)U1變小時(shí)，依據(jù)變壓器原副線圈的電壓與匝數(shù)關(guān)系可知，次級電壓U2減小，則揚(yáng)聲器的功率變??；次級電流減小，則初級電流I1也減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；若保持U1不變，則次級電壓U2不變，將滑動(dòng)變阻器滑片P向右滑，則R電阻變大，次級電流I2減小，則揚(yáng)聲器獲得的功率減小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．4．(2024·四川宜賓三診)如圖所示，一志向變壓器的原副線圈匝數(shù)分別為n1和n2，原線圈輸入電壓保持不變，副線圈輸出端通過開關(guān)S接電阻R1和滑動(dòng)變阻器R，電流表為志向電表，下列說法正確的是(B)A．若S斷開，則副線圈輸出端電壓為零B．若S閉合，滑動(dòng)片P向上滑動(dòng)，則兩電流表示數(shù)都變小C．若S閉合，滑動(dòng)片P向上滑動(dòng)，則電流表A1示數(shù)變大，A2示數(shù)變小D．若S閉合，滑動(dòng)片P向上滑動(dòng)，則電流表A1示數(shù)不變，A2示數(shù)變小【解析】志向變壓器的變壓關(guān)系與副線圈是否是通路或斷路無關(guān)，依據(jù)志向變壓器的電壓規(guī)律變形U2＝eq\f(n2,n1)U1，匝數(shù)比恒定，輸入電壓不變時(shí)，輸出電壓就保持不變，A錯(cuò)誤；S閉合，滑片P上滑時(shí)，電阻值變大，則電流表A2示數(shù)變小，又因?yàn)榱鬟^定值電阻R1的電流不變，所以電流表A1示數(shù)也變小，B正確，CD錯(cuò)誤．5.(2024·廣西桂林等三市聯(lián)考)如圖所示，志向變壓器的原線圈接有頻率為f、電壓為U的溝通電，副線圈接有光敏電阻R1、用電器R2(純電阻)．下列說法正確的是(B)A．當(dāng)光照減弱時(shí)，變壓器的輸入功率增大B．當(dāng)光照增加時(shí)，流過用電器R2的電流不變C．當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，用電器消耗的功率增大D．當(dāng)f減小時(shí)，變壓器的輸入功率減小【解析】當(dāng)光照減弱時(shí)，光敏電阻的電阻值增大，故變壓器的輸出功率減小，所以輸入功率也減小，故A錯(cuò)誤；當(dāng)光照增加時(shí)，變壓器的匝數(shù)比不變，所以輸出電壓不變，則流過用電器R2的電流不變，故B正確；當(dāng)滑動(dòng)觸頭P向上滑動(dòng)時(shí)，原線圈匝數(shù)增加，依據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，變壓器的輸出電壓減?。灰罁?jù)功率表達(dá)式P＝eq\f(U2,R)，可知用電器消耗的功率減小，故C錯(cuò)誤；當(dāng)f減小時(shí)，輸入電壓和輸出電壓不變，輸出功率不變，故變壓器的輸入功率不變，故D錯(cuò)誤；故選B．6．(2024·山東高考真題)圖甲中的志向變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶3，輸入端a、b所接電壓u隨時(shí)間t的變更關(guān)系如圖乙所示．燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V．定值電阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑動(dòng)變阻器R的最大阻值為10Ω.為使燈泡正常工作，滑動(dòng)變阻器接入電路的電阻應(yīng)調(diào)整為(A)A．1Ω B．5ΩC．6Ω D．8Ω【解析】輸電電壓的有效值為(即原線圈電壓的有效值)U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，依據(jù)志向變壓器電壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知副線圈電壓有效值為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(3,22)×220V＝30V，燈泡正常工作，依據(jù)歐姆定律可知分壓為24V，則通過燈泡的電流，即副線圈部分的干路電流為IL＝eq\f(UL,RL)＝eq\f(24,15)A＝1.6A依據(jù)串聯(lián)分壓規(guī)律可知，R1和R2、R構(gòu)成的并聯(lián)電路部分的分壓為U＝U2－UL＝30V－24V＝6V通過R1的電流為I1＝eq\f(U,R1)＝eq\f(6,10)A＝0.6A通過R2、R的電流為I2＝IL－I1＝1.6A－0.6A＝1AR2、R的分壓為U＝I2(R2＋R)解得滑動(dòng)變阻器的阻值為R＝eq\f(U,I2)－R2＝eq\f(6,1)Ω－5Ω＝1Ω，A正確，BCD錯(cuò)誤．故選A．考向3原線圈中含有負(fù)載的變壓器問題7．(多選)(2024·新課標(biāo)卷Ⅲ)在圖(a)所示的溝通電路中，電源電壓的有效值為220V，志向變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各電表均為志向電表．已知電阻R2中電流I2隨時(shí)間t變更的正弦曲線如圖(b)所示．下列說法正確的是(AD)A．所用溝通電的頻率為50HzB．電壓表的示數(shù)為100VC．電流表的示數(shù)為1.0AD．變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W【解析】溝通電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02s)＝50Hz，A正確；通過R2電流的有效值為I＝eq\f(\r(2)A,\r(2))＝1A，R2兩端即副線圈兩端的電壓，依據(jù)歐姆定律可知U2＝IR2＝1×10V＝10V，依據(jù)志向變壓器的電壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知原線圈的電壓U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10×10V＝100V，電阻R1兩端分壓即為電壓表示數(shù)，即UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B錯(cuò)誤；電流表的示數(shù)為IA＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，C錯(cuò)誤；副線圈中流過的總電流為I2＝I＋I(xiàn)A＝1A＋0.5A＝1.5A，變壓器原副線圈傳輸?shù)墓β蕿镻＝I2U2＝15W，D正確，故選AD．8．(多選)(2024·江西重點(diǎn)協(xié)作體聯(lián)考)志向變壓器與三個(gè)阻值相同的定值電阻R1、R2、R3組成如圖所示的電路，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，在a、b間接入正弦式交變電流，則下列說法正確的是(AB)A．R1、R2、R3兩端的電壓之比為5∶1∶2B．R1、R2、R3的功率之比為25∶1∶4C．a(chǎn)、b間輸入功率與變壓器輸入功率之比為15∶4D．a(chǎn)、b間輸入電壓與變壓器輸入電壓之比為3∶1【解析】由于志向變壓器eq\f(U原,U副)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,2)，eq\f(I原,I副)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(2,1)設(shè)流過副線圈的電流為I0，則流過原線圈的電流為2I0，即I3＝eq\f(U副,R3)＝I0則流過R2的電流I2＝eq\f(U原,R2)＝eq\f(\f(1,2)U副,R2)＝eq\f(1,2)I0則流過R1的電流I1＝2I0＋I(xiàn)2＝eq\f(5,2)I0由于三個(gè)電阻相等，因此R1、R2、R3兩端的電壓之比為I1∶I2∶I3＝5∶1∶2，A正確；R1、R2、R3的功率之比為P1∶P2∶P3＝Ieq\o\al(2,1)∶Ieq\o\al(2,2)∶Ieq\o\al(2,3)＝25∶1∶4，B正確；由于變壓器本身不消耗能量，則a、b間輸入功率與變壓器輸入功率之比為(P1＋P2＋P3)∶P3＝15∶2，C錯(cuò)誤；a、b間輸入電壓與變壓器輸入電壓之比為eq\f(U1＋U2,U2)＝eq\f(\f(5,2)I0＋\f(1,2)I0,\f(1,2)I0)＝eq\f(6,1)，D錯(cuò)誤；故選A、B．考向4遠(yuǎn)距離輸電問題9．(2024·浙江高考真題)如圖所示，某小型水電站發(fā)電機(jī)的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機(jī)的電壓U1＝250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V．已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設(shè)兩個(gè)變壓器均是志向變壓器，下列說法正確的是(C)A．發(fā)電機(jī)輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A【解析】依據(jù)電功率公式P＝UI，發(fā)電機(jī)輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝400A，A錯(cuò)誤；輸電線上損失功率5kW，由P線＝Ieq\o\al(2,線)R線，可得I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝25A，故B錯(cuò)誤；降壓變壓器副線圈得到的功率為P4＝P－P線＝95kW，依據(jù)志向變壓器電流與線圈匝數(shù)成反