（江蘇專版）2018版高考物理二輪復習 第一部分 專題九 直流電路與交流電路學案

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1、 專題九　直流電路與交流電路 江蘇卷考情導向 考點 考題 考情 直流電路的分析與計算 2016年T8考查串并聯(lián)電路電阻的求解及全電路歐姆定律 2013年T4考查閉合電路的歐姆定律、電路的動態(tài)分析問題 1．高考在本專題命題的題型多為選擇題． 2．高考命題熱點集中在變壓器的分析與計算，而電路的分析與計算、交變電流的產生、交變電流的圖象、“四值”問題則是冷考點，復習中也要引起重視． 交變電流的產生與描述 2017年T7考查電容器的通交流隔直流，通高頻阻低頻，電感線圈通直流阻交流，通低頻阻高頻 變壓器問題 2016年T4考查變壓器的構造和原理 2015年T1考查變壓器原副

2、線圈匝數(shù)比與電壓比之間的關系 2014年T3考查理想變壓器的輸入功率與輸出功率相等、遠距離輸電 2013年T8考查變壓器的變壓原理和電容器對交流電的影響，通高頻阻低頻 考點1| 直流電路的分析與計算難度：中檔題 題型：選擇題 五年2考 (對應學生用書第43頁) 1．(多選)(2016·江蘇高考T8)如圖9-1所示的電路中，電源電動勢為12 V，內阻為2 Ω，四個電阻的阻值已在圖中標出．閉合開關S，下列說法正確的有(　　) 【導學號：17214149】 圖9-1 A．路端電壓為10 V B．電源的總功率為10 W C．a、b間電壓的大小為5 V D．a、b間用導

3、線連接后，電路的總電流為1 A 【解題關鍵】　解此題的關鍵有兩點： (1)注意識別a、b兩點連接前后、電路串、并聯(lián)的變化． (2)確定a、b兩點電壓時要選取零電勢點． AC　[根據(jù)串并聯(lián)電路的特點可得，外電路總電阻為10 Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律得通過電源的電流為I＝A＝1 A，則路端電壓為U＝IR外＝10 V，選項A正確；電源的總功率P＝EI＝12 W，選項B錯誤；若取電源負極的電勢為0，則a點電勢為φA＝2．5 V，b點電勢為φB＝7．5 V，a、b間電壓的大小為5 V，選項C正確；若a、b間用導線連接起來，根據(jù)串并聯(lián)電路的特點可得，外電路總電阻為7．5 Ω，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

4、電路的總電流為I＝A≈1．26 A，選項D錯誤．] 2．(2013·江蘇高考T4)在輸液時，藥液有時會從針口流出體外，為了及時發(fā)現(xiàn)，設計了一種報警裝置，電路如圖9-2所示．M是貼在針口處的傳感器，接觸到藥液時其電阻RM發(fā)生變化，導致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)出警報，此時(　　) 【導學號：17214150】 圖9-2 A．RM變大，且R越大，U增大越明顯 B．RM變大，且R越小，U增大越明顯 C．RM變小，且R越大，U增大越明顯 D．RM變小，且R越小，U增大越明顯 【解題關鍵】　 關鍵語句 信息解讀 導致S兩端電壓U增大，裝置發(fā)生警報 S兩端電壓U增大，回路中

5、電流增大，傳感器電阻RM變小 一種報警裝置，電路如圖所示 傳感器M與R并聯(lián)，R并＝，R越大，RM變化時，對R并大小影響越大． C　[當RM變大時，回路的總電阻R總變大，根據(jù)I總＝，得干路中的電流變小，S兩端的電壓U＝I總RS變小，故選項A、B錯誤；當RM變小時，回路的總電阻R總＝＋RS變小，根據(jù)I總＝，得干路中的電流變大，S兩端的電壓U＝I總RS變大，而且R越大，RM變小時，對回路的總電阻變化的影響越明顯，故選項C正確，選項D錯誤．] 1．明確1個定律、2個關系 (1)閉合電路的歐姆定律：I＝． (2)路端電壓與電流的關系：U＝E－Ir． (3)路端電壓與負載的關系 U＝I

6、R＝E＝E，路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小． 2．明確引起電路動態(tài)變化的原因 (1)滑動變阻器、熱敏電阻或光敏電阻的阻值變化． (2)某支路開關閉合或斷開． 3．程序法分析直流電路的動態(tài)變化 R局I總＝U內＝I總rU外＝E－U內確定U支、I支 ●考向1　直流電路內的電場 1．(2017·宿遷三模)飛機在空中飛行時，其表面因不斷與空氣摩擦而帶電．某次飛行中，飛機0．5 s內帶電量增加約17 μC，此過程中形成的電流約為(　　) A．34 mA　　　　　　 B．34 μA C．8．5 mA D．8．5 μA B　[已知飛機0．5 s內帶電量增加約17

7、 μC，此過程中形成的電流約：I＝＝ A＝34×10－6 A＝34 μA．故B正確，A、C、D錯誤．] ●考向2　直流電路的動態(tài)分析 2．(2017·南京四模)如圖9-3所示的電路中，開關S閉合一段時間后，下列說法中正確的是(　　) 圖9-3 A．滑片M向上滑動過程中，電容器充電 B．滑片N向左滑動過程中，流過R2的電流向上 C．滑片N向左滑動，電源輸出功率一定增大 D．滑片N向右滑動，電容器的電能減少 D　[當滑片M向上滑動時，對電路結構沒有影響，電路總電阻沒有變化，故電容器保持原來的狀態(tài)，故A錯誤；滑片N向左滑動過程中，變阻器R3的阻值增大，電路總電阻增大，總電流減小，

8、R3兩端的電壓U＝E－I(R1＋r)增大，電容器兩端的電壓增大，電容器充電，流過R2的電流向下，故B錯誤；滑片N向左滑動，變阻器R3的電阻變大，外電阻增大，但因為不知道內外電阻的關系，所以電源的輸出功率變化情況無法判斷，故C錯誤；滑片N向右滑動，變阻器R3的阻值減小，電路總電阻減小，總電流增大，變阻器R3兩端的電壓U＝E－I(R1＋r)減小，電容器兩端的電壓等于變阻器R3兩端的電壓，根據(jù)Q＝CU知電容器放電，電容器的電能減少，故D正確．] 3．(多選)(2017·南通二模)如圖9-4所示的閉合電路中，R是半導體光敏電阻，R1為滑動變阻器．現(xiàn)用一束光照射光敏電阻，則(　　) 【導學號：17

9、214151】 圖9-4 A．電壓表讀數(shù)變小　　 B．電流表讀數(shù)變小 C．電源的總功率變大 D．電源內阻的功率變大 ACD　[半導體光敏電阻的阻值隨光照增加而減小，故用一束光照射光敏電阻電阻減小，則由閉合電路歐姆定律可知，電流增大，故電流表示數(shù)增大；則由P＝EI可知，電源的總功率變大，由P＝I2r可知，電源內阻的功率變大；因電流增大，則內電壓和滑動變阻器兩端電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A、C、D正確，B錯誤．] ●考向3　直流電路的計算 4．(2017·蘇錫常二模)如圖9-5所示，電源為恒流電源(能始終提供恒定的電流)，R0為定值電阻，電流表和電壓表均為理想電表，移動滑動

10、變阻器R的滑片，則下列電壓表示數(shù)U和電路總功率P隨電流表示數(shù)I變化的關系圖線中正確的是(　　) 【導學號：17214152】 圖9-5 A　　　　　　B C　　　　　　D D　[設恒流源提供的電流為I0．則通過R0的電流為：IR＝I0－I，則電壓表示數(shù)為：U＝IRR0＝(I0－I)R0＝－IR0＋I0R0，I0和R0是定值，則根據(jù)數(shù)學知識可知U-I圖象是不過原點的傾斜的直線，故A、B錯誤．電路總功率為：P＝UI0＝(I0－I)R0I0＝－R0I0I＋R0I，I0和R0是定值，可知P-I圖象是向下傾斜的直線，故C錯誤，D正確．] 考點2| 交變電流的產生與描述難度：

11、中檔題 題型：選擇題 五年1考 (對應學生用書第44頁) 3．(多選)(2017·江蘇高考T7)某音響電路的簡化電路圖如圖9-6所示，輸入信號既有高頻成分，也有低頻成分，則(　　) 【導學號：17214153】 圖9-6 A．電感L1的作用是通高頻 B．電容C2的作用是通高頻 C．揚聲器甲用于輸出高頻成分 D．揚聲器乙用于輸出高頻成分 【解題提示】　根據(jù)電容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及電感線圈的特性：通直阻交，通低阻高來分析選擇． BD　[電感的特點是通低頻阻高頻，電容的特點是通高頻阻低頻，選項A錯誤，B正確； 混合信號輸入后，高頻成分被L1阻礙，再經C1

12、過濾一部分，則通過揚聲器甲的是低頻成分，選項C錯誤； 當混合信號輸入后，電容C2讓高頻信號順利通過，電感L2不能過濾掉高頻成分，但可以過濾掉低頻成分，故通過揚聲器乙的是高頻成分，選項D正確．] 解決交變電流的產生和描述的基本思路 (1)兩個特殊位置的特點 ①線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變． ②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不改變． (2)書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路 ①確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值． ②明確線圈的初始位置，找出對應的

13、函數(shù)關系式． a．若線圈從中性面位置開始轉動，則i-t圖象為正弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為i＝Imsin ωt． b．若線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i-t圖象為余弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為i＝Imcos ωt． ●考向1　交變電流的產生 5．(2017·泰州三模)法拉第發(fā)明了世界上第一臺發(fā)電機，如圖9-7所示，圓形金屬盤安置在電磁鐵的兩個磁極之間，兩電刷M、N分別與盤的邊緣和中心接觸良好，且與靈敏電流計相連，金屬盤繞中心軸沿圖示方向轉動，則(　　) 圖9-7 A．電刷M的電勢高于電刷N的電勢 B．若只將電刷M移近N，電流計的示數(shù)變大 C．若只提高金屬盤轉速，電流計的示數(shù)變大 D

14、．若只將變阻器滑片向左滑動，電流計的示數(shù)變大 C　[根據(jù)安培定則可知，電磁鐵產生的磁場方向向右，由右手定則判斷可知，金屬盤產生的感應電流方向從M到N，則電刷M的電勢低于電刷N的電勢，故A錯誤；若僅將電刷M移近N，使電刷MN之間距離減小，切割磁感線的有效長度減小，產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則電流計的示數(shù)變小，故B錯誤；若只提高金屬盤轉速，感應電動勢增大，故電流計的示數(shù)變大，故C正確；若僅將滑動變阻器滑動頭向左滑，滑動變阻器接入電路的阻值變大，電路電流減小，磁場減弱，電流計的示數(shù)將減小，故D錯誤．] 6．(2017·蘇錫常二模)在我國南海上有一浮桶式波浪發(fā)電燈塔，其原理如圖9-8甲所

15、示．浮桶內的磁體通過支柱固定在暗礁上，浮桶內置圓形線圈隨波浪相對磁體沿豎直方向運動，上下運動的速度v＝0．4πsin(πt)m/s，且始終處于輻射磁場中，該線圈與阻值R＝15 Ω的燈泡相連；浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成(圖乙中陰影部分)，其內部為產生磁場的磁體；線圈匝數(shù)N＝200匝，線圈所在處磁場的磁感應強度大小B＝0．2 T，線圈直徑D＝0．4 m，電阻r＝1 Ω．計算時取π2的值為10． 甲　　　　　乙 圖9-8 (1)求線圈中產生感應電動勢的最大值Em； (2)求燈泡工作時消耗的電功率P； (3)若此燈塔的發(fā)電效率為90%，求3 min內海浪提供給發(fā)電燈塔的能量． 【

16、導學號：17214154】 【解析】　(1)線圈在磁場中切割磁感線，產生電動勢最大值為：Em＝NBlvmax ，其中：l＝πD 聯(lián)立得：Em＝πNBDvmax ＝π×200×0．2×0．4×0．4π V＝64 V． (2)電動勢的有效值為：E＝＝ V＝32 V，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝ 得：I＝ A＝2 A 那么燈泡電流的有效值為：I＝2 A 燈泡兩端電壓的有效值為：U＝IR＝2×15 V＝30 V 則燈泡的功率為：P＝I2R＝(2)2×15 W＝120 W． (3)此燈塔的發(fā)電效率為90%，根據(jù)能量守恒定律，有：90%E總＝UIt 解得：E總＝＝ J＝2．4×104 J

17、． 【答案】　(1)64 V　(2)120 W　(3)2．4×104 J ●考向2　交變電流的“四值” 7．(2017·香洲區(qū)期中)如圖9-9所示，位于豎直平面內的矩形金屬線圈，邊長L1＝0．40 m、L2＝0．25 m，其匝數(shù)n＝100匝，總電阻r＝1．0 Ω，線圈的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過電刷和R＝3．0 Ω的定值電阻相連接．線圈所在空間存在水平向右的勻強磁場，磁感應強度B＝1．0 T，在外力驅動下線圈繞豎直固定中心軸O1O2勻速轉動，角速度ω＝2．0 rad/s．求： 圖9-9 (1)電阻R兩端電壓的最大值； (2)從線圈通過中性

18、面(即線圈平面與磁場方向垂直的位置)開始計時，經過周期通過電阻R的電荷量； (3)在線圈轉動一周的過程中，整個電路產生的焦耳熱． 【解析】　(1)線圈中感應電動勢的最大值Em＝nBSω，其中S＝L1L2 Em＝nBSω＝nBL1L2ω＝20 V 線圈中感應電流的最大值Im＝＝5．0 A 電阻R兩端電壓的最大值Um＝ImR＝15 V． (2)設從線圈平面通過中性面時開始，經過周期的時間Δt＝＝ 此過程中線圈中的平均感應電動勢：E＝n＝n 通過電阻R的平均電流：＝＝ 通過電阻R的電荷量：q＝Δt＝ 代入數(shù)據(jù)，解得：q＝2．5 C． (3)線圈中感應電流的有效值I＝＝ A 線

19、圈轉動一周的過程中，電流通過整個回路產生的焦耳熱：Q熱＝I2(R＋r)T＝50π J≈157 J． 【答案】　(1)15 V　(2)2．5 C　(3)157 J ●考向3　交變電流的圖象 8．(2017·湖北模擬)如圖9-10甲所示，在勻強磁場中，兩個匝數(shù)相同的正方形金屬線圈分別以不同的轉速繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢e隨時間t變化的圖象如圖乙中曲線a、b所示，則(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 圖9-10 A．t＝0時刻，兩線圈均處于垂直于中性面的位置 B．a、b對應的線圈轉速之比為2∶3 C．a、b對應的兩線圈面積之比為1∶1 D．若只改變兩線圈的

20、形狀(匝數(shù)不變)，則兩線圈電動勢的有效值之比一定不變 C　[在t＝0時刻，感應電動勢為零，此時線圈一定處在中性面上，故A錯誤；由圖可知，a的周期為4×10－2 s，b的周期為6×10－2 s，則由n＝可知，轉速與周期成反比，故轉速之比為3∶2，故B錯誤；由圖可知，a的最大感應電動勢為Ea＝15 V，b的最大感應電動勢為Eb＝10 V，根據(jù)Em＝NBSω可知＝＝，故C正確；改變線圈的形狀，線圈的面積可能會發(fā)生變化，根據(jù)E＝可知，產生的感應電動勢可能會發(fā)生變化，故兩線圈電動勢的有效值之比不一定不變，故D錯誤．] 考點3| 變壓器問題難度：中檔題 題型：選擇題 五年4考 (對應學生用書

21、第46頁) 4．(多選)(2013·江蘇高考T8)如圖9-11所示，理想變壓器原線圈接有交流電源，當副線圈上的滑片P處于圖示位置時，燈泡L能發(fā)光．要使燈泡變亮，可以采取的方法有(　　) 【導學號：17214155】 圖9-11 A．向下滑動P B．增大交流電源的電壓 C．增大交流電源的頻率 D．減小電容器C的電容 【解題關鍵】　解此題應注意兩點： (1)燈泡變亮的方法有增大副線圈電壓和減小容抗XC兩種． (2)容抗XC與交流電頻率和電容的關系為XC＝． BC　[要使燈泡變亮，根據(jù)歐姆定律，一方面可使變壓器的輸出電壓U2變大，另一方面可使電路對交流電的阻礙作用減小

22、．由＝知，向下滑動P時，U2變小，選項A錯誤；增大交流電源的電壓U1，U2變大，選項B正確；由XC＝知，增大交流電源的頻率時，容抗XC變小，選項C正確；減小電容器C的電容，容抗XC變大，選項D錯誤．] 5．(2015·江蘇高考T1)一電器中的變壓器可視為理想變壓器，它將220 V交變電流改變?yōu)?10 V．已知變壓器原線圈匝數(shù)為800，則副線圈匝數(shù)為(　　) A．200　　　　　　　　　　 B．400 C．1 600 D．3 200 B　[根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系＝，得n2＝＝＝400，選項B正確．] 6．(2016·江蘇高考T4)一自耦變壓器如圖9-12所示，環(huán)形

23、鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈．通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈．在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2．在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中(　　) 圖9-12 A．U2＞U1，U2降低　　　 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高 C　[a、b間作為原線圈(匝數(shù)不變)接電壓為U1的交變電流，在滑動觸頭由M點移動到N點的過程中，相當于副線圈的匝數(shù)變少，由變壓器工作原理＝知，U1＞U2，且U2降低，選項C正確．] 7．(2014·江蘇高考T3)遠距離輸電的原理圖如圖9-1

24、3所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R．變壓器為理想變壓器，則下列關系式中正確的是(　　) 圖9-13 A．＝ B．I2＝ C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2 D　[根據(jù)理想變壓器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝．U2不是加在R兩端的電壓，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR與下一級變壓器的輸入功率之和．選項D正確．] 變壓器分析與計算的兩點技巧 (1)理想變壓器問題中的兩個“理清” ①理清變量和不變量．如原線圈電壓不變，原、副線圈的匝數(shù)比不變，其他物理量可隨電路的變化而發(fā)

25、生變化． ②理清動態(tài)變化過程中的決定關系，如U2由U1決定，P1、I1由P2、I2決定． (2)理想變壓器問題的分析流程 ①由＝分析U2的情況； ②由I2＝分析I2的情況； ③由P1＝P2＝I2U2判斷輸入功率的情況； ④由P1＝I1U1分析I1的變化情況． ●考向1　變壓器的基本關系 9．(2017·蘇錫常二模)如圖9-14所示，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b．當輸入電壓U為燈泡額定電壓的9倍時，兩燈泡均能正常發(fā)光．下列說法正確的是(　　) 圖9-14 A．此時a和b的電功率之比為1∶1 B．原、副線圈匝數(shù)比為9∶1 C．原、副線圈匝數(shù)比

26、為8∶1 D．此時a和b的電功率之比為8∶1 C　[燈泡正常發(fā)光，則其電壓均為額定電壓，因為輸入電壓U為燈泡額定電壓的9倍，所以原線圈輸入電壓為燈泡額定電壓的8倍，輸出電壓等于燈泡的額定電壓，可知，原副線圈匝數(shù)之比為＝，根據(jù)公式＝得a和b的電流之比為＝，故A、B錯誤，C正確；由于小燈泡兩端的電壓相等，所以根據(jù)公式P＝UI可得，兩者的電功率之比為1∶8，故D錯誤．] ●考向2　變壓器動態(tài)分析 10．(多選)(2017·徐州期末)如圖9-15所示，理想變壓器原線圈接入正弦交流電，副線圈的匝數(shù)可以通過滑動觸頭P調節(jié)．RT為熱敏電阻，當環(huán)境溫度升高時，RT的阻值變?。铝姓f法正確的有(　　)

27、 圖9-15 A．P向下滑動時，電壓表讀數(shù)變大 B．P向下滑動時，電流表讀數(shù)變小 C．若環(huán)境溫度升高，變壓器的輸入功率變大 D．若環(huán)境溫度升高，燈泡消耗的功率變小 BC　[根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比可知，當P向下滑動時，副線圈的匝數(shù)變小，變壓器的輸出電壓變小，電壓表讀數(shù)變小，故A錯誤；根據(jù)理想變壓器的電壓與匝數(shù)成正比可知，當P向下滑動時，副線圈的匝數(shù)變小，變壓器的輸出電壓變小，副線圈電流減小，輸出功率變小，根據(jù)輸入功率等于輸出功率，知原線圈電流也減小，所以電流表讀數(shù)變小，故B正確；當環(huán)境溫度升高時，RT的阻值會變小，在電壓不變的情況下，副線圈的電流就會變大，原線圈的電流也會

28、變大，變壓器的輸入功率變大，故C正確；當環(huán)境溫度升高時，RT的阻值會變小，在電壓不變的情況下，副線圈的電流就會變大，根據(jù)P＝I2R，燈泡消耗的功率變大，故D錯誤．] 11．(多選)(2017·徐州模擬)如圖9-16所示，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，原線圈所接交變電壓u＝25sin 100πt(V)，C為電容器，L為自感線圈，剛開始開關S斷開，下列說法正確的是(　　) 【導學號：17214156】 圖9-16 A．開關閉合前，交流電壓表示數(shù)12．5 V B．開關閉合穩(wěn)定后，燈泡比閉合前暗 C．只增加交變電流的頻率，燈泡變亮 D．只增加交變電流的頻率，電壓表讀數(shù)變

29、大 AB　[由題可知，原線圈的電壓有效值為25 V，根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)關系可知，開關閉合前，交流電壓表示數(shù)為副線圈兩端的電壓：U2＝·U1＝×25 V＝12．5 V，故A正確；開關閉合后燈泡與電容器并聯(lián)，電路中的電流值增大，線圈對電路中電流的阻礙作用增大，則線圈上分擔的電壓增大，所以燈泡比閉合前暗，故B正確；交流電的頻率越大，電感線圈對交流的阻礙作用就越大，所以電路的電流會減小，燈泡的亮度要變暗，故C錯誤；交流電的頻率對變壓器的變壓關系沒有影響，故D錯誤．] 熱點模型解讀| 遠距離輸電模型 (對應學生用書第47頁) 考題 2015·福建高考T15 2014·江蘇高考T3

30、2014·浙江高考T15 模型 展示 模型 解讀 (1)輸電過程的電壓關系： U2＝U3＋Ur，即升壓變壓器副線圈兩端電壓U2等于降壓變壓器原線圈兩端電壓U3與輸電線上的電壓Ur之和． (2)輸電過程功率的關系： P1＝P2＋Pr，即升壓變壓器原、副線圈功率P1等于降壓變壓器原、副線圈功率P2與輸電線損失功率Pr之和；輸電線上損失功率Pr＝Ir，其中輸電電流I2＝． (3)解題過程中應注意變壓器原副線圈之間電流、電壓、功率的制約關系． [典例]　(2017·河北邢臺質檢)如圖9-17甲是遠距離輸電線路示意圖，圖乙是用戶端電壓隨時間變化的圖象，則(　　)

31、 【導學號：17214157】 圖9-17 A．發(fā)電機產生的交流電的頻率是100 Hz B．降壓變壓器輸出的電壓有效值是340 V C．輸電線的電流僅由輸送功率決定 D．僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)，其他條件不變，輸電線上損失的功率減小 【解題指導】　由乙圖可知交流電的周期T＝0．02 s，則頻率f＝＝50 Hz，變壓器不改變交流電的周期與頻率，則A錯誤．由乙圖可知Um＝340 V，有效值U＝<340 V，則B錯．輸電線的電流由輸送功率和輸送電壓共同決定，則C錯誤．當僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)時，則輸電電壓增大，由P＝UI可知，輸電電流減小，再由P＝I2R可知輸電線上損

32、失的功率減小，則D正確． 【答案】　D [拓展應用]　某小型發(fā)電站發(fā)電機輸出的交流電壓為500 V，輸出的電功率為50 kW，用總電阻r＝3 Ω的輸電線向遠處送電，要求輸電線上損失的功率為輸電功率的0．6%，則發(fā)電站要安裝一個升壓變壓器，到達用戶再用降壓變壓器變?yōu)?20 V供用戶使用(兩個變壓器均為理想變壓器)，如圖9-18所示．對整個送電過程，下列說法正確的是(　　) 圖9-18 A．輸電線上的損失功率為300 W B．升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶100 C．輸電線中的電流為100 A D．降壓變壓器的輸入電壓為4 700 V A　[輸電線上損失的功率Pr＝50 kW×0．6%＝300 W，選項A正確；由Pr＝Ir得輸電線中的電流I2＝10 A，選項C錯誤；發(fā)電機的輸出電流I1＝＝ A＝100 A，升壓變壓器的匝數(shù)比＝＝，選項B錯誤；升壓變壓器的輸出電壓U2＝＝5 000 V，降壓變壓器的輸入電壓為U2－I2r＝4 970 V，選項D錯誤．] 15