点评 本题考查了串、并联电路的特点和欧姆定律的灵活运用，难点是滑动变阻器滑片P从最上端→中间→最下端总电阻变化情况的判断．
7．（2017·丰台区一模）在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由b向a缓慢滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表的示数增大B．电压表的示数减小
C．电容器C的电容增大D．电容器C所带电荷量增大
分析 先分析电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，电容器电压与滑动变阻器电压相等，根据Q＝UC求解．
答案 D
解析 A项，滑动变阻器由b向a缓慢滑动的过程中，R2变大，电路总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律知，总电流减小，电流表示数减小，故A项错误；B项，电压表测量的是滑动变阻器两端的电压，U＝E－I（R1＋r），总电流减小，电压表示数增大，故B项错误；C项，电容器的电容由电容器的构造决定的，电容器的电容不变，故C项错误；D项，电容器两端的电压等于电阻R2两端的电压，R2两端的电压增大，电容器两端的电压增大，根据Q＝CU知电容器所带的电荷量增大，故D项正确；故选D项．
点评 分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
8．（2017·酒泉一模）温州市区某学校创建绿色校园，如图甲为新装的一批节能路灯，该路灯通过光控开关实现自动控制：
电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变．如图乙为其内部电路简化原理图，电源电动势为E，内阻为r，Rt为光敏电阻（光照强度增加时，其电阻值减小）．现增加光照强度，则下列判断正确的是（ ）
A．电源路端电压不变B．B灯变暗，A灯变亮
C．R0两端电压变大D．电源总功率不变
答案 C
分析 增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化情况，即可知道电灯A的亮度变化；根据干路电流与A灯电流的变化，判断通过R0电流的变化，根据路端电压和电阻R0电压的变化情况，即可分析B灯电压的变化情况，从而知B的亮度变化．
解析 由题意，增加光照强度，Rt减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压增大，路端电压U减小，则A灯变暗；通过R0电流I0＝I－IA，I增大，而IA减小，则I0增大，R0两端电压U0增大，而R0、B灯的电压之和等于路端电压，路端电压减小，则知，B的电压减小，B灯变暗；电源的总功率P＝EI，I增大，则P增大．故C项正确，A、B、D三项错误．故选C项．
点评 本题是电路动态分析问题，按局部到整体，再局部分析电压、电流的变化．根据干路电流的变化即可分析电源总功率的变化．
9．（2015·课标全国Ⅰ）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之比为k，则（ ）
A．U＝66V，k＝1/9B．U＝22V，k＝1/9
C．U＝66V，k＝1/3D．U＝22V，k＝1/3
答案 A
解析 根据理想变压器的原理：
原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U1∶U2＝n1∶n2，当副线圈电压U2＝U，得原线圈电压U1＝3U，理想变压器能量不损耗有P1＝P2，即U1I1＝U2I2，I2＝U/R，得到I1＝
；根据串联电路的特点有：
U源＝U1＋I1R，联立并将U源＝220V数据代入可得U＝66V；原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，可得功率之比k＝1/9，故A项正确．
考点 理想变压器、欧姆定律、电阻的串联、闭合电路的欧姆定律、电功率
10．（2015·四川）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（ ）
A．峰值是e0B．峰值是2e0
C．有效值是
Ne0D．有效值是
Ne0
答案 D
解析 由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B项错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝
，即U＝
Ne0，故C项错误；D项正确．
考点 对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用．
11．（2017·红桥区一模）如图所示的电路中，A1、A2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，它的电阻与定值电阻R相等．下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S，A1先亮、A2后亮，最后它们一样亮
B．闭合开关S，A1、A2始终一样亮
C．断开开关S，A1、A2都要过一会儿才熄灭
D．断开开关S，A2立刻熄灭、A1过一会儿才熄灭
答案 C
分析 闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化．断开开关S，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，再由楞次定律分析电流如何变化，判断灯的亮度如何变化．
解析 闭合开关S，电阻R不产生感应电动势，A2立即发光．线圈中电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，A1逐渐亮起来，所以闭合开关S，A2先亮、A1后亮，最后它们一样亮．故A、B两项错误．断开开关S时，A2灯原来的电流突然消失，线圈中电流减小，产生感应电动势，相当于电源，感应电流流过A1、A2和R组成的回路，所以A1、A2都要过一会儿才熄灭．故C项正确，D项错误．故选C项．
点评 自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守楞次定律和法拉第电磁感应定律．
12．（2017·山西一模）远距离输电线路的示意图如图所示，若发动机输出电压不变，则下列叙述中正确的是（ ）
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户电器设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上的损失功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
答案 C
分析 理想变压器的输出功率决定输入功率，输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流；远距离输电中，有两组变压器，结合变压比公式、变流比公式和功率关系分析即可．
解析 A项，用户用电的总功率增加，输出功率增大，输入功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，故A项错误；B项，输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，故B项错误；C项，用户总电阻减小，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失P损＝I2R增大，故C项正确；D项，升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线分得的电压，故D项错误；故选C项．
点评 远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻．并按照规范在图中标出相应的物理量符号．
13．（2017·榆林二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，电压表和电流表均为理想电表，一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上．从某时刻开始在原线圈接入电压的有效值为220V的正弦交流电，并将开关接在1处，则下列判断正确的是（ ）
A．电压表的示数为22V
B．若滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，则1min内滑动变阻器产生的热量为1452J
C．若只将S从1拨到2，变压器的输入功率减小
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小
答案 B
分析 根据电压与匝数成正比求得输出电压的有效值，根据输入功率等于输出功率求出原副线圈的电流之比，二极管的作用是只允许正向的电流通过，根据有效值的定义求出R上电压的有效值，由
·
＝
T求出R两端电压的有效值．再根据功率公式即可求得输出功率．
解析 A项，变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比，故输出端电压为
＝22V，但由于二极管具有单向导电性，从而使通过二极管的电压有效值减小，由有效值的定义得
·
＝
T，得R两端电压的有效值U有效＝11
V，故电压表示数一定小于22V；故A项错误；B项，接入电阻为10Ω，则根据Q＝
t可得，产生的热量Q＝
×60＝1452J，故B项正确；C项，若只将S从1拨到2，则输入端线圈匝数减小，匝数比减小，则输出电压增大，则输出功率增大，故变压器的输入功率将增大；故C项错误；D项，若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电阻增大，则输出端电流减小，但电压表示数不变．故D项错误．故选B项．
点评 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．同时要注意掌握电压有效值的计算方法是利用了电流的热效应．
14．（2017·厦门一模）如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，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，从图示位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是（ ）
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt
B．矩形线圈从图示位置经过
时间内，通过电流表A1的电荷量为0
C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2示数都变小
D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小
答案 C
分析 正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：
e＝NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值．
解析 A项，因为线圈是从垂直中性面开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，故A项错误；B项，t＝
＝
T，线圈从垂直中性面转到中性面，磁通量一直增大，感应电流方向不变平均感应电动势不为0，平均电流不为0，q＝I·Δt，所以通过电流表A1的电荷量不为0，故B项错误；C项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器阻值变大，根据欧姆定律，副线圈电流变小，根据电流与匝数成反比，知原线圈电流减小，即电流表A1和A2示数都变小，故C项正确；D项，滑动变阻器滑片向上滑动过程中，变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R0两端的电压变小，变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D项错误；故选C项．
点评 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电荷量用平均值．
15．（2017·天津一模）某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，电阻R＝22Ω.下列说法正确的是（ ）
A．通过R的交流电的频率为100Hz
B．电流表A2的示数为
A
C．此时变压器的输入功率为22W
D．将P沿逆时针方向移动一些，电流表A1的示数变小
答案 C
解析 A项，由图乙可知，该交流电的周期为T＝s，其频率为：
f＝
＝
Hz＝50Hz，故A项错误；B项，由图乙得知输入电压的最大值为Um＝220
V，所以有效值为：
U＝220V，则副线圈两端的电压为U′＝U×
＝220×
＝22V，所以通过电阻的电流（即为电流表A2的示数）为：
I＝
＝
＝1A，故B项错误；C项，变压器的输出功率为：
P′＝U′I＝22×1＝22W，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P＝P′＝22W，故C项正确；D项，将P沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A1的示数将变大，故D项错误．
16．如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，若将可变电阻R1的阻值调大，可使电压表V1、V2的示数变化的绝对值分别为ΔU1、ΔU2；电流表A1、A2、A3示数变化的绝对值分别为ΔI1、ΔI2、ΔI3（所有电表均为理想电表），在这个过程中（ ）
A．通过R1的电流减小，且R1＝
B．通过R2的电流减小，且R2＝
C．通过R3的电流减小，且R3＝
－
D．路端电压减小，且r＝
答案 C
解析 根据串并联电路的电压、电流与电阻的关系，可知R1增大，R总增大，I总减小，U内减小，U外增大即U1增大，I1减小，U3减小，U2增大，I2增大，I3减小．B、D项错误．由U2＝I3R1不是定值，A项错误．由U2＝I2R2，R2为定值则有R2＝
.由U2＝E－I（R3＋r）知
＝R3＋r.由U1＝E－I1r知r＝
得到C项正确．
17．（2017·安徽师大附中）如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关后，（ ）
A．电压表示数增大B．电流表示数增大
C．变压器的输入功率增大D．经过灯泡的电流频率为25Hz
答案 C
解析 原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故A、B项错误；当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C项正确；根据b图可知，周期T＝s，则频率f＝50Hz，故D项错误．
考点 考查了理想变压器
名师点睛 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率
18．（2017·揭阳市5月二模最后一卷）用等效思想分析变压器电路．如图a中的变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数之比为n1∶n2，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路，虚线框内部分可等效看成一个电阻R2.这里的等效指当变压器原线圈、电阻R2两端都接到电压为U＝220V的交流电源上时，R1与R2消耗的电功率相等，则R2与R1的比值为（ ）
答案 C
解析 设副线圈的电压为U1，利用电流的热效应，功率相等
＝
，
＝
；原副线圈的匝数之比等于电压之比，则
＝
＝
，C项正确．
考点 变压器；电功率
名师点睛 做好本题的突破口在消耗的功率相等，变压器的特点：
匝数与电压成正比，与电流成反比；利用电流热效应列式求解．
19．（2017·宝鸡三检）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器．将滑动变阻器的滑动触头P置于位置a，闭合开关S，电路稳定时理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，理想电流表A的示数为I.当滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b且电路再次稳定时，理想电压表V1、V2的示数分别为U′1、U′2，理想电流表A的示数为I′.则以下判断中正确的是（ ）
A．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，电容器的带电量减小
B．滑动变阻器的滑动触头P由a滑向b的过程中，通过R3的电流方向由右向左
C．U1＞U′1，U2＞U′2，I＞I′
D．|
|＝R1＋r
答案 BD
解析 滑动变阻器的滑动触头P由a滑到b过程中，R2增大，电路中R总增大，电路再次稳定时，I总减小，由闭合电路的欧姆定律，可得U内减小，U外增大，又有C＝
，得电容器的带电量Q＝CU＝CU外增大，故A项错误；电容器再次充电，I3增大，由电源正负极方向可得通过R3的电流方向由右向左，故B项正确；由于I3增大，I总减小，则I′减小，即I′|＝R1＋r，故D项正确．
考点 本题旨在考查电路动态分析、电容、闭合电路的欧姆定律
20．（2017·大庆三检）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有（ ）
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