2015步步高二轮专题6 第2课时
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第2课时 直流电路和交流电路1．纯电阻电路和非纯电阻电路的电功、电功率的比较(1)纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，且电功全部转化为电热，有W ＝Q ＝UIt ＝U 2Rt＝I 2Rt ，P ＝UI ＝U 2R ＝I 2R .(2)非纯电阻电路：电功W ＝UIt ，电功率P ＝UI ，电热Q ＝I 2Rt ，电热功率P 热＝I 2R ，电功率大于电热功率，即W >Q ，故求电功、电功率只能用W ＝UIt 、P ＝UI ，求电热、电热功率只能用Q ＝I 2Rt 、P 热＝I 2R . 2．电源的功率和效率 (1)电源的几个功率 ①电源的总功率：P 总＝EI ②电源内部消耗的功率：P 内＝I 2r ③电源的输出功率：P 出＝UI ＝P 总－P 内(2)电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UE ×100%3．交流电的“四值” (1)最大值E m ＝NBSω. (2)瞬时值e ＝NBSωsin_ωt .(3)有效值：正弦式交流电的有效值E ＝Em 2；非正弦式交流电的有效值必须根据电流的热效应，用等效的思想来求解．计算交流电路的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值．(4)平均值：E ＝nΔΦΔt，常用来计算通过电路的电荷量． 4．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.直流电路动态分析方法(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．即从阻值的变化入手，由串、并联规律判定R总的变化情况，再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况，最后由部分电路欧姆定律及串联分压、并联分流等规律判断各部分的变化情况．(2)结论法——“并同串反”：“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)．“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)．考向1直流电路的动态分析例1如图1所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则()图1A．R3上消耗的功率逐渐增大B．电流表读数减小，电压表读数增大C．电源的输出功率逐渐增大D．质点P将向上运动审题突破当R 4的滑片向b端移动时，其电阻如何变化？电容器两极板间电压和哪部分电路电压相等？如何分析电源的输出功率变化情况？解析滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4的阻值越来越小，故并联电路的总电阻减小，根据串联电路的分压规律可得：R3的电压减小，消耗的功率减小，故A错误；电容器电压等于R3的，故也减小，所以质点P将向下运动，所以D错误；外电路总电阻减小，所以干路电流I1增大，而R3的电流I3减小，根据I1＝I3＋I A，可得电流表读数I A增大，所以B错误；因R1的阻值和电源内阻r相等，故外电路电阻大于电源内阻，且逐渐减小，由输出功率与外电阻的关系可得：电源的输出功率在增大，所以C 正确． 答案 C某同学准备用一种金属丝制作一只电阻温度计．他先通过实验描绘出一段金属丝的U －I 曲线，如图2甲所示．再将该金属丝与某一定值电阻R 0串联接在电路中，用电压表(电压表的内阻远大于金属丝的电阻)与金属丝并联，并在电压表的表盘上标注温度值，制成电阻温度计，如图乙所示．下列说法中正确的是( )图2A ．从图甲可知，该金属丝的阻值随温度的升高而减小B ．图乙中电压表的指针偏转角越大，温度值越小C ．选用不同阻值的R 0可以改变温度计的量程，R 0越大，量程越大D ．温度越高，电源消耗的功率越大 答案 C解析 从图甲可知，图线上的点与原点连线的斜率表示电阻的大小，故该金属丝的阻值随温度的升高而增大，所以A 错误；图乙中电压表的指针偏转角越大，说明R T 的阻值越大，即温度越高，所以B 错误；若R 0越大，电压表要偏转同样的角度，需R T 的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以C 正确；温度越高，R T 的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率P ＝EI 越小，故D 错误． 考向2 交流电的产生和描述例2 如图3甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为r ＝2 Ω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右侧电路连接，右侧电路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0＝407Ω，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R02，其他电阻不计．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，闭合开关S ，线圈转动过程中理想交流电压表示数是10 V ，图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是( )图3A ．电阻R 2上的热功率为107WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的e 随时间t 变化的规律是 e ＝102cos 100πt (V)D ．线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200π C 解析 R 总＝R 1＋R 02＋R 04＝74R 0＝10 Ω，I ＝1010 A ＝1 A ，U R 2＝107 V ，根据公式P ＝U 2R得电阻R 2上的热功率为P R 2＝57W ，故A 错误；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故B 错误；T ＝0.02 s ，ω＝2πT100π rad/s ，E ＝10 V ＋1×2 V ＝12 V ，e ＝122cos 100πt (V)，故C 错误；电动势的最大值为E m ＝12 2 V ＝nBSω，Φm ＝BS ＝122n ×100π(Wb)，Φ＝122n ×100π100πt (Wb)，线圈开始转动到t ＝1600 s 的过程中，通过电阻的电量为n ΔΦR 总＋r ＝2200π C ，故D 正确． 答案 D以题说法 1.线圈通过中性面时的特点 (1)穿过线圈的磁通量最大； (2)线圈中的感应电动势为零；(3)线圈每经过中性面一次，感应电流的方向改变一次． 2．交流电“四值”的应用 (1)最大值：分析电容器的耐压值；(2)瞬时值：计算闪光电器的闪光时间、线圈某时刻的受力情况；(3)有效值：电表的读数及计算电热、电功、电功率及保险丝的熔断电流； (4)平均值：计算通过电路截面的电荷量．(2014·天津·7改编)如图4甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )图4A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V答案 C解析A．从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A错误．B.从图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B错误．C.由图象可知曲线a的周期T a＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率f a＝1T a＝25 Hz，故C正确．D.交变电动势的最大值E m＝NBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为E m a∶E m b＝ωa∶ωb＝3∶2，即E m b＝23E m a＝10 V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝102V＝5 2 V，D错误．考向3变压器和远距离输电问题例3如图5为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V 1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时()图5A．电流表A1、A2和A3的示数都变大B．只有电流表A1的示数变大C．电压表V3的示数变小D．电压表V2和V3的示数都变小解析开关S闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压U2不变，所以副线圈的电流增大，电流表A 2示数变大，根据变流规律可得原线圈电流增大，电流表A 1示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表V 3示数减小，所以电流表A 3的示数减小，所以A 、B 错误，C 正确；副线圈电压不变，即V 2示数不变，所以D 错误． 答案 C以题说法 理想变压器动态分析的两种情况1．负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况． 2．匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况． 不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．(2014·江苏·3)远距离输电的原理图如图6所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )图6A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2 答案 D解析 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R ，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确． 考向4 交变电流的综合问题分析例4 如图7甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A 为理想交流电流表，V 为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P 上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R ，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断错误的是( )图7A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍审题突破由题图乙可知交流电的哪些信息？P的位置向上移动，原、副线圈的电压有何变化？解析电压表显示的为有效值，示数为10 V，A正确；0.01 s时感应电动势最大，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确．答案 C以题说法交变电流的综合问题，涉及交流电路最大值、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，解答时应注意以下两点：1．分清交流电路“四值”的不同计算方法和物理意义．2．学会将直流电路、闭合电路欧姆定律的知识应用在交流电路中．如图8所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2.保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是()图8A．在图示位置时线框中感应电动势为零B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大C．电压表V1示数等于NBωL2D．变压器的输入与输出功率之比为1∶1答案 D解析当线框转到如图所示位置，穿过线框的磁通量为0，但线框中产生的感应电动势最大，故选项A错误；电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻变化无关，故选项B错误；电压表V1示数为有效值，等于u1＝u1m2＝NBωL22，故选项C错误；理想变压器输入功率等于输出功率，则选项D正确．(限时：40分钟)题组1直流电路的动态分析1．(2014·天津·2)如图1所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，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．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()图1A．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答案 B解析增大R1的阻值，稳定后电容器两板间的电压升高，带电油滴所受电场力增大，将向上运动，A错误；电路稳定后，电容器相当于断路，无电流通过电阻R2，故R2两端无电压，所以，增大R2的阻值，电容器两板间的电压不变，带电油滴仍处于静止状态，B正确；增大两板间的距离，两板间的电压不变，电场强度减小，带电油滴所受电场力减小，将向下运动，C错误；断开电键S后，两板间的电势差为零，带电油滴只受重力作用，将向下运动，D错误．2．如图2所示是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是()图2A．I变大，U变小B．I变小，U变大C．I变小，U变小D．I变大，U变大答案 D解析当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I0减小，路端电压U＝E－I0r变大，即报警器两端的电压U变大．传＝E－I0r－I′R1，干路电流I0减小，通过R1的电流I′感器R3与电阻R2并联部分的电压U并变大，电流表的读数变大．减小，故U并3．2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家，某探究小组查到某磁敏电阻在室温下的电阻随磁感应强度变化曲线如图3甲所示，其中R、R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值．为研究其磁敏特性设计了图乙所示电路．关于这个探究实验，下列说法中正确的是()图3A．闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电压表的示数不变B．闭合开关S，图乙中只改变磁场方向，电压表的示数减小C．闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，流过aP段的电流可能减小D．闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，电源的输出功率可能增大答案 D解析由题图，磁敏电阻的阻值只与磁感应强度的大小有关，故B错误；随着磁感应强度变大，电阻变大，闭合开关S，图乙中只增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，电压表的示数增大，故A错误；增加磁感应强度，aP段的两端电压增加，而电阻没变，故通过aP的电流一定增大，故C错误；如果原来的外电阻小于内电阻，增加磁感应强度的大小时，磁敏电阻的阻值变大，可能使得外电路电阻等于电源的内阻，此时电源的输出功率最大，故电源输出功率可能增大，故D正确．题组2交流电的产生和描述4．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图4所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为()图4A．5 A B．2 5 A B．6 A D．2 6 A答案 B解析0～1 s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ1/Δt1＝1 V，电流为2 A；1～1.2 s内，感应电动势E2＝nΔΦ2/Δt2＝5 V，感应电流为10 A，一个周期内发热量为I21Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，得I＝2 5 A，B正确．图55．如图5所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为0.02 s，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈总电阻为2 Ω，匝数为100匝．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，t＝1300s 时线圈中感应电流为1 A．那么()A．线圈中感应电流的有效值为2 AB．线圈转动一周产生的焦耳热为0.16 JC．t＝1300s时穿过线圈磁通量的变化率为0.02 Wb/sD．线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝4sin 100πt(V) 答案 C解析由于从中性面开始，感应电流的瞬时值表达式为：i＝I m cos 2πTt(A)，将t＝1300s代入可得，I m＝2 A，因此感应电流的有效值为I＝I m2＝ 2 A，A错误；线圈转动一周产生的焦耳热Q＝I2Rt＝(2)2×2×0.02 J＝0.08 J，B错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式e＝U m cos2πT (V)＝I m R cos2πTt(V)＝4cos 100πt(V)，D错误；而t＝1300s时有瞬时值e＝4cosπ3V＝2 V，而根据法拉第电磁感应定律，e＝n ΔΦΔt，因此t＝1300s时穿过线圈磁通量的变化率为en＝0.02Wb/s，C正确．6．如图6甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，则()图6A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量变化率最大B．t＝0.02 s时刻穿过线框回路的磁通量为零C．线圈转动周期为0.01 sD．电动势有效值为22 V答案 D解析t＝0.01 s和t＝0.02 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量变化率为零，但此时穿过线框的磁通量最大，故A、B错误；由题图乙可知T＝0.02 s，故C错误；根据正弦式交变电动势有效值和峰值的关系可得，该交变电动势的有效值为E＝22 V，故D正确．题组3变压器和远距离输电问题7．(2014·山东·17改编)如图7所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想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，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是()图7A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的最大值为0.6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3答案 D解析变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；由U1U2＝n1n2得n1n2＝U1U2＝22060＝113，选项D正确；由I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2＝311×2.2 A＝0.6 A，选项B错误；根据I＝I m2得通过副线圈的电流的最大值I2m＝2I2＝2.2 2 A，选项C错误．8．(2014·福建·16)图8为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4<n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L>2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时()图8A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压答案 D解析设A、B两端所加电压为U.由欧姆定律知，通过A2表的电流大小I2＝U2R＋R L.通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n 2n 1U ，降压变压器输入端获得的电压为U ′－I 1·2R ＝n 2n 1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3，则通过灯泡L 1的电流为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L.故由变压器电流变化规律得I 1＝(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L n 4n 3.又因为n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝Un 2n 1R L ＋n 1n 2·2R .因为R L >2R ，所以I 1<I 2，选项A 错误．通过灯泡L 1的电流为n 3n 4I 1＝n 2n 1I 1＝UR L ＋n 21n 22·2R>I 2，故灯泡L 1亮度更大，选项B 错误．由于I 1<I 2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C 错误，选项D 正确．题组4 交变电流的综合问题分析9．图9甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为8 V ，各电表均为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )图9A ．电压表的读数为10 VB ．电流表的读数约为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿 答案 C解析 由题图乙知，原线圈交变电压的有效值为U 1＝100 2 V ，根据变压规律得U 2＝10 2 V ，开关S 处于断开状态，负载为R 1、R 2串联，电压表测量的是R 2两端的电压，又R 1＝R 2，可得电压表读数为5 2 V ，所以A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝240A ，所以B 错误；电阻R 2上消耗的功率P 2＝I 22R 2＝2.5 W ，故C 正确；若闭合开关S ，电容器两端最大电压等于13U 2m ＝203 V ，小于8 V ，故电容器不会被击穿，所以D 错误．10．如图10所示，一个匝数为N ＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的变压器给阻值R ＝20 Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )图10A ．电阻R 消耗的电功率为10 WB ．穿过线圈平面的最大磁通量为150πWb C ．t ＝0时刻流过线圈的电流不为零D ．t ＝0.002 5 s 时刻穿过线圈平面的磁通量为150π Wb答案 D解析 电阻R 消耗的电功率为P ＝U 2R ＝20220 W ＝20 W ，故A 错误；根据公式E m ＝NBSω＝NΦm ω，穿过线圈平面的最大磁通量为Φm ＝E m Nω＝2002100×(2π×50)Wb ＝250πWb ，故B 错误；图示时刻为中性面位置，故感应电动势为零，感应电流为零，故C 错误；t ＝0.002 5 s ＝18T ，磁通量为Φ＝Φm cos ωt ＝250π×22 Wb ＝150π Wb ，故D 正确．11． 如图11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1；电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中R ′为热敏电阻(温度升高时其电阻减小)，R 为定值电阻．下列说法正确的是( )图11A．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝362sin 50πt(V)B．变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为1∶4C．R′处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数变大D．电压表V2的示数为9 V答案 D解析因周期为0.02 s，故u＝362sin 100πt(V)，A错误．理想变压器的输入、输出功率之比应为1∶1，B错误；R′温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，但不会影响输入和输出电压值，C错误；由题图乙知最大电压为36 2 V，有效值为36 V，电压与匝数成正比，电压表V2的示数为9 V，D正确．12．如图12甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有()图12A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为5 000 HzB．远距离输电线路损耗功率为180 kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大答案 D解析由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A错误；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流为：I＝PU＝30 A，输电线损失的电压为：ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为：ΔP＝ΔUI＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，降压变压器副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确．。
