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2020浙江高考物理二轮讲义：专题四第四讲 交变电流综合问题
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第四讲 交变电流综合问题
知识内容
考试要求
备考指津
1.交变电流
c
本讲在前几年高考试题中主要在实验题中考查，难度不大.
2.描述交变电流的物理量
c
3.电感和电容对交变电流的影响
b
4.变压器
c
5.电能的输送
c
交变电流的产生及描述
【题组过关】
1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.015 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
解析：选B.由题图乙可知t＝0.015 s时感应电动势最大，根据E＝n知磁通量变化率最大，选项A错误．t＝0.01 s时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B正确．正弦交流电的有效值E＝＝220 V，选项C错误．根据题图乙知交流电周期T＝0.02 s，所以频率f＝＝50 Hz，选项D错误．
2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法不正确的是( )
A．线圈转动的角速度为 rad/s
B．电动势的有效值为14.1 V
C．t＝1.0×10－2 s时，线圈平面和磁场方向的夹角为30°
D．t＝1.5×10－2 s时，穿过线圈平面的磁通量最大
解析：选D.由题图可知T＝0.06 s，则ω＝＝ rad/s，由题图可知Em＝20 V，则有效值为 V＝10 V．t＝1.0×10－2 s时线圈平面和磁场方向夹角为θ＝－ωt＝，而t＝1.5×10－2 s时电动势最大，磁通量为零，综上可知A、B、C正确．
3．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则选项图所示的四幅图中正确的是( )
解析：选D.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈转至题图乙所示的位置，据右手定则判断电流为负方向，首先排除A、B选项．若线圈转至题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t＝0的时刻交变电流处于负半周且再经到达中性面位置．或者令瞬时表达式i＝Imsin(ωt－φ0)，φ0＝，所以0＝Im·sin，t＝，故D选项正确．
(1)正弦式交变电流的产生
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)电流方向的改变，线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(3)利用E＝、U＝、I＝计算有效值，只适用于正(余)弦式交变电流．
变压器及其应用
【重难提炼】
1．关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压．
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．
(3)理想变压器本身不消耗能量．
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况．
2．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据＝可以判断I1的变化情况．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化情况．
3．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化．
(2)R不变，U2变化，I2发生变化．
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化．
如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
[解析] 电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1的示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2的示数不变，V3的示数为V2的示数减去R0两端的电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3的示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
[答案] D
变压器动态分析的思路流程
U1U2I2I1P1.
【题组过关】
考向一 理想变压器的原理
1．(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数之比为9∶1
B．原、副线圈匝数之比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．
2.(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是 ( )
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．
考向二 变压器的动态分析
3．有一理想变压器，其副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是( )
A．电阻R消耗的电功率增大
B．灯L1、L2都能正常发光
C．原线圈的输入功率减小
D．原、副线圈的电流比减小
解析：选A.当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系：＝，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；由电流与匝数关系＝，变压器原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈中电流之比不变，故D错误．
考向三 负载电阻不变的情况
4．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.设原、副线圈减少的匝数均为n，则根据变压比有，＝，＝，由于U′2＝U1，U2＝U1，因此U′2小于U2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A项错误，B项正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C、D项错误．
远距离输电
【题组过关】
1.如图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＝Umsin ωt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( )
A．() B．()
C．4()2()2r D．4()2()2r
解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得 ＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝，故选项C正确．
2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
输电线路功率损失的计算方法
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户得到的功率．
(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．
(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压．
(4)P损＝ΔU·I线．
[课后作业(十九)]
(建议用时：30分钟)
1．一理想变压器的原、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220 V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的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V．选项A正确．
2．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是( )
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL ωsin ωt
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
解析：选D.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，B错误；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝R×＝，D正确．
3．(多选)(2019·宁波高三检测)如图甲所示，某个小型交流发电机的“转子”部分由单匝导线框组成，导线框所处的磁场看做匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2.828 T，导线框面积为S＝0.04 m2，其电阻忽略不计，线框绕固定转轴以角速度ω＝314 rad/s匀速转动．若将其接入如图乙所示的理想变压器原线圈输入端，所有电表均为理想电表，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，灯泡L1和L2电阻均为12.56 Ω不变，以下说法正确的是( )
A．该交流电的频率为50 Hz
B．电压表V2的示数为3.14 V
C．开关S断开，此时小灯泡L1的电功率为3.14 W
D．开关S闭合，电流表A1的示数变小
解析：选AC.因为ω＝＝2πf，得交变电流的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A正确；线圈产生的感应电动势的最大值Em＝BSω＝2.828×0.04×314 V＝35.5 V，原线圈输入电压的有效值U1＝＝ V＝25.1 V，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U2＝U1＝×25.1 V＝6.28 V，即电压表V2的示数是6.28 V，故B错误；开关S断开，小灯泡L1的电功率PL1＝＝ W＝3.14 W，故C正确；开关S闭合，副线圈的电阻减小，输出功率增大，输入功率增大，根据P＝U1I1知，电流表A1的示数变大，故D错误．
4．(2019·杭州质检)如图所示，电路中有五个完全相同的灯泡，额定电压均为36 V，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光，则变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2和电源电压U分别为( )
A．2∶3 72 V B．3∶2 54 V
C．3∶1 180 V D．3∶1 108 V
解析：选C.设灯泡正常发光时电流为I，则副线圈中电流为3I，原线圈中电流为I，由理想变压器原、副线圈中的电流之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，n1∶n2＝3∶1，由变压器原、副线圈两端的电压之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，原线圈两端电压为108 V，再加上两个灯泡两端电压可知U＝180 V，选项C正确．
5．如图甲所示，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( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为50 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选A.从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确．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．由图象可知曲线a的周期Ta＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝＝25 Hz，故C错误．交变电动势的最大值Em＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝Ema＝10 V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝ V＝5 V，D错误．
6．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1/U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′2/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确．
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C是电容器，其击穿电压为 V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )
A．输入电压的频率为50 Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25 Hz
B．S断开时电压表的示数为1.41 V，电流表的示数为0.35 A
C．S断开时电压表的示数为1 V，电流表的示数为0.25 A
D．闭合开关S，电容器将被击穿
解析：选C.由题图乙知T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz，故A项错误．当S断开时，由＝可知，电压表的示数U2＝U1＝1 V，I2＝＝0.5 A，又由＝，则电流表的示数I1＝I2＝0.25 A，所以B项错误，C项正确．开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为 V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于 V，因为电容器的击穿电压为 V，所以电容器不能被击穿，D项错误．
8．如图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220 V降至110 V．调节前后( )
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C.根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V 降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
9．如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．闭合开关S，t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )
A．t＝0时，线圈中的感应电动势最大
B．1 s内电路中的电流方向改变了次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．线圈匀速转动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大
解析：选D.由题意可知：线圈在t＝0时处于中性面位置，感应电动势最小，为0，A错；1 s内线圈转过圈，每一圈电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变次数为，B错；电压表测量的是路端电压，P向下滑时，外电阻R阻值增加，电压表示数增大，C错；线圈转动的角速度ω变大时，由E＝BSω 得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数变大，D对．
10．(多选)(2019·台州高三综合考试)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有( )
A．P向下滑动时，电压表读数变大
B．P向下滑动时，电流表读数变小
C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大
D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小
解析：选BC.根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，D错误．
11．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变大
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选D.变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误．增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B错误．c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误．根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．
12．(2019·杭州六校联考)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为( )
A．1.1×108 W B．1.1×106 W
C．1.1×104 W D．1.1×102 W
解析：选A.已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V，故传输电压为：U＝220×500 V＝1.1×105 V；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A，故传输电流为：I＝5×200 A＝1 000 A；故输送的电功率为：P＝UI＝1.1×105×1 000 W＝1.1×108 W，故选项A正确．
13．(2019·宁波四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )
A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小
B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小
C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变
D．线路损耗功率不变
解析：选C.因为输入电压和匝数比都不变，电压表V1、V2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D错误．
14．(2019·浙江稽阳联谊学校联考)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )
A．电源电动势为3.4 V
B．变阻器的触头向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为30 Ω
解析：选D.由题图乙可知E＝3.6 V，选项A错．变阻器的触头向右滑动时，其连入电路的阻值变大，总电流变小，路端电压变大，则V2读数变大，选项B错．由题图乙知电动机内阻rM＝4 Ω，当I＝0.3 A时，电动机输出功率最大，最大为3.0 V×0.3 A－(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W，选项C错．当I＝0.1 A时，变阻器连入电路的电阻为最大值．由题图可知rM＝4 Ω，r＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可得R＝－r－rM＝30 Ω，选项D对．
第四讲 交变电流综合问题
知识内容
考试要求
备考指津
1.交变电流
c
本讲在前几年高考试题中主要在实验题中考查，难度不大.
2.描述交变电流的物理量
c
3.电感和电容对交变电流的影响
b
4.变压器
c
5.电能的输送
c
交变电流的产生及描述
【题组过关】
1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.015 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
解析：选B.由题图乙可知t＝0.015 s时感应电动势最大，根据E＝n知磁通量变化率最大，选项A错误．t＝0.01 s时感应电动势为零，磁通量变化率为零，但通过线框的磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B正确．正弦交流电的有效值E＝＝220 V，选项C错误．根据题图乙知交流电周期T＝0.02 s，所以频率f＝＝50 Hz，选项D错误．
2．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法不正确的是( )
A．线圈转动的角速度为 rad/s
B．电动势的有效值为14.1 V
C．t＝1.0×10－2 s时，线圈平面和磁场方向的夹角为30°
D．t＝1.5×10－2 s时，穿过线圈平面的磁通量最大
解析：选D.由题图可知T＝0.06 s，则ω＝＝ rad/s，由题图可知Em＝20 V，则有效值为 V＝10 V．t＝1.0×10－2 s时线圈平面和磁场方向夹角为θ＝－ωt＝，而t＝1.5×10－2 s时电动势最大，磁通量为零，综上可知A、B、C正确．
3．如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则选项图所示的四幅图中正确的是( )
解析：选D.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t＝0)时线圈转至题图乙所示的位置，据右手定则判断电流为负方向，首先排除A、B选项．若线圈转至题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t＝0的时刻交变电流处于负半周且再经到达中性面位置．或者令瞬时表达式i＝Imsin(ωt－φ0)，φ0＝，所以0＝Im·sin，t＝，故D选项正确．
(1)正弦式交变电流的产生
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)电流方向的改变，线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次．
(3)利用E＝、U＝、I＝计算有效值，只适用于正(余)弦式交变电流．
变压器及其应用
【重难提炼】
1．关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压．
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．
(3)理想变压器本身不消耗能量．
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况．
2．匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据＝可以判断I1的变化情况．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化情况．
3．负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，U2变化．
(2)R不变，U2变化，I2发生变化．
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化．
如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
[解析] 电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1的示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2的示数不变，V3的示数为V2的示数减去R0两端的电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3的示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
[答案] D
变压器动态分析的思路流程
U1U2I2I1P1.
【题组过关】
考向一 理想变压器的原理
1．(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数之比为9∶1
B．原、副线圈匝数之比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．
2.(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是 ( )
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．
考向二 变压器的动态分析
3．有一理想变压器，其副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是( )
A．电阻R消耗的电功率增大
B．灯L1、L2都能正常发光
C．原线圈的输入功率减小
D．原、副线圈的电流比减小
解析：选A.当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系：＝，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R两端的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；由电流与匝数关系＝，变压器原、副线圈的匝数比不变，故原、副线圈中电流之比不变，故D错误．
考向三 负载电阻不变的情况
4．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.设原、副线圈减少的匝数均为n，则根据变压比有，＝，＝，由于U′2＝U1，U2＝U1，因此U′2小于U2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A项错误，B项正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C、D项错误．
远距离输电
【题组过关】
1.如图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＝Umsin ωt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( )
A．() B．()
C．4()2()2r D．4()2()2r
解析：选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得 ＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I(2r)＝，故选项C正确．
2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
输电线路功率损失的计算方法
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户得到的功率．
(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．
(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压．
(4)P损＝ΔU·I线．
[课后作业(十九)]
(建议用时：30分钟)
1．一理想变压器的原、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220 V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的比值为k，则( )
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V．选项A正确．
2．如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是( )
A．图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL ωsin ωt
C．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
解析：选D.题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，B错误；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝R×＝，D正确．
3．(多选)(2019·宁波高三检测)如图甲所示，某个小型交流发电机的“转子”部分由单匝导线框组成，导线框所处的磁场看做匀强磁场，磁感应强度大小为B＝2.828 T，导线框面积为S＝0.04 m2，其电阻忽略不计，线框绕固定转轴以角速度ω＝314 rad/s匀速转动．若将其接入如图乙所示的理想变压器原线圈输入端，所有电表均为理想电表，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，灯泡L1和L2电阻均为12.56 Ω不变，以下说法正确的是( )
A．该交流电的频率为50 Hz
B．电压表V2的示数为3.14 V
C．开关S断开，此时小灯泡L1的电功率为3.14 W
D．开关S闭合，电流表A1的示数变小
解析：选AC.因为ω＝＝2πf，得交变电流的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A正确；线圈产生的感应电动势的最大值Em＝BSω＝2.828×0.04×314 V＝35.5 V，原线圈输入电压的有效值U1＝＝ V＝25.1 V，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U2＝U1＝×25.1 V＝6.28 V，即电压表V2的示数是6.28 V，故B错误；开关S断开，小灯泡L1的电功率PL1＝＝ W＝3.14 W，故C正确；开关S闭合，副线圈的电阻减小，输出功率增大，输入功率增大，根据P＝U1I1知，电流表A1的示数变大，故D错误．
4．(2019·杭州质检)如图所示，电路中有五个完全相同的灯泡，额定电压均为36 V，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光，则变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2和电源电压U分别为( )
A．2∶3 72 V B．3∶2 54 V
C．3∶1 180 V D．3∶1 108 V
解析：选C.设灯泡正常发光时电流为I，则副线圈中电流为3I，原线圈中电流为I，由理想变压器原、副线圈中的电流之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，n1∶n2＝3∶1，由变压器原、副线圈两端的电压之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，原线圈两端电压为108 V，再加上两个灯泡两端电压可知U＝180 V，选项C正确．
5．如图甲所示，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( )
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为50 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选A.从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确．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．由图象可知曲线a的周期Ta＝4×10－2 s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝＝25 Hz，故C错误．交变电动势的最大值Em＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝Ema＝10 V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝ V＝5 V，D错误．
6．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选B.设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1/U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′2/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确．
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C是电容器，其击穿电压为 V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )
A．输入电压的频率为50 Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25 Hz
B．S断开时电压表的示数为1.41 V，电流表的示数为0.35 A
C．S断开时电压表的示数为1 V，电流表的示数为0.25 A
D．闭合开关S，电容器将被击穿
解析：选C.由题图乙知T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz，故A项错误．当S断开时，由＝可知，电压表的示数U2＝U1＝1 V，I2＝＝0.5 A，又由＝，则电流表的示数I1＝I2＝0.25 A，所以B项错误，C项正确．开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为 V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于 V，因为电容器的击穿电压为 V，所以电容器不能被击穿，D项错误．
8．如图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220 V降至110 V．调节前后( )
A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
解析：选C.根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V 降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
9．如图所示，电阻为r的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以某一角速度ω匀速转动．闭合开关S，t＝0时，线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )
A．t＝0时，线圈中的感应电动势最大
B．1 s内电路中的电流方向改变了次
C．滑片P向下滑动时，电压表的读数不变
D．线圈匀速转动的角速度ω变大时，电流表的读数也变大
解析：选D.由题意可知：线圈在t＝0时处于中性面位置，感应电动势最小，为0，A错；1 s内线圈转过圈，每一圈电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变次数为，B错；电压表测量的是路端电压，P向下滑时，外电阻R阻值增加，电压表示数增大，C错；线圈转动的角速度ω变大时，由E＝BSω 得，感应电动势有效值增加，电流有效值也增加，即电流表示数变大，D对．
10．(多选)(2019·台州高三综合考试)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有( )
A．P向下滑动时，电压表读数变大
B．P向下滑动时，电流表读数变小
C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大
D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小
解析：选BC.根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，D错误．
11．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变大
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选D.变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误．增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B错误．c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误．根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．
12．(2019·杭州六校联考)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为( )
A．1.1×108 W B．1.1×106 W
C．1.1×104 W D．1.1×102 W
解析：选A.已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V，故传输电压为：U＝220×500 V＝1.1×105 V；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A，故传输电流为：I＝5×200 A＝1 000 A；故输送的电功率为：P＝UI＝1.1×105×1 000 W＝1.1×108 W，故选项A正确．
13．(2019·宁波四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )
A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小
B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小
C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变
D．线路损耗功率不变
解析：选C.因为输入电压和匝数比都不变，电压表V1、V2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D错误．
14．(2019·浙江稽阳联谊学校联考)如图所示，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是( )
A．电源电动势为3.4 V
B．变阻器的触头向右滑动时，V2读数逐渐减小
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为30 Ω
解析：选D.由题图乙可知E＝3.6 V，选项A错．变阻器的触头向右滑动时，其连入电路的阻值变大，总电流变小，路端电压变大，则V2读数变大，选项B错．由题图乙知电动机内阻rM＝4 Ω，当I＝0.3 A时，电动机输出功率最大，最大为3.0 V×0.3 A－(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W，选项C错．当I＝0.1 A时，变阻器连入电路的电阻为最大值．由题图可知rM＝4 Ω，r＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可得R＝－r－rM＝30 Ω，选项D对．
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