考向22 交变电流-备战2022年高考物理一轮复习考点微专题

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考向21 交变电流-备战2022年高考一轮复习考点微专题
解决目标及考点:
1. 交流电中的四值问题
2. 变压器原理
3. 远距离输电

【例题1】如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝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R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V.图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象，则(　　)

A.电阻R上的电功率为20 W
B.t＝0.02 s时，R两端的电压瞬时值为零
C.R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V
D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝14.1cos 50πt A
【例题1】【答案】　C
【解析】电阻R上的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；由题图乙知t＝0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V，选项C正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41cos 100πt A，选项D错误.
【例题2】如图10所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求：(π≈3.14)
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.
【例题2】【答案】　(1)感应电流方向沿adcba (2)e＝314cos (100πt) V　(3)98.6 J　(4)0.1 C
【解析】　(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100π rad/s
题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em＝314 V
感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt＝314cos (100πt) V.
(3)电动势的有效值E＝
线圈匀速转动的周期T＝＝0.02 s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝·T代入数据得W≈98.6 J.
(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，Δt内流过电阻R的电荷量：q＝·Δt＝Δt＝＝，代入数据得q＝0.1 C.

一、交流电四值问题
1.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
　规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt

电动势
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt

电压
u＝Umsin ωt＝sin ωt

电流
i＝Imsin ωt＝sin ωt

2.交变电流瞬时值表达式的书写
(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值.
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式.如：
①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.
②线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.
二、 变压器原理
理想变
压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基
本
关
系
功率
关系
根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝，与负载、副线圈的个数无关
电流
关系
(1)只有一个副线圈时：＝
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)

三、电能的输送
如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R.
1.输出电流I＝＝＝.
2.电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3.功率损失
(1)ΔP＝P－P′
(2)ΔP＝I2R＝()2R
4.减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线.
(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压.

考点: 交流电四值
【例题3】某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图象如图1所示，由图中信息可以判断(　　)
A．在A、C时刻线圈处于中性面位置
B．在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．从A～D线圈转过的角度为2π
D．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次
【例题3】【解析】由题中交变电流的图象可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于垂直中性面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经历的时间为周期，线圈转过的角度为π，选项C错误；若从O～D历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。
【答案】　D
【例题4】图3甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其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电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V。图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象。则下列说法正确的是(　　)
A．电阻R上的电功率为20 W
B．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压随时间变化的规律是u＝14.1 cos 100πt(V)
D．通过R的电流随时间变化的规律是i＝cos 50πt(A)
【例题4】【解析】　电阻R上的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；0.02 s时穿过线圈的磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)，通过R的电流随时间变化的规律i＝1.41 cos 100πt(A)，选项C正确，D错误。
【答案】　C


【例题5】（多选）将电阻R、理想电压表V、开关S和交流电源按照图7所示的方式连接起来，其中R＝30 Ω，合上开关S后，交流电源输出的正弦交变电压u随时间t变化的关系如图所示。则(　　)
A．电压表V的示数是36 V
B．R消耗的电功率是21.6 W
C．通过R的电流瞬时值表达式为i＝1.2 sin 100πt A
D．通过R的电流最大值为1.2 A
【例题5】【解析】　电压表的示数为有效值，U＝＝18 V，A项错误；P＝＝21.6 W，B项正确；i＝sin 100πt A＝1.2sin 100πt A，C项正确；Im＝＝1.2 A，D项正确。
【答案】　BCD
【例题6】电压u随时间t的变化情况如图6所示，皆为正弦函数图象的一部分，求电压的有效值.

【例题6】【答案】　55 V
【解析】　由有效值的定义式得：·＋·＝T，解得U＝55 V.

有效值其实就是个等效值。由于交变电流的瞬时值时刻在改变，我们需要找个等效值来界定，根据定义可知，当某交流电在一定时间内产生的热量与某个直流电在一定时间内产生热量相等时，这个直流电的大小就是这个交流电的有效值。可理解为这个有效值是这个交流电的稳定值。所以求解的等式物理意义是：Q交=Q直，方法是1、交流电中找一个周期，算出其焦耳热Q交；2、令Q直=I2有效RT；3、Q交=Q直求解I有效。在此需要注意的是：交流电中，如果出现正弦式/余弦式电流时，该段电流的有效值是其峰值的，如果是其他电流则按照其他电流的处理方式求Q交。
考点: 变压器原理
【例题7】如图1所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1msin 100πt(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表。由此可知(　　)
A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次
B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2
C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大
D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1＝P2
【例题7】【答案】A【解析】由u1＝U1msin 100πt(V)，可知交变电流频率为50 Hz，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A正确；变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶(U2)，选项B错误；当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表读数不变，选项C错误；当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终有P1＝P2，选项D错误。
【例题8】如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表，A1和A2为理想电流表。开关S闭合时，V1和V2读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2。若交流电源电压不变，现断开S，下列推断中正确的是(　　)
A．U2可能变小、I2一定变小
B．U2一定不变、I2一定变小
C．I1一定变小、I2可能变大
D．I1可能变大、I2可能变大
【例题8】【答案】B【解析】交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关。现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项A错误，B正确；变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误。
【例题9】某单位一小型交流发电机由匝数为50、面积为S＝0.5 m2的矩形闭合导线框组成，线框可绕垂直于匀强磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，磁场的磁感应强度大小为B＝ T，线框电阻不计。发电机正常工作时，从线框经过中性面开始计时，产生的交流电经一理想变压器给一个小灯泡供电，如图4所示，发电机没有画出。小灯泡上标有“220 V　60 W”字样，且灯泡正常发光，图中电压表为理想交流电表，则下列说法不正确的是(　　)
A．变压器输入电压的瞬时值为u＝500sin 200t (V)
B．电压表的示数为500 V
C．变压器原、副线圈匝数比为25∶11
D．线框在中性面位置时穿过线框的磁通量为零

【例题9】【解析】　发电机输出电压最大值Um＝nBSω＝500 V，变压器输入电压的瞬时值为u＝500sin 200t(V)，A正确；变压器输入电压的有效值为U1＝500 V，输出电压的有效值为U2＝220 V，根据变压比公式有＝＝，B、C正确；线框在中性面位置时穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，D错误。
【答案】　D
考点: 远距离输电
【例题10】如图5甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω，变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈中接入如图乙所示的正弦式交变电压，输送功率为33 kW。下列说法正确的是(　　)

A．输电线上交变电流的变化周期为0.01 s
B．输电线中电流为150 A
C．降压变压器原线圈输入电压为3 200 V
D．输电线上功率损失为500 W
【例题10】【解析】　由图乙所示的正弦式交变电压图象可知周期T＝2×10－2 s，变压器不改变交变电流的周期，所以输电线上交变电流的变化周期为0.02 s，选项A错误；升压变压器原线圈电压的最大值为311 V，有效值U1＝ V＝220 V，由＝得升压变压器副线圈的输出电压U2＝U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确；输电线上功率损失为P损＝IR＝1 000 W，选项D错误。
【答案】　C

1.理清三个回路

远距离输电电网间的基本结构如图12所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.
2.抓住两个物理量的联系
(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.
3.掌握一个能量守恒定律
发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户.
【例题11】图13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＝Umsinωt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
【例题11】【答案】　C
【解析】　原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝·，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r22，所以C正确，A、B、D错误.
【例题12】(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW，电压为12 V，送往外地时，先通过逆变器转化为220 V的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V，通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V，电压供用户使用，下列说法正确的是(　　)
A.变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11
B.变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000
C.用户最多可使用的功率为392 kW
D.用户负载越多，线路上损耗的功率越小
【例题12】【答案】　BC【解析】　变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为＝＝，B项正确.变压器Ⅰ的输出功率P2＝P1＝500 kW×80%＝400 kW，输电电流I＝＝＝20 A，则输电线上损失的电压ΔU＝IR线＝400 V，变压器Ⅱ的输入电压U1′＝U2－ΔU＝19 600 V，则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为＝＝，A项错误.用户最多可使用的功率为P用＝P2－I2R线＝4×105 W－8 000 W＝392 kW，C项正确.用户负载越多，线路上电流越大，线路上损耗的功率越大，D项错误.

1.(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是(　　)
A.交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值
B.用交流电流表和电压表测定的数值是交变电流的瞬时值
C.给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值
D.和交变电流有相同热效应的直流电流的数值是交变电流的有效值
2.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，以下说法错误的是(　　)
A.线圈中的感应电动势为零
B.线圈平面与磁感线方向垂直
C.通过线圈的磁通量达到最大值
D.通过线圈的磁通量变化率达到最大值
3.(多选)交变电动势瞬时值表达式e＝10sin 4πt V，下列说法正确的是(　　)
A.此交变电流的频率是4π Hz B.该交变电流的周期是0.5 s
C.当t＝0时，产生此交变电流的线圈与中性面重合
D.当t＝0.5 s时，此交变电动势有最大值
4.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A，则 (　　)
A．副线圈两端电压为22 V
B．电动机输出的机械功率为12 W
C．通过电动机的交流电频率为50 Hz
D．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小
5.如图2甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只“6 V　3 W”的灯泡，变压器为理想变压器.各电表均为理想电表.当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光.下列说法中正确的是(　　)

A.变压器原、副线圈的匝数比为1∶2
B.副线圈两端输出的交流电频率为50 Hz
C.电流表的示数为0.5 A
D.电压表的示数为18 V
6.如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则(　　)
A.发电机产生的交流电的频率是100 Hz
B.降压变压器输出的电压有效值是340 V
C.输电线的电流仅由输送功率决定
D.仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小
7.如图所示，表示一交流电的电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是(　　)

A.5 A B.3.5 A C.3.5 A D.5 A
8.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率PA∶PB等于(　　)

A.5∶4 B.3∶2 C.∶1 D.2∶1

9.(多选)(2017·湖南长沙三月模拟)图4中理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，两电表均为理想交流电表.若R1两端电压瞬时值表达式为u1＝10sin 100πt V，则下列说法正确的是(　　)
A.电流表的示数为0.5 A
B.电压表示数为14.14 V
C.R2消耗的功率为20 W
D.原线圈输入交流电频率为100 Hz
10.(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表的示数为0.1 A.已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是(　　)
A.交变电流的频率为50 Hz
B.变压器原、副线圈匝数比为11∶1
C.用电器额定功率为22 W
D.在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半
11.(多选)如图12为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R0＝11 Ω.若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin 100πt(V).下列说法正确的是(　　)
A.发电机中的电流变化频率为100 Hz
B.通过用电器的电流有效值为20 A
C.升压变压器的输出功率为4 650 W
D.当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小

1．一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，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、副线圈匝数比为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
2.如图所示，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、副线圈匝数比为9∶1
B.原、副线圈匝数比为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


1.【答案】　CD
2.【答案】　D
【解析】　在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大.通过线圈的磁通量变化率为零，感应电动势为零，故A、B、C正确，D错误.
3.【答案】　BC
【解析】　由表达式可知ω＝4π rad/s＝2πf，f＝2 Hz，故选项A错误；由T＝＝0.5 s，可知选项B正确；当t＝0时，由e＝10sin 4πt V＝0可知此时线圈与中性面重合，故选项C正确；当t＝0.5 s时，由e＝10sin 4πt V＝0可知交变电动势最小，故选项D错误.
4.【解析】　由图乙可知U1＝220 V，又知n1∶n2＝10∶1，则由＝，得副线圈两端电压U2＝22 V，A项正确；电动机输出的机械功率P机＝P总－P内＝IU－I2r＝1×12 W－12×2 W＝10 W，B项错误；由图乙可知，T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，C项正确；当卡住电动机，则副线圈回路总电阻减小，电流变大，再由P入＝P出＝I2U2，可知原线圈输入功率变大，D项错误。
【答案】　AC
5.【答案】　B
【解析】　灯泡正常发光时的电流I0＝＝0.5 A，则副线圈中电流I2＝2I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，A项错误.由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，B项正确.电流表的示数IA＝I2＝2I0＝1 A，C项错误.因灯泡正常发光，则副线圈两端电压U2＝6 V，则原线圈两端电压U1＝U2＝12 V，电压表示数为12 V，D项错误.
6.【答案】　D
【解析】　由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错.由题图乙可知Um＝340 V，有效值U＝<340 V，则B错.输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错.当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确.
7. 【答案】　D

8.【答案】　A
【解析】　根据电流有效值的定义可知I02R＋()2R＝IA2RT，解得有效值IA＝I0，而IB＝，根据功率的计算公式P＝I2R可得PA∶PB＝IA2∶IB2＝5∶4，故A正确.


9.【答案】　AC
【解析】　R1两端电压UR1＝10 V，R1中电流IR1＝ A＝1 A，则副线圈中电流I2＝IR1＝1 A，再由I1∶I2＝n2∶n1＝1∶2，可知原线圈中电流I1＝0.5 A，则A正确.电压表测的是R2两端电压UR2＝I2R2＝20 V，B错误.R2消耗的功率PR2＝I22R2＝20 W，C正确.变压器不改变交流电的周期和频率，由R1两端电压瞬时值表达式u1＝10sin 100πt V，可知原线圈输入交流电频率f＝ Hz＝50 Hz，D错误.
10.【答案】　ACD
【解析】　由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，A项正确.由题图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220 V，因闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20 V，n1∶n2＝U1∶U2＝220 V∶20 V＝11∶1，B项错误.理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22 W，又P出＝P电器，C正确.若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D项正确.
11.【答案】　BC
【解析】　交变电流经过变压器，频率不变，则交变电流的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误.通过用电器的电流有效值I4＝＝ A＝20 A，故B正确.根据＝得，输电线上的电流I3＝20× A＝5 A，则输电线上损耗的功率P损＝I32R＝25×10 W＝250 W，降压变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×20 W＝4 400 W，则升压变压器的输出功率P＝P3＋P损＝4 400 W＋250 W＝4 650 W，故C正确.当用电器的电阻R0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P＝UI知，发电机的输出功率增大，故D错误.


1.【答案】　B
【解析】　开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确.
2.【答案】　AD
【解析】　设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确.