高中物理变压器及电感和电容对交变电流的影响

1、变压器 电能的输送一、理想变压器1原理：其工作原理是利用了电磁感应原理，互感现象。特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压不能改变恒定电流的电压。2在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：E1=n1DF1Dt，E2=n2DF2Dt忽略原、副线圈内阻，有 U1E1 ，U2E2另外，考虑到铁芯的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有 DF1=DF2 U1n1=由此便可得理想变压器的电压变化规律为U2n2在此基础上再忽略变压器自

2、身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有而P1=P2 而P1=I1U1 P2=I2U2 于是又得理想变压器的电流变化规律为U1I1=U2I2,I1n2=I2n1由此可见：（1）理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗。（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式 要求熟记理想变压器的两个基本公式是： U1n1=U2n2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。P入=P出，即无论有几个副线圈在工作，变

3、压器的输入功率总等于所有输出功率之和。需要特别引起注意的是：只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：U1I1=U2I2,I1n2=I2n1 æn2U1ö变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：Pç=UI=111çn÷÷/R，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与è1ø副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。3.两种常

4、见的变压器（1）自耦变压器：铁芯上只绕一个线圈，可升压，可降压。（2） 互感器（外壳和副线圈要接地）电压互感器：要把高电压变为低电压，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，测高电压。电流互感器：要把大电流变为小电流，原线圈的匝数比副线圈的匝数少，测小电流。【例1】 理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=800 0匝，电源电压为U1=220V。n2上连接的灯泡的实际功率为36W，测得初级线圈的电流为I1=0.3A，求通过n3的负载R的电流I3。2解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I1/n，而应该用P1=P2+P3和Un。由Un可求得U2=36V，U3=

5、1000V；由U1I1=U2I2+U3I3和I2=1A可得I3=0.03A。【例2】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是零火线 零线A. B. C. D.解：电流互感器要把大电流变为小电流，原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选A。4解决变压器问题的常用方法思路1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2；当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=思路2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P

6、1=P2+P3+思路3 电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1；当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+思路4 （变压器动态问题）制约思路.（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”.（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”.（3）负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+；变压器副线圈中的

7、电流I2由用户负载及电压U2确定，I2=P2/U2；总功率P总=P线+P2.UUn=I=2RPP动态分析问题的思路程序：U1U2n21=P2(I1U1=I2U2)1=I1U1负载¾¾¾¾¾¾¾®I¾¾¾¾¾®P1 ¾¾¾¾¾®U¾¾¾¾¾¾®I¾¾122决定决定决定决定思路5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发

8、生变化，铁芯中/t相等；当遇到“”型变压器时有1/t=2/t+3/t，此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.【例3】如图，为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则A.保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B.保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小C.保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D.保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大解析：K由a合到b时，n1减小，由U1/U2=n1/n2，可知U2增大，P2=U22/R随之增大，而P1

9、=P2，又P1=I1U1，从而I1增大，A正确；K由b合到a时，与上述情况相反，P2将减小，B正确；P上滑时，R增大，P2=U22/R减小，又P1=P2，P1=I1U1，从而I1减小，C错误；U1增大，由U1/U2=n1/n2可知，U2增大，I2=U2/R随之增大，由I1/I2=n2/n1可知I1也增大，D正确.故选项A、B、D正确.【例4】一台理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，两个副线圈的匝数分别是n2=60匝，n3=600匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是I2=1 A，I3=4 A，求原线圈中的电流强度. 错解分析：违背能量守恒，生搬硬套公式，得出：n+n3I1=2I2+I3n1，

10、I1=3 A的错解.解析：电流强度与匝数成反比，仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情况，本题有两个副线圈，应根据理想变压器无能量损失来分析，由于理想变压器无能量损失，所以有P1=P2+P3（P1为原线圈输入功率，P2、P3分别为两只副线圈的输出功率）根据电功率公式有：I1U1=I2U2+I3U3 又因为U1n1=U2n2，U2=n2UnU11=1n1U3n3，U3=n3n1U1,把代入，整理得：I1n1=I2n2+I3n3所以I1=n2I2+n3I31´60+4´600A=2.24 =n11100A二、远距离输电一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n1、n1/ n2

11、、n2/，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。功率之间的关系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr + P2。电压之间的关系是：U1n1U2n2=,=,U1¢=Ur+U2。 ¢n1¢U2¢n2¢U1¢I2n2¢I1n1¢=Ir=I2。电流之间的关系最简单，I1¢,Ir,I2中只要知道一个，另两个=,=,I1电流之间的关系是：¢n1I2¢n2I1总和它相等。因此求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用

12、2Pr=Ir,Ur=Irr2r，而不能用U1¢2Pr=r。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失æP1öL1÷Pr=ç×rµçU¢÷SU1¢2Sè1ø，由此得出结论： 减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。两者相比，当然选择前者。若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。注意：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高

13、、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。【例5】 学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1，升压变压器匝数比为14，降压变压器的匝数比为41，输电线的总电阻为R=4，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：发电机的输出功率多大？发电机的电动势多大？输电线上损耗的电功率多大？解：所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W，用电器总电流为I¢=2P2¢5280=24A，输电线上的电流¢U2220I1¢=Ir=I2=¢I2=6A，降压变压器上：U2=4U2/=88

14、0V，输电线上的电压损失为：Ur=IRR=24V ，因此升压变压器的输出电压为4U1/=UR+U2=904V，输入电压为U1=U1/4=226V，输入电流为I1=4I1/=24A，所以发电机输出功率为P出=U1I1=5424W发电机的电动势E=U1+I1r=250V输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W【例6】 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：这时的输电效率和输电线的总电阻r。若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么

15、电站应使用多高的电压向外输电？解；由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E /=7200度，因此效率=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由Pr=I 2r计算，其中Pr=4800/24=200kW，因此可求得r=20。 Pö1/ / 输电线上损耗功率P=æç÷rµ2，原来Pr=200kW，现在要求Pr=10kW ，计算可得输电电压应调节为U=22.4kV。 rèUøU2【例7】发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压

16、是220 V，输电线电阻为10 .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图.（3）用户得到的电功率是多少？解析：输电线路的示意图如图所示，输电线损耗功率P线=100×4% kW=4 kW，又P线=I22R线，输电线电流I2=I3=20 A，原线圈中输入电流I1=n1I2P100000201n A=400 A，所以，这样U2=U12=U1250n2I140020n1=250×20V=5000 V，U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V，所以n3U3480

17、0240用户得到的电功率=n4U422011P出=100×96% kW=96 kW三、针对训练考点1. 理想变压器基本公式的应用例题1 如图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为u=100V时开始发光，下列说法中正确的有A开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B开关接通后，电压表的示数为100 VC开关断开后，电压表的示数变大 D开关断开后，变压器的输出功率不变【变式训练1】如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R120 W，R230 W，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则 （ ）ptV 氖泡在两端电压达到A.交流电的频率为0.02

18、Hz B.原线圈输入电压的最大值为C.电阻R2的电功率约为6.67 W D.通过R3的电流始终为零考点2. （变压器动态问题）制约思路【例2】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、R3和R4均为固定电阻，开关S理想电压表，读数分别为U1和U2； I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 AU2变小、I3变小 BU2不变、I3变大CI1变小、I2变小 DI1变大、I2变大考点3. 多个副线圈的变压器剖析：当副线圈中有二个以上线圈同时工作时，U1U2U3=n1n2n3，但电流不可必须用原副线圈功率相等来求电流例题3 如图，接于理想变压器的四个灯泡规格相

19、同，且全部正常发光，则这三个线圈的匝数比应为（ ）A123； B231 C321； D213【变式训练3】 甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图11-2-12所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比为R甲：R乙=2：1，设甲变压器原线圈两端的电压为U甲，副线圈上通过的电流为I/甲；乙变压器原线圈两端的电压为U乙，副线圈上通过的电流为I/乙。则以下说法正确的是：（ ）AU甲=U乙，I/甲=I/乙； BU甲=2U乙，I/甲=2I/乙；CU甲=U乙，I/甲=½I/乙； DU甲=2U乙，I/甲=I/乙。电感和电容对交变电流的影响一、感抗1定义2感抗的成因：因为交变电流的方

20、向随时间周期性变化，这个变化的电流通过线圈时产生一个自感电动势，3决定因素： 研究可得出线圈的感抗XL与它的自感系数L及交变电流的频率f间有如下的关系：XL2fL二、1低频扼流圈：自感系数约几十亨，线圈电阻较小，对直流的阻碍作用较小，这种线圈可以“通直流，阻交流”。2高频扼流圈：自感系数约几个毫亨，对低频交变电流的阻碍作用较小而对高频交变电流的阻碍作用很大，可以用来“通直流，阻交流，通低频，阻高频”。三、交变电流能够“通过”电容器（1）电流实际上并没有通过电容器，也就是说，自由电荷定向移动，不会从一个极板经极板间的电介质到达另一个极板（2）电容器“通交流”，在交变电压的作用下，当电源电压升高时

21、，电容器充电，电荷向电容器的极板上集聚，当电源电压降低时，电容器放电，电荷从电容器的极板上放出，电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，表现为交流“通过”电容器四、容抗1定义2成因：电容器接入交流电路中后，极板上的电荷形成了二极板间的电压，这电压和电源电压相反，从而产生了对交变电流的阻碍作用，即形成了容抗3决定因素：交流电路中的容抗和交变电流的频率、电容器的电容成反比容抗与交变电流的频率和电容的关系为XC 1/2fC，即交流电的频率越大，电容越小，电容器对交变电流的阻碍作用越小，容抗越大五、电感和电容在电路中的作用1电感的作用是：“通 、阻 、通 、阻 ”2电容的作用是：“通 、阻 、通

22、、阻 ”I1n2=，此情况I2n1【典型例题】一、电感对交变电流的影响【例1】 交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，再接入原电路，通过线圈的电流为I，则( )AI>I BI<I CII D无法比较【例2】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示一块铁插进线圈之后，该灯将：（ ）A变亮 B变暗 C对灯没影响 D无法判断二、交变电流“通过”电容器【例3】 对交流电通过电容器的理解正确的是( )A交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B交变电流定向移动的电荷通过电容器两板间的绝缘介质C交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了

23、电流，表现为交变电流通过了电容器D交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)三、电容对交变电流的影响【例4】 如图1所示，某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过电线穿管的方案有两种，甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过，乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很强大，那么，以下说法正确的是()A无论输送的电流是恒定电流还是交变电流甲、乙两方案都是可行的B若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的C若输送的电流是交变电流，乙方

24、案是可行的，甲方案是不可行的D若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的四、电容、电感在电路中的综合应用【例5】 如图3所示，从AO输入的信号中，有直流电和交流电两种成分(1)现在要求信号到达BO两端只有交流电，没有直流电，需要在AB端接一个什么元件？该元件的作用是什么？(2)若要求信号到达BO端只有直流电而没有交流电，则应在AB端接入一个什么元件？该元件的作用是什么？【课后练习】1. 如图4所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是A把电介质插入电容器，灯泡变亮B增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D使交变电流频率减小，灯泡变暗

25、2.如图5所示，把电阻R，电感线圈L，电容C并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增大，则三个电流表示数I1、I2、I3的关系是( )A、I1=I2=I3 B、I1>I2>I3 C、I2>I1>I3 D、I3>I1>I23.如图536所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中，正确的是(L的直流电阻不为零)( )A直流成分只能从L通过B交流成分只能从R通过C通过R的既有直流成分又有交流成分D通过L的直流成分比通过R的直流成分要大24如图537所示电路中，U为220 V交流电源，C为电容器，R是

26、电阻，这一交流电路电压有效值关系是U2U2RUC.关于交流电压表的示数，下列说法正确的是( )A等于220 V B大于220 V C小于220 V D等于零5如图538所示，交流电源的电压为220 V，频率f50 Hz，三只灯L1、L2、L3的亮度相同，线圈L无直流电阻，若将交流电源的频率变为f100 Hz，则( )AL1灯比原来亮BL2灯比原来亮CL3灯和原来一样亮DL3灯比原来亮6.如图5所示，L1、L2和L3是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，L3与一个定值电阻R串联当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦交流电源时，三只灯泡的亮度相同现将a、b间接另一正

27、弦交流电源时，发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变由此可知，另一正弦交流电源可能是( )A电压有效值仍为U，而频率大于fB电压有效值大于U，而频率大于fC电压有效值仍为U，而频率小于fD电压有效值小于U，而频率大于f7.如图6所示交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则( )AP1P2 BP1>P2 CP1<P2 D不能比较8如图8所示，白炽灯和电容器串联后接在交变电源的两端，当交变电源的频率减小时( )A电容器电容增加B电容器电容减小C电灯变暗D电灯变亮9如图9

28、所示，两位同学利用图示装置做实验，第一位同学使ab在导轨上匀速运动，第二位同学使ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多，第一位同学的方法使小灯泡消耗电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，它们相比较( )AW1W2 BW1>W2CW1<W2 D无法确定10某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，下图所示电路中可行的是( )11在图5312电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表和电压表均为理想电表，交流电源的电压u2sin100t V，若保持其有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的有( )A

29、电流表示数增大 B电压表示数增大 C灯泡变暗 D灯泡变亮12如图5316所示的电路中，当a、b端加直流电压时，L1灯发光，L2灯不亮，当加同样电压的交流电源时，L1发光但较暗，L2灯发光较亮，则以下各项正确的是( )AA中接的是电感线圈，B中接的是电容器BA中接的是电容器，B中接的是电感线圈CA中是电阻，B中接的是电容器D若加的交流电频率增大，电压不变，则L1灯变得更暗，L2灯变得更亮答案：例1.解析 长直导线的自感系数很小，感抗可忽略不计，其对交变电流的阻碍作用可以看作是纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流不但有电阻，而且有

30、感抗，阻碍作用增大，电流减小答案 B例2.解析 线圈和灯泡是串联的，当铁插进线圈后，电感线圈的自感系数增大，所以电感器对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，则灯变暗。答案B例3. 解析 电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器两板间的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器中并未有电荷通过，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器答案 CD例4答案 BC解析 恒定电流对于一根还是两根钢管毫无影响，但交变电流通过的导线和钢管之间形成电容器，对交变电流有阻碍作用，而两根线从一根钢管中穿过，并且任一时刻电流的方向都等大反向，产生的影响抵消例5. 答案 根据电容和电感对直流电和交流

31、电的作用原理进行分析(1)因为BO端不需要直流电，只需要交流电故根据电容C有“通交流，隔直流”作用，应在AB端接入一个电容器C，该电容器对直流电有阻碍作用，能通过交流电(2)因为BO端不需要交流电，只需要直流电故根据电感L有“通直流，阻交流”的作用，应在AB端接入一个电感线圈，该线圈对交流电有阻碍作用，能通过直流电课后练习 1. 【解析】把电介质插入电容器，电容增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A正确。增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流阻碍作用变大，所以灯泡变暗故B错。减小电容器两极板间的正对面积，电容变小灯泡变暗正确，故C正确。交变电流频率减小，电容器对交

32、变电流阻碍作用增大，灯泡变暗，故D正确。【答案】ACD 2. 【解析】交流电频率增大，电阻R对电流的阻碍作用不变所以A1表读数不变。频率增大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，所以电流变小，A2表读数变小。频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，对电流的阻碍作用变小，所以电流变大，A3表读数变大故答案为D。3. 答案 CD解析 由于线圈直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A错，因为导线的一般直流电阻都很小，所以通过线圈的直流要比通过R的要大，D正确4. 答案 C5.

33、答案 AC解析 电容器的容抗与交流电的频率有关，频率高、容抗小，即对高频交流电的阻碍作用小，所以A项正确线圈对交流电的阻碍作用随频率升高而增大，所以B项错电阻R中电流只与交流电有效值及R值有关，所以C项正确，D项错.6答案 A解析 由题述中与一个定值电阻R串联的灯泡L3亮度不变可知，所接的另一正弦交流电源的电压有效值仍为U.灯泡L1变亮，说明与L1串联的电容器C容抗变小由影响容抗的因素可知，这是由于正弦交流电的频率增大所以正确选项是A.7答案 B解析 开关接在直流电源上时，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能而当双刀双掷开关接在交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成

34、灯泡的内能外，还有一部分电能与磁场能往复转化，因此P1>P2，故选B.8答案 C解析 电容器的电容是由电容器本身的特性所决定的，与外加的交变电源的频率无关，选项A和B是错误的，当交变电源的频率减小时，电容器充放电的速度减慢，电容器的容抗增大，电流减小，电灯变暗，故C对，D错9答案 B解析匀速运动时，产生的感应电动势是稳定的，感应电流也是恒定的，因此在线圈上不会产生感抗，所以通过小灯泡的电流大，消耗的电能多；当ab做变速运动时，产生的感应电动势是变化的，感应电流也是变化的，在线圈上产生感抗，使通过小灯泡的电流减小，因此消耗的电能少故B正确10答案 D解析 A图放大器得到所有成分；B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也可得到低频成分；C图既可得高频成分也可得低频成分；D图通过C1的是高、低频都有，通过C2的是旁路电容让高频成分滤去，故D正确11解析：选BC.由u2sin100t V可知电源原来的频率：f100Hz2250 Hz，当频率增大时，线圈的感抗增大，电路中的干路电流将减小，因此A、D错、C正确图中电灯与电感线圈串联，所以总电压(有效值)UULUR，因UR减小，而总电压的有效值不变，所以UL增大，因此选项B也正确12