2020年高考名校物理模拟试题分项解析热点21直流和交流动态电路(解析版)

1、热点21直流和交流动态电路高考真题1. （2019高考江苏卷物理1）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1: 10,当输入电压增加20 V时，输出电12(A)降低2 V (B)增力口 2 V(C)降低 200 V (D)增力口 200 V【名师解析】由理想变压器原、副线圈n2_一U1，即副线圈两漏 U1 R 1.电压比等于匝数比即一，得：U2U 2 n2时，输出电压增大 200V,电压与原线圈两端电压成正比，所以有: n2_U2 U1,当输入电压增加 20V故D正确。2.（2016、全国理综I 15-含有理想变压器的电路如图所示,4 a , A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压数为I

2、；当S闭合时，电流表的示数为41。该变压A.2B.3C.4D.5RiAu飞值分别为3Q , 1 Q,阻Ri,R2和效值恒定。当开关S断开时，电流表的示【命题意图】本题考查变压器变压公式、功率公式、动态变化及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析解决问题的能力。【解题思路】 设变压器原副线圈匝数比为k,根据题述，当S断开时，电流表示数是 I,则有U=IR1+ U1O由变压公式，U1/U2=k,由变压器功率关系UlI = U2l2,可得I2/I=k。即当S断开时，副线圈输出电流为I2=kl,U2= I2 (R2+R3) =kI (R2+R3)；当 S 闭合时,电流表示数为 4I,则有U=

3、4IR 1+ U 1。由变压器公式，U' 1/U '2=k,由功率关系 U' 1 4I=U2I'2,可得I 2/4I=k。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ACD错误。【易错剖析】解答此题的易错点主要有三：一是把正弦交流电压源看作直接接在变压器原线圈时；二是不能正确运用变压器变压公式、功率公式列出相关方程；三是不能正确解答这些方程。3. (2018海南高考物理) 如图，三个电阻 Ri、R2、R3的阻值均为R,电源白内阻r<R, C为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由

4、c点向a端滑动，下列说法正确的是A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率变大C.电源输出的功率变大D.电源内阻消耗的功率变大【参考答案】CD【名师解析】本题考查电路动态变化、电功率等知识点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由 c点向a端滑动，R2中电流增大，R3中电流减小，所以 R2消耗的功率变大，R3消耗的功率变小，选项 AB错误；由于外 电路总电阻减小，电源输出电流增大，电源内阻消耗的功率变大，选项D正确；由于电源的内阻 r<R,根据电源输出功率曲线可知，电源输出的功率变大，选项 C正确。1.1. (2016上海物理)如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电键，电压表示数为 U,电

5、流表示数为I;在滑动变阻器 Ri的滑片P由a端滑到b端的过程中()(A) U先变大后变小(B) I先变小后变大(C) U与I比值先变大后变小(D) U变化量与I变化量比值等于R3【参考答案】BC【名师解析】本题考查动态电路。据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A错误；滑片滑动过程中，电阻 Ri的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增加，故选项B、C正确；由于电压表示数没有变化，故选项 D错误。5. （2016高考天津理综物理）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，Ri消耗的功率变

6、大B、当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时，电压表 V示数变大C、当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时，电流表 Ai示数变大D、若闭合开关S,则电流表Ai示数变大，A2示数变大【参考答案】B【命题意图】本题考查变压器动态变化及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识分析解决问题的能力。【解题思路】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻值增大，变压器副线圈的负载总等效电阻增大，Ri中电流减小，Ri两端电压减小，电压表示数变大，Ri消耗的电功率变小，选项A错误B正确。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率

7、，变压器输入功率减小，电流表Ai示数变小，选项C错误。若闭合开关S,则Ri中电流增大，Ri两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表 Ai示数变大，选项 D错误。【光速解法】对于动态电路，可运用串反并同“快速解答。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻值增大，与其串联的电阻Ri中电流减小（串反），与其并联的电流表 A2中电流增大(并同)。电压表示数变大，由此可快速得出选项B正确。6. (18分)(2018北京理综)如图1所示，用电动势为 E、内阻为r的电源，向滑动变阻器 R供电。改变变阻器R的阻值，路端电压 U与电流I均随之变化。(1)以U为纵坐标，I为横坐

8、标，在图2中画出变阻器阻值 R变化过程中U-I图像的示意图，并说明 U-I图像与两坐标轴交点的物理意义。(2) a.请在图2画好的U-I关系图线上任取一点，画出带网格的图形，以其面积表示此时电源的输出功率;b.请推导该电源对外电路能够输出的最大电功率及条件。(3)请写出电源电动势定义式，并结合能量守恒定律证明：电源电动势在数值上等于内、外电路电势降落之和。【名师解析】.(1) U-I图象如图所示，图象与纵轴交点的坐标值为电源电动势，与横轴交点的坐标值为短路电流。(2) a.如图所示b.电源输出的电功率E22rR 2rR当外电路电阻 R=r时，电源输出的电功率最大，为p =E2max .4rL

9、W(3)电动势定义式E q根据能量守恒定律，在图 1所示电路中，非静电力做功 W产生的电能等于在外电路和内电路产生的电热,22 _WI rt I RtIrqIRqEIr IR U 内 U 外最新模拟题1. （2019江苏苏州期末） 恒流源是一种特殊的电源，其输出的电流能始终保持不变，如图所示的电路中电源是恒流源，当滑动变阻器滑动触头 P向右移动时，下列说法中正确的是（）A. Ro上的电压变小B. R2上的电压变大C. Ri上的电压变小D. Ri上电压变化量大于 Ro上的电压变化量【参考答案】A【名师解析】当滑动变阻器滑动触头P由图示位置向右移动时，滑动变阻器Ro接入电路的电阻减小，则总电阻也减

10、小，而电源输出电流不变， 由闭合电路欧姆定律可知，并联部分电压减小， 所以R2上的电压变小，R2是定值电阻，所以通过 R2的电流减小，总电流不变，则通过R1电流增大，所以 R1的电压变大，则 Ro上的电压变小，故 A正确，BC错误；R1的电压变大，Ro上的电压变小，R1和Ro的电压之和减小，则 R1 上电压变化量小于 Ro上的电压变化量，选项 D错误。2 . （ 4分）（2。19江苏七市二模） 检测煤气管道是否漏气通常使用气敏电阻传感器。某气敏电阻的阻值随 空气中煤气浓度增大而减小，某同学用该气敏电阻R1设计了图示电路，R为变阻器，a、b间接报警装置。当a、b间电压高于某临界值时，装置将发出警

11、报。则（）A .煤气浓度越高，a、b间电压越高B.煤气浓度越高，流过 R1的电流越小C.煤气浓度越低，电源的功率越大D.调整变阻器R的阻值会影响报警装置的灵敏度【参考答案】AD 。【名师解析】分析清楚电路结构，根据煤气浓度变化判断电路总电阻如何变化，然后应用闭合电路欧姆定 律与部分电路欧姆定律分析答题。煤气浓度越高气敏电阻 Ri阻值越小，电路总电阻越小，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流 I越大，电阻 两端电压U=IR变大，即a、b间电压越高，故 A正确，B错误；煤气浓度越大，气敏电阻Ri越大，电路总电阻越大，电路电流 I越小，电源功率 P=EI越小，故C错误；调整变阻器 R的阻值会改变煤气浓度

12、一 定时a、b间的电压，回影响报警器的灵敏度，故 D正确；【关键点拨】本题是一道闭合电路动态分析题，分析清楚电路结构、知道气敏电阻Ri随煤气浓度变化的关系是解题的前提与关键，应用欧姆定律即可解题。3. （2019甘肃庆阳期末） 如图所示，电源电动势为E,内电阻为r,理想电压表 Vi、V2示数为Ui、U2,其变化量的绝对值分别为 Ui和Uz;流过电源的电流为I,其变化量的绝对值为 AI.在滑动变阻器的触片A.小灯泡？、？?变暗，？?变亮从右端滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）（）B. ?>?C.曰大【名师解析】：当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小,外电路总电阻减

13、小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小,则并联部分的电压减小，则L3变暗。总电流增大，而L3的电流减小，则Li的电流增大，则Li变亮。故A错误。由上分析可知，电压表 Vi的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以Ui>Q2.故B正确。由UkE-I （RL2+r）得： 券 =RL2+r,不变,故C错误。根据欧姆定律得=R2,不变，故D正确。4. （2019湖南湘东六校联考） 如图所示，电源电动势为 E,内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的 滑动变阻器，R0为定值电阻，Ri为光敏电阻（其电阻随光照强度增大

14、而减小）.当电键 S闭合时，电容器 中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（ ）A.在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R。消耗的电功率变大，电阻 R3中有向上的电流B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端Pi向下端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向下运动D.若断开电键S,电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【参考答案】A【名师解析】在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，通过电阻Ro的电流增大，根据热功率公式p=I2R可知电阻R。消耗的电功率变大，电容器两端电压增大，电容器充电，电阻R3

15、中有向上的电流，选项A正确；只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，电源输出电流不变，电源消耗的功率不变，选项 B错误；只调节电阻R2的滑动端Pi向下端移动的过程中，电容器两端电压增大，电 容器充电，带电微粒所受电场力增大，微粒向上运动，电源路端电压减小， 电压表示数变小，选项C错误；若断开电键S,电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带 电微粒向下运动，选项 D错误。5. （2019四川成都石室中学模拟） 如图所示的电路中，电源的电动势 E和内阻r 一定，A、B为平行板电 容器的两块正金属板， ？为光敏电阻（电阻随光强的增大而减小

16、）。当？的滑动触头P在a端时，闭合开 关S,此时电流表 A和电压表V的示数分别为I和？?以下说法正确的是（）A.若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少B.若仅将？2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大C.若仅用更强的光照射？，则1增大，U减小，电容器所带电荷量减少D.若仅用更强的光照射？，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值减小【参考答案】AC【名师解析】若仅增大 A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式？= ？分析可知电容器所带电荷量减少，选项A正确；滑动变阻器处于含电容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变，选项B错误；若仅用更强的光线照射

17、？，？的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和？的电压 均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式？=能析可知电容器所带电荷量减少，选项C正确；若仅用更强的光线照射 ？，？的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得 ？=？-？ 一 ,？、 ，一 一可得：I三？ 二？不变，选项D错误。6. (2019福建泉州5中高考适应性考试) 一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比为3： 1.电路中连接三个相同的电阻R, ？为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值 U =380V.当开关S断开时，电流表的示数为 2A.则()A,定值电阻R的阻值为10aB.开

18、关S断开时，副线圈的输出电压为 127VC.开关S闭合时，电流表的示数为 3.8AD.开关S闭合时，电路中消耗的总功率为1300W【参考答案】AC。【名师解析】当开关 S断开时，电流表的示数为 2A,所以原线圈电压为 380-2R,变压器原、副线圈匝数比为3： 1,根据电压之比等于匝数之比得副线圈电压是(380-2R),根据电流之比等于匝数的反比得副线圈电流是 6A,所以7(380-2R) =6X2R解得R=10Q,故A正确；开关S断开时，副线圈的输出电压为120V,故B错误；开关S闭合时，设开关闭合时电流表的示数为I ；则原线圈两端电压为380- 10I 根据电流之比等于匝数反比可得副线圈的

19、电流强度为3I ；副线圈两端电压为 30I ；理想变压器的原、副线圈的电压比为：(380- 10I ) : 30I = 3： 1,解得I:3.8A,故C正确；D、开关S闭合时，电路中消耗的总功率为P= UI '= 1444W,故D错误；7.（2019江苏南通启东期末）如图所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比ni ： n2=2 ： 1，原线圈所接交变电压表达式为U=25 V2 sin 100兀t（V）,C电容器，L为自感线圈，开关S断开。则（）A.交流电压表示数为 12.5 VB.只增加交变电流的频率，灯泡变暗C.只增加交变电流的频率，电压表读数变大D.闭合开关S,待稳定后灯泡的亮度

20、不变【参考答案】AB【名师解析】由题可知，原线圈电压有效值为 25 V,根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压丫？表本数U2=?U1=12.5 V,故A正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流电的阻碍作用就越大 ，所以流过灯泡的 电流会减小，灯泡的亮度要变暗，故B正确；交流电的频率对变压器的变压作用没有影响 ，故C错误;开关闭合后灯泡与电容器并联，流过自感线圈的电流增大，自感线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则自感线圈上分担的电压增大所以灯泡比闭合前暗，故D错误。8. （3分）（2019广东深圳中学模拟）在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1,ab两端接入图乙所示

21、的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），图中电压表和电流表均为理想电表，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是（）A .电压表的示数为 22VB.若Rt处出现火灾时，电压表示数将变大C.若Rt处出现火灾时，电流表示数将变大D.若Rt处出现火灾时，指示灯 L将变暗【思路分析】求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值.半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电

22、压变化.【名师解析】设原线圈两端电压为Ui,根据热效应可得：Ix T .解得U1 = 110后V,则副线R - R 2圈的电压U2=Ulh/SV,故A错误；输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，故 B错误；若Rt处出现火灾时，Rt电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故 C正确；若Rt处出现火灾时，Rt电阻变小，输出的总功率变大，电流强度变大，Ro两端电压变大，则灯泡两端电压变小，灯泡变暗，故 D正确。9. （2019山西质量检测）（多选）如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小，理想变压 器原、副线圈的匝数比为 10： 1,

23、电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 220j2sin100疝（V）,则（）A.电压表的示数为2272 VB.在天逐渐变黑的过程中，电流表A2的示数变小C.在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变大D.在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小【参考答案】BD【名师解析】根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220亚v，根据电压之比等于线圈匝数之比可知，副线圈的电压的最大值为 22v2V，电压表的示数为电压的有效值， 所以示数为 小?=登V = 22V, 故A错误；在天变黑的过程中， 光照变弱，R阻值增大，电路的总电阻减大， 由

24、于电压是由变压器决定的， 输出的电压不变，所以电流变小，电流表A2的示数变小，故 B正确；由于变压器的输入和输出的功率是相等的，副线圈的电流减小，电压不变，所以由 P=UI可知，输出的功率要减小，故输入的功率也要减小，因 输入电压不变，故输入电流变小，故C错误，D正确。20 ： 1 ,图中电10.（多选）（2018山东省临沂市一模）如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为表均为理想电表，R为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），Li和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是（）19甲乙A.交流电压的频率为 50 HzB.电压表的示数为11 VC.当

25、照射R的光强增大时，电流表的示数变大D.若Li的灯丝烧断后，电压表的示数会变小【参考答案】ABC1【名师解析】由题图乙可知交流电压周期 T = 0.02 s,所以频率为f= T=50 Hz,故A正确；原线圈接入电压的最大值是 2202 V,所以原线圈接入电压的有效值是U=220 V,理想变压器原、副线圈匝数比为 20：1,所以副线圈两端电压是11 V,所以电压表的示数为 11 V,故B正确；R阻值随光强增大而减小，根据IU=R知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故 C正确；当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不

26、变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故 D错误.11.钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值 I和匝数n获知载流导线中的电流大小I。,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是（）A.该测量仪可测量稳恒直流电的电流 ？B.载流导线中电流大小1。=?C.若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小【答案】C 钳形电流测量仪实质是一个电流互感器，根据电磁感应原理工作，所以被测载流导线中电流应,? ?？，由审不得I=7,n0>1,为变化的

27、电流，A错误。据/?得l0=nI,B错误。若钳形部分铁芯没有完全闭合，铁芯中妾偏小，所以感应电 流I会偏小，测量出的电流将小于实际电流 ，C正确。若将载流导线在铁芯上多绕几匝所以I将偏大，D错误。12. （2019江西南昌三模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比为ni： n2=5： 1,电阻R=20 Q, Li、L 2为规格相同的两只小灯泡,Si为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将 Si接1、S2闭合，此时L2正常发光的功率为 P,下列说法正确的是（A.输入电压 u的表达式u = 20jsin50兀tVB.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.4

28、WC.只断开S2后，L1、L2的功率均为P/2D.只断开S2后，原线圈的输入功率为P/2【参考答案】D【命题意图】本题考查变压器动态变化、电功率及其相关知识点。【解题思路】由输入电压u随时间t的变化关系图像可知，最大值Um=20 J2V,交变电流的周期是 T=0.02s, 3= 2兀/T 100n所以输入电压u的表达式应为u=20/2sin（100兀）tV,选项A错误；原线圈输入电压 U1=20V , 由变压器变压公式可副线圈输出电压为U2=4V ,若S1换接到2后，R消耗的电功率为 Pr=U22/R=0.8W,选项B错误；只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈输出电流变小为

29、原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，选项C错误；根据变压器原线圈的输入功率等于副线圈的功率，只断开S2后，原线圈的输入功率为两个灯泡消耗的电功率之和，为 P/4+P/4=P/2,选项D正确。【方法归纳】对于变压器问题，一般利用变压公式和原副线圈电功率相等解答。若某个电阻接在电压不变的电路中，消耗的电功率为P,则两个同样的电阻串联接在该电路中，每个电阻消耗的电功率为P/4.13. （ 6分）（2019河南开封三模） 如图所示，理想变压器原、副线圈分别与电阻R1、R2连接，R1 = R2,现通过移动滑片 P来改变原线圈的匝数，使原线圈和副线圈接入电路的匝数分别为m、n2,电压表和

30、电流表均为理想电表，已知交流电源电压瞬时值表达式为u=2206sin100 nt（tV）,下列说法中正确的是 （）A .当ni: n2=2： 1时，电压表的示数小于 110VB.通过电阻 R2的交变电流的频率为 100HzC.当滑片P向下移动时，电压表的示数将变大D.当移动滑片P使m = n2时，电压表的读数为 110V【参考答案】AD【名师解析】设 R1 = R2=R,原线圈电流为I,则根据匝数比可知副线圈电流为2I;此时初级电压为：U-IR;则根据匝数比可知，次级电压为 二（U-IR）;根据欧姆定律可知： 曲（U-IR） =2IR,解得IR一1" U,即R1两端的电压为 看U；

31、R2两端的电压为丁U=4ZZQ=88V,故A正确；交流电源电压瞬时值表达式为u=220>/2sin100成V）,可知角速度：«= 100兀rad/§则频率：f=50Hz.变压器不改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交变电流的频率为 50Hz.故B错误；当滑片 P向下移动时原线圈的匝数减少，设匝数比为k,则此时初级电压为：U - IR；则根据匝数比可知，次级电压为 3=亍（U k_ U TT kU | U |t , , a , , , , _-IR） =kIR;可得：-,-=1。当k=1时，副线圈上的电压 U2,即电压表的读数k +1 k +1 kq有最大值；所以滑片

32、p向下移动时，电压表的读数不是一直增大。故 c错误；由c的分析，当移动滑片 p _ U使m = n2时，电压表的读数为-I41. V，故D正确；14. （2019湖南岳阳二模） 一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在 a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 c、d间作为副线圈，在 cd间接定值电阻R.在a、b间输入A. ? > ?, ?2 降低电压为Ui的交变电流时，c、d间的输出电压为 U2.在将滑动触头从 M点顺时针旋转到 N点的过程中（）B. ? > ?, ?升高C.变压器输入功率增大D.变压器输入功率减小【参考答案】D【名师解析】根据变压器

33、的电压关系有-,当滑动触头 M顺时针转动时，即 n2减小时，电压 U2应该减小，即降低，由于n2<ni,所以U2VU1,故A错误，B错误；由于电压 U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。【关键点拨】本题属于自耦变压器，输入和输出的电压同样与匝数成正比，当滑动触头M顺时针转动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压的变化的情况。自耦变压器的原理和普通的理想变压器的原理是相同的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据基 本的规律分析即可。15. （2020百师联盟质检） 如图所示，电阻 Ri与R2阻值相等，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无限大），在 AB之间加一正弦交变电流 u=10sin100 nt t（ V）,理想电压表的示数为A. 3.5VB. 2.5VC. 5VD. 7.1VR1两端电压波形为前 T/2内电压为零，后 T/2时间内为正弦波，且最大值T,解得U=2.5V ,选项B正确。B由于与R1并联了理想二极管,为5V,根据有效值