《考前三个月》2015届高考物理（广东专用）名师考点点拨专题讲义：专题六 电磁感应和电路 第2课时.docx

1、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 WUIt，电功率 PUI，且电功全部转化为电热，有 WQUItU2R tI2Rt，PUIU2R I2R.(2)非纯电阻电路：电功 WUIt，电功率 PUI，电热 QI2Rt，电热功率 P 热I2R，电功率大于电热功率，即 WQ，故求电功、电功率只能用 WUIt、PUI，求电热、电热功率只能用QI2Rt、P 热I2R.2电源的功率和效率(1)电源的几个功率电源的总功率：P 总EI电源内部消耗的功率：P 内I2r电源的输出功率：P 出UIP 总P 内(2)电源的效率 P出P总100%UE100%3

2、交流电的“四值”(1)最大值 EmNBS.(2)瞬时值 eNBSsin_t.(3)有效值：正弦式交流电的有效值 EEm2；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 nt，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：U1U2n1n2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I1I2n2n1.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

3、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 (单选)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 1AR3 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

4、增大D质点 P 将向上运动审题突破 当 R4 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 I1I3IA，可得电流表读数 IA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

5、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(单选)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 UI 曲线，如图 2 甲所示再将该金属丝与某一定值电阻 R0 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 R0 可以改变温度计的量程，R0 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

6、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 RT 的阻值越大，即温度越高，所以 B 错误；若 R0 越大，电压表要偏转同样的角度，需 RT 的阻值更大，即温度更高，量程越大，所以 C 正确；温度越高，RT 的阻值越大，电路电流越小，所以电源消耗的功率 PEI 越小，故 D 错误考向 2 交流电的产生和描述例 2 (双选)如图 3 甲为小型旋转电枢式交流发电机，电阻为 r2 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

7、器 R 的最大阻值为 R0407，滑动片 P 位于滑动变阻器中央，定值电阻 R1R0、R2R02，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 随时间t 变化的图象，则下列说法正确的是()图 3A电阻 R2 上的热功率为57 WB0.02 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e10 2cos 100t(V)D线圈开始转动到 t 1600 s 的过程中，通过 R1 的电荷量为2200 C解析 R 总R1R02 R04 74R010，I1010 A1 A，UR2107

8、 V，根据公式 PU2R 得电阻 R2上的热功率为 PR257 W，故 A 正确；0.02 s 通过线圈的磁通量为零，感应电动势最大，故 B错误；T0.02 s，2T 100 rad/s，E10 V12 V12 V，e12 2cos 100t(V)，故 C错误；电动势的最大值为 Em12 2 VnBS，mBS 12 2n100(Wb)，12 2n100sin100t(Wb)，线圈开始转动到 t 1600 s 的过程中，通过电阻的电量为 nR总r2200 C，故 D 正确答案 AD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

9、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(双选)(2014天津7)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 t0 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 23C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 1

10、0 V答案 AC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 正确B.从图象可知，曲线a、b 对应的线圈转动的周期之比为 23，则转速之比为 32，故 B 错误C.由图象可知曲线a 的周期 Ta4102 s，则曲线 a 表示的交变电动势频率 fa 1Ta25 Hz，故 C 正确D.交变电动势的最大值 EmNBS，则曲线 a、b 表示的交变电动势的峰值之比为 EmaEmbab32，即 Emb23Ema10 V，故曲线 b 表示的交变电动势的有效值为 E 有102 V5 2 V，D 错误考向 3 变压器和远距离输电问题例 3 (单选)如图 5 为学校配电房向各个教室的供电示意图，T

11、为理想变压器，V1、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 A2 示数变大，根据变流规律可得原线圈电流增大，电流表 A1 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

12、增大，故并联电路的电压减小，即电压表 V3 示数减小，所以电流表 A3 的示数减小，所以 A、B 错误，C 正确；副线圈电压不变，即 V2 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(单选)(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

13、匝数分别为 n1、n2，电压分别为 U1、U2，电流分别为 I1、I2，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.I1I2n1n2BI2U2RCI1U1I22RDI1U1I2U2答案 D解析 根据理想变压器的工作原理得 I1U1I2U2、I1I2n2n1.U2 不是加在 R 两端的电压，故 I2U2R，而 I1U1 等于 R 上消耗的功率 I22R 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 (双选)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

14、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，以下判断正确的是()图 7A电压表的示数为 10 VB0.01 s 时发电机线圈平面与磁场方向垂直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

15、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 错误；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 AD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

16、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(双选)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 转动，下列判断正确的是()图 8A在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势最大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 NBL2D变压器的输入与输出功率之比为 11答案 AD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

17、应电动势最大，故选项 A 正确；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 u1u1m2NBL22，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(单选)(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

18、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(单选)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

19、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 2AI 变大，U 变小BI 变小，U 变大CI 变小，U 变小DI 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 UEI0r 变大，即报警器两端的电压 U 变大传感器 R3 与电阻 R2 并联部分的电压 U 并EI0rIR1，干路电流 I0 减小，通过 R1 的电流 I减小，故 U 并变大，电流表的读数变大3(双选)2007 年诺贝尔物理学奖授予了两位发

20、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，电压表的示数增大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 AD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

21、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 正确；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(单选)一个匝数为 100 匝，电阻为 0.5 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 4A5 AB2 5

22、 AB6 AD2 6 A答案 B解析 01 s 时间内，感应电动势为 E1n1/t11 V，电流为 2 A；11.2 s 内，感应电动势 E2n2/t25 V，感应电流为 10 A，一个周期内发热量为 I21Rt1I22Rt2I2R(t1t2)，得 I2 5 A，B 正确5(单选)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，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()图 5A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 JCt 130

23、0 s 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 e4sin 100t(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：iImcos 2T t(A)，将 t 1300 s 代入可得，Im2 A，因此感应电流的有效值为 I Im2 2 A，A 错误；线圈转动一周产生的焦耳热QI2Rt(2)220.02 J0.08 J，B 错误；线圈中的感应电动势的瞬时值表达式 eUmcos 2Tt(V)ImRcos 2T t(V)4cos 100t(V)，D 错误；而 t 1300 s 时有瞬时值 e4cos 3 V2 V，而根据法拉第电磁感应定律，ent，

24、因此 t 1300 s 时穿过线圈磁通量的变化率为en0.02 Wb/s，C 正确6(双选)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 6At0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量变化率为零Bt0.02 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 AD解析 t0.01 s 和 t0.02 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 正确，B 错误；由题图乙可知 T0.02 s，故 C 错误；根据正弦式交变电动势有效值和峰

25、值的关系可得，该交变电动势的有效值为 E22 V，故 D 正确题组 3 变压器和远距离输电问题7(双选)(2014山东17)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有效值为 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 n1n2113答案 BD解析 变压器的输入功率 P1P2I2U22.260 W132 W，选项 A 错误；由U1U2n

26、1n2得n1n2U1U222060 113，选项 D 正确；由I1I2n2n1得 I1n2n1I2 3112.2 A0.6 A，选项 B 正确；根据 I Im2得通过副线圈的电流的最大值 I2m 2I22.2 2 A，选项 C 错误8(单选)(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 n1n42R，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 8AA1、A2 两表的示数相同BL1、L2 两灯泡的亮度相同CR1 消耗的功率大于 R3 消耗的功率DR2 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

27、 A2 表的电流大小 I2U2RRL.通过升压变压器升压后输出电压 Un2n1U，降压变压器输入端获得的电压为 UI12Rn2n1UI12R，灯泡 L1 两端电压为(n2n1UI12R)n4n3，则通过灯泡 L1 的电流为n2n1UI12Rn4n3RL.故由变压器电流变化规律得 I1n2n1UI12Rn4n3RLn4n3.又因为 n1n42R，所以 I1I2，故灯泡 L1 亮度更大，选项 B 错误由于 I1I2，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(单选)图 9 甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数 n1 与副线圈匝数 n2 之

28、比为 101，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻 R1R2R320 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 R2 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 U1100 2 V，根据变压规律得 U210 2 V，开关 S 处于断开状态，负载为 R1、R2 串联，电压表测量的是 R2 两端的电压，又 R1R2，可得电压表读数为 5 2 V，所以 A 错误；副线圈电流

29、I2U2R1R2 24A，原线圈电流 I1n2n1I2 240A，所以 B 错误；电阻 R2 上消耗的功率 P2I22R22.5 W，故 C 正确；若闭合开关 S，电容器两端最大电压等于13U2m203 V，小于 8 V，故电容器不会被击穿，所以 D 错误10(单选)(2014湖北七市模拟)如图 10 所示，一个匝数为 N100 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 n1n2101 的变压器给阻值 R20 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

30、最大磁通量为 150 WbCt0 时刻流过线圈的电流不为零Dt0.002 5 s 时刻穿过线圈平面的磁通量为 150 Wb答案 D解析 电阻R消耗的电功率为PU2R 20220 W20 W，故A错误；根据公式EmNBSNm，穿过线圈平面的最大磁通量为 mEmN200 2100250 Wb250 Wb，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；t0.002 5 s18T，磁通量为mcos t250 22Wb 150 Wb，故 D 正确11(单选)如图 11 甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 41；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

31、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 u36 2sin 50t(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 14CR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 u36 2sin 100t(V)，A 错误理想变压器的输入、输出功率之比应为 11，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

32、V2 的示数为 9 V，D 正确12(双选)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 1100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为 100.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 50 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

33、当传感器 R2 所在处出现火警时，输电线上的电流变大答案 AD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 正确；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：IPU30 A，输电线损失的电压为：UIR30100 V3 000 V，输电线路损耗功率为：PUI90 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