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文档简介
第三章3.第1课时基础达标练1.(2023·福建南平高二阶段练习)电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步。下列说法错误的是(B)A.甲图中,这是录音机的录音电路原理图,当录音机录音时,声音信号变成电信号,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B.乙图电路中,开关断开瞬间,灯泡会突然闪亮一下C.丙图中,在真空冶炼炉中,可以利用高频电流产生的涡流冶炼出高质量合金D.丁图中,钳形电流表是利用电磁感应原理制成的,它的优点是不需要切断导线,就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小解析:甲图中,将声音信号转变为磁信号,是录音机的原理。当录音机录音时,由于话筒的声电转换,线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场,使磁带的磁粉磁化,A正确,不符合题意;乙图电路中,开关断开瞬间,电路立即断开,没有闭合回路,灯泡不会突然闪亮一下,B错误,符合题意;丙图中,在真空冶炼炉中,可以利用高频电流产生涡流,电能转化为内能,冶炼出高质量合金,C正确,不符合题意;丁图中,钳形电流表是利用电磁感应原理制成的,相当于变压器,不需要切断导线,就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小,D正确,不符合题意;故选B。2.(多选)(2023·贵州铜仁高二统考)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,原线圈上接有灯泡L1和开关S,灯泡L1和L2的额定电压均为U0,当S断开时两灯泡恰好均能正常发光,则(BC)A.电源电压有效值为U=2U0B.S断开时,灯泡L1和L2的电流之比为1∶2C.S断开时,灯泡L1和L2的功率之比为1∶2D.S闭合后,灯泡L2仍能正常发光解析:副线圈的电压为U2=U0,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2),解得原线圈的电压U1=2U0,电源电压U=U0+2U0=3U0,故A错误;S断开时,由U1I1=U2I2,可得灯泡L1和L2的电流之比eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1)=eq\f(1,2),故B正确;S断开时,灯泡L1和L2的电压相同,功率之比eq\f(P1,P2)=eq\f(U0I1,U0I2)=eq\f(1,2),故C正确;S闭合后,原线圈的电压为电源电压U1=U=3U0,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2),解得U2=eq\f(3,2)U0,灯泡L2不能正常发光,故D错误。故选BC。3.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器(D)A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流解析:电流互感器原线圈匝数少,副线圈匝数多,是一种升压变压器,A错误;变压器的原理是电磁感应,故它不能测量直流电路的电流,B错误;变压器不改变交变电流的频率,C错误;变压器原、副线圈的电流与线圈匝数成反比,因此副线圈的电流小于原线圈的电流,D正确。4.(多选)如图所示,一理想变压器的原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上,副线圈通过电流表与一阻值为40Ω的电阻连接。已知理想电流表的示数为1.1A,则下列说法正确的是(CD)A.变压器的输入功率为24.2WB.电阻两端电压的最大值为44VC.变压器原、副线圈的匝数比为5∶1D.通过原线圈电流的有效值为0.22A解析:由P=I2R可知P=48.4W,A错误;由U2=IR可知U2=44V,电阻两端电压的最大值为44eq\r(2)V,B错误;变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=U1:U2=5∶1,C正确;由n1:n2=I2:I1可得I1=0.22A,D正确。5.(多选)如图所示是一种理想自耦变压器示意图,线圈绕在一个圆环形的铁芯上,P是可移动的滑动触头。输入端AB接交流电压U,输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2,Q为滑动变阻器的滑动触头。当开关S闭合,P处于图示位置时,两灯均能发光。下列说法正确的是(AD)A.P不动,将Q向右移动,变压器的输入功率变大B.P不动,将Q向右移动,两灯均变暗C.Q不动,将P沿逆时针方向移动,变压器的输入功率变小D.P、Q都不动,断开开关S,L1将变亮解析:P不动,将Q向右移动,负载电阻变小,电流变大,两灯均变亮,副线圈两端电压不变,输出功率变大,则变压器的输入功率变大,A正确,B错误;Q不动,将P沿逆时针方向移动,原线圈匝数减小,则副线圈两端电压增大,输出功率增大,变压器的输入功率也变大,C错误;P、Q都不动,副线圈两端电压不变,断开开关S,副线圈的负载电阻增大,电流减小,R分压减小,L1分压增大,L1将变亮,D正确。6.(2023·北京北师大实验中学高二期中)某次实验中,将理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接灯泡L1和滑动变阻器R,电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2,导线电阻不计,如图所示。当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中(D)A.A1示数变小,A1与A2示数的比值不变B.A1示数变大,A1与A2示数的比值变大C.V2示数变小,V1与V2示数的比值变大D.V2示数不变,V1与V2示数的比值不变解析:当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中电阻接入电路的阻值减小,整个回路的总电阻减小,副线圈的电流I2增加,根据eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1),可知原线圈的电流I1也增加,但电流比值不变;由于电源电压不变,线圈匝数不变,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2),因此电压表V1与V2示数都不变。故选D。7.(多选)如图所示,变压器初级线圈接电压一定的交流电,在下列措施中能使电流表示数减小的是(BCD)A.只将S1从2拨向1B.只将S2从4拨向3C.只将S3从闭合改为断开D.只将变阻器R3的滑动触头上移解析:只将S1从2拨向1时,原线圈匝数减小,输出电压变大,故输出电流变大,输入电流即电流表的示数也变大,故A错误;只将S2从4拨向3时,副线圈匝数减小,输出电压变小,故输出电流变小,输入电流变小,故B正确;只将S3从闭合变为断开,少一个支路,电压不变,总电阻变大,输出功率减小,则输入功率也减小,电流表的示数减小,故C正确;只将变阻器R3的滑动触头上移,负载总电阻变大,输出电流变小,故输入电流减小,故D正确。8.如图所示,一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上,向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电,使它正常发光。为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,使副线圈电路中电流超过12mA时,熔丝就熔断。(1)熔丝的熔断电流是多大?(2)当副线圈电路中电流为10mA时,变压器的输入功率是多大?答案:(1)0.98A(2)180W解析:(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2。根据理想变压器的输入功率等于输出功率即P1=P2,故有I1U1=I2U2,由于U1=220V,U2=1.80×104V,当I2=12×10-3A,I1为熔断电流。得I1=eq\f(U2I2,U1)≈0.98A。(2)设副线圈中电流为I2=10mA=10×10-3A时,变压器的输出功率P2=U2I2=0.01×1.80×104W=180W由于输入功率等于输出功率,有P1=P2=180W。能力提升练9.(2023·内蒙古赤峰市林东一中高二下学期期中)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时,电流表A1的读数为12mA,那么电流表A2的读数为(A)A.0 B.3mAC.48mA D.与R大小有关解析:由于直导线AB匀速运动,则AB切割磁场产生的电流是恒定的,线圈产生的磁通量也是恒定的,所以不会引起副线圈的磁通量的变化,所以副线圈不会有感应电流产生,即电流表A2的读数为0,故选项A正确,B、C、D错误。10.(2023·湖南长沙市高二期中)如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为2.5V,额定功率均为2W,变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为(C)A.1∶25V B.1∶210VC.2∶110V D.2∶15V解析:设灯泡正常发光时,额定电流为I0,由题图可知,原线圈中电流I原=I0副线圈中两灯并联,副线圈中电流I副=2I0,U副=U根据理想变压器的基本规律I原n1=I副n2得n1∶n2=2∶1,根据U原∶U副=n1∶n2得U原=2U,所以U1=2U+U原=10V故选C。11.(2023·南京金陵中学高二期末)在绕制变压器时,某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通过交变电流时,每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈,另一半通过中间的臂,线圈1、2的匝数比n1∶n2=2∶1。在不接负载的情况下(D)A.当线圈1的输入电压为220V时,线圈2的输出电压为440VB.当线圈1的输入电压为220V时,线圈2的输出电压为110VC.当线圈2的输入电压为110V时,线圈1的输出电压为220VD.当线圈2的输入电压为110V时,线圈1的输出电压为110V解析:本题中每个线圈通交变电流后,其内部磁通量的一半通过另一个线圈,因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半。由变压器原理,所以当从线圈1输入电压U1=220V时,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)=eq\f(n1·2ΔΦ2,n2ΔΦ2)=eq\f(4,1),得线圈2输出电压U1=55V,故A、B错误;当从线圈2输入电压U2=110V时eq\f(U2,U1)=eq\f(n2ΔΦ2,n1ΔΦ1)=eq\f(n2·2ΔΦ1,n1ΔΦ1)=1,所以线圈1输出电压U1=U2=110V,故C错误,D正确。故选D。12.(多选)如图所示,在理想变压器的输电电路中,电流表和电压表均为理想电表,R1为定值电阻,R2为滑动变阻器,在a、b端输入u=U0sinωt的正弦交流电压,当滑动变阻器的滑片处在图示位置时,电压表的示数为U,电流表的示数为I,现调节滑动变阻器滑片,使电压表的示数为eq\f(1,2)U,则下列说法正确的是(AB)A.滑动变阻器的滑片一定向左移B.调节滑动变阻器后,电流表的示数为eq\f(1,2)IC.调节滑动变阻器后,滑动变阻器两端的电压是原来的两倍D.调节滑动变阻器过程,滑动变阻器消耗的功率一直减小解析:设原、副线圈匝数比为k,副线圈两端的电压为U,则由eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2)=k可得原线圈两端的电压为kU,副线圈的电流为I2=eq\f(U,R1)由原、副线圈的电流关系eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1)=eq\f(1,k)可得原线圈的电流为I=eq\f(U,kR1)变压器的等效电阻为R′=eq\f(kU,I)=k2R1电压表示数减小,则等效电阻分压变小,根据欧姆定律,滑动变阻器分压变大,滑片向左移,A正确;电压表示数减半,根据欧姆定律,副线圈电流减半,再根据变压器电流关系eq\f(I1,I2)=eq\f(1,k)可知,原线圈电流减半,B正确;因未知U与U0初始时的关系,只能确定滑动变阻器分压变大,无法定量,C错误;根据闭合电路欧姆定律,因未知滑动变阻器阻值与等效电阻R′的大小关系,滑动变阻器消耗的功率可能增大,也可能减小,D错误。13.如图所示,理想变压器有两个副线圈,L1、L2是两个规格为“8V10W”的灯泡,L3、L4是两个规格为“6V12W”的灯泡,当变压器的输入电压为U1=220V时,四个灯泡恰好都能正常发光,如果原线圈的匝数n1=1100匝,求:(1)副线圈的匝数n2、n3;(2)电流表的读数。答案:(1)40匝60匝(2)0.2A解析:(1)由变压器原理可知,n1∶n2∶n3=U1∶U2∶U3,则n2=eq\f(U2,U1)n1=eq\f(8,220)×1100匝=40匝,n3=eq\f(U3,U1)n1=eq\f(2×6,220)×1100匝=60匝。(2)由P入=P出可得,I1U1=P1+P2+P3+P4,所以I1=eq\f(2P2+2P3,U1)=eq\f(2×10+2×12,220)A=0.2A。14.交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05m2,线圈转动的频率为50Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B=eq\f(\r(2),π)T。如果用此发电机带动两个标有“220V11kW”的电机正常工作,需在发电
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