物理大一轮复习题组层级快练第十一单元交变电流传感器作业9

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精题组层级快练（四十九）一、选择题1。如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计．下列说法正确的是（）A．S与a接通的瞬间,R中无感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD．S与b接通稳定后,原、副线圈中电流的频率之比为2∶1答案BC解析由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时,由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流,但在刚接通瞬间,副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流,故选项A错误，选项B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3V，选项C正确;变压器并不改变交变电流的频率，选项D错误．2。（2016·云南统测）如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220eq\r(2）sin100πt(V）的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22V22W"的灯泡10个，灯泡均正常发光，除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是(）A．变压器原、副线圈匝数比为10eq\r（2)∶1B．电流表示数为1C．电流表示数为10D．副线圈中电流的频率为5Hz答案B解析由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220V，交变电流的频率f＝eq\f(1,T）＝eq\f（ω,2π)＝50Hz，选项D错误；副线圈上灯泡正常发光,说明副线圈输出电压有效值为22V，由理想变压器变压规律可知，eq\f（n1，n2)＝eq\f(U1，U2）＝eq\f(10,1),选项A错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1A，故副线圈输出电流为10A，由理想变压器变流规律可知，eq\f（I2，I1)＝eq\f(10，1)，所以原线圈中电流的有效值为1A，选项B正确，选项C错误．3．(2016·四川)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变，则(）A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变答案B解析由变压器相关知识得：eq\f(U1,U2）＝eq\f（n1,n2），原、副线圈减去相同的匝数n后:eq\f（U′1,U′2)＝eq\f（n′1，n′2)＝eq\f(n1－n，n2－n），eq\f(n1,n2)－eq\f(n′1,n′2）＝eq\f(－n（n1－n2）,n2（n2－n)）〈0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出选项C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小,小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确．4．（2016·海南）图（a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻,R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图（b）所示．下列说法正确的是（）A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt）(国际单位制)D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案BD解析由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即eq\f（I1，I2)＝eq\f（n2，n1)＝eq\f(1，4），故B项正确;由图(b)可知交流电压最大值Um＝51V，周期T＝0。02s，可由周期求出角速度的值为ω＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝51sin100πtV，故C项错误；RT处温度升高时,阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变,故D项正确．5。(2015·广东)图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（）A．副线圈中的电流比为1∶2 B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1 D．原线圈输入功率比为1∶2答案C解析根据欧姆定律I＝eq\f(U，R），U2由220V降至110V，副线圈上的电流变为原来的eq\f(1，2），即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的eq\f(1,2)时,副线圈上输出的功率变为原来的eq\f(1,4)，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系eq\f（U1,U2)＝eq\f(n1，n2)，当U2由220V降至110V时，n2变为原来的eq\f(1，2)，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确;根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率,即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．6．如下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220V，40W”，当灯泡所消耗的功率都调于20W时,哪种台灯消耗的功率最小)（)答案C解析C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压,故一定要消耗能量．7．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22V的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是(）A．副线圈两端电压的变化频率为0。5HzB．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大D．为保证电容器C不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10∶1答案C解析由交变电压图像可知，原线圈输入电压最大值为311V，周期T＝0。02s,因此其有效值为220V，频率为50Hz，因为变压器不改变交变电压的频率，故副线圈两端电压的变化频率为50Hz，选项A错误；电流表的示数为交变电流的有效值,选项B错误；输入电压一定,变压器原、副线圈匝数比不变，由eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1，n2）知输出电压不变,滑片下移，副线圈电路总电阻减小，电流增大,故A2示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比,由eq\f(I1，I2）＝eq\f(n2，n1)可知A1示数增大,选项C正确；保证电容器不被击穿，输出电压最大值为22V，而输入电压最大值为311V，故原、副线圈匝数比应大于10∶1，选项D错误．8．(2016·郴州模拟)如图所示为远距离输送交流电的系统示意图,变压器均为理想变压器．随着用户负载增多,发电机F达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足,用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率,可采取的措施是(）A．适当减小输电线的电阻r B．适当提高eq\f(n4,n3）C．适当提高eq\f(n2,n1）的同时,降低eq\f（n4，n3） D．适当降低eq\f（n2,n1)的同时，提高eq\f（n4,n3)答案AC解析当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失,根据ΔP＝I线2r，可以减小输电线的电阻r,选项A正确;也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高eq\f（n2,n1)，这样使线圈n3两端电压变大,为使用户的用电器正常工作需要适当降低eq\f(n4,n3），选项C正确．9．为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是(）A．u2＝190eq\r(2)sin50πt(V)B．u2＝190eq\r（2)sin100πt(V)C．为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D．为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移答案BD解析根据题图乙可知交流电的最大值Um＝190eq\r(2）V和周期T＝0.02s，所以角速度ω＝eq\f(2π，T）＝100π，结合正弦交流电的瞬时值表达式u＝Umsinωt，可知选项B正确,选项A错误；根据变压器的变压比eq\f（U1，U2)＝eq\f(n1，n2),U1、n2不变,提高U2只能减小n1，所以P应上移，选项D正确，选项C错误．10．在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同．其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作,那么(）A．L1和L2都能正常工作 B．L1和L2都不能正常工作C．交流电源电压为2U D．交流电源电压为4U答案AD解析根据灯泡L3和L4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L3和L4额定电压U的2倍，输入电流为灯泡L3和L4的额定电流．所以L1和L2都能正常工作，交流电源电压为4U，选项A、D正确,B、C两项错误．11．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T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端的电压表和电流表，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()A．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的示数都变小答案C解析在电路中，S闭合前,由eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2）可知,电压表V2的示数为U2＝eq\f(n2，n1）U1,电路中电流表A2与A3是串联关系,则由欧姆定律可得I2＝I3＝eq\f(U2，r＋R1）(r为电线电阻)，电压表V3的示数为U3＝R1I2，再由eq\f（I2，I1)＝eq\f(n1,n2)可知电流表A1的示数为I1＝eq\f(n2,n1)I2,同理，在电路中S闭合后，可知因U1不变，电压表V2示数为U′2＝eq\f（n2，n1)U1＝U2不变,I′2＝eq\f(U2，r＋R并)（r为电线电阻），因R并〈R1，则有I′2>I2,又I′1＝eq\f(n2，n1)I′2,则I′1〉I1，由U′2＝U′R＋U′3＝I′2r＋U′3，可知U′3<U3，又I′3＝eq\f(U3′，R1），则I′3〈I3，则可判断V1的示数不变，V2的示数不变，V3的示数变小，A1的示数变大、A2的示数变大、A3的示数变小,选项A、B、D都错误,选项C正确．12.（2016·杭州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头,电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220eq\r（2)sin100πtV,则（）A．当单刀双掷开关与a连接时,电压表V1的示数为22VB．当t＝eq\f（1,600）s时，电压表V0的读数为220VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大,电流表示数变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小答案BC解析当单刀双掷开关与a连接时,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U2＝22V，但电压表V1示数小于U2，故选项A错误；当t＝eq\f（1，600）s时，电压表V0的读数为有效值220V,故选项B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大,电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故选项C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1,副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表V1的示数均变大，故选项D错误．13。人们用风扇降温，如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源,输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D,电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，下列说法正确的是(）A．风扇电动机D两端的电压为IrB．理想变压器的输入功率为eq\f（UI,n)＋eq\f（U2，n2R)C．风扇电动机D输出的机械功率为eq\f（UI，n）－I2rD．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为eq\f（URr,n2（R＋r)）答案BC解析由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为eq\f（U，n），由于电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，选项A错误；由变压器功率特点可知,理想变压器的输入功率等于灯泡L和风扇电动机D消耗的功率之和，灯泡L消耗的功率为eq\f（（\f（U,n)）2,R）＝eq\f（U2，n2R），风扇电动机消耗的功率为eq\f（UI，n），选项B正确;风扇电动机D输出的机械功率为eq\f(UI，n)－I2r，选项C正确；因为副线圈两端的电压为eq\f(U，n）,若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为eq\f(Rr，R＋r),所以副线圈中的电流为eq\f(U（R＋r),nRr），通过原线圈的电流为eq\f（U(R＋r），n2Rr)，选项D错误．14．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P,且L1、L2、L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2＝3∶1,则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为（)A．P、P B．9P、eq\f(4P，9）C.eq\f(4P，9）、9P D。eq\f