高考物理复习同步练习：第十章 第2单元 课下综合提升

高考物理复习同步练习：第十章 第2单元 课下综合提升

‎1．将输入电压为220 V，输出电压为6 V，副线圈有30匝的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为(　　)‎ A．120匝 B．150匝 C．180匝 D．220匝 解析：由＝得n1＝＝匝＝1 100匝；改变匝数后，n2′＝＝匝＝150匝，新增匝数Δn＝n2′－n2＝120匝，A正确。‎ 答案：A ‎2．(2011·山东高考改编)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图1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(　　)‎ 图1‎ ‎①u2＝190sin (50πt) V ‎②u2＝190 sin(100πt) V ‎③为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 ‎④为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③‎ 解析：根据图乙可知交流电的最大值Um＝190 V和周期T＝0.02 s(ω＝＝100 π)，结合正弦交流电的瞬时值表达式u＝Um sinωt，可知②正确①错。根据变压器的变压比＝，U1、n2不变，提高U2只能减小n1，所以P应上移，④正确③错。‎ 答案：B ‎3．钳形电流表的外形和结构如图2所示。图甲中电流表的读数为‎1.2 A。图乙中用同一电缆线绕了3匝，则(　　)‎ 图2‎ A．这种电流表能测直流电流，图乙的读数为‎2.4 A B．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为‎0.4 A C．这种电流表能测交流电流，图乙的读数为‎3.6 A D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图乙的读数为‎3.6 A 解析：钳形表是根据电磁感应原理制成的，故只能用来测量交流电流；对钳形表的初、次级满足＝，I2＝I1，钳形表在使用时，初级是串联在被测电路中的，故同一电缆线虽多绕了几匝，但电缆线中的电流I1保持不变，I1不变，故当n1增加3倍时I2＝‎3.6 A，C正确。‎ 答案：C ‎4.如图3所示，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是(　　)‎ A．若通过电路中A、C两处的电流分别为IA、IC，则IA>IC B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大 C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大 图3‎ D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大 解析：自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器。通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换。原、副线圈两端电压与其匝数成正比。理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P向A端滑动，电阻R两端的压电增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确。‎ 答案：B ‎5．正弦式电流经过匝数比为＝的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图4甲所示方式连接，R＝10 Ω。图乙所示是R两端电压u随时间变化的图像，Um＝10 V，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是 iR＝cos 50πt(A)‎ B．电流表A的读数为‎0.1 A C．电流表A的读数为 A D．电压表的读数为Um＝10 V 解析：由题图乙所示图像知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，Im＝＝ A，故iR＝ cos100πt(A)，A错误。再根据＝，I2＝＝‎1 A知，电流表的读数为‎0.1 A，B正确，C错误。电压表读数应为电压的有效值，U＝＝10 V，故D错误。‎ 答案：B ‎6．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的。可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些。这是因为用电高峰时(　　)‎ A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低 B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小 C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流小，输电线上损失的电压较小 D．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低 解析：在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U损＝IR增大，每盏灯两端的电压也就较低。‎ 答案：D ‎7．某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图5所示。它的原线圈匝数n1＝600匝，交流电源的电动势e＝311sin(100πt)V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为‎0.2 A的保险丝，副线圈匝数n2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则(　　)‎ 图5‎ A．负载功率不能超过62 W B．副线圈电流最大值不能超过‎1 A C．副线圈电路中的电阻R不能小于44 Ω D．副线圈电路中电压表的读数为62 V 解析：由＝得U2＝ V＝44 V，D错；由P2＝P1＝U1I1得P2＝220×0.2 W＝44 W，A错；‎ 副线圈电流的有效值I2＝＝‎1 A，故最大值为 A，B错误；由R＝得R的最小值为44 Ω，C正确。‎ 答案：C ‎8.如图6所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M和P，线圈P与电流表构成闭合回路。若在t1至t2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下(即为由c经电流表至d)，则可以判断出线圈M两端的电势差uab随时间t的变化情况可能是图7中的(　　)‎ 图6‎ 图7‎ A.①② B. ②③ C. ③④ D. ①④‎ 解析：根据楞次定律可知副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断原线圈中的磁场方向应是向下增加，或向上减少的，综合四个选项可知在t1至t2这段时间内输入电压的变化情况为③、④。‎ 答案：C ‎9．某小型水电站的电能输送示意图如图8所示。发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)‎ 图8‎ A.> B.< C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率 解析：根据变压器工作原理可知＝，＝，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2>U3，所以>，A正确，B、C不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D错误。‎ 答案：A ‎10．如图9所示，两种情况下灯泡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(　　)‎ 图9‎ A．P、P B．9P、P C.P、9P D.P、9P 解析：图甲中L2的功率为P，则L2上电压为U2＝，原线圈中电压U1＝3U2＝3 ，L1两端电压与U1相等，则L1所消耗功率PL1＝＝＝9P。图乙中L2、L3功率相同，变压器的输出功率为2P，原线圈电压U1′＝3U2＝3 ，原线圈中电流I1′＝，灯L1上消耗功率为PL1′＝I1′2R＝R＝P，故B正确。‎ 答案：B ‎11．某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω ‎(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率。‎ ‎(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压。‎ 解析：(1)输电线上的电流为 I＝＝ A≈‎‎52.63 A 输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6 W≈16620 W＝16.62 kW。‎ ‎(2)改用高压输电后，输电线上的电流为 I′＝＝ A＝‎‎4 A 用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6)V＝4 976 V 根据＝，用户得到的电压为 U2＝U1＝×4976 V≈226.18 V。‎ 答案：(1)16.62 kW　(2)226.18 V ‎12．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？‎ 解析：用500 V电压送电时示意图如图所示，50 kW的电功率在输电线上的电流 I0＝＝ A＝‎100 A。‎ 用户获得电压 U1＝U0－I0R＝(500－100×3) V＝200 V，‎ 用户获得的功率P1＝I0U1＝2×104 W。‎ 改用高压输送时，示意图如图所示，要求P损＝0.6 %P，即P损＝50×103×0.6 % W＝300 W。‎ 输电电流I＝＝ A＝‎10 A。‎ 发电站升压后输电电压 U＝＝ V＝5 000 V，‎ 升压变压器匝数比 ＝＝＝，‎ 输电线上损失的电压 U′＝I·R＝10×3 V＝30 V。‎ 到达用户输入变压器电压 U2＝U－U′＝(5 000－30) V＝4 970 V，‎ 降压变压器的匝数比＝＝＝。‎ 答案：220 V　2×104 W　1∶10　497∶22‎