（新课标）2020版高中物理第五章交变电流课时作业10（含解析）.docx

课时作业(十)一、单项选择题1.如图所示，理想变压器的原线圈接入u11 000sin100t (V)的交变电压，副线圈通过电阻r6 的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知()A原、副线圈的匝数比为501B交变电压的频率为100 HzC副线圈中电流的有效值为4 AD变压器的输入功率为880 W解析根据接入电压u11 000sin100t(V)，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V/880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I4 A，副线圈输出电压为U出IrU46 V220 V244 V，原副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为2 75061，A项错误，C项正确；交流电的频率f50 Hz，B项错误；变压器的输出功率P出PRLPr880 W426 W976 W，D项错误答案C2如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n241，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，安培表A1的读数为12 mA，那么安培表A2的读数为()A0B3 mAC48 mA D与R大小有关解析导线AB切割磁感线产生的感应电动势为E感Blv.由于B、l、v三个量均不变，故感应电动势为一定值，原线圈中电流恒为12 mA，变压器原、副线圈中无法发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故安培表A2的读数为0.答案A3.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1800和n2200的两个线圈，上线圈两端与u51sin314t(V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是()A2.0 V B9.0 VC12.7 V D144.0 V解析由，得U2，其中U1 V，得U2 V9.0 V，因题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V，故A项正确答案A4图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1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S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是()A输入电压u的表达式u20sin50t(V)B只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率增大D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W解析由题图知，Um20 V，T0.02 s，则100 rad/s，输入电压u20sin100t(V)，故A项错误；由变压器的变压规律知：，故U2 V4 V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B项错误；此时P出，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入P出，故原线圈的输入功率减小，C项错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P W0.8 W，D项正确答案D5.如图所示，理想变压器的原线圈与灯泡A串联后，加上交变电流U1，副线圈两端电压为U2，接有B和C两个灯泡若A、B、C是三个完全相同的灯泡且均正常发光，则U1U2为()A41 B31C21 D11解析对于本题，比较常见的错误是认为U1U2即变压器的原副线圈电压之比，等于原副线圈匝数之比，或等于原副线圈电流的反比由图中三个完全相同的灯泡均正常发光可知：I1I212，所以得出U1U221，而误选C项图中U1，并非原线圈的电压，应为原线圈电压与灯泡A的电压之和，则U1U231，正确答案应为B项答案B6.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，原线圈输入交变电压u100sin50t(V)，在副线圈中串接有理想交流电流表和定值电阻R，电容器的电容C2.0106 F，并联在电阻R两端，电阻阻值R10 .关于电路分析，下列说法中正确的是()A电流表的示数是1 AB电容器C所带的电荷量q2.0105 CC电阻消耗的电功率为10 WD电容器的耐压值至少是10 V解析根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为10 V，流经电阻R中的电流为1 A，电容器C允许交流电通过，所以电流表示数大于1 A，故A项错误；电阻R消耗的电功率为10 W，故C项正确；电容器的耐压值应对应交流电压的最大值10 V，所以D项错误答案C7.(2017香坊区校级月考)如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1，原线圈接正弦交流电，电压为uU0cos100t(V)，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R，当电键S接通后，电流表读数为I，电动机带动一电阻为r、质量为m、长为l的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升下列判断正确的是()A电动机两端电压为IR，其消耗的电功率为I2RB原线圈中的电流为nI，变压器的输入功率为I2Rmgv，副线圈电流的频率为50 HzC变压器的输入功率为I2RmgvD电动机的热功率为I2R，副线圈电压的有效值为解析电动机两端电压等于副线圈的电压由于是非纯电阻，所以不等于IR，其消耗的电功率不等于I2R，故A项错误；因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比，得原线圈的电流为，故B项错误；电动机线圈电阻为R，所以电动机线圈的热功率PI2R，金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升，金属杆受重力和向下的安培力以及向上的拉力，根据能量守恒得：电动机的输出功率Pmgv所以电动机消耗的功率是I2Rmgv所以变压器的输入功率为I2Rmgv，故C项正确；原线圈接正弦交流电，电压为uU0cos100t(V)，原、副线圈的匝数比为n1，所以副线圈电压的有效值为，故D项错误答案C8(2019辽宁模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，R110 ，R215 ，C为电容器，电流传感器与原线圈串联当开关S断开时，传感器测得的正弦交流电如图乙所示，则()A电阻R1中交流的频率为5 HzB. 输入电压的最大值为600 VC电阻R2的电功率为270 WDS闭合前后，原线圈中电流不变解析根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s、频率为50 Hz，故A项错误；由图乙可知通过原线圈的电流最大值为I1m1 A，根据变压器原理可得副线圈的最大电流I2mI1m10 A，R1和R2并联电阻R6 ，根据欧姆定律可知副线圈最大电压为U2mI2mR60 V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为600 V，故B项正确；副线圈电压有效值U230 V，电阻R2的电功率为P W120 W，故C项错误；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，故S闭合后，原线圈中电流增大，故D项错误故选B项二、不定项选择题9.如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使()A原线圈匝数n1增加B副线圈匝数n2增加C负载电阻R的阻值增大D负载电阻R的阻值减小解析由，P出可得P出又因为P入P出，所以P入分析可得B、D两项正确答案BD10(2019衡阳一模)如图所示，矩形线abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为，匝数为N，线圈电阻不计，下列说法正确的是()A线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBSB图示位置时，矩形线圈中产生的电动势最小C将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变亮D若线abcd转动的角速度变为2，则变压器原线圈电压的有效值为NBS解析线圈处于中性面时磁通量最大，线圈最大磁通量为BS，故A项错误；线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零，故B项正确；将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式可知输出电压减小，故灯泡会变暗，故C项错误；若线圈转动角速度变为2，最大值NBS2；根据电流的热效应可知：T，解得：ENBS，故D项正确故选B、D两项答案BD11如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端；假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D将二极管短路，电流表的读数加倍解析设变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2Uab；这里变压器的所有比例关系都成立，关于Ucd的有效值问题应该从次级线圈分析，由于二极管的单向导电性交流电压表的读数为电压的有效值，由有效值定义T，可以得到Ucd，所以A项错误；次级线圈电流决定输入电流，增大负载电阻的阻值R，则副线圈电流减小，原线圈电流也就减小，所以B项正确；cd间电压的大小取决于原线圈输入电压大小，与负载电阻的阻值大小无关，故C项错误；短路二极管，输出功率加倍，则输入功率加倍P入IU1，U1不变，则原线圈电流加倍，D项正确答案BD三、计算及论述题12.如图所示变压器副线圈电路中有电阻R7.26 ，消耗功率为6 W另有一匝线圈接有电压表，读数U050 mV.原线圈两端电压为u311sin100t(V)求原、副线圈的匝数和铁芯内的磁通量变化率的表达式解析由题中条件可知该变压器每匝线圈感应电压有效值为50 mV.由P2，可得U26.6 V，即可得n2匝132匝由原线圈上电压表达式可知交流电压U1的有效值为U1220 V，再由得原线圈匝数n14 400匝铁芯内磁通量的变化率即单匝线圈的感应电动势，其最大值为0.05 V，表达式为0.05sin100t(Wb/s)答案4 400匝132匝0.05sin100t(Wb/s)13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S0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B T为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V，11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？解析(1)线圈转动的角速度：2f250 rad/s100 rad/s线圈转动产生的感应电动势最大值为：EmNBS2200.05100