学人教版选修32 变压器 第1课时 作业 (1).doc

2017-2018学年度高二物理人教版选修3-2第五章交变电流第四节变压器课时练一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）1. 如图所示，一理想变压器的原线圈两端接在电压为=220sin100tv的交流电源上，此时变压器副线圈电路中标有“44v，220w”的电动机恰好能正常工作。其中a为理想电流表，电动机的内阻为r=2，则下列说法中正确的是（）a. 该理想变压器原、副线圈的匝数比为1：5b. 电流表的示数为5ac. 该电动机正常工作时的输出功率为170wd. 若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为50w2. 如图所示，l1、l2、l3、l4为四只规格均为“12v6w”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中a、b两端连接交流电源，交流电流表a示数为0.5a，已知灯泡l2正常发光以下说法正确的是（）a. a、b端输人功率为18wb. a、b端输人电压为36vc. 灯泡l2的功率为6wd. 若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，l2仍能正常发光3. 如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1为1000匝，所加电压为u=220v，串联了一个阻值为r=4的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动变阻器滑动触头q调节，副线圈接有电阻r=9；r相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，r消耗的功率最大（）a. 2000匝b. 1500匝c. 600匝d. 400匝4. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电和交流电压表，副线圈接有“220v，440w”的热水器和“220v，220w”的抽油烟机如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）a. 电压表示数为1100vb. 1分钟内抽油烟机消耗的电能为1.32104jc. 热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍d. 副线圈两端电压的瞬时值表达式为=220sin50t（v）5. 火警报警系统原理如图甲所示，m是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接上一个正弦式交变电流，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，r2为用半导体热敏材料（电阻随温度升高而减小）制成的传感器，r1为一定值电阻下列说法中正确的是（）a. 电压表示数为22vb. 此交变电流的方向每秒改变50次c. 当传感器r2所在处出现火警时，电流表的示数减小d. 当传感器r2所在处出现火警时，电压表的示数减小6. 一理想变压器原，副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，原线圈通过理想电流表a接在u=200sinl00r（v）的正弦交流电源上，电路如图所示，则（）a. 电压表的读数为20vb. 滑动变阻器的滑片向上滑动时，变压器的输入功率变小c. 滑动变阻器的滑片向下滑动时，电流表的读数变小d. 滑动变阻器的滑片向下滑动时，电压表的读数变小7. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，电压表和电流表均为理想电表，r为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），r0为定值电阻，当原线圈接如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是（）a. 原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin50t（v）b. r处温度降低时，电流表的示数变大，电压表v2的示数变小c. r处温度增大时，变压器原线圈的输入功率减小d. 电压表v2的示数为9v8. 图甲所示电路中，a1、a2、a3为相同的电流表，c为电容器，电阻r1、r2、r3的阻值相同，线圈l的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1t2时间内（）a. 电流表的示数都不为零b. 电流表a2的示数比a3的小c. 电流表a1的示数比a2的小d. 电流表a1和a2的示数相同9. 如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b当输入电压u为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）a. 原、副线圈匝数之比为1：9b. 原、副线圈匝数之比为9：1c. 此时a和b的电功率之比为10：1d. 此时a和b的电功率之比为1：10二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）10. 法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈a和电池连接，线圈b用长直导线连通，长直导线正下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是（）a. 只要a线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转b. a线圈闭合开关电流稳定后，线圈b匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针也不偏转c. 线圈a和电池接通瞬间，小磁针会偏转d. 线圈a和电池断开瞬间，小磁针不会偏转11. 在如图所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20：1，图中电表均为理想交流电表，r为光敏电阻（其阻值随光强增大而减小），l1和l2是两个完全相同的灯泡原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是（）a. 交流电的频率为50hzb. 电压表的示数为22vc. 当照射r的光强增大时，电流表的示数变大d. 若l1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大12. 某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律。已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻r=22下列说法正确的是（）a. 通过r的交流电的频率为50hzb. 电流表a2的示数为ac. 此时变压器的输入功率为22wd. 将p沿逆时针方向移动一些，电流表a1的示数变小13. 如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2：1，原线圈接交流电u=20sin100t（v），保险丝的电阻为1，熔断电流为2a，电表均为理想电表。下列说法正确的有（）a. 电压表v的示数为14.1vb. 电流表a1、a2的示数之比为2：1c. 为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4d. 将滑动变阻器滑片向上移动，电流表a1的示数减小三、计算题（本大题共2小题，共20.0分）14. 如图所示，一输入电压为220v、输出电压为48v的变压器副线圈烧坏为弄清楚此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，然后将原线圈接到220v交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为1v，求该变压器烧坏前的原、副线圈匝数（按理想变压器分析）15. 如图所示，理想变压器的原线圈与一矩形导轨相连，导轨间距l=10cm，导轨间有磁感应强度b=50t/s的匀强磁场，一金属杆紧贴导轨垂直放置已知闭合铁芯上的三个线圈匝数n1=100匝，n2=50匝，n3=10匝，灯泡电阻rl1=10，rl2=2现金属杆在外力的作用下以随时间变化规律为v=4cos100tm /s的速度沿导轨做切割磁感线运动请求出图中电压表和电流表的读数答案和解析【答案】1. c2. c3. b4. b5. d6. b7. d8. d9. a10. bc11. ac12. ac13. cd14. 解：设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用u1、u2和u3表示，则有： 所以：匝同理： 所以：匝答：该变压器烧坏前的原线圈匝数是1100匝，副线圈匝数是240匝15. 解：由题可知，导体棒切割磁感线产生的是余弦式交流电 由得：电压表的示数是： 由得： 又因为 电流表的示数为 答：图中电压表读数为10v，电流表的读数为0.6a【解析】1. 解：a、根据=220sin100tv知，原线圈两端的电压为u1=220v，副线圈两端的电压为u2=44v，则变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=u1：u2=5：1，故a错误。b、通过电动机的电流i2=a=5a，根据i1：i2=n2：n1，得i1=1a，即电流表的示数为1a，故b错误。c、该电动机正常工作时的输出功率为p出=u2i2-i22r=445-522=170w，故c正确。d、若电动机正常工作时突然被卡住，则电动机线圈的热功率为p=968w，故d错误。故选：c根据=220sin100tv得到原线圈两端的电压，再由变压比求出原、副线圈的匝数比。根据p=ui求出副线圈中的电流，由电流关系求电流表的示数。根据电动机的输出功率等于输入功率与发热功率之差，求解电动机正常工作时的输出功率。若电动机正常工作时突然被卡住，电动机线圈是纯电阻电路，直接由p=求电动机线圈的热功率。理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是不计漏磁。要知道电动机正常工作时其电路是非纯电阻电路，要根据功率的分配关系求输出功率。当电动机正常工作时突然被卡住，电动机线圈是纯电阻电路，可直接由p=求电动机线圈的热功率。2. 解：ac、灯泡的额定电流il=0.5a，灯泡l2正常发光且交流电流表a示数为0.5a，所以灯泡l2也正常发光，功率为6w；所以a、b端输人功率等于四个灯泡的电功率，即为pab=64w=24w，故a错误、c正确；b、根据pab=uabia可得：uab=v=48v，故b错误；d、若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，使得副线圈的电流强度增大，则原线圈的电流强度增大，灯泡l1分得到的电压增大，原线圈两端电压减小，副线圈两端电压减小，l2不能正常发光，故d错误；故选：c。计算出灯泡的额定电流判断l1是否正常发光，再根据功率关系求解总功率，由此得到ab端电压；根据变压器动态分析的方法分析d选项。解决该题关键要掌握住理想变压器的电压、电流与线圈匝数之间的关系及电压、电流功率之间的关系以及串并联电压与电流关系，本题即可得到解决。3. 解：原线圈电路相当于电阻r=，变压器初次级电压满足，次级电流 则初级电流 则u=i1（r+r）联立解得 变压器输入功率 有数学知识可知当 即当n2=1.5n1=1500匝时，变压器的输出功率最大，故b正确故选：b原线圈接有电阻，根据输入电压等于电阻r分的电压和变压器原线圈中的电压之和，结合变压器原副线圈中的电压之比与匝数成正比，电流之比与匝数成反比即可求得本题主要考查了变压器的特点，明确变压器原副线圈中的电压之比与匝数成正比，电流之比与匝数成反比，输入功率等于输出功率即可求得4. 解：a、电压与匝数成正比：u1=5220=1100v，则电压表示数为1100v，故a错误；b、输入功率等于输出功率，1min内抽油烟机消耗的电能为w=pt=220w60s=1.32l04j，故b正确；c、热水器的发热功率为440w，而抽油烟机的发热功率远小于220w，热水器的发热功率不是抽油烟机功率的2倍，故c错误；d、由图乙可知，交变电流的峰值是220v，=100rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100tv，故d错误；故选：ba、电压表测的是电流的有效值b、由w=pt可以求出抽油烟机消耗的电能c、抽油烟机是非纯电阻电路，发热功率很小，远小于额定功率d、根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式会写交变电流的瞬时值表达式，应知道电压表与电流表测的是交变电流的有效值5. 解：由原线圈两端输入电压u随时间变化的图象可知，u1=220v，t=0.02sa、变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22v，电压表v1测的是r2两端电压，所以a错误；b、t=0.02s，每个周期电流方向改变两次，故每秒钟电流方向改变100次，故b错误；c、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以c错误；d、当出现火警时，温度升高，电阻r2减小，副线圈的电流变大，所以r1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以r2的电压就要减小，所以d正确故选：d输出电压是由输入电压和匝数比决定的，电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解6. 解：a、电压表的读数为有效值，原线圈电压的有效值，根据电压与匝数成正比，得，故电压表的读数为20v，故a错误；b、当滑动变阻器r的滑片向上移动时，导致总电阻增大，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数比不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流减小因此输入电流也变小根据，变压器的输入功率也变小，故b正确；c、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻减小，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大，电流表的读数变大，故c错误；d、当滑动变阻器r的滑片向下移动时，导致总电阻减小，由于输入电压u1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，电压表的读数不变，故d错误；故选：b与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7. 解：a、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36v，周期0.02s，故角速度是=100，u=36sin100t（v）故a错误b、r1温度降低时，阻值增大，电流表的示数变小，但不会影响输入和输出电压值，b错误；c、r处温度增大时，阻值减小，负载消耗的功率为p=增大，输入功率等于输出功率，故输入功率增大，故c错误d、由图知最大电压为36v，有效值为36v，电压与匝数成正比，因理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，所以副线圈两端电压有效值即电压表v2的示数为9v，d正确故选：d由图乙可知交流电压最大值，周期，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压u的表达式u=umsint（v），由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，r1处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键8. 解：原线圈中磁场如乙图所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈l对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表a1和a2的读数相同，而电容器“通交隔直”，所以电流表a3的读数为0故abc错误、d错误；故选：d。由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小。本题综合考查电磁感应及电容器、电感器的工作原理，要求能记清电容、电感的作用。9. 解：ab、灯泡正常发光，则其电压均为额定电压u，则说明原线圈输入电压为9u，输出电压为u；则可知，原副线圈匝数之比为9：1：故b正确；a错误；cd、根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式p=ui可得两者的电功率之比为1：9；故c错误，d错误；故选：b根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器电流之间的关系和功率公式可明确功率之比。本题考查变压器原理，要注意明确输入电压为灯泡两端电压与输入端电压之和，从而可以确定输入端电压；则可求得匝数之比。10. 解：a、只有电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原磁场变化时才有感应电流，a中的电流稳定时，b内不产生感应电流，与a中电流的大小无关。故a错误；b、a接通到达稳定后b内没有感应电流，与b的线圈的匝数无关。故b正确；cd、电键闭合瞬间、断开瞬间有感应电流，即原线圈a产生的磁场变化时就有感应电流，故线圈a和电池接通瞬间，小磁针会偏转；线圈a和电池断开瞬间，小磁针也会偏转，故c正确，d错误。故选：bc电磁感应现象发生的条件是：闭合导体回路，磁通量发生改变本题关键是明确电磁感应现象产生的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流11. 解：a、原线圈接入如图乙所示，t=0.02s，所以频率为f=50hz，故a正确；b、原线圈接入电压的最大值是220v，所以原线圈接入电压的有效值是u=220v，理想变压器原、副线圈匝数比为20：1，所以副线圈电压是11v，所以v的示数为11v，故b错误；c、r阻值随光强增大而减小，根据i=知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以a的示数变大，故c正确；d、当ll的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故d错误；故选：ac由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据r的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法12. 解：a、由图乙可知，该交流电的周期为t=0.02s，其频率为：f=hz=50hz，故a正确；b、由图得知输入电压的最大值为um=220v，所以有效值为：u=220v，则副线圈两端的电压为u=u=220=22v，所以通过电阻的电流（即为电流表a2的示数）为：i=a=1a，故b错误；c、变压器的输出功率为：p=ui=221=22w，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有p=p=22w，故c正确；d、将p沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表a1的示数将变大，故d错误。故选：ac。通过图乙读出交流电的周期，即可得知交流电的频率；通过图乙得知原线圈的电压的最大值，计算出其有效值，通过变比可计算出副线圈的电压，利用欧姆定律可计算出电流表a2的示数；利用理想变压器的输入功率等于输出功率计算输