2011走向高考,贾凤山,高中总复习,物理,10-2

A．R 1 /R 2 C. R 2 /R1 [答案] C [解析]
B．R 2 /R 1 D. R 1 /R2
U n U2 对题图甲， 1 ＝ 1 ，PR 1 ＝ 2 U2 n2 R1 U2 1 对题图乙：PR 2 ＝ R2 据题意又 PR1 ＝PR 2 联立以上各式解得：n1 /n2 ＝ R 2 /R1 n 10 8．(2009· 济南模拟)正弦交流电经过匝数比为 1 ＝ 的变压器与电阻 R 、交流电压表 V、 n2 1 交流电流表 A 按如图甲所示方式连接， R ＝10Ω. 图乙是 R 两端电压 U 随时间变化的图象． Um ＝10 2V，则下列说法中正确的是 ( )
I1 n2 A 正确．再根据 ＝ 知，I1 有效值为 0.1A， B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压 I2 n1 Um 有效值，U＝ ＝10V，故 D 错误． 2 二、非选择题 9．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1 n2 n3 ＝ ，原线圈两端输入 电压 U1 ＝220V，在变压器输出端如何连接可使一盏“20V ,10W”灯泡正常发光？如何连接 可使一盏“10V ,5W”灯泡正常发光？通过计算，分别画出连接图．
A．副线圈中电压表的读数为 55V 1 s 100π C．原线圈中电流表的读数为 0.5A D．原线圈中的输入功率为 110 2W [答案] AC B．副线圈中输出交流电的周期为 [解析] 副线圈中电压表读数为副线圈电压的有效值 U2 ＝
n2 U0 2n1
＝55V，A 对．副线圈中
2π 1 I2 n2 交流电的周期等于原线圈中交流电源压的周期 T＝ ＝ s ， B 错． 原线圈中的电流 I1 ＝ ω 50 n1 U2 n2 U0 I1 ＝ ＝0.5A，C 对．原线圈中的输入功率 P ＝ ＝110W，D 错． Rn1 2 3．(2010· 安徽师大附中月考)如图所示，一理想变压器的原线圈 A 、 B 两端接入电压为 u ＝220 2sin100πtV 的交变电流．原线圈匝数 n1 ＝1100，副线圈匝数为 n2 ＝30. 则在 C、D 两 端 ( )
A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的 B．汽油机点火装置的开关若始终闭合，副线圈的两端也会有高压 C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压 D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数 [答案] AD [解析] 汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度 升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压(12V)断电 时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压(10000V)，而达到产生火花的目的，所以 电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故 A、D 正确． 7．(2009· 江苏省苏州中学月考)如图甲中所示，变压器为理想变压器，其原线圈接到 U1 ＝220V 的交流电源上，副线圈与阻值为 R 1 的电阻接成闭合电路；图乙中阻值为 R 2 的电阻 直接接到电压为 U1 ＝220V 的交流电源上，结果发现 R 1 与 R 2 消耗的电功率恰好相等，则变 压器原、副线圈的匝数之比为 ( )
2 75%×(mgh＋mv2 1 /2－mv2/2) P1＝ t 2 v 1－v2 2 ＝Qρgh＋Qρ ×75%＝7.8×105 W， 2 发电机的输出功率
P 0 ＝P1 ×80%＝6.24×105 W.
(2)输电示意图如图所示，发电机输出的电流 5 P 6.24×10 I1 ＝ 0 ＝ A＝2 600A. U1 240
第十章第二讲
一、选择题 1．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流．所用的器材叫电流互感器， 如下图所示中，能正确反映其工作原理的是 ( )
[答案] [解析]
A 电流互感器的工作目的是把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少、副线圈
的匝数多，监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中． 2．如图，理想变压器原副线圈匝数之比为 ，原线圈接入一电压为 U＝U0 sinωt 的 交流电源，副线圈接一个 R ＝27.5Ω 的负载电阻．若 U0 ＝220 2V，ω＝100πrad/s ，则下述结 论正确的是 ( )
[答案] [解析]
见解析图
U1 n1 n2 U1 U1 n1 n3 U1 由变压器关系 ＝ 求得 U2 ＝ ＝15V，同理， ＝ ，U3 ＝ ＝5V . U2 n2 n1 U3 n3 n1 变压器副线圈的输出电压与两灯的额定电压不等， 应通过组合使用的方式， 使两灯获得 适当的电压．
具体接法如下图 a、b 所示． 10．原始的电话机将听筒和话筒串联成一个电路，当自己对着话筒讲话时，会从听筒中 听到自己的声音，导致听觉疲劳而影响通话．现代的电话将听筒电路与话筒电路分开，改进 的电路原理示意图如图所示，图中线圈Ⅰ与线圈Ⅱ的匝数相等，R 0 ＝1.2kΩ，R ＝3.6kΩ，R x 为可变电阻．当 R x 调到某一值时，从听筒中就听不到话筒传出的声音了，这时 R x 为多少？ [答案] 1.8kΩ
C 错误．由 μ＝220 2sin100πtV 得该交流电的周期为 0.02s ，故 D 正确． 4．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L1 和 L2 ，输电 线的等效电阻为 R ，开始时，开关 S 断开，当 S 接通时，以下说法正确的是 ( )
A．副线圈两端 M、N 输出电压减小 B．副线圈输电线等效电阻 R 上电压增大 C．通过灯泡 L1 的电流减小 D．原线圈中的电流增大 [答案] BCD [解析] 当开关 S 闭合后，L1 和 L2 并联，使副线圈的负载电阻变小，此时 M、N 间的 输出电压不变，副线圈中的总电流 I2 增大，负载 R 上的电压降 U2 ＝I2R 2 亦增大，灯泡 L1 两 端的电压减小，L1 中的电流减小，B、C 正确．由于 I2 增大，导致原线圈中的电流 I1 相应增 大，D 正确． 5．如图所示，2009 年 11 月 1 日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其 中高压输电线因结冰而损毁严重．此次灾害牵动亿万人的心．为消除高压输电线上的凌冰， 有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压 为 U，电流为 I，热耗功率为 ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为 9ΔP ，则除冰时(认 为输电功率和输电线电阻不变) ( )
A．接额定电压为 8V 的小灯泡，小灯泡能正常发光 B．接交流电压表，电压表读数为 8.48V C．接阻值为 6Ω 的电阻，原线圈中的电流为 36.7A D．接电磁式打点计时器，打点的周期为 0.02s [答案] D U n [解析] 由理想变压器的原理有： AB ＝ 1 ，所以 UCD ＝6V，则 AB 错误．又由理想变 UCD n2 U 3 压器的输入功率和输出功率相等可得：UAB I1 ＝UCD I2 ，而 I2 ＝ CD ＝1A，所以 I1 ＝ A，即 R 110
电． [答案] [解析] (1)60% 20Ω (2)22.4kV (1)由于输送功率 P ＝500kW，一昼夜输送电能 E ＝Pt＝12000kW· h，终点得到 P 的电能 E ′＝7200kW· h，因此效率 η ＝60%. 输电线上的电流可由 I＝ 计算，I＝100A，而输 U 4800 2 电线损耗功率可由 P r ＝I r 计算，其中 P r ＝ kW＝200kW，因此可求得 r＝20Ω. 24 P 1 (2)输电线上损耗功率 Pr ＝ 2 r∝ 2 ，原来 P r ＝200kW，现在要求 P r ′＝10kW，计算 U U 可得输电电压应调节为 U′＝22.4kV . 12．(2009· 广东模拟)某小型发电机矩形线圈面积为 200cm2 ，共 50 匝，电阻 0.05Ω，用 电磁铁做磁场，磁场的磁感应强度为 1T ，产生频率为 50Hz 的单相正弦式交变电流．外电路 由 110 盏“220V ,40W”的灯泡组成，当灯泡全部正常发光时，试求： (1)输电导线的电阻多大？ (2)若只用 11 盏灯泡，为了使灯泡正常发光，而发出的交变电流频率又不能变化，则电 磁铁磁场的磁感应强度应调到多大？ [答案] (1)0.05Ω (2)0.992T [解析] (1)交变电流的最大值 E m＝NBS·2πf ，发电机的输出电压为 E ＝E m/ 2＝ V≈222V， 2 40 2 流过每盏灯泡的电流 I0 ＝ A＝ A， 220 11 2 干路电流 I＝110× A＝20A，由闭合电路的欧姆定律得： 11 E ＝[220＋20×(0.05＋R )]V，解得 R ＝0.05Ω. 2 (2)只有 11 盏灯泡时干路电流 I′＝11× A＝2A. 11 电源电动势的有效值 E ′＝[220＋2×(0.05＋0.05)]V＝220.2V . 由 E m′＝NB ′S·2πf ＝ 2E ′得， B ′＝ 2E ′ 2×220.2 ＝ T ≈0.992T. NS·2πf 50×200×10－4 ×2π×50 50×1×200×10－4 ×2π×50
[解析]
分析变压器工作原理，当人对着话筒说话时，话筒相当于一个交流电源，线圈
Ⅰ、Ⅱ是并联的两个支路，而且线圈Ⅰ、Ⅱ的匝数相等，只有当 R x 与 R 的并联电阻和 R 0 阻 值相等时，线圈Ⅰ、Ⅱ内会有相等大小的电流，话筒产生的电信号在铁芯中产生的两部分磁 通量相互抵消，听筒所在电路就没有话筒声音的感应电流，这样即可达到目的．由此分析， 容易得答案为 1.8kΩ. 11．在远距离输电时，要尽量考虑减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功 率 P ＝500kW，当使用 U＝5kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电 能表一昼夜表示数相差 4800kW· h. 求： (1)输电效率 η 和输电线总电阻 r. (2)若想使输电效率提高到 98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输
A．通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR ＝ 2cos100πt(A) B．电流表 A 的读数为 0.1A 2 C．电流表 A 的读数为 A 10 D．电压表的读数为 Um＝10 2V [答案] AB [解析] 由图象知 T＝2×10－2s ，f ＝50Hz，ω＝2πf ＝100πrad/s ，故 iR ＝ 2cos100πt(A)，