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第一部分專題四第1講基礎題——知識基礎打牢1.(2022·四川自貢三診)如圖甲所示為一種自耦變壓器(可視為理想變壓器)的結(jié)構(gòu)示意圖.線圈均勻繞在圓環(huán)型鐵芯上,滑動觸頭P在某一位置,在BC間接一個交流電壓表和一個電阻R.若AB間輸入圖乙所示的交變電壓,則(C)A.t=2×10-2s時,電壓表的示數(shù)為零B.電阻R中電流方向每秒鐘改變50次C.滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時,R兩端的電壓增大D.滑動觸頭P順時針轉(zhuǎn)動時,AB間輸入功率增大【解析】電壓表的示數(shù)是交流電的有效值,則t=2×10-2s時,電壓表的示數(shù)不為零,選項A錯誤;交流電的周期為0.02s,一個周期內(nèi)電流方向改變2次,則電阻R中電流方向每秒鐘改變100次,選項B錯誤;滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時,次級匝數(shù)變大,則次級電壓變大,即R兩端的電壓增大,選項C正確;滑動觸頭P順時針轉(zhuǎn)動時,次級匝數(shù)減小,次級電壓減小,次級消耗的功率減小,則AB間輸入功率減小,選項D錯誤.2.(2022·四川成都三診)發(fā)電站通過升壓變壓器和降壓變壓器給某用戶端供電,發(fā)電機組輸出交變電壓的有效值恒定,輸電線總電阻r保持不變.當用戶端用電器增加后(A)A.若滑片P位置不變,則輸電線上損失的功率變大B.若滑片P位置不變,則用戶端電壓升高C.若將滑片P上移,則用戶端電壓可能不變D.若將滑片P上移,則輸電線上損失的功率可能減小【解析】若滑片P位置不變,當用戶端用電器增加后,用戶端總功率變大,發(fā)電機的輸出功率增大,輸電線的電流變大,ΔU=Ir,輸電線兩端承擔的電壓變大,損耗的功率增大;發(fā)電機的輸入電壓不變,升壓變壓器、降壓變壓器的匝數(shù)不變,故用戶端電壓降低,A正確,B錯誤;若將滑片P上移,升壓變壓器的副線圈與原線圈的匝數(shù)比變小,副線圈兩端電壓變小,若用戶端電壓不變,則降壓變壓器的輸入電壓不變,用電器變多,則用戶端電流變大,輸電線上電流變大,輸電線上電壓變大,則升壓變壓器副線圈電壓應變大矛盾,故C錯誤;若將滑片P上移,用戶端用電器增加,功率變大,輸電線上電流變大,輸電線上損失的功率變大,D錯誤.3.(多選)(2022·河南押題卷)圖甲是一種振動式發(fā)電機的截面圖,半徑r=0.1m、匝數(shù)n=30的線圈位于輻射狀分布的磁場中,磁場的磁感線沿半徑方向均勻分布,線圈所在位置的磁感應強度大小均為B=eq\f(1,2π)T.如圖乙,施加外力使線圈沿軸線做往復運動,線圈運動的速度隨時間變化的規(guī)律如圖丙中正弦曲線所示.發(fā)電機通過燈泡L后接入理想變壓器,對圖乙中電路供電,三個完全相同的小燈泡均正常發(fā)光,燈泡的阻值RL=1Ω,電壓表為理想電壓表,線圈及導線電阻均不計.下列說法正確的是(AC)A.發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e=6sin5πt(V)B.變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為1∶3C.每個小燈泡正常發(fā)光時的功率為2WD.t=0.1s時電壓表的示數(shù)為6V【解析】由圖丙可知,線圈運動的速度最大值vm=2m/s,速度變化周期為T=0.4s,則線圈運動的速度瞬時值v=vmsineq\f(2π,T)t=2sin5πt(m/s),發(fā)電機產(chǎn)生電動勢的瞬時值為e=nB·2πr·v=6sin5πt(V),A正確;設燈泡正常發(fā)光時通過燈泡的電流為I,則通過原線圈的電流I1=I,通過副線圈的電流I2=2I,變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)=eq\f(I2,I1)=eq\f(2,1),B錯誤;根據(jù)能量關(guān)系可知,U出I1=3I2RL,其中U出=eq\f(Em,\r(2))=eq\f(6,\r(2))V=3eq\r(2)V,I1=I,解得I=eq\r(2)A,每個小燈泡正常發(fā)光時的功率為PL=I2RL=2W,C正確;電壓表示數(shù)為發(fā)電機兩端電壓的有效值,即電壓表示數(shù)為U=eq\f(E,\r(2))=eq\f(6,\r(2))V=3eq\r(2)V,D錯誤.故選AC.4.(多選)(2022·四川巴中一診)在如圖所示的電路中,定值電阻R1=R4=3kΩ,R2=2kΩ,R3=R5=12kΩ,電容器的電容C=6μF,電源的電動勢E=10V,內(nèi)阻不計,當開關(guān)S1閉合電流達到穩(wěn)定時,處在電容器中間帶電量q=2×10-3C的油滴恰好保持靜止,當開關(guān)S2閉合后,則以下判斷正確的是(BD)A.電容器上極板是高電勢點 B.帶電油滴加速向下運動C.a(chǎn)、b兩點的電勢差Uab=8V D.通過R3的電量Q=4.8×10-5C【解析】當開關(guān)S2閉合后,由電路圖可知,電容器上極板是低電勢點,A錯誤;當開關(guān)S1閉合電流達到穩(wěn)定時,處在電容器中油滴保持靜止,而開關(guān)S2閉合后,電容器上極板是低電勢點,油滴受到的電場力方向發(fā)生變化,故可得帶電油滴加速向下運動,B正確;由電路圖可知,a、b兩點的電勢差為UR5-UR2=8V-4V=4V,C錯誤;由開關(guān)S1閉合電流達到穩(wěn)定時,再到當開關(guān)S2閉合后的過程中,通過R3的電量為Q=Q1+Q2=4×6×10-6C+(8-4)×6×10-6C=4.8×10-5C,D正確.5.(多選)(2022·天津南開二模)如圖甲所示電路中,L1為標有“4V,2W”字樣的小燈泡,L2、L3為兩只標有“8V,6W”字樣的相同燈泡,變壓器為理想變壓器,各電表為理想電表,當ab端接如圖乙所示的交變電壓時,三只燈泡均正常發(fā)光.下列說法正確的是(ACD)A.電流表的示數(shù)為1.5AB.交變電壓的最大值Um=28VC.變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為3∶1D.電壓表的示數(shù)為24V【解析】L2、L3的額定電流為I23=eq\f(P23,U23)=eq\f(3,4)A,所以電流表的示數(shù)為I2=2I23=1.5A,故A正確;通過原線圈的電流等于L1的額定電流,為I1=eq\f(P1,U1′)=0.5A,所以變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)=eq\f(I2,I1)=eq\f(3,1),故C正確;副線圈兩端電壓等于L2和L3的額定電壓,為U2=8V,所以電壓表的示數(shù),即原線圈兩端電壓為U1=eq\f(n1,n2)U2=24V,故D正確;根據(jù)閉合電路歐姆定律可得eq\f(Um,\r(2))-U1′=U1,解得Um=28eq\r(2)V,故B錯誤.故選ACD.6.(多選)(2022·廣西桂林模擬)在一小型交流發(fā)電機中,矩形金屬線圈abcd的面積為S,匝數(shù)為n,線圈總電阻為r,在磁感應強度為B的勻強磁場中,繞軸OO′(從上往下看逆時針轉(zhuǎn)動)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動,從如圖甲所示的位置作為計時的起點,產(chǎn)生的感應電動勢隨時間的變化關(guān)系如圖乙所示,矩形線圈與阻值為R的電阻構(gòu)成閉合電路,下列說法中正確的是(AD)A.在t1~t3時間內(nèi),穿過線圈的磁通量的變化量大小為2BSB.在t1~t3時間內(nèi),通過電阻R電流方向先向上然后向下C.t4時刻穿過線圈的磁通量的變化率大小為E0D.在t1~t3時間內(nèi),通過電阻R的電荷量為eq\f(2E0,R+rω)【解析】由圖乙可知t1和t3時刻,線圈的感應電動勢都為0,可知這兩個時刻穿過線圈的磁通量一正一負,大小均為BS,故此過程穿過線圈的磁通量的變化量大小為ΔΦ=BS-(-BS)=2BS,A正確;由圖乙可知,在t1~t3時間內(nèi),線圈中的電流方向不變,根據(jù)右手定則可知通過電阻R電流方向始終向上,B錯誤;由圖乙可知,t4時刻的感應電動勢為E0,根據(jù)法拉第電磁感應定律可得E0=neq\f(ΔΦ,Δt)可得穿過線圈的磁通量的變化率大小為eq\f(ΔΦ,Δt)=eq\f(E0,n),C錯誤;在t1~t3時間內(nèi),通過電阻R的電荷量為q=neq\f(ΔΦ,R+r)=eq\f(2nBS,R+r),又E0=nBSω,聯(lián)立可得q=eq\f(2E0,R+rω),D正確.故選AD.7.(2022·山東菏澤一模)一交流電源電壓u=220eq\r(2)sin100πt(V),通過理想變壓器對下圖電路供電,已知原、副線圈匝數(shù)比為10∶1,L1燈泡的額定功率為4W,L2燈泡的額定功率為20W,排氣扇電動機線圈的電阻為1Ω,電流表的示數(shù)為2A,用電器均正常工作,電表均為理想電表,則(C)A.流過L1的電流為20AB.排氣扇電動機的發(fā)熱功率2WC.整個電路消耗的功率44WD.排氣扇電動機的輸出功率20W【解析】由于電流表的示數(shù)I2=2A,由eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1)可得變壓器原線圈的電流I1=0.2A,即流過L1的電流為0.2A,A錯誤;交流電源電壓有效值為220V,L1兩端的電壓UL1=eq\f(PL1,I1)=eq\f(4,0.2)V=20V,故原線圈兩端的電壓U1=200V,由eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2)可得變壓器副線圈兩端的電壓U2=20V,流過燈泡L2的電流IL2=eq\f(PL2,U2)=eq\f(20,20)A=1A,則流過排氣扇的電流IM=I2-IL2=1A,排氣扇電動機的發(fā)熱功率為P熱=Ieq\o\al(2,M)r=12×1W=1W,排氣扇的電功率為P電=U2IM=20W,則排氣扇電動機的輸出功率為P出=P電-P熱=19W,B、D錯誤;整個電路消耗的功率為P總=PL1+PL2+P電=4W+20W+20W=44W,C正確.8.(多選)(2022·遼寧鞍山預測)如圖甲所示,理想變壓器的原副線圈匝數(shù)之比n1∶n2=2∶1,定值電阻R1和R2的阻值分別為5Ω和3Ω,電表均為理想交流電表,電源輸出的電流如圖乙所示,圖中的前半周期是正弦交流的一部分,后半周期是穩(wěn)恒直流的一部分,則(BD)A.電流表示數(shù)為2A B.電壓表示數(shù)為6VC.R1的功率為10W D.R2的功率為12W【解析】設電源輸出電流的有效值即電流表示數(shù)為I1,根據(jù)等效熱值法可得Ieq\o\al(2,1)RT=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(im,\r(2))))2eq\f(RT,2)+ieq\o\al(2,m)·eq\f(RT,2),解得I1=eq\r(3)A,故A錯誤;由于變壓器不能對穩(wěn)恒直流電進行變壓,所以每個周期內(nèi)有半個周期副線圈無電流,設副線圈中電流的有效值為I2,根據(jù)等效熱值法有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)·\f(im,\r(2))))2eq\f(RT,2)=Ieq\o\al(2,2)RT,解得I2=2A,電壓表示數(shù)為U2=I2R2=6V,故B正確;R1的功率為P1=Ieq\o\al(2,1)R1=15W,故C錯誤;R2的功率為P2=Ieq\o\al(2,2)R2=12W,故D正確.故選BD.9.(多選)(2022·湖南押題卷)如圖所示在豎直平面的電路,閉合開關(guān)S1和S2后,帶電油滴在電容器內(nèi)部處于靜止狀態(tài),R1為滑動變阻器,R2為定值電阻,二極管為理想二極管,電容器的下極板接地,則下列說法正確的是(AC)A.滑動變阻器的滑動頭P向右滑動,油滴向上運動B.滑動變阻器的滑動頭P向左滑動,油滴向下運動C.極板M向上運動,M板的電勢升高D.斷開S2,油滴不動【解析】滑動變阻器的滑動頭P向右滑動,則R1阻值減小,回路電流變大,則R2兩端電壓變大,則電容器要充電,此時電容器兩板電壓變大,場強變大,則油滴向上運動,選項A正確;滑動變阻器的滑動頭P向左滑動,則R1阻值變大,回路電流變小,則R2兩端電壓變小,則電容器要放電,但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹?,則使得電容器兩板電壓不變,則油滴仍靜止,選項B錯誤;極板M向上運動,根據(jù)C=eq\f(εrS,4πkd)可知電容器電容減小,則帶電量應該減小,但是由于二極管的單向?qū)щ娦允沟秒娙萜鞑荒芊烹姡瑒t兩板間電量不變,結(jié)合E=eq\f(U,d)=eq\f(Q,Cd)=eq\f(Q,\f(εrS,4πkd)d)=eq\f(4πkQ,εrS)可知兩板間場強不變,則根據(jù)U=Ed可知,兩板電勢差變大,則M板的電勢升高,選項C正確;斷開S2,則電容器兩板間的電壓等于電源的電動勢,即電壓變大,電容器充電,兩板間場強變大,則油滴向上運動,選項D錯誤.故選AC.10.(多選)(2022·山東威海二模)如圖所示為遠距離輸電的原理圖,升壓變壓器T1、降壓變壓器T2均為理想變壓器,T1、T2的原、副線圈匝數(shù)比分別為k1、k2.輸電線間的總電阻為R0,可變電阻R為用戶端負載.U1、I1分別表示電壓表V1、電流表A1的示數(shù),輸入電壓U保持不變,當負載電阻R減小時,理想電壓表V2的示數(shù)變化的絕對值為ΔU,理想電流表A2的示數(shù)變化的絕對值為ΔI,下列說法正確的是(BD)A.R0=eq\f(U1,I1) B.R0=eq\f(ΔU,ΔI)keq\o\al(2,2)C.電壓表V1示數(shù)增大 D.電流表A1的示數(shù)增加了eq\f(ΔI,k2)【解析】設降壓變壓器T2原線圈電壓為U3,副線圈電壓為U2,根據(jù)題意可知,電阻R0兩端的電壓等于UR0=U1-U3,則R0=eq\f(U1-U3,I1),故A錯誤;設降壓變壓器T2原線圈電壓變化為ΔU3,則eq\f(ΔU3,ΔU)=k2,設降壓變壓器T2原線圈電流變化為ΔI3,則eq\f(ΔI3,ΔI)=eq\f(1,k2),可得ΔI3=eq\f(ΔI,k2),升壓變壓器T1副線圈電壓不變,則ΔUR0=ΔU3,根據(jù)歐姆定律得ΔU3=ΔI3R0,即k2ΔU=eq\f(ΔI,k2)R0,解得R0=eq\f(ΔU,ΔI)keq\o\al(2,2),故B、D正確;輸入電壓不變,升壓變壓器T1原副線圈匝數(shù)比不變,則升壓變壓器T1副線圈的電壓不變,電壓表V1示數(shù)不變,故C錯誤.故選BD.應用題——強化學以致用11.(多選)(2022·安徽合肥預測)如圖所示,理想變壓器的原、副線圈分別接有R1=250Ω與R2=10Ω的電阻.當原線圈一側(cè)接入u=311sin100πt(V)的交流電時,兩電阻消耗的功率相等,則有(AC)A.原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1B.電阻R1兩端電壓有效值是電阻R2兩端電壓有效值的2倍C.電阻R2消耗的功率為48.4WD.1s內(nèi)流過電阻R2的電流方向改變200次【解析】設原線圈電流為I1,副線圈電流為I2,由題意可知Ieq\o\al(2,1)R1=Ieq\o\al(2,2)R2,故eq\f(n1,n2)=eq\f(I2,I1)=eq\r(\f(R1,R2))=5,A正確;電阻R1兩端電壓有效值和電阻R2兩端電壓有效值之比為eq\f(UR1,UR2)=eq\f(I1R1,I2R2)=5,B錯誤;設原線圈輸入電壓為U1,副線圈輸出電壓為U2,故eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2)=5,解得U1=5U2,又UR1=I1R1,U2=I2R2,又因為U=UR1+U1,外接交流電壓有效值為220V,聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得U2=eq\f(1,10)U=22V,電阻R2消耗的功率為P=eq\f(U\o\al(2,2),R2)=48.4W,C正確;由題意可知,交流電的頻率為f=eq\f(ω,2π)=50Hz,變壓器不改變交流電的頻率,一個周期內(nèi)電流方向改變2次,故1s內(nèi)流過電阻R2的電流方向改變100次,D錯誤.故選AC.12.(多選)(2022·湖北恩施預測)為了適應特高壓輸電以實現(xiàn)地區(qū)間電力資源的有效配置,需要對原來線路中的變壓器進行調(diào)換.某輸電線路可簡化為如圖所示,變壓器均為理想變壓器,調(diào)換前后發(fā)電機輸出電壓、輸電線電阻、用戶得到的電壓均不變,改造后輸送電壓提升為原來的5倍,假設特高壓輸電前后輸送的功率不變,下列說法正確的是(AB)A.線路改造后升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比改變B.線路上電阻的功率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,25)C.特高壓輸電后,電壓損失變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,25)D.線路改造后用戶端降壓變壓器匝數(shù)比不變【解析】發(fā)電機輸出電壓不變,應改變升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)比,故A項正確;根據(jù)線路上功率的損失ΔP=Ieq\o\al(2,2)r,輸送功率不變,電壓提升為原來的5倍,輸送的電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5),線路電阻不變,損失的功率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,25),故B項正確;輸電線上的電壓損失為ΔU=I2r,輸送功率為P2=U2I2則輸送功率不變,電壓增為原來的5倍,電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5),損失的電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,5),故C項錯誤;用戶端的降壓變壓器改造前后輸出端電壓U4不變,輸入端電壓U3變大,根據(jù)eq\f(U3,U4)=eq\f(n3,n4),可得原、副線圈的匝數(shù)比一定變化,故D項錯誤.故選AB.13.(多選)(2022·廣東廣州預測)如圖所示,變壓器為理想變壓器,原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1,原線圈的輸入端接有正弦交變電流.已知L1、L2、L3是相同的電燈且燈絲的電阻不隨溫度變化,燈絲不會被燒斷.下列說法正確的是(BD)A.L1、L2中的電流之比為1∶2B.L1、L2中的電流之比為1∶1C.L1兩端的電壓與原線圈兩端的電壓之比為2∶1D.L1兩端的電壓與原線圈兩端的電壓之比為1∶2【解析】原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1,則原、副線圈中的電流之比為1∶2,由于L2與L3并聯(lián),因此L1、L2中的電流之比I1∶I2=1∶1,選項A錯誤,B正確;原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1,則原、副線圈兩端的電壓之比為2∶1,設電燈的電阻為R,因此原線圈兩端的電壓U=2I2R,L1兩端的電壓U1=I1R,結(jié)合I1∶I2=1∶1,解得eq\f(U1
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