【文档说明】限时规范训练50.doc，共(8)页，272.000 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-abd5b258a63f55d8892ceefe3c03734b.html

以下为本文档部分文字说明：

限时规范训练50[基础巩固题组]1.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4∶1，原线圈两端接u＝2202sin100πt()V的交流电源，副线圈两端接R＝55Ω的负载电阻，电表均为理想交流电表。则下

列说法中正确的是()A.副线圈中输出交流电的频率为12.5HzB.副线圈中电压表的示数为552VC.变压器的输入功率为110WD.原线圈中的电流表A的示数为0.25A解析：D副线圈中输出交流电的频率应与原线圈相同为f＝ω2π＝50Hz

，选项A错误；初级电压的有效值为U1＝22022V＝220V，副线圈中电压表的示数应为有效值，即U2＝n2n1U1＝55V，选项B错误；变压器的输入功率应等于输出功率，即P入＝P出＝U22R＝55W，选项C错误；由P

入＝U1I1，原线圈中的电流表A的示数为I1＝55220A＝0.25A，选项D正确。2.(2023·海南卷)(多选)下图是工厂利用u＝2202sin100πt(V)的交流电给36V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1100匝

，下列说法正确的是()A.电源电压有效值为2202VB.交变电流的周期为0.02sC.副线圈匝数为180匝D.副线圈匝数为240匝解析：BC电源电压的有效值U＝22022V＝220V，选项A错误；交流电的周期T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，选项B正确；根据n1n2＝U1

U2，可得副线圈匝数n2＝U2U1n1＝36220×1100＝180匝，选项C正确，D错误。3.某燃气灶点火装置的原理图如图甲所示。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上。变压器原、副线圈的匝数比为k，电压表为理想交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000

V时，就会在钢针和金属板间引发火花进而点燃气体。下列说法正确的是()甲乙A.副线圈输出电压一个周期内钢针只能点火一次B.t＝0.01s时，交流电压表示数为零C.当k小于11000时，点火装置才能点火D.转换器输出的交流电压频率为100Hz解析：C副线圈输出电压一个周期内电压的瞬时值两次大于5000

V，即钢针点火两次，选项A错误；交流电压表测量电压的有效值，则t＝0.01s时，示数不为零，选项B错误；因为U2＝n2n1U1＝U1k＝5k>5000，则k<11000，即当k小于11000时，点火装置才能点火，选项C正确；转换器输出的交流电压频率为f

＝1T＝10.02Hz＝50Hz，选项D错误。4.(多选)b、c是额定电压均为U0的两个完全相同的小灯泡，与小灯泡a(额定电压为2U0)分别与理想变压器相接，如图所示，当MN两端的输入电压为6U0的交流电时，三盏小灯泡恰好正常发光，则下

列说法正确的是()A.原、副线圈的匝数比为4∶1B.原、副线圈的匝数比为2∶1C.此时a和b的电功率之比为1∶1D.此时a和b的电功率之比为2∶1解析：AC输入电压为6U0，由题可知灯泡a两端电压为2U0，则原线圈的电压为4U0，b、c能正常发光，则副

线圈的电压为U0，根据原、副线圈电压与匝数的关系U1U2＝n1n2，可知原、副线圈的匝数比为4∶1，故A正确，B错误；根据原、副线圈电流与匝数的关系I1I2＝n2n1，可知原、副线圈的电流之比为1∶4，再根据Ib＝Ic＝I22＝2I1，则灯

泡a的功率Pa＝2U0I1，灯泡b的功率Pb＝U0×2I1＝2U0I1，可知此时a和b的电功率之比为1∶1，故C正确，D错误。5.(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M(内阻

与灯泡L相同)，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是()A.电压表读数增大B.电流表读数增大C.为使灯泡L正常发光，滑片P应向上滑动D.灯泡L与电吹风M消耗的电功率一定相同解析：BC滑片位置不动，当

S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1＝U1I1知电流表读数变大，故B正确；副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片应向上

滑动，故C正确；电吹风除了内阻的热功率外可能还有输出机械功率，即UI＝W＋I2R，可知电吹风UI>I2R，I<UR，灯泡L与电吹风M的电流不同，消耗电功率不相同，故D错误。6.(2023·浙江卷)我国110

0kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是()A.送电端先升压再整流B.用户端先降压再变交流C.1100kV是指交流电的最大值D.输电功率由送电端电压决定解析：A升压和降压都需要在交流的时候才能进

行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。7.如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压恒为U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数

均不变，下列表述正确的是()A.若n1n2＝n4n3，则用户获得的电压U4＝U1B.若用户开启的用电器增多，则升压变压器输出的U2增大C.若用户开启的用电器增多，则输电线消耗的功率增大D.若用户开启的用电器增多，则发电机输出的功率减小解析：C根据变

压器原理可得U1∶U2＝n1∶n2，U3∶U4＝n3∶n4，又n1∶n2＝n4∶n3，可得U4＝U1U3U2，由于输电线上电阻分压作用U3≠U2，所以U4≠U1，故A错误；输入电压恒定，升压变压器的原副线圈匝数比恒定，则升压变压器输出的U2不变，故B

错误；当用户的功率增大时，用电器增多，总电阻减小。降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的消耗功率增加，发电机的输出功率等于输电线消耗功率与用户的功率之和，因此，发电机的输出功率增加，故C正确，D错误。[能力提

升题组]8.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，R为阻值随光强增大而减小的光敏电阻，L1和L2是两个完全相同的灯泡，电表均为理想交流电表。则()甲乙A.通过光敏电阻的交变电流频率为10HzB.若L2的灯丝烧断，则电压表

的示数仍为5VC.当照射R的光强增大时，电流表的示数变小D.图像上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈平面与中性面垂直解析：B由题图乙可知，原线圈的交流电的周期为T＝0.02s，频率f＝1T＝50Hz，变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同，通过光敏

电阻的交变电流频率为50Hz，A错误；由题图乙可知，原线圈的交流电的电压的峰值U1m＝252V，原线圈的交流电的电压的有效值U1＝U1m2＝25V，由U1U2＝n1n2，得U2＝5V，若L2的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5V，B正确；当

照射R的光强增大时，R的阻值减小，副线圈消耗的功率变大，副线圈中的电流I2变大，由I1I2＝n2n1，原线圈电流I1增大。电流表的示数变大，C错误；图像上对应的0.01s时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线圈平面与中性面重合，D错误。9.(多选)风力发电、输电简易模型如图

所示，已知风轮机叶片转速为每秒k转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想

变压器升压后；输出电压为U(有效值)。忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A.t＝0时刻，穿过线圈的磁通量变化率最小B.发电机输出交变电流的频率为knC.变压器原、副线圈的匝数比为2πknNSBUD.发电机产生的瞬时电动势e＝2πknNSB·cos(2πknt)解析：ABt＝0时刻，穿过线圈的

磁通量最大，磁通量变化率最小，故A正确；发电机线圈的转速为kn，线圈转动的角速度ω＝2πkn，输出交变电流的频率为f＝ω2π＝kn，故B正确；变压器原线圈输出电压的最大值Em＝NBSω＝NBS·2πkn，变压器原线圈输出电压的有效值E＝Em2＝2πknNBS，变压

器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U1U2＝2πknNSBU，故C错误；发电机产生的瞬时电动势e＝Emsinωt＝2πknNBSsin(2πknt)，故D错误。10.如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正

弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22∶1，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是()甲乙丙A.电压表的示数为10VB.若只将S从1拨到2，

电流表示数增大C.在0～0.01s内穿过线圈的磁通量变化为2225πWbD.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大解析：C原线圈的电压U1＝Um2＝220V，根据变压比可知副线圈电压U2＝n2n

1U1＝10V，由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知U22R·T2＝U2RT，解得电压表的示数为U＝52V，故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝n2n1U1，若只将S从1拨到2，则n1增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变

流比可知I1＝n2n1I2，因为n1增大且I2减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由题图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的14周期电压为正，

则穿过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝－2BS，又因为Um＝BSω＝2πBST，解得ΔΦ＝TUmπ＝－2225πWb，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据U22R·T2＝U2RT，U2＝U222，则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小

，电流表示数减小，故D错误。