本资料为共享资料来自网络如有相似概不负责PAGE2020高二物理选修3-2：第五章阶段质量
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专题冲关1．一理想变压器原线圈匝数n1＝1100匝，副线圈匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，电阻R＝44Ω，如图5－4所示，电压
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、电流表均为理想电表。则下列说法不正确的是( )图5－4A．交流电的频率为50HzB．电压表的示数为44VC．电流表A1的示数为0.2AD．电流表A2的示数约为1.4A解析：由交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，可知ω＝2πf＝100π，所以交流电的频率为50Hz，选项A正确；原线圈的输入电压U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，副线圈的输出电压U2＝44V，副线圈中的电流I2＝eq\f(U2,R)＝1A，选项B正确，D错误；由P出＝P入得U1I1＝U2I2，I1＝0.2A，选项C正确。答案：D2．如图5－5所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，接线柱a、b接电压u＝311sin314tV的正弦式交流电源。当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是( )图5－5A．A1、A2 B．A2、V2C．A1、A2、V2D．A1、A2、V1、V2解析：由变压器特点，可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，只要n1、n2的比值不变，U1不变，那么U2也不变；由电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈中电流因副线圈中电流的改变而改变，因滑动变阻器的电阻变化，A2的示数变化，所以A1的示数也会发生变化，故应选A。答案：A3．图5－6中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是( )图5－6A．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πtVD．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的eq\f(1,10)解析：因图像的纵坐标——电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电，A错；U有效＝eq\f(Um,\r(2))只适用于正弦式交变电流，图乙非正弦(余弦)式交变电流，不适用上式有效值的求法，故B错；正弦式交变电流瞬时值的表达式为u＝Umsinωt，由图像可知Um＝311V，T＝2×10－2s，可得ω＝eq\f(2π,T)＝100π，代入上式得u＝311sin100πtV，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D错。答案：C4．某水电站发电机输出的电功率为100kW，输出电压为250V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220V电压，则应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？解析：依题意作出如图所示的输电示意图。升压变压器原线圈的电流为：I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A。当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则Ieq\o\al(2,2)R线＝5%P，所以I2＝eq\r(\f(5%×P,R线))＝eq\r(\f(0.05×100×103,8))A＝25A。升压变压器的匝数比为：eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(25,400)＝eq\f(1,16)。降压变压器副线圈中电流I4即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为：P用＝P－5%P＝95%P，又P用＝U4I4，所以I4＝eq\f(95%P,U4)＝eq\f(0.95×100×103,220)A＝eq\f(4750,11)A。其原线圈中电流I3＝I2＝25A。降压变压器的匝数比为：eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(4750,11×25)＝eq\f(190,11)。答案：1∶16 190∶11
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