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新课标高二物理选修3-2课时作业

时间:2016-06-03 来源:唯才教育网 本文已影响

篇一:新课标高中物理选修3-2课后习题答案

高中物理3.2课后习题答案

第4章

第1节 划时代的发现

1. 奥斯特实验,电磁感应等.

2. 电路是闭合的.导体切割磁感线运动.

第2节 探究电磁感应的产生条件

1. (1)不产生感应电流(2)不产生感应电流(3)产生感应电流

2. 答:由于弹簧线圈收缩时,面积减小,磁通量减小,所以产生感应电流.

3. 答:在线圈进入磁场的过程中,由于穿过线圈的磁通量增大,所以线圈中产生感应电流;在线圈离开

磁场的过程中,由于穿过线圈的磁通量减小,所以线圈中产生感应电流;当个线圈都在磁场中时,由于穿过线圈的磁通量不变,所以线圈中不产生感应电流.

4. 答:当线圈远离导线移动时,由于线圈所在位置的磁感应强度不断减弱,所以穿过线圈的磁通量不断

减小,线圈中产生感应电流.当导线中的电流逐渐增大或减小时,线圈所在位置的磁感应强度也逐渐增大或减小,穿过线圈的磁通量也随之逐渐增大或减小,所以线圈中产生感应电流.

5. 答:如果使铜环沿匀强磁场的方向移动,由于穿过铜环的磁通量不发生变化,所以,铜环中没有感应

电流;如果使铜环在不均匀磁场中移动,由于穿过铜环的磁通量发生变化,所以,铜环中有感应电流.

6. 答:乙、丙、丁三种情况下,可以在线圈B中观察到感应电流.因为甲所表示的电流是稳恒电流,那

么,由这个电流产生的磁场就是不变的.穿过线圈B的磁通量不变,不产生感应电

7. 流.乙、丙、丁三种情况所表示的电流是随时间变化的电流,那么,由这样的电流产生的磁场也是变

化的,穿过线圈B的磁通量变化,产生感应电流.

8. 为了使MN中不产生感应电流,必须要求DENM构成的闭合电路的磁通量不变,即BS?B0l,而2

S?(l?vt)l,所以,从t?0开始,磁感应强度B随时间t的变化规律是B?B0l l?vt

第3节 楞次定律

1. 答:在条形磁铁移入线圈的过程中,有向左的磁感线穿过线圈,而且线圈的磁通量增大.根据楞次定

律可知,线圈中感应电流磁场方向应该向右,再根据右手定则,判断出感应电流的方向,即从左侧看,感应电流沿顺时针方向.

2. 答:当闭合开关时,导线AB中电流由左向右,它在上面的闭合线框中引起垂直于纸面向外的磁通量

增加.根据楞次定律,闭合线框中产生感应电流的磁场,要阻碍它的增加,所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面向里,再根据右手定则可知感应电流的方向是由D向C.当断开开关时,垂直于纸面向外的磁通量减少.根据楞次定律,闭合线框中产生感应电流的磁场,要阻碍原磁场磁通量的减少,所以感应电流的磁场在闭合线框内的方向是垂直纸面内外,再根据右手定则可知感应电流的方向是由C向D.

3. 答:当导体AB向右移动时,线框ABCD中垂直于纸面向内的磁通量减少.根据楞次定律,它产生感

应电流的磁场要阻碍磁通量减少,即感应电流的磁场与原磁场方向相同.垂直于纸面向内,所以感应电流的方向是A→B→C→D.此时,线框ABFE中垂直纸面向内的磁通量增加,根据楞次定律,它产生的磁场要阻碍磁通量的增加,即感应电流的磁场与原磁场方向相反,垂直于纸面向外.所以,感应电流的方向是A→B→F→E.所以,我们用这两个线框中的任意一个都可以判定导体AB中感应电流的方向.说明:此题对导体AB中的电流方向的判定也可用右手定则来确定.

4. 答:由于线圈在条形磁铁的N极附近,所以可以认为从A到B的过程中,线圈中向上的磁通量减小,

根据楞次定律,线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的减少,即感应电流的磁场与原磁场方向相同,再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向,从上向下看为逆时针方向.从B到C的过程中,线

圈中向下的磁通量增加,根据楞次定律,线圈中产生的感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加,即感应电流的磁场与原磁场方向相反,再根据右手螺旋定则可知感应电流的方向,从上向下看为逆时针方向.

5. 答:(1)有感应电流(2)没有感应电流;(3)有感应电流;(4)当合上开关S的一瞬间,线圈P的左

端为N极;当打开开关S的上瞬间,线圈P的右端为N极.

6. 答:用磁铁的任一极(如N极)接近A球时,穿过A环中的磁通量增加,根据楞次定律,A环中将产

生感应电流,阻碍磁铁与A环接近,A环将远离磁铁;同理,当磁铁远离发A球时,A球中产生感应电流的方向将阻碍A环与磁铁远离,A环将靠近磁铁.由于B环是断开的,无论磁极移近或远离B环,都不会在B环中形成感应电流,所以B环将不移动.

7. 答:(1)如图所示.圆盘中任意一根半径CD都在切割磁感线,这半径可以看成一个电源,根据右手

定则可以判断,D点的电势比C点高,也就是说,圆盘边缘上的电势比圆心电势高,(2)根据右手定则判断,D点电势比C点高,所以流过电阻R的电流方向自下向上.说明:本题可拓展为求CD间的感应电动势.设半径为r,转盘匀速转动的角速度?,匀强磁场的磁感应强度为B,求圆盘转动时的感应电动势的大小.具体答案是E?Br2?. 2

第4节 法拉第电磁感应定律

1. 正确的是D.

2. 解:根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势为E?n?1000?V?175V;根?A=0.175A R?r990?10

3. 解:根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式E?Blv得:缆绳中的感应电动势据闭合电路欧姆定律可得,通过电热器的电流为I?

E?4.6?10?5?2.05?104?7.6?103V=7.2?103V

4. 答:可以.声音使纸盒振动,线圈切割磁感线,产生感应电流.

5. 答:因为线圈绕OO?轴转动时,线圈长L2的边切割磁感线的速度变化,感应电动势因而变化.根据公

式E?Blvsin?和v??r有E?BL1L2?sin?.因为S?L1L2,??90?,所以,E?BS?.

EA226. 答:(1)根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势E?n2??4.(2)?n?R,?t?tEB

2根据闭合电路欧姆定律,可得通过线圈的电流I??n?R?nR,所以,?IARA???2. IBRB1

7. 答:管中有导电液体流过时,相当于一段长为d的导体在切割磁感线,产生的感应电动势E?Bdv.液体的流量Q?v?,即液体的流量与电动势E的关系为Q?E. 第5节 电磁感应定律的应用

1. 解:根据导线切割磁感线产生感应电动势的公式E?Blv,该机两翼尖间的电势差为??2

E?4.7?10?5?12.7?0.7?340V=0.142V,根据右手定则可知,从驾驶员角度来说,左侧机翼电势高。说明:该题的难点之上在于学生的空间想象力往往比较弱,对此,可用简单图形(图4-12)帮助理解;另外,该题可补充一问,即当飞机从西向东飞行时,哪侧机翼电势高?分析可得仍为左侧机翼

电势高。

2. (1)根据法拉第电磁感应定律,线圈中感应电动势为E?n。根据??t图象可知,?0.5Wb/s。电压表的读数为E?n?100?0.5V=50V。(2)感应电场的方向为逆时针方向,?t?t

如图所示。(3)A端的电势比B端高,所以A端应该与电压表标的接线柱连接。

3. 答:(1)等效电路如图所示。(2)通过R的电流方向从上到下。根据导线切割磁感线产生感应电动势

的公式E?Blv,MN、PQ的电动势都为E?1?1?1V。根据电池的并联和闭合电路欧姆定律,通过R电流I??A=1A。(3)通过MN的电流方向为自N到M;过PQ的电流方向为自N到M;过R1

PQ的电流方向为Q到P。

4. (1)线圈以速度v匀速进入磁场,当CD边在磁场中时,线圈中感应电动势E1?Bl1v,其中l1为CDE1Bl1v,其中R为线圈的总电阻。同理,线圈以速度2v?E2Bl1v匀速进入磁场时,线圈中的感应电流最大值为I2?2?。第二次与第一次线圈中最大电流之比RR

为2:1。(2)线圈以速度v匀速进入磁场,当CD边在磁场中时,CD边受安培力最大,最大值为

B2l12v。由于线圈做匀速运动,所以此时外力也最大,且外力大小等于安培力大小,此时F1?BI1l1?R

B2l12v4B2l12v2

外力的功率为P。同理,线圈以速度2v进入磁场时,外力的最大功率为P。1?Fv1?2?第二次与第一次外力做功的最大功率之比为4:1。(3)线圈以v匀速进入磁场,线圈中的感应电流为

EBlvl设AD边长为l2,则线圈经过时间t?2完全进入磁场,此后线圈中不再有感应电流。I1?1?1,边的长度。此时线圈中的感应电流为I1?

B2l12v2l2B2l12l2R?所以第一次线圈中产生的热量为Q1?IRt?。同理,线圈以速度2v匀速进入2vRR2

1

2B2l12l2磁场时,线圈中产生的热量为Q2?。第二次与第一次线圈中产生的热量之比为2:1。说明:R

可进一步分析并说明,在这一过程中,外力克服安培力所做的功与感应电流所做的功是相等的。

第6节 互感和自感

1. (1)当开关S断开后,使线圈A中的电流减小并消失时,穿过线圈B的磁通量减小,肉而在线圈B

中将产生感应电流,根据楞次定律,感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小,这样就使铁芯中磁场减弱得慢些,即在开关S断开后一段时间内,铁芯中还有逐渐减弱的磁场,这个磁场对衔铁D依然有力作用,因此,弹簧K不能立即将衔铁拉起.(2)如果线圈B不闭合,不会对延时效果产生影响.在开关S断开时,线圈A中电流减小并很快消失,线圈B中只有感应电动势而无感应电流,铁芯中的磁场很快消失,磁场对衔铁D的作用力也很快消失,弹簧K将很快将衔铁拉起.

2. 答:当李辉把多用表的表笔与被测线圈断开时,线圈中的电流将减小,发生自感现象.会产生较大的

自感电动势,两只表笔间有较高电压,“电”了刘伟一下,所以刘伟惊叫起来,当李辉再摸多用表的表笔时,由于时间经历的较长,自感现象基本“消失”

3. 答:(1)当开关S由断开变为闭合,A灯由亮变得更为明亮,B灯由亮变暗,直到不亮.(2)当开关S

由闭合变为断开,A灯不亮,B灯由亮变暗,直到不亮.

第7节 涡流 电磁阻尼和电磁驱动

1. 答:当铜盘在磁极间运动时,由于发生电磁感应现象,在铜盘中主生感应电流,使铜盘受到安培力作

用,而安培力的方向阻碍导体的运动,所以铜盘很快就停了下来.

2. 当条形磁铁的N极靠近线圈时,线圈中向下的磁通量增加,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的磁

场应该向上,再根据右手螺旋定则,判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向(自上而下看).感应电流的磁场对条形磁铁N极的作用力向上,阻碍条形磁铁向下运动.当条形磁铁的N极远离线圈时,线圈中向下的磁通量减小,根据楞次定律可得,线圈中感应电流的磁场应该向下,再根据右手螺旋定则,判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向(自上而下看).感应电流的磁场对条形磁铁N极的作用力向下,阻碍条形磁铁向上运动.因此,无论条形磁铁怎样运动,都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用,所以条形磁铁较快地停了下来,在此过程中,弹簧和磁铁的机械能均转化为线圈中的电能.

3. 答:在磁性很强的小圆片下落的过程中,没有缺口的铝管中的磁通量发生变化(小圆片上方铝管中的

磁通量减小,下方的铝管中的磁通量增大),所以铝管中将产生感应电流,感应电流的磁场对下落的小圆片产生阻力作用,小圆片在铝管中缓慢下落;如果小圆片在有缺口的铝管中下落,尽管铝管中也会产生感应电流,感应电流的磁场将对下落的也产生阻力作用,但这时的阻力非常小,所以小圆片在铝管中下落比较快.

4. 答:这些微弱的感应电流,将使卫星受到地磁场的安培力作用.因为克服安培力作用,卫星的一部分

运动转化为电能,这样卫星机械能减小,运动轨道离地面高度会逐渐降低.

5. 答:当条形磁铁向右移动时,金属圆环中的磁通量减小,圆环中将产生感应电流,金属圆环将受到条

形磁铁向右的作用力.这个力实际上就是条形磁铁的磁场对感应电流的安培力.这个安培力将驱使金属圆环向右运动.

第五章 交变电流

第1节 交变电流

1. 答:磁铁靠近白炽灯,发现灯丝颤动.因为通交变电流的灯丝处在磁场中要受到力的作用,灯丝受到

的磁场力的大小、方向都随时间做周期性变化,因而灯丝颤动.

2. 答:这种说法不对.根据法拉第电磁感应定律,感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,而?t

与磁通量?没有必然的联系.假定线圈的面积为S,所在磁场的磁感应强度为B,线圈以角速度?绕垂直于磁感线的轴匀速转动,线圈在中性面时开始计时,则磁通量?随时间变化的关系为:

,穿过线圈的磁通量???BDcosωt,其图象如图所示.线圈平面转到中性面瞬间(t?0,t?T)

虽然最大,但是,曲线的斜率为0,即,磁通量的变化率?0,感应电动势为0;而线圈平面转到?t

跟中性面垂直时(t?T,t?T),穿过线圈的磁通量?为0,但是曲线的斜率最大,即磁通量的变化率最大,感应电动势最大. 3. 解:单匝线圈转到线圈平面与磁场平行位置时,即教科书图5.1-3中乙和丁图时,感应电动势最大.即

Em?2BLABv=2BLAB?LAD?BLADLAB??0.01?0.20?0.10?2??50V=6.3?10-2V 2

4. 解:假定发电机线圈平面仅次于中性面开始计时,感应电动势瞬时值表达式

e?Emsin?t?400sin(314t).不计发电机线圈的内阻,电路中电流的峰值Im?Em?A?0.2A.电流的瞬时值表达式i?Imsin?t?0.2sin(314t). R2000

5. 解:KL边与磁场方向呈30°时,线圈平面与中性面夹角为60°,此时感应电动势为

e?Emsin?t?BS?sin60???,电流方向为KNMLK. 第2节 描述交变电流的物理量

1. 解:交变电流1周期内,电流方向变化两次,所以1s内电流方向变化的次数为?2次?100次. 0.02

2. 解:不能把这个电容器接在交流电压是10V的电路两端.因为,这里的10V的电压是指交流电压的有

效值.在电压变化过程中的最大值大于10V,超过了电容器的耐压,电容器会被击穿.

3. 解:灯泡正常工作时,通过灯丝电流的有效值I==A=A.电流的峰

值Im. 4. 根据图象,读出交变电流的周期T=0.2s,电流的峰值Im?10A,频率f??Hz?5Hz.电

T0.2

流的有效值I???7.1A m

25. 解:该电热器消耗的功率P?,其中U为电压的有效

值U?,所以

,Um22P???W=967W 2R2?50第3节 电感和电容对交变电流的影响

1. 答:三个电流表A1、A2、A3所在支路分别为:纯电容电路、纯电感电路、纯电阻电路.改换电源后,

交流电压峰值没有变化,而频率增加了.对于纯电容电路,交流电压峰值不变,则电路两端电压的有效值不变.电容大小C未变,交变电流频率增大,则感抗变小,电流有效值增大,则容抗变小,电流有效值增大,即A1读数增大.对于纯电感电路,交流电压峰值不变,则电路两端电压的有效值不变.电感大小L未变,交流频率增大,则感抗变大,电流有效值减小,即A2读数减小.对于纯电阻电路,交流电压峰值不变,则电路两端电压的有效值不变.虽然交变电流频率增大,但是对电阻大小没有影响,电阻大小未变,则电流有效值不变,即A3读数不变.

2. 答:由于电容串联在前级和后级之间,前级输出的直流成分不能通过电容器,而流成分可以通过电容

器被输送到后级装置中,输入后级的成分中不含有前级的直流成分,所以两级的直流工作状态相互不影响.

3. 答:电容器对高频成分的容抗小,对低频成分的容抗大,按照教科书图5.3-8的连接,高频成分就通过

“旁边”(来自:WwW.hn1C.Com 唯 才 教育 网:新课标高二物理选修3-2课时作业)的电容器,而使低频成分输送到下一级装置.

第4节 变压器

1. 答:恒定电流的电压加在变压器的原线圈上时,通过原线圈的电流是恒定电流,即电流的大小和方向

不变,它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变.因此在副线圈中不会产生感应电动势,副线圈两端也没有电压,所以变压器不能改变恒定电流的电压.

2. 解:根据题目条件可知,U1?380V,U2?36V,n1?1140,求:n2??

?U1n1U?,?n2?1?n1??108 U2n2U2380

3. 解:根据题目条件可知,n2?400,U1?220V,U2?55V,求:n1??

篇二:2015-2016学年高中物理 5.5《电能的输送》课时作业 新人教版选修3-2

5.5《电能的输送》

基础达标

1.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,则输电线上损耗的电压可表示为( ) A.U1 B.U1-IR C.IR D.U2

【解析】 输电线的电压损失ΔU=U1-U2=IR,B错误,C正确;U1为输出电压,U2为用户得到的电压,A、D错误.

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篇三:高二物理教科版选修3-2课时作业与单元检测:第二章 交变电流 习题课2 Word版含解析

习题课 变压器及电能的输送

一、基础练

1.远距离输电时,在输送电功率不变的条件下( )

A.只有增大导线的电阻,才能减小电流,提高输电效率

B.提高输电电压,能减小电流,提高输电效率

C.提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗

D.提高输电电压势必增大输电导线上的电流

2.理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,原线圈两端接通交流电源,则( )

A.原、副线圈中电流频率之比f1∶f2=10∶1

B.原、副线圈两端电压之比为U1∶U2=10∶1

C.原、副线圈内交变电流之比I1∶I2=1∶10

D.变压器输入和输出功率之比P1∶P2=10∶1

3.如图1所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n∶1,原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是(

)

图1

A.电动机两端电压为IR

B.电动机消耗的功率为I2R

C.原线圈中的电流为nI

UID.变压器的输入功率为 n

4.如图2所示,一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成.当此变压器工作时,初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出.则下列几组关系式中正确的是(

)

图2

U1n1U1n1I1n1I1n3A.B.U2n2U3n3I2n2I3n1

n2+n3IC.n1I1=n2I2+n3I3 n1I2+I3

5.有条河,流量Q=2m3/s,落差h=5 m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240 V,输电线总电阻R=30 Ω,允许损失功率为输出功率的6%,为满足用电的需求,则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少?能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光?(g取10 m/s2)

二、提升练

6.“西电东输”工程中为减少输电损耗,必须提高输电电压,从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW,输电电压为1000kV,输电线电阻为100Ω.若改用超导材料作为输电线,则可减少电损耗的功率为( )

A.105 kW B.104 kW

C.106 kW D.103 kW

7.关于电能输送的分析,正确的是( )

U2A.由公式P=得到,输电电压越高,输电导线上的功率损失越大 R

U2B.由公式P=得到,输电导线的电阻越大,功率损失越少 R

C.由公式P=I2R得到,输电电流越大,输电导线上的功率损失越大

D.由公式P=IU得到,输电导线上的功率损失与电流强度成正比

8.如图3所示,当图中ab两端与ef两端分别加上220V的交流电压时,测得cd间与gh间电压均为110V;若分别在cd间与gh间两端加上110V的交流电压,则ab与ef间电压为(

)

图3

A.220V,220VB.220V,110V

C.110V,110VD.220V,0V

9.调压变压器是一种自耦变压器,它的构造如图4所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,AB间加上正弦交流电压U,移动滑动触头P的位置,就可以调节输出电压.在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表,变阻器的滑动触头为Q,则(

)

图4

A.保持P的位置不动,将Q向下移动时,电流表的读数变大

B.保持P的位置不动,将Q向下移动时,电流表的读数变小

C.保持Q的位置不动,将P沿逆时针方向移动时,电流表的读数变大

D.保持Q的位置不动,将P沿逆时针方向移动时,电流表的读数变小

10.理想变压器的原线圈接入表达式为i=Imsinωt的交变电流,一只灯泡和交流电流表

3串联后接在副线圈两端,读数为0.4A,当t时,原线圈的电流i=30mA,由此可知,此8

变压器的原副线圈匝数之比为( )

A.4∶30B.40∶3

C.3∶402D.402∶3

11.如图5所示,一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成.用I1和U1表示输入电流和电压,I2和U2表示输出电流和电压.在

UnIn下列四种连接法中,符合关系( ) U2n2I

2n1

图5

①b与c相连,以a、d为输入端;f与g相连,以e、h为输出端

②b与c相连,以a、d为输入端;e与g相连,以f、h为输出端

③a与c相连,以b与d相连作为输入端;f与g相连,以e、h为输出端

④a与c相连,b与d相连作为输入端;e与g相连,f与h相连作为输出端

A.①②B.②③

C.③④D.①④

12.如图6所示,电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是(

)

图6

A.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小

B.保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小

C.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大

习题课 变压器及电能的输送答案

1.B [在输出功率一定时,由P=UI知,当U增大时,I减小,输电导线损耗的功率P2损=IR将变小.]

UnIn2.BC [根据变压器的电压比可知选项B、C是正确的.对于理想U2n2I2n1

变压器,输入与输出的功率应相等,即P1=P2,所以选项D是错误的.]

UIU3.D [电动机两端电压为nn

I圈中的电流I0=.] n

4.AC [电压与匝数成正比,故A正确,能量守恒,故C正确.]

5.6∶125 235∶11 470盏

解析 设ρ为水的密度

mgh电源端:P输出×50%=Qρgh×0.5=2×1×103×10×5×0.5W=5×104W t

输出电压U0=240V,输送电路如下图所示

为满足输电要求,据P损=I送R,有

P损P输出×6%5×10×0.06I送A=10A RR30

P输送5×104

则送电电压为U送=V=5×103V 10I送

所以升压变压器的匝数比为

n1∶n2=U0∶U送=240∶(5×103)=6∶125 2

输电线电压损失U损=I送R=10×30V=300V

用户端:U1=U送-U损=5×103V-300V=4700V

据题意可知,U2=220V,所以降压变压器的匝数比为

n1′∶n2′=U1∶U2=4700∶220=235∶11

因为理想变压器没有能量损失,可正常发光的电灯盏数为

P输-P损5×104-5×104×0.06N=470盏 100P灯

P2P56.A [输电电流I=P损=I2R=?R=1×10kW,当改用?UU

超导输电时,不损失电能,因此减少的输电损耗就等于P损,故A正确.]

7.C

nU28.B [对变压器有: ncdUcd1

Ucd′=110V时,Uab′=220V.

当分压器gh间接110V时,Uef′=Ugh′=110V.]

9.BC [保持P的位置不动,U2不变,将Q向下移动时,R变大,故电流表的读数变小;保持Q的位置不动,R不变,将P沿逆时针方向移动时,n2变大,U2变大,故电流表的读数变大.]

10.B [交流电流表的读数为0.4A,说明副线圈中电流的有效值为0.4A,原线圈中电流

32π33π2I的表达式为i=Imsinωt,当t=时,i=Imsinωt=Imsin()=ImsinIm=30mA,8T842所以原线圈中电流的有效值为30mA,电流之比是3∶40,所以匝数之比为40∶3.]

11.D [图中双线圈ab,cd,ef,gh的绕法相同,当bc相连,fg相连时,相当于两组

U2nn原线圈串联,两组副线圈串联,原、副线圈匝数都增大一倍,对理想变压器=U22n2n2

In有I1U1=I2U2,所以e,g相连时,副线圈相当于双线绕法,副线圈内I2n1

感应电动势相互抵消,没有输出,②错误;③中原线圈ab和cd两个线圈并联,副线圈中ef和gh两个线圈串联,显然③错误;④中的a与c相连,e与g相连,原、副线圈中的两个线圈都并联,电压、电流符合题意,④正确.故正确选项为D.]

12.BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少,当副线圈匝数减少时,副线圈两端电压减小,R上消耗的功率减小,电流也减小;当电压和副线圈都不发生变化时,调节滑动变阻器向上滑动,则电阻减小,输出电流增大,输入电流也增大.]