1、武平一中2020-2021学年第二学期高二物理开学考试题一、选择题（每题8分 共80分）1如图所示，要减少理想变压器原线圈的输出功率，原线圈输入电压的有效值不变。下列做法正确的是（）A只减少原线圈匝数 B只增加副线圈匝数C只增大的阻值 D只减小的阻值2理想变压器与额定电压均为12V的四个相同灯泡连接成如图所示的电路，开关S断开时，灯泡L1、L2、L3都正常发光，忽略灯泡电阻随温度的变化。下列说法正确的是（）A理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1B理想变压器原线圈所接交流电源的电压为24VC闭合开关S，灯泡L1、L2、L3仍能正常发光D闭合开关S，灯泡L1可能烧毁3如图所示，矩形金属线圈abcd
2、与理想变压器的原线圈组成闭合电路，灯泡L1、L2完全相同，当变压器原线圈中的抽头P置于最上端时，原、副线圈的匝数比为n：1。矩形线圈abcd在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，且磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。则下列说法不正确的是（）A若减小矩形线圈abcd的转速，灯L1会变暗B在图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最小C当抽头P置于最上端时，在线圈abcd转动的过程中，电压表示数为D若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处，且转速不变，则电压表示数也不变4如图甲所示，一自耦变压器的原线圈与电压有效值不变的正弦交流电源
3、相连接，副线圈上通过输电线接有1个灯泡L1，输电线等效电阻为R；如图乙所示，一最大阻值为R的滑动变阻器与电压有效值不变的正弦交流电源相连接，通过输电线接有1个与L1相同的灯泡L2，输电线等效电阻为R，电表均为理想电表，下列分析判断正确的是（）A当滑动触头P1向上匀速移动时，灯泡L1变亮B当滑动触头P2向上匀速移动时，灯泡L2变暗C当滑动触头P2向上匀速移动时，电流表A2的示数减小D当滑动触头P1向上匀速移动时，电流表A1的示数增大5一自耦变压器如图所示，在a、b间输入电压为的交变电流时，c、d间的输出电压为，定值电阻R接在间，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（）ABR中电流的频率增大
4、CR中电流的有效值增大D变压器输入功率减小6远距离输电线路如图所示。在输送的电功率一定的情况下，采用高压输电时，线路损耗的电功率为；采用高压输电时，线路损耗的电功率为。若，下列关系式正确的是（）A B C D7（多选）如图甲所示为理想变压器，现将原线圈a接在电压u随时间t按如图乙所示正弦规律变化的交流电源上，将滑动变阻器滑片P置于图中所示位置。电压表V1、V2均为理想交流电表。现将滑动变阻器滑片P向右滑动一小段距离，与移动前比较，下列说法正确的是（）A 电阻R1消耗功率减小 B电压表V1的示数变大C电压表V2的示数减小 D灯泡L变亮8（多选）如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值不变的正弦交
5、流电源上，图中各电表均为理想电表，为定值电阻，为滑动变阻器。当滑动变阻器滑片P向下滑动时，下列说法正确的是（）A电压表示数不变 B电压表示数变小 C电流表A示数变大 D电阻功率变大9（多选）两种互感器接线如图所示，已知互感器甲线圈的匝数比为，互感器乙线圈的匝数比为，电压互感器中电表读数为，电流互感器中电表读数为，下列说法正确的是（）A电流互感器也可以串联在零线上测电流B互感器甲是电压互感器，互感器乙是电流互感器C互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器D输电线的输送功率为10（多选）如图所示，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
6、中标出则下列几组关系式中正确的是()A； B；C D班级 姓名 座号 12345678910二、解答题（20分）11利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统。有一台内阻为1的太阳能发电机，供给一个学校照明用电。如图所示，升压变压器匝数比为14，降压变压器匝数比为41，输电线的总电阻R=4，全校共22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若全部电灯正常发光，求： (1)发电机输出功率；(2)输电线路的效率；(3)发电机电动势的有效值。参考答案1【答案】CA由于原副线圈电压与匝数成正比，只减少原线圈匝数，则副线圈的电压增大，所以电流也增大，则输出功率增大，所以A错误；
7、B由于原副线圈电压与匝数成正比，只增加副线圈匝数，则副线圈的电压增大，所以电流也增大，则输出功率增大，所以B错误；C原副线圈电压不变，只增大的阻值，副线圈电流将减小，所以输出功率减小，所以C正确；D原副线圈电压不变，只减小的阻值，副线圈电流将增大，所以输出功率增大，所以D错误；2【答案】D【详解】A开关S断开时，灯泡L1、L2、L3都正常发光，则原线圈的电流为I，副线圈的电流为2I，由变压器原副线圈电流与匝数成反比，则变压器原副线圈匝数比为2：1，所以A错误；B变压器的输出电压为U2=12V，由变压器原副线圈电压与匝数成正比，所以变压器的输入电压U1=24V，则理想变压器原线圈所接交流电源的电
8、压为U=U1+U2=36V，所以B错误；D利用等效法，把副线圈看成一个电阻串联在原线圈中，闭合开关S，等效电阻变小，则原线圈中的电流会变大，所以灯泡L1可能烧毁，则D正确；C利用等效法，把副线圈看成一个电阻串联在原线圈中，闭合开关S，等效电阻变小，则原线圈中的电流会变大，则灯泡L1分的电压变大，所以原线圈的输入电压U1变小，则副线圈的电压U2也变小，所以灯泡L1、L2、L3不能正常发光，都会变暗的，则C错误； 故选D。3【答案】D【详解】A若减小矩形线圈abcd的转速，电流的频率变小，副线圈输出电压变减小，电容器C的容抗变大，与电容器C串联的灯泡L1变暗，故A正确，故A不符题意；B图示位置为中
9、性面位置，此时感应电动势为零最小，故B正确，故B项不符题意；C在线圈abcd转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值 由 得理想变压器原线圈电压的有效值为 副线圈电压表示数为 故C正确，C项不符题意；D若仅将线圈abcd的转轴平移至ad边处，且转速不变，变压器原线圈输入电压变大，副线圈输出电压也变大，电压表示数变大，故D错误，D项符合题意。本题选不正确的故选D。4【答案】C【详解】AD此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1向上匀速移动时，输入电压不变，输出电压均匀减小，等效电阻R、灯泡L1消耗的功率均变小，L1变暗，电流表A1示数减小，所以A、D错误；BC当滑动触头P2向上匀速移动时，含L
10、2的支路阻值减小，电流变大，灯泡L2变亮，所以B错误；而并联总电阻增大，则电流表A2的示数减小，故C正确。故选C。5【答案】D【详解】A变压器的电压之比等于线圈匝数之比，由于，则有，故A错误；B变压器只改变交变电流的电压与电流，不会改变电流的频率，滑动触头旋转过程中，流过R电流的频率不变，故B错误；C当滑动触头从M点顺时针转到N点过程，n2减小，n1不变， U1不变，则电压U2减小，由欧姆定律可知，R中电流的有效值减小，故C错误；D滑动触头旋转过程，变压器副线圈电压U2减小，根据 可知，变压器的输出功率减小，又因为理想变压器输入功率等于输出功率，变压器的输出功率减小，则输入功率减小，故D正确。
11、6【答案】A【详解】 根据 、可知，在输送的电功率一定的情况下，输电线上损耗的功率 又根据功率的比值可知 故选A。7【答案】AB【详解】ABC当滑片P向右滑动的过程中，导致总电阻变大。若电压不变，由欧姆定律得电流减小，输入功率等于输出功率P=UI，则原线圈电流减小，故R1分压减小，消耗的功率减小；原线圈分的电压就会增大，匝数不变，副线圈电压也会增大，即V1、V2示数变大，AB正确，C错误；D副线圈的电流减小，故灯泡L变暗，D错误； 故选AB。8【答案】AC【详解】A变压器输入端电压有效值不变，变压器原副线圈匝数不变，根据理想变压器原理 电压表示数不变，故A正确；B 和并联，示数相同，故B错误；
12、C滑片P向下滑动，电阻变小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，故C正确；D两端电压不变，功率不变，故D错误。故选AC。9【答案】BD【详解】A若电流互感器串联在零线中，则检测不到电流，A错误；BC因为电压互感器需要并联在电路中，电流互感器需要串联在火线中，所以互感器甲是电压互感器，互感器乙是电流互感器，B正确，C错误；D对电压互感器有 得输电线两端电压 对电流互感器有 得输电线中电流 则输电线的输送功率为 故D正确；故选BD。10【答案】AC【解析】A、根据电压与匝数成正比，有，故A正确；B、由于副线圈是两个，电流与匝数不再成反比，故B错误；C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以有，电压与匝数成正比，联立得，得，故C错误；D、变形得,由C分析知，D错误；故选AC.11【答案】(1)5424W；(2)97.3%；(3)250V【详解】(1)降压变压器输出电压为220V，则有 解得 U3=880V电灯正常发光时的电流 降压变压器负载中的总电流 I4=226I=24A降压变压器输入端电流 导线上损失的电压 U损=I3R=24V升压变压器输出电压 U2=U3U损=904V则发电机输出功率 P=U2I3=5424W(2)用户获得的实际功率 P用=226P额=5280W则输电效率 (3)由理想变压器公式 可得 U1=226V其输入电流 由闭合欧姆定律，有 E=U1I1r=250V