课时分层作业(十一) 1 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 C C B A B BC AC AD B BC AD 1．C [变压器只能对交变电流实现变压，不能对直流变压，故选项A、D错误；由于原、副线圈的电压之比与原、副线圈的匝数比相等，副线圈匝数多于原线圈匝数的变压器才能实现升压，故选项B错误，C正确。] 2．C [欲使副线圈两端获得高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流发生变化，只有当开关闭合或断开瞬间，原线圈中的电流才有变化，输出端才有高压产生，选项C正确。] 3．B [原线圈与小灯泡A并联，易得原线圈的电压是9 V，副线圈两端的总电压是36 V，因此得n1∶n2＝U1∶U2＝1∶4，A、C错误；由电流与匝数的关系可得，有I2＝＝2 A，解得I1＝8 A，通过小灯泡B的电流IB＝I1＋IA＝10 A，小灯泡B两端电压UB＝IBRB＝50 V，B正确，D错误。] 4．A [变压器的输入电压基本保持不变，变压器匝数比不变，则变压器副线圈两端电压V2不变，用电高峰时，R的值会减小，A2增大，输电线损失的电压增大，则V3减小，故A正确，B错误；由上述分析知用电高峰时A2增大，根据变压器原、副线圈电流关系知，A1也增大，故C、D错误。] 5．B [由题图乙可知交流电压的周期为T＝0.02 s，交流电压的频率为f＝＝50 Hz，故A错误；由题图乙可知输出电压的最大值为Um＝36 V，输出电压的有效值为U＝＝36 V，根据变压器电压与匝数关系有，解得U′＝3 V，由于变压器有能量损失，则小灯泡两端的电压可能为2 V，故B正确；适当增加原线圈a的匝数，副线圈的输出电压会减小，小灯泡功率会变小，故C错误；将线圈a改接在学生电源直流输出端，副线圈没有电压输出，小灯泡不会发光，故D错误。] 6．解析：(1)为了减小涡流现象带来的损耗，变压器的铁芯选用绝缘的硅钢片叠成。故选D。 (2)根据原、副线圈中 可知匝数少的线圈电流大，则需要的导线较粗。 (3)若是理想变压器，由变压器线圈两端的电压与匝数的关系 若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1 ，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压为U1＝2×3 V＝6 V 考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为7 V。故选D。 答案：(1)D (2)少 (3)D 7．BC [变压器原线圈的输入电压最大值为U1＝220 V，由变压器线圈两端的电压与匝数的关系有，可得U2＝22 V，理想电压表的示数为电压的有效值，因此UV＝＝22 V，故A错误；由交流电表达式可得100π rad/s＝2πf，解得f＝50 Hz，故B正确；对于灯泡，满足P灯＝UVI灯，对于排气扇满足P出＝UV(I2－I灯)－(I2－I灯)2r，联立代入数据可解得P出＝40 W，故C正确；已知I2＝4 A，由变压器电流比有，可得I1＝0.4 A，即保险丝的熔断电流至少要大于0.4 A，故D错误。] 8．AC [闭合开关S，副线圈电压有效值U2不变，副线圈的电阻变小，电流I2增大，变压器输入功率P1，有P1＝P2＝U2I2，所以P1变大，故A正确；由上可知，电流I2增大，电阻R两端电压增大，热水器分得的电压变小，所以热水器消耗的功率变小，故B错误；闭合开关S，副线圈电压有效值U2不变，由题图乙可得U2＝220 V，由公式得原线圈电压有效值U1＝1 100 V，故C正确；由题图乙可得交变电流角速度ω＝ rad/s＝100π rad/s，副线圈电压最大值为220 V，所以原线圈电压最大值为1 100 V，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式u＝1 100sin 100πt(V)，故D错误。] 9．AD [由于灯泡a两端的电压为55 V，因此加在原线圈两端的电压为165 V，根据，可知原、副线圈的匝数之比，故A正确；根据得原、副线圈电流之比，而两相同灯泡的电压相等，则流过的电流也相等，故流过热敏电阻的电流占I2中的两份，因此流经灯泡a的电流与热敏电阻的电流之比为1∶2，故B错误；若 ... ...
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