2015-2016学年江苏省南京市高淳高中高二(下)月考物理试卷(4月份)

2015-2016学年江苏省南京市高淳高中高二（下）月考物理试卷（4月份）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共21.0分)1.下列图中能产生感应电流的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】解：A、线框整体切割磁感线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故A错误；B、线框绕平行于磁感线的轴转动，虽然上下边切割磁感线，但穿过的磁通量没有变化，因此也不会产生感应电流，故B错误；C、条形磁铁靠近线框的过程中，穿过的磁通量发生变化，因此也会产生感应电流，故C正确；D、线框平行于磁场感应线运动，穿过线框的磁通量没有变化，不会产生感应电流，故D错误；故选：C本题考查了感应电流产生的条件：闭合回路中的磁通量发生变化．据此可正确解答本题．本题考查感应电流产生的条件，首先要明确是哪一个线圈，然后根据磁通量的公式：Φ=BS找出变化的物理量，从而确定磁通量是否发生变化．基础题目．2.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（）A.从a到b，上极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从b到a，下极板带正电【答案】D【解析】解：当磁铁N极向下运动时，导致向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从b到a，对电容器充电下极板带正电．故选：D．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，导致线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电动势，线圈中出现感应电流，由楞次定律可判定电流的方向．当线圈中有电动势后，对电阻来说通电后发热，对电容器来说要不断充电直至稳定．此时线圈相当于电源，则外电路的电流方向是从正极到负极，而内电路则是从负极到正极．同时电容器在充电时电压随着电量增加而增大．3.关于涡流，下列说法中错误的是（）A.高频冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B.家用电磁炉上的锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C.金属探测器靠近金属物体时，金属内会产生涡流 D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流【答案】B【解析】解：A、高频冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置；故A正确；B、电磁炉是由变化的磁场产生变化的电场，利用涡流的热效应来加热物体的，故B错误；C、金属探测器靠近金属物体时，金属内会产生涡流；从而使报警器发出警报；故C正确；D、电动机、变压器的铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，故D正确；本题选择错误的，故选：B电磁炉是利用涡流工作，铁芯用硅钢片代替整块铁芯，是为了减小涡流损失，电磁感应现象的实质是磁生电．本题考查涡流的应用与防止，理解电磁感应与电流磁效应的区别，掌握日光灯的工作原理，知道启动器与镇流器的作用．4.如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是（）A.VB.5 VC.V D.3 V【答案】C【解析】解：在前半周，是正弦式交流电，电压为：，后半周的电压恒定，为：U2=4V；根据有效值定义，有：代入数据解得U=V=．故选：C．根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电压值，即为此交流电压的有效值．求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解．中等难度．5.一交流发电机，当转速为n1时，其交变电动势的瞬时值表达式为：e=220sin100πt （V），下列说法正确的是（）A.在t=0时，线圈中的磁通量为0B.该交流发电机线圈的转速为50r/sC.若加在标有“220V，100W”的灯泡的两端，灯泡能正常发光D.若线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值均增大一倍而频率不变【答案】B【解析】解：A、当t=0时，e=0，此时线圈处在中性面上，磁通量最大，故A错误；B、交变电动势的瞬时值表达式为：e=220sin100πt（V），ω=100πrad/s，所以该交流发电机线圈的转速为n==50r/s，故B正确；C、交变电动势的有效值是U==110V，若加在标有“220V，100W”的灯泡的两端，灯泡不能正常发光，故C错误；D、若交变电压的最大值是E m=NBSω，线圈的转速加倍，则交变电压的最大值、有效值均增大一倍，频率f=，所以频率增大一倍．故D错误；故选：B．本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．6.在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示电路，R1为定值电阻，R2为半导体热敏电阻（温度越高电阻越小），C为电容器．当环境温度降低时（）A.电容器C的带电量增大B.电压表的读数减小C.电容器C两板间的电场强度减小D.R1消耗的功率增大【答案】A【解析】解：A、当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得到，总电流I减小，电容器的电压U C=E-I（r+R1），E、r、R1均不变，I减小，U C增大，电容器C的带电量增大．故A正确．B、路端电压U=E-I r，E、r不变，则U增大，电压表的读数增大．故B错误．C、电容器C两板间的电场强度E=，U C增大，d不变，则E增大．故C错误．D、R1消耗的功率P=I2R1，I减小，R1不变，则P减小．故D错误．故选：A当环境温度降低时R2增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化．电容器的电压等于R2两端的电压，由欧姆定律分析其电压的变化，判断电容器电量的变化．由E=分析板间场强的变化．电路的动态分析问题，首先根据局部电路的变化分析外电路总电阻的变化，判断总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压和功率的变化，是常用的分析思路．7.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1Ω，线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图已所示．下列说法中正确的是（）A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向B.电阻R两端的电压随时间均匀增大C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4WD.前4s内通过R的电荷量为4×10-4C【答案】C【解析】解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误．B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；C、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=100××0.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10-4W，故C正确；D、前4s内通过R的电荷量Q=I t=0.02×4C=0.08C，故D错误；故选C线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解．考查楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小．当然本题还可求出电路的电流大小，及电阻消耗的功率．同时磁通量变化的线圈相当于电源．二、多选题(本大题共6小题，共24.0分)8.下列有关传感器的说法正确的是（）A.热敏电阻是把温度这个热学量转换为电阻这个电学量B.光敏电阻的电阻随光照强度增加而增大C.电熨斗中的双金属片是温度传感器D.霍尔元件是能够把磁感应强度这一磁学量转换为电压这一电学量的传感器【答案】AD【解析】解：A、热敏电阻是由半导体制成的，电阻随温度的升高而减小；从而把热学量转换为电学量．故A正确；B、光敏电阻是由半导体材料制成的；其电阻值随光照的强弱发生变化，能够把光照强弱变化转换为电阻大小变化；电阻值随光照的增强而减小；故B错误；C、电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断，故C错误；D、霍尔元件能够把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故D正确；故选：AD；传感器作为一种将其它形式的信号与电信号之间的转换装置，在我们的日常生活中得到了广泛应用，不同传感器所转换的信号对象不同，我们应就它的具体原理进行分析．传感器能够将其他信号转化为电信号，它们在生产生活中应用非常广泛，在学习中要注意体会；明确半导体材料的应用．9.如图所示，A、B为两只完好的相同灯泡，L是带有铁芯、电阻可不计的线圈，K为开关，下列说法中正确的是（）A.K闭合瞬间，A、B两灯均立即变亮B.K闭合稳定后，A、B一直都亮着C.K断开瞬间，A亮一下再熄灭D.K断开瞬间，A、B同时熄灭【答案】AC【解析】解：AB、开关K闭合的瞬间，两灯同时获得电压，所以A、B同时发光．线圈有自感作用，而且电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，流过A灯的电流逐渐减小最后熄灭，B灯电流逐渐增大，故A正确，B错误；CD、断开开关K的瞬间，B灯的电流突然消失，立即熄灭，流过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当电源，自感电流流过A灯，所以A灯突然闪亮一下再熄灭，故C 正确，D错误．故选：AC开关K闭合的瞬间，电源的电压同时加到两灯的两端，两灯同时发光．由于线圈的电阻可以忽略，灯A逐渐被短路，随后A灯变暗，B灯变亮．断开开关K的瞬间，B灯立即熄灭，A灯突然闪亮一下再熄灭对于自感线圈，当电流变化时产生自感电动势，相当于电源，当电路稳定时，相当于导线，将所并联的电路短路．10.一正弦交变电压的电压u随时间t变化的规律如图所示．下列说法正确的是（）A.该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50πt）VB.该交变电压有效值为5VC.将该交变电压接在匝数比为1：2的理想变压器原线圈上，副线圈输出频率为50 H z 的交变电压D.将该交变电压加在阻值R=20Ω的白炽灯两端，电灯消耗的功率是5W【答案】AB【解析】解：A、由U-t图象可知该交变电压的瞬时值表达式为u=10sin（50πt）V，故A正确B、有效值为，故B正确C、变压器不会改变交流电的频率，故副线圈中的频率等于原线圈的频率，故为f=25H z，故C错误D、白炽灯消耗的功率为P=，故D错误故选：AB根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等本题考查了有关交流电描述的基础知识，要根据交流电图象正确求解最大值、有效值、周期、频率、角速度等物理量，同时正确书写交流电的表达式11.如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220V，60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A，下列说法正确的是（）A.图示位置穿过线框的磁通量为零B.线框中产生交变电压的有效值为VC.变压器原、副线圈匝数之比为25：11D.允许变压器输出的最大功率为5000W【答案】CD【解析】解：A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，所以A错误．B、矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为E m=n B sω=50××0.5×200=V，由于最大值为有效值的倍，所以交流电的有效值为500V，所以B错误．C、由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为=，所以C正确．D、由于熔断器允许通过的最大电流为10A，所以允许变压器输出的最大功率为P=UI=500×10=5000W，所以D正确．故选：CD．根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．12.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5﹕l，、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡．已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是（）A.电压表示数为62.2VB.电压u的表达式u=311sin100πt（V）C.仅增大电压u的频率，电压表示数增大D.仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗【答案】BD【解析】解：A、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，则有效值，根据理想变压器电压与匝数成正比得：，解得：U2=44V，所以电压表示数为44V，故A错误；B、根据乙图可知，原线圈电压的最大值为311V，，则电压u的表达式u=311sin100πt（V），故B正确；C、原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则D1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故C 错误，D正确．故选：BD电压表测的是电流的有效值，根据电压与匝数成正比求解，根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初位相，然后写出交变电流的瞬时值表达式，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大．本题考查了变压器的变压原理，关键要知道电压与匝数成正比，输入功率等于输出功率，并能正确列式求解，明确电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，难度适中．13.压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，在升降机中将重物放在压敏电阻上，压敏电阻接在如图甲所示的电路中，电流表示数变化如图乙所示，某同学根据电流表的示数变化情况推断升降机的运动状态，下列说法中正确的是（）A.0～t1时间内，升降机可能静止B.0～t1时间内，升降机可能匀减速上升C.t1～t2时间内，升降机可能匀速上升D.t1～t2时间内，升降机可能匀加速上升【答案】AB【解析】解：A、0～t1时间内，电路中电流不变，则压敏电阻不变，说明重物对压敏电阻的压力不变，则升降机的加速度不变，所以升降机可能静止，可能匀减速上升，故A、B正确；C、t1～t2时间内，电流随时间增大，则压敏电阻减小，说明重物对压敏电阻的压力增大，故加速度方向向上，且加速度是变化的，所以升降机可能加速上升，但不可能匀速上升，也不可能匀加速上升，故C、D错误．故选：AB通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态．本题是信息题，首先要抓住题中有效信息：压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，其他部分是常规问题．三、实验题探究题(本大题共1小题，共8.0分)14.如图所示表示的是“研究电磁感应现象”的实验装置．（1）将图中所缺导线补接完整．（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将______ ；线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将______ ．（以上两空选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）【答案】向左偏；向左偏【解析】解：（1）将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，穿过线圈的磁通量减小，电流计指针将向左偏．故答案为：（1）见右图（2）向左偏，向左偏（1）注意在该实验中有两个回路，一个由线圈B和电流计串联而成，另一个由电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成．（2）根据题意应用楞次定律分析答题．知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键．对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习．四、填空题(本大题共2小题，共15.0分)15.某同学学习传感器后，用电源、电磁继电器、滑动变阻器、开关、导线等仪器设计了一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警．电路如图所示，图中仪器还不完整，请完成以下问题：（1）图中的甲还需要放入的元件是______ ；A．二极管B．光敏电阻C．NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）D．PTC热敏电阻（阻值随温度升高而增大）（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点．要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器的滑动头往______ （填“左”或“右”）移动一点．【答案】C；右【解析】解：（1）根据要求，在常温下热敏电阻甲阻值较大，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下，此时绿灯所在电路接通，绿灯亮，所以为是绿灯；温度升高，热敏电阻阻值较小，控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下．所以图中的甲还需要放入的元件是NTC热敏电阻（阻值随温度升高而减小）故选：C（2）电路正确连接之后，该同学调试过程发现报警时温度比预期偏高了一点点，则是在热敏电阻的电阻值比较小的时候才报警说明电路中的总电阻值比较大．要求在温度更低一点时就开始报警，则需要调节滑动变阻器，使滑动变阻器的电阻值小一些，则需要将滑动头往右移动一些．故答案为：（1）C，（2）右掌握电磁继电器的组成及工作原理，其主要组成部分为电磁铁，电磁继电器就是利用电磁铁来控制电路的，当控制电路电流较小时，电磁铁磁性较弱，不能将衔铁吸下；当控制电路电流增大时，电磁铁磁性增大，将衔铁吸下．此题考查了电磁继电器的构造及工作原理，并考查了并联电路电压的关系；电磁继电器是利用电磁铁来工作的自动开关．16.如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮．S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯常发光．由此可知，a元件应是______ b元件应是______ c元件应是______ ．【答案】电阻；电感；电容器【解析】解：由题意，当开关S接“1”直流电源时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮说明c为电容器；当接“2”交流电源时，A灯仍正常发光说明a对交流电和直流电的影响相同，则a为电阻；B灯变暗，说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大，则b为电感；故答案为：电阻电感电容器．电容器的特点是：通交流，隔直流，电感线圈的特点是；通低频阻高频．本题考查了电感线圈和电容器对直流电和交流电的不同反应．五、计算题(本大题共4小题，共52.0分)17.如图所示，两平行金属导轨之间的距离为L=0.6m，两导轨所在平面与水平面之间的夹角为θ=37°，电阻R的阻值为1Ω（其余部分电阻不计），一质量为m=0.1kg的导体棒横放在导轨上，整个装置处于匀强磁场中，磁感强度为B=0.5T，方向垂直导轨平面斜向上，已知导体棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ=0.3，今由静止释放导体棒，导体棒沿导轨下滑S=3m，开始做匀速直线运动．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）导体棒匀速运动的速度（2）导体棒下滑S的过程中产生的电能．【答案】解：（1）导体棒受到的安培力：F=BIL=BL=，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin37°=+μmgcos37°，解得：v=10m/s；（2）在导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：mgssin37°=E+μmgscos37°+mv2，解得，产生的电能E=0.28J；答：（1）导体棒匀速运动的速度为10m/s；（2）导体棒下滑s的过程中产生的电能0.28J．【解析】（1）根据安培力公式求出安培力，导体棒匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件求出导体棒匀速运动的速度．（2）由能量守恒定律可以求出产生的电能．本题考查了求导体棒的速度、电路产生的电能，应用平衡条件、能量守恒定律即可正确解题．18.如图所示为交流发电机示意图，匝数为n=100匝的矩形线圈，边长分别为a=10cm和b=20cm，内阻为r=5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以ω=50rad/s的角速度匀速转动，转动开始时线圈平面与磁场方向平行，线圈通过电刷和外部R=20Ω的电阻相接．求电键S合上后，（1）写出线圈内产生的交变电动势瞬时值的表达式；（2）电压表和电流表示数；（3）电阻R上所消耗的电功率；（4）从计时开始，线圈转过的过程中，通过外电阻R的电量．【答案】解：（1）感应电动势最大值：E m=n BSω=100×0.5×0.1×0.2×50=50V故表达式为：e=E m sinωt=50sin50t（2）有效值：E=E=50V电键S合上后，由闭合电路欧姆定律得：I===2.0A，U=IR=2×20=40V（3）电阻R上所消耗的电功率为：P=IU=2×40=80W（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R上的电量为：Q=△t=n==0.04C答：（1）表达式为e=50sin50t（2）电压表示数为40V，电流表示数为2.0A；（3）电阻R上所消耗的电功率是80W；（4）由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量是0.04C【解析】（1）线圈中产生的感应电动势的最大值表达式为E m=NBSω．表达式e=E m sinωt （2）电表测量电流的有效值．根据有效值与最大值的关系求出电动势的有效值，根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压；（3）电阻R上消耗的功率用电流的有效值乘以电压的有效值；（4）根据电量表达式，与感应电动势结合，得出q=I•△t=n公式，从而可求得此题首先要能够求出闭合线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势的表达式，产生电动式的线圈相当于电源，从而传化为电路的问题，在解题过程中一定要注意，电压表和电流表的示数为有效值．19.某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9k W，输出电压为500V，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%．求：（1）村民和村办小企业需要220V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（不计变压器的损耗）（2）若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？【答案】解：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3．（1）由线路损耗的功率P线=I线2R线可得线线线又因为P输出=U2I线，所以输出线U3=U2-I线R线=（1500-6×10）V=1440V根据理想变压器规律.所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1：3和72：11．（2）若不用变压器而由发电机直接输送（模型如图乙所示），由P输出=UI线′可得线′输出所以线路损耗的功率P线=I线′2R线=182×10W=3240W用户得到的电压U用户=U-I线′R线=（500-18×10）V=320V用户得到的功率P用户=P输出-P线=（9000-3240）W=5760W．答：（1）升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为1：3和72：11．（2）村民和村办小企业得到的电压为320V，功率为5760W．。