Question

20．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=$\frac{\sqrt{2}}{5π}$T，單匝矩形線圈的面積S=1m²，電阻不計(jì)，繞垂直于磁場(chǎng)的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．線圈通過(guò)電刷與理想變壓器原線圈相接，A為交流電流表．開(kāi)關(guān)S開(kāi)始時(shí)斷開(kāi)，調(diào)整副線圈的觸頭P，當(dāng)變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2：1時(shí)，副線圈電路中標(biāo)有“6V、6W”的燈泡正常發(fā)光，電容器C的擊穿電壓為6V．以下判斷正確的是（　�。�

• A． 從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，矩形線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律為e=12$\sqrt{2}$sin 30πt V
• B． 電流表的示數(shù)為1 A
• C． 若矩形線圈的轉(zhuǎn)速增大，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應(yīng)將P適當(dāng)上移
• D． 閉合開(kāi)關(guān)S，電容器不會(huì)被擊穿

Answer 1

分析 由小燈泡正常發(fā)光，得到變壓器的輸出電壓和輸出電流，然后結(jié)合變壓比公式和變流比公式求解變壓器的輸入電壓和電流，最后結(jié)合發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)公式e=NBSωsinωt分析．

解答 解：A、燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電壓為6V，根據(jù)變壓比公式$\frac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$，解得：U₁=12V；
故矩形線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的有效值為12V$\sqrt{2}$；矩形線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值為12$\sqrt{2}$V，根據(jù)公式E_m=NBSω，解得：ω=$\frac{{E}_{m}}{NBS}$=$\frac{12\sqrt{2}}{1×\frac{\sqrt{2}}{5π}×1}=60πrad/s$；
故從矩形線圈轉(zhuǎn)到中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，矩形線圈電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律e=E_msinωt=12$\sqrt{2}$sin60πtV；故A錯(cuò)誤；
B、小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電流為：I₂=$\frac{6}{6}A$=1A；根據(jù)變流比公式：$\frac{{I}_{1}}{{I}_{2}}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，解得：I₁=0.5A；故B錯(cuò)誤；
C、若矩形線圈轉(zhuǎn)速增大，根據(jù)公式E_m=NBSω，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值增加，故有效值也增加；為使燈泡仍能正常發(fā)光，根據(jù)$\frac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$，應(yīng)將P適當(dāng)上移；故C正確；
D、電容器的擊穿電壓為交流電的最大值，故能擊穿電容器，故D錯(cuò)誤；
故選：C

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確交流發(fā)電機(jī)的瞬時(shí)值、有效值、最大值的區(qū)別和求解方法，同時(shí)要結(jié)合變壓器的變壓比和變流比公式列式求解．