Question

20．如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B=$\frac{\sqrt{2}}{5π}$T，單匝矩形線圈面積S=1m²，電阻不計，繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動．線圈通過電刷與一理想變壓器原線圈相接，為交流電流表．調整副線圈的滑動觸頭P，當變壓器原、副線圈匝數比為1：2時，副線圈電路中標有“36V 36W”的燈泡正常發(fā)光．以下判斷正確的是（　　）

• A． 電流表的示數為1A
• B． 矩形線圈產生電動勢的有效值為18$\sqrt{2}$V
• C． 從矩形線圈轉到中性面開始計時，線圈電動勢隨時間的變化規(guī)律e=18$\sqrt{2}$sin90πt（V）
• D． 若矩形線圈轉速減小，為使燈泡仍能正常發(fā)光，應將P適當上移

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，最后結合發(fā)電機的電動勢公式e=NBSωsinωt分析．

解答 解：A、小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電流為：I₂=$\frac{36W}{36V}=1A$；根據變流比公式：$\frac{{I}_{1}}{{I}_{2}}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，解得：I₁=2A；故A錯誤；
B、小燈泡正常發(fā)光，故變壓器的輸出電壓為36V，根據變壓比公式$\frac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$，解得：U₁=18V；故矩形線圈產生電動勢的有效值為18V；故B錯誤；
C、矩形線圈產生電動勢的最大值為18$\sqrt{2}$V，根據公式E_m=NBSω，解得：ω=$\frac{{E}_{m}}{NBS}=\frac{18\sqrt{2}}{1×\frac{\sqrt{2}}{5π}×1}=90π\(zhòng);rad/s$；故從矩形線圈轉到中性面開始計時，矩形線圈電動勢隨時間的變化規(guī)律e=E_msinωt=$18\sqrt{2}sin90πt$V；故C正確；
D、若矩形線圈轉速減小，根據公式E_m=NBSω，感應電動勢的最大值減小，故有效值也減��；為使燈泡仍能正常發(fā)光，應該減小變壓比，故應將P適當下移；故D錯誤；
故選：C．

點評 本題關鍵是明確交流發(fā)電機的瞬時值、有效值、最大值的區(qū)別和求解方法，同時要結合變壓器的變壓比和變流比公式列式求解．