Question

8．如圖甲所示，匝數(shù)n₁：n₂=l：2的理想變壓器原線圈與水平放置的間距l(xiāng)=1m的光滑金屬導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌電阻不計(jì)．處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，副線圈接阻值R=2Ω的電阻，與導(dǎo)軌接觸良好的電阻r=1Ω、質(zhì)量m=0.02kg的導(dǎo)體棒在外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間按圖乙所示（正弦圖線）規(guī)律變化，則（　　）

• A． 電路中的電流方向每秒鐘改變5次
• B． 電壓表的示數(shù)為3V
• C． 在0〜0.05s的時(shí)間內(nèi)外力F做功0.48J
• D． 電阻R實(shí)際消耗的功率為0.125W

Answer 1

分析 導(dǎo)體棒的速度作正弦規(guī)律變化，產(chǎn)生正弦式交變電流，根據(jù)交流電圖象分析周期和頻率；由E=BLv得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)表達(dá)式，求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值，由E=$\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}$求解；根據(jù)變壓器的規(guī)律求出副線圈兩端電壓的有效值，由歐姆定律求解電流的有效值，即可得到兩個(gè)電表的讀數(shù)，根據(jù)焦耳定律求解電阻R上產(chǎn)生的熱量

解答 解：A、由圖可知，交流電周期T=0.2s，故頻率f=$\frac{1}{T}$=$\frac{1}{0.2}$=5Hz，因一個(gè)周期內(nèi)電流方向改變兩次，故每秒內(nèi)電流方向改變10次，故A錯(cuò)誤；
B、ω=$\frac{2π}{T}$=$\frac{2π}{0.2}$=10π，E_m=Blv_m=3$\sqrt{2}$V，故電源電動(dòng)勢(shì)為e=Blv_msinωt=3$\sqrt{2}$sin10πt（V），電動(dòng)勢(shì)的有效值為E=$\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}$=3V，設(shè)原線圈的電壓為U，副線圈的輸出電壓為U₂，原線圈的電流為I₁，副線圈的輸出電流為I₂，則對(duì)原線圈構(gòu)成的回路由閉合電路歐姆定律有E=Ir+U，由變壓器的工作原理可知$\frac{U}{{U}_{2}}$=$\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$；$\frac{{I}_{1}}{{I}_{2}}$=$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，對(duì)副線圈構(gòu)成的回路，由歐姆定律有U₂=I₂R，由以上式子聯(lián)立可解得U=1V，故B錯(cuò)誤；
C、在△t=0.05s=$\frac{T}{4}$時(shí)間內(nèi)，電路產(chǎn)生的電熱Q=I₂²R+I₁²r=0.3J，根據(jù)能量守恒得W_外-Q=$\frac{1}{2}$mv_m²，故W_外=$\frac{1}{2}$mv_m²+Q，解得：Q=0.48J，故C正確；
電阻R兩端電壓U₂=$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}U$=$\frac{2}{1}×1$=2V，副線圈電流I₂=$\frac{{U}_{2}}{R}$=$\frac{2}{2}$=1A，原線圈電流I=$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$I₂=$\frac{2}{1}$×1=2A，所以電阻R實(shí)際消耗的功率P=U₂I₂=2×1=2W，故D錯(cuò)誤；
故選：C

點(diǎn)評(píng) 本題是電磁感應(yīng)與變壓器規(guī)律的綜合，關(guān)鍵要掌握法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和變壓器的規(guī)律，知道交流電表測(cè)量有效值，求熱量應(yīng)用有效值，要明確變壓器的輸入電壓不等于電源的電動(dòng)勢(shì)，而是路端電壓．