如图所示.理想变压器原线圈a.b两端接正弦交变电压u=220$\sqrt{2}$sin100πt(V).原.副线圈的匝数比n1:n2=10:1.滑动变阻器R的最大阻值是8Ω.定值电阻R1=4Ω.R2=8Ω.所有的电表均为理想表.在将滑动变阻器触头从最上端移至R正中间的过程中.下列说法正确的是( )A．电流表A1示数的最大值为0.2$\sqrt{2}$AB．� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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12．

如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u=220$\sqrt{2}$sin100πt（V），原、副线圈的匝数比n₁：n₂=10：1，滑动变阻器R的最大阻值是8Ω，定值电阻R₁=4Ω，R₂=8Ω，所有的电表均为理想表，在将滑动变阻器触头从最上端移至R正中间的过程中，下列说法正确的是（　　）

	A．	电流表A₁示数的最大值为0.2$\sqrt{2}$A
	B．	电压表V₂和电流表A₂示数的乘积先增大后减小
	C．	电压表V₁的示数先变大后变小
	D．	定值电阻R₂消耗的电功率一直变大

分析根据变压器线圈两端电压与线圈匝数比求解电压表V₁的示数；在将滑动变阻器触头从最上端移至R正中间的过程中，滑动变阻器上部分和R₁串联，然后和下部分并联，
等效电阻为R，设上部分电阻为x，根据并联电路特点得：$R=\frac{（4+x）（8-x）}{4+8}=\frac{（4+x）（8-x）}{12}$$≤\frac{（\frac{4+x+8-x}{2}）^{2}}{12}=3Ω$，当且仅当4+x=8-x，即x=2Ω时取等号，所以随着滑动触头下移过程，等效电阻先减小后增大，根据欧姆定律判断电流的变化．

解答解：A、在将滑动变阻器触头从最上端移至R正中间的过程中，滑动变阻器上部分和R₁串联，然后和下部分并联，
等效电阻为R，设上部分电阻为x，根据并联电路特点得：$R=\frac{（4+x）（8-x）}{4+8}=\frac{（4+x）（8-x）}{12}$$≤\frac{（\frac{4+x+8-x}{2}）^{2}}{12}=3Ω$，
当且仅当4+x=8-x，即x=2Ω时取等号，所以随着滑动触头下移过程，等效电阻先减小后增大，又由与匝数和输入电压不变，所以电压表V₁的示数不变，根据欧姆定律可知副线圈的电流线增大后减小，
当x=2Ω时电流最大，${I}_{2}=\frac{{U}_{2}}{{R}_{2}+R}=\frac{22}{4+3}A=\frac{22}{7}A$，根据电流与匝数的关系比可知，电流表A₁示数先增大后减小，${I}_{1}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}{I}_{2}=\frac{1}{10}×\frac{22}{7}A=\frac{11}{35}A$，故A错误；
B、因为理想变压器原线圈a、b两端所加交变电流不变，电流表A₁示数先增大后减小，所以输入功率先增大后减小，理想变压器，没有能量损失，所示输出功率即电压表V₂和电流表A₂示数的乘积也应先增大后减小，故B正确；
C、理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u=220$\sqrt{2}$sin100πt（V），原、副线圈的匝数比n₁：n₂=10：1，根据$\frac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$得：副线圈两端的电压为：${U}_{2m}=\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}{U}_{1m}=\frac{1}{10}×220\sqrt{2}V=22\sqrt{2}V$电压表的示数为有效值，所以电压表V₁的示数为：${U}_{V1}={U}_{2}=\frac{22\sqrt{2}}{\sqrt{2}}V=22V$，由与匝数和输入电压不变，所以电压表V₁的示数不变，故C错误；D、根据A项分析可知，通过R₂的电流线增大后减小，根据P=I²R可知定值电阻R₂消耗的电功率先增大后减小，故D错误；
故选：B．

点评本题属于变压器的动态分析问题，思路是先部分，在整体，再部分，本题的关键是根据并联电路特点得：$R=\frac{（4+x）（8-x）}{4+8}=\frac{（4+x）（8-x）}{12}$$≤\frac{（\frac{4+x+8-x}{2}）^{2}}{12}=3Ω$，当且仅当4+x=8-x，即x=2Ω时取等号，所以随着滑动触头下移过程，等效电阻先减小后增大，然后再根据变压器变压关系、欧姆定律等解决问题．

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2．

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7．

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