Question

14．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=$\frac{\sqrt{2}}{5π}$T，单匝矩形线圈的面积S=1m²，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为2：1时，副线圈电路中标有“6V，6W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是（　　）

• A． 电流表的示数为1A
• B． 矩形线圈产生电动势的有效值为18V
• C． 从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=12$\sqrt{2}$sin30πt（V）
• D． 若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移

Answer 1

分析 由小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSωsinωt分析．

解答 解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I₂=$\frac{6W}{6V}$=1A；根据变流比公式：$\frac{{I}_{1}}{{I}_{2}}$=$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$，解得：I₁=0.5A；故A错误；
B、小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6V，根据变压比公式$\frac{{U}_{1}}{{U}_{2}}=\frac{{n}_{1}}{{n}_{2}}$，解得：U₁=12V；故矩形线圈产生电动势的有效值为12V；故B错误；
C、矩形线圈产生电动势的最大值为12$\sqrt{2}$V，根据公式E_m=NBSω，解得：ω=$\frac{{E}_{m}}{NBS}$=$\frac{12\sqrt{2}}{1×\frac{\sqrt{2}}{5π}×1}$=60π rad/s；
故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律e=E_msinωt=12$\sqrt{2}$sin60πtV；故C错误；
D、若矩形线圈转速增大，根据公式E_m=NBSω，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移；故D正确；
故选：D．

点评 本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解．