题目内容
14.如图所示,一个理想变压器的原线圈的匝数为50匝,副线圈的匝数为100匝,原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上,导轨的间距为0.4m,导轨上垂直于导轨由一长度略大于导轨间距的导体棒,导轨与导体棒的电阻忽略不计,副线圈回路中电阻R1=5Ω,R2=15Ω,图中交流电压为理想电压表,导轨所在空间由垂直于导轨平面,磁感应强度大小为1T的匀强磁场,导体棒在水平外力的作用下运动,其速度随时间变化的关系式为v=5sin10πt(m/s),则下列说法中正确的是( )A. | R1的功率为0.2W | |
B. | 电压表的示数为4V | |
C. | 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04Wb/s | |
D. | 变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了增大涡流,提高变压器的效率 |
分析 根据E=BLv求出导体棒的感应电动势,根据电压与匝数成正比求出电压表的示数,由欧姆定律及功率公式即可求解电阻${R}_{1}^{\;}$消耗的功率;根据法拉第电磁感应定律求解变压器铁芯中磁通量变化率的最大值;涡流现象能在导体内部损耗能量,利用薄硅钢片叠压而成的,增大电阻,从而减小涡流,提高效率.
解答 解:AB、导体棒切割磁感线产生的感应电动势e=BLv=1×0.4×5sin10πt=2sin10πt(V),原线圈两端的电压有效值${U}_{1}^{\;}=\frac{2}{\sqrt{2}}V=\sqrt{2}V$,根据电压与匝数成正比,得$\frac{{U}_{1}^{\;}}{{U}_{2}^{\;}}=\frac{{n}_{1}^{\;}}{{n}_{2}^{\;}}$,即$\frac{\sqrt{2}}{{U}_{2}^{\;}}=\frac{50}{100}$,解得${U}_{2}^{\;}=2\sqrt{2}V$,所以电压表的示数为$2\sqrt{2}V$;
负线圈的电流${I}_{2}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}}{{R}_{1}^{\;}+{R}_{2}^{\;}}=\frac{2\sqrt{2}}{5+15}=\frac{\sqrt{2}}{10}A$,电阻${R}_{1}^{\;}$的功率${P}_{1}^{\;}={I}_{2}^{2}{R}_{1}^{\;}=(\frac{\sqrt{2}}{10})_{\;}^{2}×5=0.1W$,故AB错误;
C、根据法拉第电磁感应定律${U}_{1m}^{\;}={n}_{1}^{\;}(\frac{△Φ}{△t})_{m}^{\;}$,代入数据:$2=50(\frac{△Φ}{△t})_{m}^{\;}$,解得$(\frac{△Φ}{△t})_{m}^{\;}=0.04Wb/s$,故C正确;
D、变压器的铁芯,在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯,其目的是增大电阻,从而为了减小涡流,减小发热量,提高变压器的效率,故D错误;
故选:C
点评 知道导体棒切割磁感线产生正弦式交变电流、应用E=BLv、变压器公式、法拉第电磁感应定律即可正确解题,知道导体棒产生交变电流是正确解题的关键.
A. | 线圈下边缘刚进入磁场时的加速度最小 | |
B. | 线圈在进入磁场和穿出磁场过程中产生的焦耳热为2mgd | |
C. | 线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,电流均沿逆时针方向 | |
D. | 线圈在进入磁场和穿出磁场过程中,通过导线截面的电荷量相等 |
A. | v1<v2,T1<T2 | B. | v1>v2,T1>T2 | C. | v1<v2,T1>T2 | D. | v1>v2,T1<T2 |
A. | 甲乙两图中,滑块克服摩擦力做的功一样多 | |
B. | 系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多 | |
C. | 最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同 | |
D. | 图乙过程中滑块与B一定不会分离 |
A. | 火车所需向心力沿水平方向指向弯道内侧 | |
B. | 弯道半径越大,火车所需向心力越大 | |
C. | 火车的速度若小于规定速度,火车将做离心运动 | |
D. | 若路基倾角为α,无论火车是否按规定速度行驶,铁轨对火车的支持力总等于$\frac{mg}{cosα}$ |
A. | 光子a的能量大于光子b的能量 | |
B. | 光子a的波长大于光子b的波长 | |
C. | 光子a的频率大于光子b的频率 | |
D. | 在真空中光子a的传播速度大于光子b的传播速度 |
A. | 斜面体对地面的压力大小小于(m+M)g | |
B. | 斜面体给小物块的作用力大小小于mg | |
C. | 若将力F撤掉,小物块将匀速下滑 | |
D. | 若将力F的方向突然改为竖直向下,小物块仍做加速运动 |