Question

如图示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的电动势e=200

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cos（100πt）V．线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W’’的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4

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A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是（　　）

• A、t=0s时刻的线框中磁通量变化率为最大
• B、理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1
• C、若副线圈两端并联多只“20V、8W“的灯泡，则最多不能超过10只
• D、若线框转速减半，产生的电动势e=100

  2

  cos（l00πt）V

Answer 1

分析：线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值E_m=NBSω；然后结合变压器的变压比公式和输入、输出功率关系列式分析．

解答：解：A、图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；
B、线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电压u=200

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sin100πt，故输入变压器的电压的有效值为：U=

200 2

2

=200V；灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式，有：

n1

n2

=

U1

U2

=

200

20

=10，故B正确；
C、电路中熔断器熔断电流为0.4

2

A，此时根据能量守恒定律，有：
U₁I₁=U₂（nI_L）
解得：n=

U1I1

U2IL

=

200×0.4 2

8

=14.14
故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；
D、若线框转速减半，根据公式E_m=NBSω，产生的电压也减半，ω=2πn=50π，则产生的电动势e=100

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cos（50πt）V，故D错误；
故选：AB．

点评：本题关键熟悉交流电的产生和变压器的变压比公式，同时要结合能量守恒定律分析，基础题．