【解析】选择性必修二专题强化练9交变电流与理想变压器的综合问题【xm】

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选择性必修二专题强化练9交变电流与理想变压器的综合问题【xm】

一、选择题

1．科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.25m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确的是（）

A．线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花

B．线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花

C．电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花

D．电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花

2．如图甲所示的变压器电路中，电压表为理想电表，变压器原、副线圈的匝数比为3：1，a、b端输入稳定的交流电压如图乙所示，L1、L2两个灯泡均正常发光，电压表的示数为55V，则L1、L2两个灯泡的额定功率P1、P2之比为（）

A．1：3B．2：3C．1：1D．4：3

3．如图所示，理想变压器的原线圈连接电压为U的正弦交流电源，电源输出电压的有效值恒定。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则（）

A．通过原线圈的电流减小B．变压器的输出功率增大

C．R1两端的电压减小D．R2消耗的功率增大

4．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A．副线圈两端交变电压的频率为5Hz

B．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值

C．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小

D．当电流表A2的示数为2A时，变压器原线圈输人功率为220W

5．如图所示，一个匝数为N=100匝的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=20Ω的电阻供电。已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是（）

A．t=0时刻流过线圈的电流最大

B．原线圈中电流的有效值为10A

C．穿过线圈平面的最大磁通量为Wb

D．电阻R上的电流方向每秒变化50次

6．如图所示，一理想变压器接入一正弦交流电源，原线圈与一可变电阻串联，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节。在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，V是理想交流电压表。现进行如下操作，并保持变压器原线圈输人电流不变，则（）

A．保持Q的位置不变，将P向上滑动时，电压表读数变小

B．保持Q的位置不变，将P向上滑动时，副线圈两端的电压变小

C．保持P的位置不变，将Q向上滑动时，电压表读数变大

D．保持P的位置不变，将Q向上滑动时，变压器的输出功率变小

7．如图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为500匝和1000匝，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则（）

A．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=100sin100πtV

B．电压表V1的示数是100V

C．断开开关K，电压表V2的示数是0

D．风速加倍时，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=200sin100πtV

8．如图所示，矩形金属线圈abed与理想变压器的原线圈组成闭合电路，灯泡L1、L2完全相同，当变压器原线圈中的抽头P置于最上端时，原、副线圈的匝数比为n：1。矩形线圈abced在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，且磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。则下列说法正确的是（）

A．若减小矩形线圈abced的转速，灯泡L1会变暗

B．在图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最小

C．当抽头P置于最上端时，在线圈abcd转动的过程中，电压表示数为

D．若仅将线圈abed的转轴平移至ad边处，且转速不变，则电压表示数也不变

9．有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上交变电压。已知b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。则下列说法错误的是（）

A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电压表V1和V2示数均不变

B．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电流表A1和A2示数均变小

C．保持滑片P的位置不变，将开关S，由a改接b，电压表V1和V2示数均变大

D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大

二、非选择题

10．理想变压器原线圈与滑动变阻器串联后接在电压有效值不变的正弦交流电源上，变压器原、副线圈匝数比n1：n2=1：4，副线圈接“200V100W"的用电器R(设其电阻保持不变)，当滑动变阻器接人电路的电阻R=5Ω时，用电器R，正常工作。则：

（1）正弦交流电源的电压U为多大？

（2）a、b之间的等效电阻R'为多大？

（3）通过推算说明欲使用电器RL工作时的功率不大于其额定功率，滑动变阻器的滑片只能从R=5Ω的位置向哪个方向调？

答案解析部分

1．【答案】B

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】由，Um1=Em，Em=NBS，=2πn，联立并代入数据得线圈转速n>3.18r/s，A不符合题意，B符合题意；要使点火器可以产生电火花，则变压器副线圈两端最大电压Um2>5000V，由理想变压器规律，且有U2=得U1>25V，C、D不符合题意。

故答案为：B

【分析】利用匝数之比结合输出电压的大小可以判别转速的大小；利用输入电压及匝数之比可以判别输出电压的大小进而判别点火器能否工作。

2．【答案】A

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】由于电压表的示数为55V，即灯泡L2两端的电压为55V，根据可知原线圈的输入电压为165V，因此灯泡L两端的电压UL=220V-165V=55V，两个灯泡的电流之比为，因此两个灯泡的额定功率之比，A符合题意。

故答案为：A

【分析】利用电压表电压结合匝数之比可以求出输入电压的大小，结合匝数之比可以求出电流的比值，再利用电功率的表达式可以求出额定功率之比。

3．【答案】B

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】交流电源的输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3的阻值减小，将变压器和负载等效为一电阻，可知电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，原线圈中的电流增大；根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系可知，通过副线圈的电流也增大，A不符合题意。副线圈的总电阻减小，相当于多并联了用电器，消耗的功率变大，则副线圈的输出功率变大，B符合题意。副线圈中的电流增大，根据U=IR可知R1两端电压增大，C不符合题意。由于原线圈电流增大，则电阻R两端电压增大；由于电源输出电压不变，则原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小；又由于R1两端电压增大，则R2两端电压减小，功率减小，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】当光敏电阻的阻值减小时，利用欧姆定律可以判别原线圈的电流增大，利用匝数之比可以判别通过副线圈的电流增大；利用总电阻减小结合并联电路可以判别消耗的功率增大；利用欧姆定律可以判别其R1的电压增大；利用其输出电压减小可以判别R2电压减小则消耗的功率减小。

4．【答案】C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】根据题图乙知交变电流的周期为0.02s，所以交变电压的频率为f==50Hz，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈两端交变电压的频率为50Hz，A不符合题意；两电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，B不符合题意；滑动变阻器的滑片向上滑动，接入电路的电阻增大，而副线圈两端电压不变，两个电流表的示数都减小，C符合题意；当电流表A，的示数为2A时，原线圈中的电流I1=I2=0.2A，原线圈两端电压有效值U1=V=220V，变压器原线圈输入功率为P1=U1I1=220×0.2W=44W，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用周期的大小可以求出频率的大小；电流表和电压表都是测量有效值的大小；其滑动变阻器向上滑动时其电阻变大会导致输出电流和输入电流都减小；利用匝数之比结合输出电流的大小可以求出输入电流的大小，结合输入电压的大小可以求出输入功率的大小。

5．【答案】C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】t=0时刻线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，流过线圈的电流等于零，A不符合题意；副线圈中电流的有效值为I2==1A，原线圈中电流的有效值为I1=I2，解得I1=0.1A，B不符合题意；根据，解得U1=200V，Em=U1=200V，=2πn=100πrad/s，Em=Nm，解得m=Wb，C符合题意；交变电流的周期为T==0.02s，交变电流的频率为f==50Hz，电阻R上的电流方向每秒变化100次，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用线圈开始的位置可以判别其磁通量最大其感应电流等于0；利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输入电流的大小；利用电动势的表达式结合磁通量的表达式可以求出磁通量的最大值；利用周期的大小可以判别电流方向改变的次数。

6．【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】保持Q的位置不变，将P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大；由于变压器原线圈的输入电流不变，匝数比不变，则副线圈中的电流不变，根据U=IR可知电压表示数增大，R0两端电压不变，则副线圈两端的电压变大，A、B不符合题意。保持P的位置不变，将Q向上滑动时，由于原线圈电流不变，副线圈匝数增加，根据可知I2减小；根据U=IR可知电压表示数减小，根据P=I2R可知变压器输出功率变小，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D

【分析】当Q位置变化其会导致输出电流变化，结合欧姆定律及电流的变化可以判别电压表的读数变化，利用电流和电压可以判别其输出功率的变化。

7．【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】通过题图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为Um=100V，周期T=0.04s，永磁体转动的角速度=50πrad/s，则电压的瞬时值表达式为u=100sin50πtV，A不符合题意；电压表V1测量的是变压器原线圈两端电压的有效值U1=V，B不符合题意；电压表V2测量的是理想变压器副线圈的输出电压，与有无负载无关，根据，得电压表V2的示数U2=100V，C不符合题意；风速加倍时，角速度加倍，根据u=nBSsint，可知产生的感应电动势加倍，变压器原线圈两端电压加倍，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=200sin100πtV，D符合题意。

故答案为：D

【分析】利用图像可以得出电压的峰值及周期的大小，利用周期的大小可以求出角速度的大小，进而求出原线圈两端电压的表达式；利用其电压的峰值可以求出电压有效值的大小；当断开其开关时其输出电压不等于0；当风速加倍是其电动势即输入电压的大小增倍。

8．【答案】A,B,C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】感应电动势的峰值Em=NBS，若减小矩形线圈abed的转速，交变电流的频率变小，原线圈输入电压变小，副线圈输出电压变小，电容器C的容抗变大，与电容器C串联的灯泡L1变暗，A符合题意；图示位置为中性面位置，此时感应电动势最小，B符合题意；在线圈abcd转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值Em=NBS，由·T得理想变压器原线圈电压的有效值为U1=，电压表示数为U2=，C符合题意；若仅将线圈abed的转轴平移至ad边处，且转速不变，变压器原线圈输入电压变大，副线圈输出电压也变大，电压表示数变大，D不符合题意。

故答案为：ABC

【分析】利用发电机电动势的表达式可以判别减小转速时其输入电压减小，其输出电压减小，由于频率减小则电容器的容抗变大所以灯泡L1变暗；在图示位置其磁通量最大则感应电动势最小；利用电动势的峰值结合焦耳定律可以求出副线圈的电压表读数；当其转轴平移后其输入电压增大则输出电压也增大。

9．【答案】A

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】开关S1始终接a，副线圈两端电压不变，当滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻变大，副线圈所在电路的总电阻变大，电流变小，所以电流表的示数均变小，B符合题意；副线圈两端电压不变，所以电压表V1的示数不变，电压表V2测量的是滑动变阻器两端的电压，因为总电流变小，故定值电阻R1的分压变小，所以滑动变阻器的分压变大，故V2示数变大，A不符合题意；保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，副线圈两端电压变大，滑动变阻器的分压变大，所以电容器两端电压变大，电荷量增多，C、D符合题意。

故答案为：A

【分析】开关S1接a时，其输入电压不变则输出电压不变，当滑片向下滑时，其输出电阻变大则输出电流和输入电流变小，由于输出电流变小结合输出电压不变则电压表V2读数变大；保持滑动变阻器阻值不变时，改变原线圈的匝数时，其输出电压增大则两个电压表的读数增大，电容器两端电压增大则电荷量随之增大。

10．【答案】（1）解：设理想变压器原线圈两端的电压为U1，原线圈中的电流为I1，则有，I1=

正弦交流电源电压的有效值为U=U1+I1R

联立各式代入数据解得U=60V

（2）解：、b间的输入电压为U1=UL=×200V=50V

电流I1=4I2=4×=4×0.5A=2A

由欧姆定律可得R'=Ω=25Ω

（3）解：用电器正常工作时，有U2=200V，对应原线圈两端的电压为U1=50V

而电源电压U=60V

则UR=U-U1=10V

欲使用电器RL工作时的功率不大于其额定功率，则U210V

故应使滑动变阻：器接入电路的电阻R>5Ω，所以滑片应向上调。

【知识点】变压器原理

【解析】【分析】（1）当电阻R正常工作时，已知输出电压的大小，结合欧姆定律可以求出交流电源的电压大小；

（2）已知匝数之比可以求出原线圈的输入电压和电流的大小，结合欧姆定律可以求出等效电阻的大小；

（3）当用电器正常工作时，利用电源的电压及原线圈的输入电压可以求出滑动变阻器的电压大小，再结合欧姆定律可以判别滑动变阻器的阻值变化范围。

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选择性必修二专题强化练9交变电流与理想变压器的综合问题【xm】

一、选择题

1．科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.25m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原副线圈匝数比为1：100。下列说法正确的是（）

A．线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花

B．线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花

C．电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花

D．电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花

【答案】B

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】由，Um1=Em，Em=NBS，=2πn，联立并代入数据得线圈转速n>3.18r/s，A不符合题意，B符合题意；要使点火器可以产生电火花，则变压器副线圈两端最大电压Um2>5000V，由理想变压器规律，且有U2=得U1>25V，C、D不符合题意。

故答案为：B

【分析】利用匝数之比结合输出电压的大小可以判别转速的大小；利用输入电压及匝数之比可以判别输出电压的大小进而判别点火器能否工作。

2．如图甲所示的变压器电路中，电压表为理想电表，变压器原、副线圈的匝数比为3：1，a、b端输入稳定的交流电压如图乙所示，L1、L2两个灯泡均正常发光，电压表的示数为55V，则L1、L2两个灯泡的额定功率P1、P2之比为（）

A．1：3B．2：3C．1：1D．4：3

【答案】A

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】由于电压表的示数为55V，即灯泡L2两端的电压为55V，根据可知原线圈的输入电压为165V，因此灯泡L两端的电压UL=220V-165V=55V，两个灯泡的电流之比为，因此两个灯泡的额定功率之比，A符合题意。

故答案为：A

【分析】利用电压表电压结合匝数之比可以求出输入电压的大小，结合匝数之比可以求出电流的比值，再利用电功率的表达式可以求出额定功率之比。

3．如图所示，理想变压器的原线圈连接电压为U的正弦交流电源，电源输出电压的有效值恒定。R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小。现增大照射光强度，则（）

A．通过原线圈的电流减小B．变压器的输出功率增大

C．R1两端的电压减小D．R2消耗的功率增大

【答案】B

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】交流电源的输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3的阻值减小，将变压器和负载等效为一电阻，可知电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，原线圈中的电流增大；根据理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系可知，通过副线圈的电流也增大，A不符合题意。副线圈的总电阻减小，相当于多并联了用电器，消耗的功率变大，则副线圈的输出功率变大，B符合题意。副线圈中的电流增大，根据U=IR可知R1两端电压增大，C不符合题意。由于原线圈电流增大，则电阻R两端电压增大；由于电源输出电压不变，则原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小；又由于R1两端电压增大，则R2两端电压减小，功率减小，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】当光敏电阻的阻值减小时，利用欧姆定律可以判别原线圈的电流增大，利用匝数之比可以判别通过副线圈的电流增大；利用总电阻减小结合并联电路可以判别消耗的功率增大；利用欧姆定律可以判别其R1的电压增大；利用其输出电压减小可以判别R2电压减小则消耗的功率减小。

4．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，原、副线圈匝数比为10：1，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，所有电表均为理想电表。下列说法正确的是（）

A．副线圈两端交变电压的频率为5Hz

B．两电流表测量的是电流的瞬时值，电压表测量的是电压的有效值

C．当滑动变阻器的滑片向上移动时，两电流表的示数均变小

D．当电流表A2的示数为2A时，变压器原线圈输人功率为220W

【答案】C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】根据题图乙知交变电流的周期为0.02s，所以交变电压的频率为f==50Hz，变压器不改变交变电流的频率，故副线圈两端交变电压的频率为50Hz，A不符合题意；两电流表测量的是电流的有效值，电压表测量的是电压的有效值，B不符合题意；滑动变阻器的滑片向上滑动，接入电路的电阻增大，而副线圈两端电压不变，两个电流表的示数都减小，C符合题意；当电流表A，的示数为2A时，原线圈中的电流I1=I2=0.2A，原线圈两端电压有效值U1=V=220V，变压器原线圈输入功率为P1=U1I1=220×0.2W=44W，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用周期的大小可以求出频率的大小；电流表和电压表都是测量有效值的大小；其滑动变阻器向上滑动时其电阻变大会导致输出电流和输入电流都减小；利用匝数之比结合输出电流的大小可以求出输入电流的大小，结合输入电压的大小可以求出输入功率的大小。

5．如图所示，一个匝数为N=100匝的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=20Ω的电阻供电。已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是（）

A．t=0时刻流过线圈的电流最大

B．原线圈中电流的有效值为10A

C．穿过线圈平面的最大磁通量为Wb

D．电阻R上的电流方向每秒变化50次

【答案】C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】t=0时刻线圈平面与磁场垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，流过线圈的电流等于零，A不符合题意；副线圈中电流的有效值为I2==1A，原线圈中电流的有效值为I1=I2，解得I1=0.1A，B不符合题意；根据，解得U1=200V，Em=U1=200V，=2πn=100πrad/s，Em=Nm，解得m=Wb，C符合题意；交变电流的周期为T==0.02s，交变电流的频率为f==50Hz，电阻R上的电流方向每秒变化100次，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】利用线圈开始的位置可以判别其磁通量最大其感应电流等于0；利用欧姆定律可以求出输出电流的大小，结合匝数之比可以求出输入电流的大小；利用电动势的表达式结合磁通量的表达式可以求出磁通量的最大值；利用周期的大小可以判别电流方向改变的次数。

6．如图所示，一理想变压器接入一正弦交流电源，原线圈与一可变电阻串联，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节。在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片，V是理想交流电压表。现进行如下操作，并保持变压器原线圈输人电流不变，则（）

A．保持Q的位置不变，将P向上滑动时，电压表读数变小

B．保持Q的位置不变，将P向上滑动时，副线圈两端的电压变小

C．保持P的位置不变，将Q向上滑动时，电压表读数变大

D．保持P的位置不变，将Q向上滑动时，变压器的输出功率变小

【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】保持Q的位置不变，将P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大；由于变压器原线圈的输入电流不变，匝数比不变，则副线圈中的电流不变，根据U=IR可知电压表示数增大，R0两端电压不变，则副线圈两端的电压变大，A、B不符合题意。保持P的位置不变，将Q向上滑动时，由于原线圈电流不变，副线圈匝数增加，根据可知I2减小；根据U=IR可知电压表示数减小，根据P=I2R可知变压器输出功率变小，C不符合题意，D符合题意。

故答案为：D

【分析】当Q位置变化其会导致输出电流变化，结合欧姆定律及电流的变化可以判别电压表的读数变化，利用电流和电压可以判别其输出功率的变化。

7．如图甲为风力发电的简易模型，发电机与一理想变压器的原线圈相连，变压器原、副线圈匝数分别为500匝和1000匝，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比，某一风速时，变压器原线圈两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，则（）

A．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=100sin100πtV

B．电压表V1的示数是100V

C．断开开关K，电压表V2的示数是0

D．风速加倍时，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=200sin100πtV

【答案】D

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】通过题图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为Um=100V，周期T=0.04s，永磁体转动的角速度=50πrad/s，则电压的瞬时值表达式为u=100sin50πtV，A不符合题意；电压表V1测量的是变压器原线圈两端电压的有效值U1=V，B不符合题意；电压表V2测量的是理想变压器副线圈的输出电压，与有无负载无关，根据，得电压表V2的示数U2=100V，C不符合题意；风速加倍时，角速度加倍，根据u=nBSsint，可知产生的感应电动势加倍，变压器原线圈两端电压加倍，变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=200sin100πtV，D符合题意。

故答案为：D

【分析】利用图像可以得出电压的峰值及周期的大小，利用周期的大小可以求出角速度的大小，进而求出原线圈两端电压的表达式；利用其电压的峰值可以求出电压有效值的大小；当断开其开关时其输出电压不等于0；当风速加倍是其电动势即输入电压的大小增倍。

8．如图所示，矩形金属线圈abed与理想变压器的原线圈组成闭合电路，灯泡L1、L2完全相同，当变压器原线圈中的抽头P置于最上端时，原、副线圈的匝数比为n：1。矩形线圈abced在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，且磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动的角速度为，匝数为N，线圈电阻不计。则下列说法正确的是（）

A．若减小矩形线圈abced的转速，灯泡L1会变暗

B．在图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最小

C．当抽头P置于最上端时，在线圈abcd转动的过程中，电压表示数为

D．若仅将线圈abed的转轴平移至ad边处，且转速不变，则电压表示数也不变

【答案】A,B,C

【知识点】变压器原理

【解析】【解答】感应电动势的峰值Em=NBS，若减小矩形线圈abed的转速，交变电流的频率变小，原线圈输入电压变小，副线圈输出电压变小，电容器C的容抗变大，与电容器C串联的灯泡L1变暗，A符合题意；图示位置为中性面位置，此时感应电动势最小，B符合题意；在线圈abcd转动的过程中，线圈中产生的感应电动势的最大值Em=NBS，由·T得理想变压器原线圈电压的有效值为U1=，电压表示数为U2=，C符合题意；若仅将线圈abed的转轴平移至ad边处，且转速不变，变压器原线圈输入电压变大，副线圈输出电压也变大，电压表示数变大，D不符合题意。

故答案为：ABC

【分析】利用发电机电动势的表达式可以判别减小转速时其输入电压减小，其输出电压减小，由于频率减小则电容器的容抗变大所以灯泡L1变暗；在图示位置其磁通量最大则感应电动势最小；利用电动势的峰值结合焦耳定律可以求出副线圈的电压表读数；当其转轴平移后其输入电压增大则输出电压也增大。

9．有一台理想变压器及所接负载如图所示，在原线圈c、d两端加上交变电压。已知b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。则下列说法错误的是（）

A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电压表V1和V2示数均不变

B．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电流表A1和A2示数均