6．(2010·北京海淀)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T₁和降压变压器T₂向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T₂的原、副线圈匝数之比为4?1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R₀＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(　)

A．通过R₀电流的有效值是20 A

B．降压变压器T₂原、副线圈的电压比为4?1

C．升压变压器T₁的输出电压等于降压变压器T₂的输入电压

D．升压变压器T₁的输出功率大于降压变压器T₂的输入功率

解析：降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R₀电流的有效值是20 A，选项A正确；降压变压器T₂的原、副线圈匝数之比为4?1，所以降压变压器T₂原、副线圈的电压比为4?1，选项B正确；升压变压器T₁的输出电压等于降压变压器T₂的输入电压加上输电线上的电压，选项C错误；升压变压器T₁的输出功率等于降压变压器T₂的输入功率加上输电线上的功率，选项D正确．

答案：ABD

5．(2010·陕西西安质检)如图所示，T为理想变压器，A₁、A₂为理想交流电流表，V₁、V₂为理想交流电压表，R₁、R₂、R₃为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦交流电，当开关S闭合时，各交流电表的示数变化情况正确的是(　)

A．电压表V₁读数变小

B．电压表V₂读数变大

C．电流表A₁读数变大

D．电流表A₂读数变小

解析：本题考查理想变压器的工作原理和输入、输出量间的制约作用．变压器的输入电压一定，则输出电压不变，则电压表V₁的示数不变，A选项错；变压器的负载总阻值减小，则由P_出＝＝IR_总知，变压器的功率增加了，电流表A₂的示数变大了，D选项错；再由P_入＝U×I₁＝P_出知，电流表A₁的示数变大，C选项对；变压器的输出电压不变，而R₁两端的电压增加了，则电压表V₂的示数变小，B选项错．

答案：C

4．(2010·东北名校联考)如图是一种理想自耦变压器示意图．线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．AB间接交流电压u，输出端接通了两个相同的灯泡L₁和L₂，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是(　)

A．P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大

B．Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大

C．P不动，将Q向左移动，两灯均变暗

D．P、Q都不动，断开开关S，L₁将变暗

解析：P不动，则变压器输出电压不变；将Q向右移动，电阻R变大；据P_出＝得变压器的输出功率变小，选项A错误；Q不动，电阻R不变；将P沿逆时针方向移动，则变压器输出电压变大，据P_出＝得变压器的输出功率变大，选项B正确；P不动，输出电压不变，将Q向左移动，电阻R变小，变压器的输出功率变大，据P_出＝I₂U₂得I₂变大，两灯均变亮，选项C错误；P、Q都不动，断开开关S，则总电阻变大，变压器的输出功率变小，输出电流变小，滑动变阻器的电压变小，所以灯L₁的电压变大，L₁将变亮，选项D错误．

答案：B

3．(2010·东北名校联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1?5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin100πt V，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的是(　)

A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz

B．开关接通后，电压表的示数为100 V

C．开关断开后，电压表的示数变大

D．开关断开后，变压器的输出功率不变

解析：由交变电压的瞬时值表达式可知，原线圈两端电压的有效值为U₁＝ V＝20 V，由＝得，副线圈两端的电压为U₂＝100 V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为f＝＝50 Hz，一个周期内电压两次达到100 V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误．

答案：AB

2．(2010·北京西城区)如图所示，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C.若用I_R、I_L、I_C分别表示通过R、L和C的电流，则下列说法中正确的是(　)

A．若M、N接正弦式交流电，则I_R≠0、I_L≠0、I_C＝0

B．若M、N接正弦式交流电，则I_R≠0、I_L≠0、I_C≠0

C．若M、N接恒定电流，则I_R≠0、I_L≠0、I_C≠0

D．若M、N接恒定电流，则I_R≠0、I_L＝0、I_C≠0

解析：本题考查变压器的工作原理，自感线圈和电容器等元件的特点．若初级线圈两端M、N接正弦式交流电，三组次级线圈中都有感应电动势产生，三个线圈中都会有电流，只不过自感线圈中还会产生感应电动势，电容器不断进行充放电，也会有电流产生．

答案：B

1．(2010·北京西城区)某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知(　)

A．电流的最大值为10 A

B．电流的有效值为10 A

C．该交流电的周期为0.03 s

D．该交流电的频率为0.02 Hz

解析：本题考查用图象来描述交流电的相关知识．由图知此交流电的最大值为10 A，则有效值为I＝ A＝10 A，B项对；周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz.

答案：B

7．(临界法)如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，在距离B为x处的A点，用水平恒力将质量为m的小球从静止开始推到B处后撤去恒力，小球沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点，求：

(1)推力对小球所做的功．

(2)x取何值时，完成上述运动力F所做的功最小？最小功为多少？

(3)x取何值时，完成上述运动力F最小？最小力为多少？

解析：(1)小球从半圆轨道C点做平抛运动又回到A点，设小球在C点的速度为v₀，小球从C点运动到A点所用的时间为t

在水平方向上x＝v₀t

竖直方向上2R＝gt²

对小球从A到C过程由动能定理有W_F－mg·2R＝mv

解得W_F＝.

(2)要使力F做功最小，从而确定x的取值，只要小球在C点速度最小，则功W_F就最小，若小球恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有

mg＝，则v＝

由平抛运动规律可知x＝vt,2R＝gt²

则x＝·＝2R

由W_F－2mgR＝mv²可得W_F＝mgR.

(3)由W＝Fx和W_F＝

得F＝mg(+)

当＝，即x＝4R时，+＝8

最小力F＝mg.

6．(整体与隔离法)如图所示，表面光滑的平行金属导轨P、Q水平放置，左端与一电动势为E，内阻为r的电源连接，导轨间距为d，电阻不计，导轨上放有两根质量均为m的细棒，棒Ⅰ的电阻为R，棒Ⅱ为绝缘体，两棒之间用一轻杆相连．导轨所在空间有垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.求：

(1)闭合开关S瞬间棒Ⅱ的加速度；

(2)从闭合开关S到两棒速度达到v的过程中，通过棒Ⅰ的电荷量和电源消耗的总能量分别为多少？(导轨足够长，且不考虑电磁辐射)

解析：(1)闭合开关S瞬间，电路中的电流为I＝

棒Ⅰ受的安培力F＝BId=

对棒Ⅰ、棒Ⅱ整体，根据牛顿第二定律得a＝＝，方向水平向左．

(2)对棒Ⅰ、棒Ⅱ整体，由动量定理得BI′dt＝2mv，又q＝I′t

所以q＝，电源消耗的总能量为E_能＝qE＝.

5．(逆向法)一物体以某一初速度在粗糙水平面上做匀减速直线运动最后停下来，若此物体在最初5 s和最后5 s经过的路程之比为11?5，则此物体一共运动了多长时间？

解析：若按常规思维方式即“从条件推结论”的思维方式，应根据匀变速直线运动规律列式，这必会碰到总时间t比前后两个5 s之和10 s大还是小的问题：若t>10 s，将时间分为前5 s和后5 s与中间的时间t₂，经复杂运算得t₂＝－2 s，再得出t＝8 s的结论．如果采用逆向思维，将物体的运动按时间先后顺序颠倒过来看，即物体的运动看做是逆向的初速度为零的匀加速直线运动处理，将会简捷得多．

设物体运动总时间为t，最后5 s通过的路程为s₂，则：s₂＝at²－a(t－5)²＝5at－12.5a

最初5 s通过的路程为s₁，则：s₁＝a·5²＝12.5a

由题中已知的条件：s₂?s₁＝11?5

解得运动时间t＝8 s.

4．(图象法)总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发现时，机车已行驶距离L，于是撤去牵引力．设运动的阻力与重力成正比，机车牵引力是恒定的，求当列车的两部分都停止时，它们之间的距离为多少？

解析：本题解题方法很多，但用图像法解简单明了．如图所示，脱节后末节车厢做匀减速直线运动，加速度为a_m＝kg；前部分列车先做匀加速直线运动，加速度为a₁＝kmg/(M－m)，后做匀减速直线运动，加速度为a₂＝k(M－m)g/(M－m)＝kg.由图像知：末节车厢从脱节到停止的位移为△OvD的“面积”；而前部分列车从脱节到停止的位移为四边形OvAC的“面积”．因△OvD和△EBC“面积”相等，所以两部分都停止时之间的距离s为五边形OvABE的“面积”．又a₁t₁＝a₂t₂，所以t₁/t₂＝(M－m)/m，由题意知四边形OvAF的“面积”为L，则：L/s＝t₁/(t₁+t₂)，故s＝L(t₁+t₂)/t₁＝ML(M－m)．