教科版高中物理选择性必修第二册第3章章末综合提升学案

这是一份教科版高中物理选择性必修第二册第3章章末综合提升学案，共20页。

主题1　交变电流的四值及其应用1．瞬时值：它反映不同时刻交变电流的大小和方向，正弦交变电流瞬时值表达式为e＝Emsinωt，i＝Imsinωt，应当注意以上两个表达形式必须从中性面开始计时。2．最大值：它是瞬时值的最大值，它反映的是交变电流大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em＝NBSω(转轴垂直于磁感线)。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。3．有效值：交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫作这一交流的有效值。正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是U＝12Em，I＝12Im。对于非正弦交变电流的有效值，以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说的交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值。用电器上所标电压、电流值也是指有效值。在计算交变电流通过导体产生热量、电功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。4．平均值：它是指交变电流图像中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值。其量值可用法拉第电磁感应定律E＝n·ΔΦΔt来求。计算平均值切忌用算术平均法，即E＝E1+E22求解，平均值不等于有效值。【典例1】　如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R＝9Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，电表均为理想交流电表，当线圈以300r/min的转速绕垂直于磁场的轴匀速旋转时。(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)在(1)的条件下线圈转动130s时感应电动势的瞬时值多大？(3)电路中电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s通过电阻R的电荷量是多少？[解析]　(1)e＝Emsinωt＝NBS·2πfsin(2πft)＝100×1π×0.05×2π×30060sin2π×30060t(V)＝50sin10πt(V)。(2)当t＝130s时，e＝50sin10π×130V≈43.3V。(3)电动势的有效值E＝Em2＝502V≈35.4V，电流表的示数I＝ER+r＝35.49+1A＝3.54A，电压表的示数U＝IR＝3.54×9V＝31.86V。(4)130s内线圈转过的角度θ＝ωt＝30060×2π×130＝π3，该过程中，ΔΦ＝BS－BScosθ＝12BS，由I＝qΔt，I＝ER+r，E＝NΔΦΔt，得q＝NΔΦR+r＝NBS2R+r＝100×1π×0.052×9+1C＝14πC。[答案]　(1)e＝50sin10πt(V)　(2)43.3V(3)31.86V　3.54A　(4)14πC主题2　变压器问题解题思路分析1．理想变压器的变压原理问题对于磁感线回路唯一的“□”形变压器，当原线圈中磁通量变化时，整个闭合铁芯中，ΔΦΔt处处相等，而对于磁感线回路不唯一的如“□□”形变压器。不同位置ΔΦΔt可能不同，此时有ΔΦ1Δt＝ΔΦ2Δt＋ΔΦ3Δt。2．理想变压器的动态分析问题首先应明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。(1)首先明确变压器各物理量间的制约关系。变压器原、副线圈匝数n1、n2确定，U1决定了U2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关。U2与负载电阻R，决定了输出电流I2的大小，输出功率P2决定输入功率P1，P1＝U1I1，从而决定I1大小。(2)分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系依次确定。3．变压器原线圈接有用电器的问题由于原线圈中接有用电器，所以原线圈两端电压不等于电源电压，这种情况下电源两端电压等于用电器两端电压与原线圈两端电压之和。若从电压与匝数关系分析，难以得出结论，所以这类问题一般由电源关系入手解决比较方便。【典例2】　如图所示，一理想变压器接在电压为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑片P来改变。副线圈连接交流电流表、定值电阻R0和可变电阻R，则(　　)A．保持P的位置不动，将R的阻值增大，电流表的读数变小B．保持P的位置不动，将R的阻值增大，R0消耗的电功率变大C．保持R的阻值不变，将P向上滑动，电流表的读数变大D．保持R的阻值不变，将P向上滑动，R0消耗的电功率变大A　[保持P的位置不动，即原、副线圈的匝数比n1n2不变，故副线圈两端的电压U′恒定，将R的阻值增大时，由I＝U'R+R0可知，副线圈中的电流变小，故电流表的读数变小，由P0＝I2R0可知，R0消耗的电功率变小，选项A正确，B错误；保持R的阻值不变，将P向上滑动时，原线圈的匝数n1增大，由U′＝n2n1U可知，副线圈两端的电压变小，由I＝U'R+R0可知，副线圈中的电流变小，故电流表的读数变小，由P0＝I2R0可知，R0消耗的电功率变小，选项C、D错误。](1)首先抓住三个决定原则：输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。(2)把副线圈当成电源，研究副线圈电阻变化。(3)根据欧姆定律判断副线圈电流、功率的变化。主题3　远距离输电问题1．输电示意图：如图所示。2．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4。(2)电压关系：U1U2＝n1n2，U2＝U线＋U3，U3U4＝n3n4。(3)电流关系：I1I2＝n2n1，I2＝I线＝I3，I3I4＝n4n3。(4)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝U线R线。(5)输电导线上损耗的电功率：P损＝P2－P3＝I线2R线＝U线2R线＝U线I线。(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线·R线＝U2－U3。3．处理思路(1)根据具体问题画出输电线路示意图。(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量。(3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量。(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解。【典例3】　某学校有一台应急备用发电机，内阻为R＝1Ω，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为r＝4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V　40W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则：(1)输电线上损耗的电功率多大？(2)发电机的输出功率多大？(3)发电机的电动势多大？[解析]　(1)根据题意，画出从发电机到教室灯泡之间的输电过程，如图所示。所有灯都正常工作的总功率为P2′＝22×6×40W＝5280W用电器都正常工作时的总电流I2′＝P2'U2'＝5280220A＝24A两个变压器之间输电线上的电流Ir＝I2＝I2'4＝6A故输电线上损耗的电功率Pr＝Ir2r＝144W。(2)升压变压器的输出功率P1′＝Pr＋P2′＝5424W。而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出＝P1＝P1′＝5424W。(3)降压变压器上的输入电压U2＝4U2′＝880V输电线上的电压损失Ur＝Irr＝24V因此升压变压器的输出电压U1′＝Ur＋U2＝904V升压变压器的输入电压U1＝U1'4＝226V升压变压器的输入电流I1＝4Ir＝24A发电机的电动势E＝U1＋I1R＝226V＋24×1V＝250V。[答案]　(1)144W　(2)5424W　(3)250V章末综合测评(三)　交变电流一、选择题(共12小题，1～8题为单选题，9～12题为多选题。)1．如图所示，许多同学家里都有调光电灯、调速电风扇，它们都是用可控硅电子元件来实现的，如图为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每个二分之一周期内，前14周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为(　　)A．Um2 B．22UmC．Um22D．2UmA　[此图像所示电压与正弦半波电压等效，由Um22R·T2＝U2RT，得：U＝Um2。]2．线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示的位置时(　　)A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小C　[当线圈处于图中所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，磁通量为最小；该位置感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，知磁通量的变化率ΔΦΔt最大，故C正确，A、B、D错误。]3．如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的输出电压、输出电流均相等。若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为(　　)甲　　　　　　　　　乙A．n1∶n2 B．n2∶n1C．n12:n22 D．n22:n12C　[设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1＝U12R1，根据电压与匝数成正比得U2＝n2n1U1，则R2消耗的功率P2＝U22R2，因为P1＝P2，所以R1R2＝n12n22，故选C。]4．采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为(　　)A．55kV B．110kVC．440kV D．880kVC　[输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损耗的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝PU2R。当输电功率一定时，输电线路损耗的功率为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440kV，故选项C正确。]5．(2022·广东卷)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等B　[根据E＝nΔΦΔt，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝U2R，可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误；故选B。]6．如图所示，理想变压器原线圈输入电压U＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是(　　)A．I1和I2表示电流的瞬间值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小C　[电压表V1和V2分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器滑片P向下滑动时，接入电路的电阻变小，原、副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝UR+R0可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误。]7．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时(　　)A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压C　[此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U不变，由I＝UR可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故电灯在用电高峰时比深夜暗，故C正确。]8．如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(V)，A、B间接有“220V　440W”的电暖宝、“220V　220W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是(　　)A．交流电压表的示数为311VB．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32AC．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104JD　[由u＝311sin100πt(V)可知，交变电压的有效值为220V，故交流电压表的示数为220V，选项A错误；由两用电器的额定功率为660W，根据P＝UI可知，保险丝的额定电流应不小于3A，选项B错误；因抽油烟机220W包括热功率及机械功率，故电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍还要多，选项C错误；根据W＝Pt可得1min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J，选项D正确。]9．如图所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内。下述说法正确的是(　　)A．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍CD　[线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行，磁通量最小，感应电动势最大，选项A、B错误，选项C正确；电流的有效值I＝NBSω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D正确。故选CD。]10．如图所示的正方形线框abcd边长为L，每边电阻均为r，在垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中绕cd轴以角速度ω匀速转动，c、d两点与一阻值为r的电阻相连，各表均可视为理想表，导线电阻不计，则下列说法中正确的是(　　)A．线框abcd产生的电流为交变电流B．当S断开时，电压表的示数为零C．当S断开时，电压表的示数为28BωL2D．当S闭合时，电流表的示数为2BωL214rAC　[线框abcd绕着垂直于磁场的转轴匀速转动，故产生的电流为交变电流，故A正确；产生的交流电的电动势最大值为Em＝BL2ω，有效值为E＝BL2ω2，当S断开时，电压表测量的电压为cd间的电压，故U＝14E＝28BωL2，故B错误，C正确；S闭合时，电路总电阻为3r＋r2，通过ab中电流为I＝E3r+r2＝27rBωL2，则电流表读数为I′＝I2＝214rBωL2，故D错误。]11．如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220V　900W”的电饭锅及“220V　200W”的抽油烟机。现接入u＝311sin100πt(V)的交流电，下列说法正确的是(　　)A．交流电压表的示数为311VB．1s内流过保险丝的电流方向改变100次C．电饭锅的热功率是抽油烟机热功率的4.5倍D．为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5ABD　[由u＝311sin100πt(V)知，电压最大值Um＝311V，电压有效值为U＝Um2≈220V，而交流电压表示数为电压的有效值，故A错误；由u＝311sin100πt(V)知，f＝100π2πHz＝50Hz，1s内电流方向改变100次，故B正确；电饭锅的功率为抽油烟机功率的4.5倍，但抽油烟机不是纯电阻元件，其热功率小于200W，故C错误；电路正常工作时的总功率P＝900W＋200W＝1100W，有I＝PU＝1100220A＝5A，故D正确。]12．如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势为e＝262sin100πt(V)。并与理想升压变压器相连进行远距离输电，理想降压变压器的原、副线圈匝数比为4∶1，降压变压器副线圈接入一只“12V　12W”的灯泡，且灯泡正常发光，输电线路总电阻r＝16Ω，导线框及其余导线电阻不计，电表均为理想电表，则(　　)A．电流表的示数为0.5AB．原线圈中交变电压的频率为100HzC．升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶2D．当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，输电线上损失的功率增大ACD　[降压变压器副线圈接入一只“12V　12W”的灯泡，且灯泡正常发光，灯泡的电流为1A，且降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，则输电线路的电流为0.25A，输电线上损失功率为1W，则升压变压器输入功率UI＝1W＋12W＝13W，由题意可知U＝26V，则I＝0.5A，A正确；根据频率与角速度关系可得f＝ω2π＝50Hz，B错误；升压变压器副线圈电压U′＝13W0.25A＝52V，根据原、副线圈电压与线圈匝数成正比可得n1n2＝UU'＝12，C正确；当降压变压器副线圈再并联一只同样灯泡时，副线圈电流增大，输电线电流也增大，由P损＝I线2r，则损失功率增大，D正确。]二、非选择题(共6小题。)13．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是(　　)A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB．连接好电路后，可不经检验电路是否正确，直接接通电源C．因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱D．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测(2)多用电表刻度盘上交流电压的刻度是________(选填“均匀”或“不均匀”)的。(3)某实验小组通过实验记录的数据如下表：通过分析实验数据可得出的实验结论是_____________________________________________________________________________________________________。[解析]　(1)A错：变压器能改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12V。B、C错：实验通电前，必须要检查电路是否正确。通电时，不要用手接触裸露的导线、接线柱，确保人身安全。D对：使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量。(2)由多用电表的表盘可知，多用电表刻度盘上交流电压的刻度是不均匀的。(3)通过分析实验数据可得出实验结论：在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比。[答案]　(1)D　(2)不均匀　(3)在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比14．有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线；甲　　　　　　　　　　乙(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。(2)如果把它看成理想变压器，若A、B线圈的匝数比为k，则当A线圈接在U1的蓄电池两端以后，B线圈的输出电压为________。(3)现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。实验的步骤如下：①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压电源接B线圈，测得副线圈的输出电压U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈输出电压UA。则A线圈的匝数为nA＝________。(用物理量n、U、UA等表示)。(4)如果把它看成理想变压器，则A、B线圈上的交变电流一定具有相同的________。A．电压 B．电流C．频率 D．功率[解析]　(1)多用电表欧姆挡读数＝指针指示值×倍率。A的读数大于B的读数，倍率为×1，所以A的电阻大于B的电阻，根据电阻定律，导线越长，电阻越大，所以A线圈匝数多。(2)如果把它看成理想变压器，若A、B线圈的匝数比为k，则当A线圈接在U1的蓄电池两端以后，因为蓄电池是直流电，变压器输入线圈磁场不变，输出线圈没有感应电流，B线圈的输出电压为0。(3)把低压电源接B线圈，测得副线圈的输出电压U；则UU入＝nnB用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈输出电压UA，有UAU入＝nAnB，解得：nA＝UAUn。(4)如果把它看成理想变压器，则A、B线圈上的交变电流一定具有相同的频率和功率，而电流与电压均与匝数比有关，故C、D正确，A、B错误。[答案]　(1)A　(2)0　(3)UAUn　(4)CD15．如图甲所示，绝缘轻杆将一个N＝100匝的矩形线圈固定在竖直平面内，悬点P为AB边中点。矩形线圈水平边AB＝CD＝5cm，竖直边AD＝BC＝4cm，E、F分别为AD和BC边的中点，在EF上方有一个垂直纸面的磁场。矩形线圈的质量m＝10g、电阻为R＝1Ω，取如图所示的磁场方向为正方向，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。(g取10m/s2)(1)求在t＝0.1s时线圈中电流大小及AB边电流的方向；(2)求在t＝0.1s时轻杆对线圈的作用力大小；(3)求线圈中感应电流的有效值。　甲　　　　　　　　　乙[解析]　(1)在0～0.2s时间内，由题图乙可知其磁通量的变化率不变，由法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt＝NΔBSΔt＝1V，再由闭合电路欧姆定律求得在这段时间内感应电流的大小I1＝ER＝1A方向从A指向B。(2)当t＝0.1s时线圈AB边所受到的安培力为F安＝NBI1L＝5N方向竖直向下。则此时轻杆对线圈的作用力大小为F＝F安＋mg＝5.1N。(3)由题图乙还可求出在0.2～0.5s时间内感应电流的大小I2＝ER＝NΔBSΔt·R＝23A则在一个周期之内Q＝I12Rt1+I22Rt2＝I2RT代入数据解得线圈中感应电流的有效值为I＝63A。[答案]　(1)1A，方向从A指向B　(2)5.1N (3)63A16．如图所示，一长22m、宽0.2m，匝数为100匝的矩形金属线圈电阻r＝1Ω，在B＝0.6T的匀强磁场中以恒定角速度ω＝10rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接，其中电阻R1＝4Ω，R2＝1Ω，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，π取3.14。求：(1)从中性面开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬间值表达式；(2)交流电压表、电流表的示数U、I；(3)若不计一切摩擦及空气阻力，线圈转动一周外力做的功W。[解析]　(1)线圈产生感应电动势的最大值Em＝nBSω＝602V从中性面开始转动e＝Emsinωt＝602sin10t(V)。(2)设变压器原、副线圈中电流分别为I1、I2，变压器原、副线圈两端电压分别为U1、U2，则有U1＝E－I1(R1＋r)E＝Em2变压比规律U1U2＝n1n2变流比规律I1I2＝n2n1又I2＝U2R2联立解得，电压表示数为U＝U2＝10V电流表示数为I＝I1＝2A。(3)线圈转动一周外力做的功W，由能量守恒，有W＝[I12(R1+r)+I22R2]2πω代入数据得W＝24πJ＝75.36J。[答案]　(1)e＝602sin10t(V)　(2)10V　2A(3)75.36J17．如图所示，交流发电机电动势的有效值为E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器，变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V　0.25W”，灯泡都正常发光且导线电阻不计，求：(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率(计算结果保留三位有效数字)。[解析]　(1)变压器的输入功率为P1＝P2＝24×0.25W＝6W由题意副线圈所接电灯泡均正常发光，所以副线圈总电流为I2＝0.256×24A＝1A而原线圈：U1＋I1R＝E，P1＝U1I1，所以I1＝13A，U1＝18V，所以n1n2＝I2I1＝31。(2)由P＝UI得发电机的输出功率为P＝EI1＝20×13W≈6.67W。[答案]　(1)31　(2)6.67W18．如图所示，在坐标xOy平面内存在B＝2.0T的匀强磁场，OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨，其中OCA满足曲线方程x＝0.5sinπ5y，C为导轨的最右端，导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2，其R1＝4.0Ω、R2＝12.0Ω。现有一足够长、质量m＝0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下，以v＝3.0m/s的速度向上匀速运动，设棒与两导轨接触良好，除电阻R1、R2外其余电阻不计，g取10m/s2，求：(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值；(2)金属棒MN滑过导轨OC段过程中，整个回路产生的热量；(3)金属棒MN滑过导轨OC段过程中，外力F做的功。[解析]　(1)当金属棒连入轨道的长度最长时，感应电动势最大，则Em＝Bxmv＝3V外电路总电阻：R并＝R1R2R1+R2＝3Ω则Im＝EmR并＝1A。(2)金属棒运动形成的正弦交变电动势：e＝Bvx＝3sin3π5t(V)电动势有效值：E＝32V，t＝OCv＝56s则Q＝E2R并t＝1.25J。(3)由能量守恒关系可知：WF＝Q＋mgh＝3.75J。[答案]　(1)1A　(2)1.25J　(3)3.75J原线圈匝数n1(匝)100200400400副线圈匝数n2(匝)400400200800原线圈两端的电压U1(V)1.964.908.004.86副线圈两端的电压U2(V)7.809.763.909.64