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    4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=1：2，原线圈接电压随时间变化规律为u=220$\sqrt{2}$sin100πt（V）的交流电源，A1、A2、A3是三个理想电流表，D为理想二极管，R1是滑动变阻器，定值电阻R2=R3=220Ω，则（　　）
    A．电流表A2的为1.0A
    B．电流表A2的为2.0A
    C．滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，电流表A1的将变大
    D．滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，变压器输入功率增大

    分析 根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．

    解答 解：原线圈接电压随时间变化规律为u=220$\sqrt{2}$sin100πt（V），则最大值是220$\sqrt{2}$V，有效值为：
    ${U}_{1}^{\;}=\frac{{U}_{m}^{\;}}{\sqrt{2}}=\frac{220\sqrt{2}}{\sqrt{2}}V=220V$
    副线圈两端的电压为：${U}_{2}^{\;}=\frac{{n}_{2}^{\;}}{{n}_{1}^{\;}}{U}_{1}^{\;}=\frac{2}{1}×220V=440V$
    A、由于电阻R2与一个二极管相连，只有一半的时间内有电流通过，设其电压的有效值为U′，则有：
    $\frac{U{′}_{\;}^{2}}{R}•T=\frac{{U}_{2}^{2}}{R}•\frac{T}{2}$
    所以：U′=220$\sqrt{2}$V
    流过R2的电流为：${I}_{2}^{\;}=\frac{U′}{{R}_{2}^{\;}}=\frac{220\sqrt{2}}{220}A=\sqrt{2}A$．故A错误；
    B、R3两端的电压是副线圈两端的电压，即440V，所以流过R3的电流为：${I}_{3}^{\;}=\frac{{U}_{2}^{\;}}{{R}_{3}^{\;}}=\frac{440}{220}A=2A$．故B正确；
    C、滑动变阻器R1的滑片向下滑时，接入电路中的电阻值减小，所以流过R1的电流值增大，所以副线圈中的总电流值增大，所以原线圈中的电流值也增大，即电流表${A}_{1}^{\;}$的示数将增大．故C正确；
    D、滑动变阻器R1的滑片向上滑时，接入电路中的电阻值增大，所以流过R1的电流值减小，所以副线圈中的总电流值减小，则副线圈中的负载消耗的总功率减小，所以原线圈中输入的总功率减小，故D错误．
    故选：BC

    点评 该题结合二极管的单向导电性考查变压器的电压之比和匝数比之间的关系，以及交流电的有效值的计算，解答本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．

    练习册系列答案
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    A．粒子的加速度在a点时较大
    B．粒子的电势能在b点时较小
    C．粒子可能带负电，在b点时速度较大
    D．粒子一定带正电，动能先变小后变大

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    A．电流方向为顺时针，电流强度为$\frac{ve}{2πr}$
    B．电流方向为顺时针，电流强度为$\frac{ve}{r}$
    C．电流方向为逆时针，电流强度为$\frac{ve}{2πr}$
    D．电流方向为逆时针，电流强度为$\frac{ve}{r}$

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    12．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始匀加速下滑，经过B点后进入粗糙水平面（设经过B点前后速度大小不变），匀减速运动最后停在C点．每隔0.2秒通过速度传感器测量物体的瞬时速度大小，表给出了部分测量数据．求：
    t/（s）0.00.20.4…1.21.4…
    V/（m/s）0.01.02.0…1.10.7…
    （1）物体在斜面和水平面上的加速度大小分别为多大？
    （2）t=0.6s时瞬时速度大小v．
    （3）AB间的距离．

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    19．如图1在粗糙的水平面上有一个3kg的物体，在0～4s内受水平力拉力F的作用，在4～10s内撤去水平拉力F，其v-t图象如图2所示．求：
    （1）物体在4～10s内的加速度大小；
    （2）物体所受的摩擦力大小；
    （3）在0～4s内的加速度大小；
    （4）物体所受的拉力大小．

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    A．$\frac{ad}{bv}$B．$\frac{ab}{dv}$
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