2017 - 2018学年高中物理第3章交变电流第2节交变电流

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第2节 交变电流是怎样产生的

1.交流发电机将其他形式的能转化为电能，可分为旋转电枢式和旋转磁极式，原理都是电磁感应现象。

2．匀强磁场中，线圈绕垂直磁场的轴匀速转动形成正弦交变电流。中性面磁通量最大，磁通量的变化率为零，电动势为零；中性面的垂面磁通量为零，磁通量变化率最大，电动势最大。 3．电动势的最大值Em＝nBSω与转轴位置、线圈形状无关；线圈从中性面位置开始计时其电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt。

一、交流发电机 1．原理

由法拉第电磁感应定律可知，让闭合导体与磁极做相对运动，穿过闭合导体的磁通量发生变化，就可以产生感应电动势和感应电流。

2．构造

发电机主要是由线圈(电枢)和磁极两部分组成。 3．种类

(1)按旋转部分区分

旋转电枢式 旋转磁极式 (2)按磁场区分 转子 电枢 磁极 定子 磁极 电枢 特点 电压低，功率小 电压高，功率大 a．永磁体发电机(利用永久磁铁做磁极)； b．励磁发电机(利用电磁铁做磁极)。 二、交变电流的产生原理 1．实验装置

让闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，感应电流的大小和方向都随时间做周期性变化。

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2．产生原理

(1)中性面：线圈平面与磁感线垂直，线圈经过中性面时，感应电动势、感应电流为零。 (2)与中性面垂直时：线圈的感应电动势、感应电流最大。

(3)方向变化：线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次；线圈每转动一周，经过中性面两次，感应电流的方向改变两次。

三、交变电流的变化规律 1．正弦式交变电流的表达式

(1)e＝Emsin_ωt(从中性面开始计时，其中Em＝nBSω) (2)i＝Imsin_ωt?外电路为纯电阻电路，其中Im＝(3)u＝Umsin_ωt(其中Um＝ImR) 2．正弦式交变电流的图像

?

?Em?

R＋r??

图3-2-1

1．自主思考——判一判

(1)线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势也最大。(×) (2)交流电一周期内，电流方向改变两次。(√)

(3)线圈只要在匀强磁场内匀速转动就能产生正弦式交变电流。(×)

(4)从线圈转至与磁场方向平行开始计时，线圈所产生的感应电动势e＝Emcos ωt。(√) (5)正弦交流电电动势最大值Em＝nBSω。(√) 2．合作探究——议一议

(1)发电机工作过程中能量是如何转化的？

提示：发电机工作时产生的感应电流在磁场中会受到安培力，安培力的作用总是阻碍转子的运动，在这一过程中发电机把机械能转化成了电能。

(2)线圈位于中性面时，磁通量最大。为何感应电动势(感应电流)最小，而位于与中性面垂直的位置时，磁通量为零，感应电动势(感应电流)又具有怎样的特点呢？

提示：依据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量的变化率，线圈处于中性面时磁通量虽然最大，但变化率为0，或者说此时线圈的任何一条边都不切割磁感线，所以感应电动势及感应电流为0；而位于与中性面垂直的位置时，磁通量最小，但磁通量的K12的学习需要努力专业专心坚持

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变化率最大(此时线圈的边切割磁感线的速度最大)，感应电动势(感应电流)最大。线圈处于其他位置的时候，感应电动势(感应电流)处于最大值与最小值之间。

(3)频率是供电质量的重要指标，你知道交变电流频率是由什么因素决定的吗？ 提示：交流电的频率是由发电机转子的转速决定的，转速高，则频率大，反之，则小。

交变电流的产生和变化规律

1．矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的四个过程

如图3-2-2所示，线圈的bc、ad边始终在平行于磁感线的平面内转动，因而不产生感应电动势，只起导线作用，所以只有ab、cd边切割磁感线。

图3-2-2

(1)当线圈平面垂直于磁感线时[中没有感应电动势。

(2)当线圈逆时针转过90°时[

图]，即线圈平面与磁感线平行时，ab、cd边都垂图]，ab、cd边的速度方向与磁感线平行，线圈

直切割磁感线，这时感应电动势最大，线圈中的感应电流也最大，方向为a→b→c→d。

(3)当线圈再转过90°时[势。

(4)当线圈再转过90°时[

图]，ab、cd边的瞬时速度方向跟线圈经过(b)图位置图]，线圈平面又垂直于磁感线，线圈中没有感应电动

时的速度方向相反，产生的感应电动势方向也跟在(b)图位置时相反，感应电流方向为K12的学习需要努力专业专心坚持

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d→c→b→a。

(5)线圈再转过90°时处于起始位置[动势。

2．交变电流的变化规律

(1)正弦式交变电流的瞬时值表达式的推导。 若线圈平面从中性面开始转动，则经时间t， ①线圈转过的角度为ωt，如图3-2-3所示。

图]，与(a)图位置相同，线圈中没有感应电

图3-2-3

②ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。 ③ab边转动的线速度大小：v＝ω④ab边产生的感应电动势：

Lad2

。

BSω

eab＝BLabvsin θ＝sin ωt。

2

⑤整个线圈产生的感应电动势：

e＝2eab＝BSωsin ωt；若线圈为n匝，则e＝nBSωsin ωt。

⑥若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得，i＝sin ωt，即i＝Imsin ωt。R两端的电压可记为u＝Umsin ωt。

(2)正弦式交变电流的峰值：

①由e＝nBSωsin ωt可知，电动势的峰值Em＝nBSω。

②感应电动势的峰值由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转动轴的位置无关，因此如图3-2-4所示几种情况，若n、B、S、ω相同，则感应电动势的峰值相同。

eR＋rR＋r＝Em

图3-2-4

③电流的峰值可表示为Im＝

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nBSω

。 R＋r生活的色彩就是学习

3．用图像描述交变电流的变化规律(从中性面开始计时)

磁通量 函数 Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt 图像 说明 感应电动势 e＝Emsin ωt ＝nBSωsin ωt S为线圈的面积，n为线圈的匝数，r为线圈的电阻(内阻)，R为外电阻 导体两端的电压 u＝Umsin ωt ＝REmsinωt R＋r i＝Imsin ωt 感应电流 ＝EmR＋rsin ωt

[典例] 有一匝数为10匝的正方形线圈，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕

OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图3-2-5所示，垂直于线圈平面向里的匀强磁

场的磁感应强度为0.5 T。

图3-2-5

(1)求该线圈产生的交变电流的电动势最大值、电流最大值分别为多少？ (2)线圈从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？ (3)写出感应电动势随时间变化的表达式。 [思路点拨]

[解析] (1)交变电流电动势最大值为Em＝2NBlv＝2NBlωK12的学习需要努力专业专心坚持

l2

＝NBSω＝

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Em6.282

10×0.5×0.2×10π V＝6.28 V，电流的最大值为Im＝＝ A＝6.28 A。

R1

(2)线圈转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°＝5.44 V。

(3)由于线圈转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V。

[答案] (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V (3)e＝6.28sin 10πt V

求交变电流瞬时值的方法

(1)确定线圈转动从哪个位置开始计时。 (2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数。

(3)确定转动的角速度ω＝2πn(n的单位为转/秒)、峰值Em＝NBSω。 (4)写出表达式，代入角速度求瞬时值。

1．如图3-2-6所示，一线圈在匀强磁场中匀速转动，经过图示位置时( )

图3-2-6

A．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大 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大，磁通量的变化率最小 D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小

解析：选A 由图可知线圈平面与磁感线平行，应处于垂直于中性面的平面，此时穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，所以A选项正确。

2．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图3-2-7甲所示，则下列说法中正确的是( )

图3-2-7

A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直

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B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率达到最大 C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大 D．该线圈相应的交流电动势图像如图乙所示

解析：选B 由题图甲知，当t＝0时，Φ最大，说明线圈平面与中性面重合，故A错ΔΦ

误；当t＝0.01 s时，Φ＝0最小，Φ-t图像的斜率最大，即Φ的变化率最大，故B

Δt正确；当t＝0.02 s时，Φ也最大，交流电动势为零，故C错误；由以上分析可知，D错误。

3．某一交变电流的电动势随时间变化的规律如图3-2-8所示。

图3-2-8

(1)该图像表示线圈在何处开始计时？

(2)线圈在哪些时刻处于与磁场方向垂直的位置？ (3)t1、t2时刻线圈分别处于与中性面的夹角为多大处？

解析：(1)e-t图像为正弦函数图像，说明是从线圈位于中性面位置开始计时的，此时，穿过线圈的磁通量最大，而线圈内的感应电动势为0。

(2)当线圈处于与磁场方向垂直的位置(中性面)时，e＝0，所以在0、t3、t6、t8时刻线圈与磁场方向垂直。

(3)由图像知，e＝Emsin ωt中Em＝10 V。 当t＝t1时，e1＝52 V，有θ1＝ωt1＝45°；当t＝t2时，e2＝10 V＝Em，有θ2＝ωt2＝90°。

答案：见解析

交变电流“四值”的比较与计算

物理含义 重要关系 从中性面开始计时 适用情况及说明 瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt u＝Umsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSω 电容器的击穿电压 K12的学习需要努力专业专心坚持

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EmIm＝ R＋rUm＝ImR (1)计算与电流的热效E＝跟交变电流的热效有效值 应等效的恒定电流的值 Em2应有关的量(如功、功 率、热量等 (2)电气设备“铭牌”) 上所标值 (3)保险丝的熔断电流(4)交流电流表、电压表的示数 I＝U＝Im22 Um E＝n交变电流图像中图平均值 线与时间轴所围的面积与时间的比值 ΔΦ Δt计算通过导体横截面的电荷量 E＝BLv EI＝R＋r

[典例] 如图3-2-9所示，线圈abcd的面积是0.05 m，共100匝，线圈电阻为1 Ω，1

外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝ T，当线圈以300 r/min的转速匀速转

π动时，求：

2

图3-2-9

(1)电路中感应电动势的最大值和有效值。 (2)电路中交流电压表和电流表的示数。

(3)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。 [思路点拨] 解答本题时应把握以下两点： (1)交流电表测量的是交变电流的有效值；

(2)求通过导体横截面的电荷量时，必须用交变电流的平均值。

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1300

[解析] (1)Em＝nBSω＝100××0.05×2π× V＝50 V

π60

E＝

Em

2

＝252 V＝35.4 V。

(2)电流表示数I＝

ER＋r＝3.54 A

电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V。 ΔΦ

(3)从图示位置转过90°的过程中，E＝n

ΔtE又I＝

R＋r，q＝IΔt，ΔΦ＝BS

所以q＝

nBS＝0.16 C。 R＋r[答案] (1)50 V 35.4 V (2)31.86 V 3.54 A (3)0.16 C

交变电流的有效值与平均值的区别

(1)计算方法不同。交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，常用的计算式为Q交

＝Q直。交变电流的平均值是交变电流的图像中波形跟时间轴所围的面积与时间的比值，交

EΔΦ

变电流的平均值应根据E＝n和I＝进行计算。

ΔtR(2)适用范围不同。在计算交变电流通过导体产生的热量、热功率时，只能用交变电流的有效值，不能用平均值；在计算通过导体的电荷量时，只能用交变电流的平均值，不能用有效值。

1.实验室里的交流发电机可简化为如图3-2-10所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动。今在发电机的输出端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V。已知R＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )

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图3-2-10

A．线圈位于图中位置时，线圈中的瞬时电流为零

B．从中性面开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为i＝2sin 50πt(A) C．流过电阻R的电流每秒钟方向改变100次 D．电阻R上的热功率等于20 W

解析：选B 在题图所示位置，磁通量变化最快，感应电动势最大，感应电流最大，A错。电压有效值为10 V，最大值为102 V，电流的最大值Im＝＝2 A，从中性面开始计时应该为：i＝2sin 50πt(A)，B对。频率为25 Hz，每秒钟电流方向改变50次，C错。

Um

RU2

电压有效值为10 V，R的功率为P＝＝10 W，D错。

R2．某交变电流的电压为u＝62sin 314t(V)，则( )

A．把额定电压为6 V的小灯泡直接接在此电源上，小灯泡能正常发光 B．把电磁打点计时器接在此电源上，打点周期为0.01 s

C．把此电压加在阻值为6 Ω的电阻上，该电阻消耗的功率为12 W D．击穿电压为6 V的电容器能直接接在此电源上

解析：选A 电源电压有效值为6 V，刚好等于小灯泡的额定电压，A对；打点计时器的打点周期等于交变电流的周期，是0.02 s，B错；6 Ω电阻消耗的功率P＝6/6 W＝6 W，C错；击穿电压6 V小于电源最大电压62 V，该电容器不能直接接到此电源上，D错。

3．如图3-2-11所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈

2

abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，转动方

向如图所示，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：

图3-2-11

(1)转动过程中感应电动势的最大值；

(2)线圈由图示位置转过60°时，线圈中的瞬时感应电动势；

(3)线圈由图示位置转过60°的过程中，线圈中产生的平均感应电动势； (4)电压表的示数；

(5)线圈转动一周的过程中，外力所做的功；

(6)线圈由图示位置转过60°的过程中，通过R的电荷量为多少？ K12的学习需要努力专业专心坚持

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解析：(1)感应电动势的最大值为Em＝ NBSω＝3.14 V。

(2)线圈由图示位置转过60°时，线圈中的瞬时感应电动势为e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V。

ΔΦ

(3)线圈由图示位置转过60°的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝N＝

Δt3

0.5×0.01×

2BSsin 60°

N＝100× V≈2.6 V。

112πT×662π

3.14

(4)电压表示数为外电路电压的有效值U＝

ER＋r·R＝

2

×4 V≈1.78 V。 4＋1

(5)线圈转动一周的过程中，外力所做的功等于电流产生的热量W＝Q＝

E2R＋r·T＝

???

Em

2

?21

?·R＋r·T≈0.99 J。 ?

TET(6)线圈由图示位置转过60°的过程中，通过电阻R的电荷量为q＝I·＝·＝

6R＋r6

NBSsin 60°TNBSsin 60°

·＝≈0.086 6 C。

T6R＋rR＋r6

答案：(1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C

1．下列说法不正确的是( )

A．交流发电机是把其他形式的能转变为电能的装置 B．交流发电机是把电能转变成其他形式能的装置

C．交流发电机中电枢和磁极不管谁转动，只要转动，就称为转子，只要不动，就称为定子

D．交流发电机利用的是电磁感应原理

解析：选B 交流发电机是利用线圈在磁场中转动，引起电磁感应现象形成电流，将其他形式的能转化为电能。交流发电机的内部是由转子和定子组成的，转动的为转子，不动的为定子。故选项A、C、D正确，B错误。

2．下列选项中，哪些情况线圈中不能产生交流电( )

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解析：选A 线圈转动过程中磁通量发生改变时，才能产生交流电，A项中磁通量不变，故A项符合题意。

3.如图1所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )

图1

A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次 B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流 C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b

D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零

解析：选C 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错。线圈处于图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电流最大，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故B错，C对。线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故D错。

4.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在下列选项中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是( )

图2

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解析：选C 由右手定则或者楞次定律可以确定开始时刻感应电流的方向为

a→b→c→d→a，跟规定的正方向相同，而且该时刻感应电流最大，故选C。

5．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt V。对此电动势，下列表述正确的有( )

A．最大值是502 V C．有效值是252 V

B．频率是100 Hz D．周期是0.02 s

解析：选CD 由交变电动势的表达式可知，电动势的最大值Em＝50 V，则有效值E＝2π1

＝252 V，周期T＝＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，所以选项C、D正确。

ωTEm

2

6．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图3甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡。如图乙所示，则( )

图3

A．电压表的示数为220 V

B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W

D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J

解析：选D 由图像可知电动势的有效值为220 V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝

R＝×95 V＝209 V，选项A错误；由图像读出交变电流的周期为T＝0.02 s，

R＋r100TE220

1

则频率f＝＝50 Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变100次，选项B错误；灯泡的实际功率为P＝?K12的学习需要努力专业专心坚持

?

?

ER＋r?2??R＝???

220

100

?2

?×95 W＝459.8 W，选项C?

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错误；由焦耳定律得发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝?

??

ER＋r?2

?rt＝?

???

220100

?2

?×5×1 J＝24.2 J，选项D正确。 ?

7.如图4所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω。空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。若闭合线圈的总电阻为R，则( )

图4

A．线圈中电动势的有效值为

2

NBL2ω 2

12

B．线圈中电动势的最大值为NBLω

2

C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流 12

D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为NBL

2

解析：选B 由于只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，所以最大值：Em＝

12

NBL2ω，有效值：E＝Em

2

＝

22

NBLω。故A错、B对。在线圈转动的过程中，线圈始终有一4

半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，故C错。图中所示位置中，穿过线圈的磁通量12

为BL，D错。正确选项为B。 2

8．如图5所示电路中，电源电压u＝311sin 100πt V，A、B间接有“220 V 440 W”的电暖宝、“220 V 220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝。下列说法正确的是( )

图5

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A．交流电压表的示数为311 V

B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于32 A C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍 D．1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×10 J

解析：选D 由u＝311sin 100πt V可知，交变电压的有效值为220 V，故交流电压表的示数为220 V，选项A错误；由两用电器的额定功率为660 W，根据P＝UI可知，保险丝的额定电流应不小于3 A，选项B错误；因抽油烟机220 W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1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×10 J，选项D正确。

9．(多选)一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n，则( )

A．线框产生交变电动势的最大值为nπBS B．线框产生交变电动势的有效值为2nπBS

1

C．从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBS

4D．感应电动势瞬时值表达式为e＝2nπBSsin 2nπt

解析：选BD 转速为n，则角速度为2πn，根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω可以知道，电动势的最大值为2nπBS，有效值为最大值的

1

ΔΦ

，B对、A错。由E＝n得平Δt2

4

4

均电动势为4nBS，C错。从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，感应电动势瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt＝2nπBSsin 2nπt，D对。

10．(多选)如图6甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则( )

图6

A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合 B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V

解析：选AC t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均

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1

与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶

Ta11＝3∶2，B项错误；a图线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项TbTa4×10－22π

正确；a图线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，b图线对

1

Ta2πEbmTa210应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ VTbEamTb32＝52 V，D项错误。

11．在水平方向的匀强磁场中，有一个正方形闭合线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动，已知线圈的匝数为N＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T，求：

(1)外力驱动线圈转动的功率；

(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；

(3)线圈由中性面转至与中性面成30°角的过程中，通过导线横截面的电荷量。 解析：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×0.2×2π×50 V＝628 V

感应电动势的有效值为E＝

2

Em

2

＝3142 V

210

2

E2

外力驱动线圈转动的功率与线圈中交变电流的功率相等，即P外＝＝R1.97×10 W。

4

W＝

(2)当线圈转至线圈平面与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势的瞬时值为

e＝Emsin 30°＝314 V

感应电流的瞬时值为i＝＝e314

A＝31.4 A。 R10

ΔΦ

(3)在线圈由中性面转过30°的过程中，线圈中的平均感应电动势为E＝N

ΔtΔΦ

平均感应电流为I＝N RΔt故通过导线横截面的电荷量为

NBl21－cos 30°

q＝IΔt＝N＝＝0.027 C。

RRΔΦ

答案：(1)1.97×10 W (2)314 V 31.4 A (3)0.027 C

12．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图7所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两

4

K12的学习需要努力专业专心坚持

生活的色彩就是学习

4

磁场区域的圆心角均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd9＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：

图7

(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F； (3)外接电阻上电流的有效值I。

解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，感应电动势Em＝4NBlv

2解得Em＝2NBlω。 (2)电流Im＝

2

lEm

r＋R，安培力F＝2NBIml

4NBlω

解得F＝。

r＋R4

(3)一个周期内，通电时间t＝T

9

223

R上消耗的电能W＝Im2Rt且W＝I2RT

4NBlω

解得I＝。

r＋R4NBlω4NBlω

答案：(1)2NBlω (2) (3) r＋Rr＋R2

223

2

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