Question

3．如圖所示為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖，匝數(shù)為n=100匝，電阻為r=1Ω的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與電路連接，定值電阻R₁=6Ω，R₂=3Ω，其他電阻不計(jì)，線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=0.2s．從線框與磁場(chǎng)方向平行位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，理想電壓表的示數(shù)為2V．下列說(shuō)法中正確的是（　�。�

• A． 電阻R₁上的電功率為$\frac{2}{3}$W
• B． t=0.4s時(shí)，電阻R₂兩端的電壓瞬時(shí)值為零
• C． 從開(kāi)始計(jì)時(shí)到$\frac{1}{20}$s通過(guò)電阻R₂的電荷量為$\frac{\sqrt{2}}{15π}$C
• D． 若線圈轉(zhuǎn)速增大為原來(lái)的2倍，線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化規(guī)律為e=6$\sqrt{2}$cos20πt（V）

Answer 1

分析 根據(jù)P=$\frac{{U}^{2}}{R}$求得電阻消耗的功率，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)E_m=NBSω判斷轉(zhuǎn)速變化時(shí)電動(dòng)勢(shì)的變化，根據(jù)q=$N\frac{△∅}{R}$求得通過(guò)的電荷量

解答 解：A、電阻R₁上的電功率為P=$\frac{{U}^{2}}{{R}_{1}}=\frac{{2}^{2}}{6}W=\frac{2}{3}W$，故A正確
B、線圈勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的周期T=0.2s，t=0.4s時(shí)，正好又轉(zhuǎn)到了與磁場(chǎng)方向平行位置，故此時(shí)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故電阻R₂兩端的電壓瞬時(shí)值最大，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)閉合電路的歐姆定律產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值E=$\frac{R+r}{R}U=\frac{2+1}{2}×2V\\;=3V\$=3V，最大值${E}_{m}=\sqrt{2}E=3\sqrt{2}V$，有E_m=NBSω，故BS=$\frac{{E}_{m}}{Nω}=\frac{3\sqrt{2}}{100×10π}\frac{3\sqrt{2}}{1000π}$，故$∅=BS\\;sinωt=\frac{3\sqrt{2}}{1000π}sin10πt$sinωt=$\frac{3\sqrt{2}}{1000π}sin10πt$，從開(kāi)始計(jì)時(shí)到$\frac{1}{20}$s，磁通量的變化量$△∅=\frac{3\sqrt{2}}{1000π}$，故通過(guò)電阻R₂的電荷量為$q=\frac{2}{3}×\frac{N△∅}{R+r}=\frac{\sqrt{2}}{15π}C$，故C正確；
D、轉(zhuǎn)速增大2倍，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E_m=NBSω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故最大值為$E{′}_{m}=6\sqrt{2}$V，線圈中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化規(guī)律為e=6$\sqrt{2}$cos20πt（V），故D正確
故選：ACD

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道正弦式交流電峰值的表達(dá)式E_m=nBSω，以及知道峰值、有效值、平均值和瞬時(shí)值的區(qū)別