《2025年资源库高中物理人教版》

例521 如图1-20-18所示,圆形线圈共100匝、直径$d = 0.2\ m$,线圈的电阻$r = 1\ \Omega$,在匀强磁场中绕过直径的轴$OO'$沿顺时针方向(从上往下看)匀速转动,轴$OO'$和磁场方向垂直,磁感应强度的大小$B = \frac{1}{\pi}\ T$,角速度$\omega = 300\ rad/s$,外电路电阻$R = 9\ \Omega$,其余电阻不计,图中各交流电表均为理想电表,求：
(1)在图示时刻,圆形线圈中感应电流的方向；
(2)从图示时刻开始计时,线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)交流电压表的示数；
(5)从图示位置转过$90^{\circ}的过程中流过电阻R$的电荷量.
【解析】(1)线圈沿顺时针方向(从上往下看)匀速转动,由楞次定律和安培定则知,在图示时刻线圈中感应电流方向为逆时针方向.
(2)在图示位置磁通量变化率最大,线圈中感应电动势最大,$E_{m} = NBS\omega = NB\pi\left(\frac{d}{2}\right)^{2}\omega = 300\ V$,在图示时刻线圈与中性面垂直,故线圈中感应电动势的瞬时值表达式$e = E_{m}\cos\omega t = 300\cos 300t(V)$.
(3)感应电动势的有效值$E = \frac{E_{m}}{\sqrt{2}} = \frac{300}{\sqrt{2}}\ V = 150\sqrt{2}\ V$,线圈匀速转动的周期$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi}{150}\ s$,线圈匀速转动一圈,外力做功等于消耗的电能,即$W = \frac{E^{2}}{R + r}T = \frac{(150\sqrt{2})^{2}}{10}×\frac{\pi}{150}\ J \approx 94.2\ J$.
(4)交流电压表测的是路端电压的有效值,即$U = \frac{E}{R + r}R = 135\sqrt{2}\ V \approx 190.9\ V$.
(5)从图示位置转过$90^{\circ}$的过程中,流过$R的电荷量q = \overline{I}\Delta t = \frac{\overline{E}}{R + r}\Delta t = \frac{N\frac{\Delta\varPhi}{\Delta t}}{R + r}\cdot\Delta t = \frac{N\Delta\varPhi}{R + r} = 0.1\ C$.
【答案】(1)逆时针方向 (2)$e = 300\cos 300t(V)$ (3)$94.2\ J$ (4)$190.9\ V$ (5)$0.1\ C$
【点拨】电压表及电流表的示数为有效值,另外在求电功、电功率、焦耳热等物理量以及确定保险丝的熔断电流时,也应用有效值计算.

答案：
(1)感应电流方向为逆时针方向。
(2)线圈半径$l=\frac{d}{2}=0.1m$，圆形线圈面积$S = \pi l^{2} =0.01\pi m^{2}$，在图示位置磁通量变化率最大，感应电动势最大，$E_{m} = NBS\omega = 100 × \frac{1}{\pi} × 0.01\pi× 300 = 300V$，因为线圈从与中性面垂直位置开始计时，所以感应电动势瞬时值表达式为$e = 300\cos 300t(V)$。
(3)感应电动势的有效值$E = \frac{E_{m}}{\sqrt{2}} = \frac{300}{\sqrt{2}}V = 150\sqrt{2}V$，周期$T = \frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi}{150}s$，根据$W = \frac{E^{2}}{R + r}T$，可得$W = \frac{(150\sqrt{2})^{2}}{10} × \frac{\pi}{150}J\approx94.2J$。
(4)根据$U = \frac{E}{R + r}R$，可得$U=\frac{150\sqrt{2}}{10} × 9V = 135\sqrt{2}V\approx190.9V$。
(5)从图示位置转过$90^{\circ}$的过程中，$\Delta\varPhi = BS = \frac{1}{\pi} × 0.01\pi= 0.01Wb$，根据$q = \frac{N\Delta\varPhi}{R + r}$，可得$q = \frac{100×0.01}{10}C = 0.1C$。
答案见上述分析。

例522 如图1-20-19所示是一交流电的电流随时间变化的图像.此交流电的有效值是(B)

A.$5\sqrt{2}\ A$
B.$5\ A$
C.$3.5\sqrt{2}\ A$
D.$3.5\ A$
【解析】根据交流电有效值的定义,取一个周期计算电流产生的热量,设此交流电的有效值为$I$,有$I^{2}RT = (4\sqrt{2})^{2}R\cdot\frac{T}{2} + (3\sqrt{2})^{2}R\cdot\frac{T}{2}$,解得$I = 5\ A$,故B正确.
【答案】B

答案： B

例523 [河北新高考]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一,其发电、输电简易模型如图1-20-20所示,已知风轮机叶片转速为每秒$z$转,通过转速比为$1:n$的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动,发电机线圈面积为$S$,匝数为$N$,匀强磁场的磁感应强度为$B$,$t = 0$时刻,线圈所在平面与磁场方向垂直,发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后,输出电压为$U$.忽略线圈电阻,下列说法正确的是(C)


A.发电机输出的电压为$\sqrt{2}\pi NBSz$
B.发电机输出交变电流的频率为$2\pi nz$
C.变压器原、副线圈的匝数比为$\sqrt{2}\pi NBSnz:U$
D.发电机产生的瞬时电动势$e = \sqrt{2}\pi NBSnz\cdot\sin(2\pi nzt)$
【解析】发电机线圈的转速为$nz$,输出交变电流的频率$f = \frac{\omega}{2\pi} = nz$,B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生正弦式交流电,最大值$E_{m} = NBS\cdot 2\pi nz$,输出电压的有效值$E = \frac{E_{m}}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\pi NBSnz$,A错误；变压器原、副线圈的匝数比$\frac{n_{1}}{n_{2}} = \frac{E}{U} = \frac{\sqrt{2}\pi NBSnz}{U}$,C正确；发电机产生的瞬时电动势$e = E_{m}\sin\omega t = 2\pi NBSnz\cdot\sin(2\pi nzt)$,D错误.

【答案】C

答案： C

例524 [海南高考]如图1-20-21,电阻$R$、电容器$C和电感器L$并联后,接入输出电压有效值、频率可调的交流电源.当电路中交流电的频率为$f$时,通过$R$、$C和L$的电流有效值恰好相等.若将频率降低为$\frac{1}{2}f$,分别用$I_{1}$、$I_{2}和I_{3}表示此时通过R$、$C和L$的电流有效值,则( )

A.$I_{1} ＞ I_{3}$
B.$I_{1} ＞ I_{2}$
C.$I_{3} ＞ I_{2}$
D.$I_{2} = I_{3}$
【解析】设交变电流的频率为$f$时,通过$R$、$C和L的电流有效值为I$.交变电流的频率减小为$\frac{f}{2}$时,电阻$R$对电流的阻碍作用不变,所以$I_{1} = I$,电容器对交变电流的阻碍作用增大,所以电流$I_{2} ＜ I$,电感器对交变电流的阻碍作用减小,所以电流$I_{3} ＞ I$,故$I_{3} ＞ I_{1} ＞ I_{2}$,B、C正确.
【答案】BC
【点拨】电感器对交变电流的阻碍作用称为感抗,大小为$X_{L} = 2\pi fL$,电容器对交变电流的阻碍作用称为容抗,大小为$X_{C} = \frac{1}{2\pi fC}$,解这类题时可根据这两个表达式进行分析判断.

答案： BC

例525 一个电阻为$r$、边长为$L的正方形线圈abcd共N$匝,线圈在磁感应强度大小为$B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO'$以如图1-20-22所示的角速度$\omega$匀速转动,外电路电阻为$R$.
(1)在图中标出此刻线圈中感应电流的方向；
(2)求转动过程中感应电动势的最大值；
(3)求线圈平面与磁感线夹角为$60^{\circ}$时的感应电动势；
(4)设发电机由柴油机带动,其他能量损失不计,线圈转一周,求柴油机做多少功；
(5)从图示位置开始,求线圈转过$60^{\circ}的过程中通过R$的电荷量.
【解析】(1)电流方向为$d\rightarrow c\rightarrow b\rightarrow a\rightarrow d$(图略).
(2)感应电动势的最大值$E_{m} = NBS\omega = NB\omega L^{2}$.
(3)线圈平面与磁感线夹角为$60^{\circ}时的瞬时感应电动势e = E_{m}\cdot\cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}NBoL^{2}$.
(4)电动势的有效值$E = \frac{E_{m}}{\sqrt{2}}$,电流的有效值$I = \frac{E}{R + r}$,柴油机做的功转化为电能,线圈转一周,即在一个周期内做功$W = EIT = \frac{E^{2}}{R + r}T = \frac{\left(\frac{NBoL^{2}}{\sqrt{2}}\right)^{2}}{R + r}\cdot\frac{2\pi}{\omega} = \frac{\pi N^{2}B^{2}\omega L^{4}}{R + r}$.
(5)平均感应电流$\overline{I} = \frac{\overline{E}}{R + r} = \frac{N\cdot\Delta\varPhi}{\Delta t(R + r)}$,所以电荷量$q = \overline{I}\cdot\Delta t = \frac{N\cdot\Delta\varPhi}{R + r} = \frac{NBS\sin 60^{\circ}}{R + r} = \frac{\sqrt{3}NBL^{2}}{2(R + r)}$.
【答案】(1)见解析 (2)$NBoL^{2}$ (3)$\frac{1}{2}NBoL^{2}$ (4)$\frac{\pi N^{2}B^{2}\omega L^{4}}{R + r}$ (5)$\frac{\sqrt{3}NBL^{2}}{2(R + r)}$
<答案>答题卡
(1) 感应电流方向：$d \to c \to b \to a \to d$。
(2)感应电动势的最大值：
$E_{m} = $$NB\omega L^{2}$。
(3)当线圈平面与磁感线夹角为$60^{\circ}$时，瞬时感应电动势为：
$e = $$\frac{1}{2}NB\omega L^{2}$。
(4) 线圈转一周，柴油机做的功：
$W = $$\frac{\pi N^{2}B^{2}\omega L^{4}}{R + r}$。
(5) 线圈转过$60^{\circ}$的过程中通过$R$的电荷量：
$q = $$\frac{\sqrt{3}NBL^{2}}{2(R + r)}$。

答案： 答题卡
(1) 感应电流方向：$d \to c \to b \to a \to d$。
(2)感应电动势的最大值：
$E_{m} = NB\omega L^{2}$。
(3)当线圈平面与磁感线夹角为$60^{\circ}$时，瞬时感应电动势为：
$e = E_{m} \cdot \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2}NB\omega L^{2}$。
(4) 线圈转一周，柴油机做的功：
$W = \frac{\pi N^{2}B^{2}\omega L^{4}}{R + r}$。
(5) 线圈转过$60^{\circ}$的过程中通过$R$的电荷量：
$q = \frac{\sqrt{3}NBL^{2}}{2(R + r)}$。