如图.为小型旋转电枢式发电机原理图.其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动.线圈的匝数n=100.电阻r=10Ω.线圈的两端经集流环与电阻R连接.电阻R=90Ω.与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻.线圈平面与磁场方向平行.穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图(乙)所示正弦规律变化．求:(1)从t=0时刻� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图，为小型旋转电枢式发电机原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图（乙）所示正弦规律变化．求：

（1）从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中感应电动势；
（2）从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R的电量；
（3）电路中交流电压表的示数．
（4）从t=0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功．

分析：（1）根据E=n

△?

△t

即可求解；
（2）根据闭合电路欧姆定律求出电流，根据q=It即可求解；
（3）电路中交流电压表测量的是路端电压，根据闭合电路欧姆定律即可求解；
（4）外力对线圈所做的功等于产生的总热量．

解答：解：（1）从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中感应电动势E=n

△?

△t

=127.4V
（2）I=

R+r

=1.274A
q=It=1.274×0.0157C=0.02C
（3）由感应电动势规律，线圈中的电动势的最大值为：E_m=n△?ω=n△Φ

2π

=200V
有效值E=

=100

V
UR=

R+r

E=90

V
（4）外力对线圈所做的功等于产生的总热量，
所以W=Q=

R+r

t=12.56J
答：（1）从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中感应电动势为127.4V；
（2）从t=0时刻开始转动四分之一周期过程中流过电阻R的电量为0.2C；
（3）电路中交流电压表的示数为90

V．
（4）从t=0时刻开始转一周过程外力对线圈所做的功为12.56J．

点评：本题要注意求电荷量时，运用交流电的平均值，求产生的热能时，用交流电的有效值．

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科目：高中物理 来源： 题型：

如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按下图乙所示正弦规律变化．求：
（1）交流发电机产生的电动势最大值；
（2）电路中交流电压表的示数．