Question

1．如图甲为小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时（t=0），线圈中产生的交变电流的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈的内阻r=1.0Ω，外接灯泡的电阻R=9.0Ω，其他电阻不计，求：

（1）交流电压表的示数U；
（2）从t=0时刻起，在△t=0.005s内，穿过线圈某一横截面的电荷量q．

Answer 1

分析 （1）根据图乙可知产生电动势的峰值，根据$E=\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}$求有效值，再根据欧姆定律即可求解；
（2）根据$q=\frac{n△∅}{R+r}$求解．

解答 解：（1）由甲图知电压峰值为6$\sqrt{2}$V，所以有效值为$E=\frac{{E}_{m}}{\sqrt{2}}=\frac{6\sqrt{2}}{\sqrt{2}}V=6V$，
根据闭合电路中的分压特点得电压表示数为：$U=\frac{R}{R+r}E=\frac{9}{9+1}×6V=5.4V$
（2）根据电流的定义式得穿过线圈某一横截面的电荷量为：$q=\overline{I}△t=\frac{\overline{E}}{R+r}△t=\frac{\frac{n△∅}{△t}}{R+r}△t=\frac{n△∅}{R+r}$  ①
根据E_m=nBsω得：$Bs=\frac{{E}_{m}}{ω}=\frac{6\sqrt{2}}{\frac{2π}{0.02}}Wb=\frac{0.06\sqrt{2}}{π}Wb$  ②
△∅=Bs  ③
①②③联立解得：q=0.0027c
答：（1）交流电压表的示数U为5.4V；
（2）从t=0时刻起，在△t=0.005s内，穿过线圈某一横截面的电荷量q为0.0027c．

点评 本题考查了交流电的产生原理，要学会从图象中获取有用物理信息的能力，结合峰值和有效值的关系去分析，求电荷量要用平均值．