高中物理-發電問題練習一．選擇題1．某小型旋轉電樞式發電機所產生的交變電動勢為110V、頻率為60Hz，要使它產生的電動nNB勢變為220V、頻率變為50Hz，需要調整線圈的轉速、匝數或磁感應強度的大小。下列調整合適的是()nBNA．使變為原來的1.2倍，變為原來的2倍，變為原來的1.2倍55NB．使變為原來的，變為原來的，變為原來的2倍nB665C．使變為原來的，變為原來的2倍，不變nNB65D．使變為原來的，變為原來的2.4倍，不變nNB6【參考答案】Dnr2．如圖所示，一交流發電機的矩形線圈匝數為＝10，其電阻＝S2Ω，面積＝0.2m2，在2磁感應強度＝T的勻強磁BOO場方向的對稱軸′場中，若線圈從中性面位置開始繞垂直于磁πωR以＝10πrad/s的角速度勻速轉動，向＝18Ω的電阻供電。則以下說法中正確的是()1A．該線圈產生的是余弦式交變電流B．線圈在轉動過程中產生的最大感應電動勢為40V12C．線圈開始轉動s時流過電阻的瞬時電流大小為AR602RD．電阻上消耗的電功率為9W【參考答案】D3．小型交流發電機的矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間的關系是正弦函數．將發電機與一個標有“6V、6W”的小燈泡連接形成閉合回路，不計電路的其他n電阻．當線圈的轉速為＝5r/s時，小燈泡恰好正常發光，則電路中電流的瞬時值表達式為()itA．＝sin5(A)itB．＝sin10π(A)ititD．＝1.41sin10π(A)C．＝1.41sin5(A)【參考答案】DPUI【名師解析】因為小燈泡正常發光，所以電路中電流的有效值為＝＝1A，則電流的最大值I為＝2mnωnωA≈1.41A．因為轉速＝5r/s，且＝2π，所以＝10πrad/s，故電路中電流的瞬時i值表達式為2t＝1.41sin10π(A)，選項D正確．4.如右圖所示，甲為一臺小型發電機構造示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢隨時間變化的正弦規律如圖乙所示。發電機線圈內阻為1Ω，外接燈泡的電阻為9Ω恒定不變，則下列說法中正確的為()A．電壓表的示數為6VB．發電機的輸出功率為4WC．在l.0×10-2s時刻，穿過線圈的磁通量最大D．在1.0×10-2s時刻，穿過線圈的磁通量變化率最大【參考答案】C【考點】本題考查了交變電流的產生，交變電流圖象及其相關的知識點。【易錯點撥】解答此題易錯點主要有三：一是混淆最大值和有效值，混淆電動勢和路端電壓，錯選A。二是混淆磁通量與磁通量變化率，錯選D。三是不能從交變電流圖象中提取想、有效胡亂選擇。5.一交流發電機和理想變壓器按如圖電路連接。圈以轉速n勻速轉動時，電壓表示數為U，燈泡（額定電壓為U0，電阻恒為R）恰能正則（電表均為理想電表信息，無從下手，已知該發電機線圈匝數為N，電阻為r，當線常發光，）3UUA．變壓器的匝數比為∶0UB．電流表的示數為20UR2UC．在圖示位置時，發電機線圈的磁通量為2NnuUD．從圖示位置開始計時，變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為=sin(2nπt)【參考答案】AB二、計算題r1.如圖所示，一個半徑為的ab半圓形線圈，以直徑為軸勻速轉動，nab轉速為，的左側有ab垂直于紙面向里(與垂直)的BMN感應強度為。和是兩個集流環，勻強磁場，磁負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：(1)感應電動勢的最大值。41(2)從圖示位置起轉過轉的時間內負載電阻上產生的熱量。R41(3)從圖示位置起轉過轉的時間內通過負載電阻的電荷量。R4(4)求出電流表的示數。π4B2nr48RπBr2π2r2nB(4)2RBnr【答案】(1)π2(2)2(3)2R【名師解析】(1)線圈繞軸轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流：此交變電流的最大值為πr2E＝BSω＝BnBnr22π＝π22。m2.磁流體發電是一種新型發電方式，題13-5圖1和圖2是其工作原理示意圖。圖1中的長方體是發電導管，其中空部分的長、高、寬分別為l、a、b，前后兩個側面是絕緣體，上下兩個側面是電阻可略的導體電極，這兩個電極與負載電阻整個發電導管處于圖2中磁R相連。1場線圈產生的勻強磁場里，磁感應強度為B，方向如圖所示。發電導管內有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導管向右流動，并通過專用管道導出。由于運動的電離氣體受到磁場作用，產5生了電動勢。發電導管內電離氣體流速隨磁場有無而不同。設發電導管內電離氣體流速處處相同，且不存在磁場時電離氣體流速為v，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發電導管兩0端的電離氣體壓強差p維持恒定，求：F（1）不存在磁場時電離氣體所受的摩擦阻力多大；E（2）磁流體發電機的電動勢的大小；P（3）磁流體發電機發電導管的輸入功率。設F為存在磁場時的摩擦阻力，依題意FvFv0存在磁場時，由力的平衡得abpF安F6Bav0B2av根據上述各式解得E10abp(R)blL（3）磁流體發電機發電導管的輸入功率Pabvp由能量守恒定律得PEIFvabvp0B2av故P。10abp(R)Lblabcd3圖14-3-甲是交流發電機模型示意圖。在磁感應強度為的勻強磁場中，有一矩形線圖Bdf可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO’轉動，由線圈引起的導線ae和分別與兩個跟線圈一起繞OO’轉動的金屬圈環相連接，金屬圈環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電話電阻形成閉合電路。圖14-3-乙是線圈的住視圖，導Rabcd線和分別用它們的橫截面來表示。已知長度為,bc長度為,線圈以恒定角速度abL1L2ω逆時針轉動。（只考慮單匝線圈）（1）線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推達式；導t時刻整個線圈中的感應電動勢e的表1（2）線圈平面處于與中性面成φ夾角位時置開始計時，如圖14-3-丙所示，試寫出t時刻整0個線圈中的感應電動勢e的表達式；2（3）若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。（其它電阻均不計）【名師解析】由法拉第電磁感應定律及其相關知識推導出t時刻整個線圈中的感應電動勢的表達式；由焦耳定律得出線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。abcdv（1）矩形線圈abcd轉動過程中，只有和切割磁感線，設ab和cd轉動速度為，則1vωL=·，22abcd在t時刻，導線和切割磁感線，產生的感應電動勢均為E=BLv，11⊥vvωt，由圖14-3J可知，=sin⊥ωωt則t時刻整個線圈的感應電動勢為e=BLLsin.。1217【點評】此題以交流發電機模型切入，意在考查交變電流的產生，瞬時值表達式，閉合電路歐姆定律、焦耳定律、有效值及其相關知識。注解：線圈轉動開始計時的時刻不同，其瞬時值表達式不同，但最大值相同，有效值相同。4.某興趣小組設計了一種發電裝置，如圖14-4所示.。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場4區域的圓心角α均為π，磁場均沿半徑方向。匝數為的矩形線圈的邊長Nabcdab=cd=l、9bc=adlωbcad=2.線圈以角速度繞中心軸勻速轉動，和邊同時進入磁場。在磁場中，兩條邊所經過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直。線圈的總電阻為r，外R接電阻為。求：(1)線圈切割磁感線時，感應電動割磁感線時，bc邊所受安培力的大小；(3)外接電阻上電流的有效值I。.勢的大小E；mF(2)線圈切8EI(2)電流=，mR+rmFNBIl安培力=2m,，4NB2l3=2解得F。rR(3)一個周期內，通電時間t=4T/9IW=IRTR上消耗的電能W=Rt，且，2m24NBl23rR聯立解得：。I5．曾經流行過一種向自行車車頭燈供電的小型交流發電機，題14-10圖1為其結構示意圖。圖中N、S是一對固定的磁極，abcd為固定在轉軸上的矩形線框，轉軸過bc邊中點、與ab邊平行，如圖2所示。因摩擦而帶動小輪轉動，從而使線框在磁極間轉動。設線框由N＝800匝導線圈組成，每匝線圈的面積S＝20cm2，磁極間的磁場可視作勻強磁場，磁感強度B＝0.010T，自行車車輪的半徑R＝35cm，小齒輪的半徑R＝4.cm，大齒輪的半徑R＝10.0cm（見圖它的一端有一半徑r＝1.0cm的摩擦小輪，小輪與自行車車輪的邊緣相接觸，當車0輪轉動時，2）。現從靜止開始123使大齒輪加速轉動，問大齒輪的角速度為多大才能使發電機輸出電壓的有效值U＝3.2V？（假定摩擦小輪與自行車輪之間無相對滑動）9設自行車車輪轉動的角速度為ω，由于自行車車輪與摩擦小輪之間無相對滑動，有1Rω＝1Rω001小齒輪轉動的角速度與自行車輪轉動的角速度相同，也為ω。設大齒輪轉動的角速度為ω，1有Rω＝3Rω21由以上各式解得2URr20。BSNRRω＝·31代入數據得ω＝3.2rad/s。6.為了提高自行車夜間行駛的安全性，小明同學設計了一種“閃爍”裝置。如圖所示，自行車r后輪由半徑=5.0×10-2m的金屬內圈、半徑r=0.40m的金屬外圈和絕緣幅條構成。后輪的內、21外圈之間等間隔地接有4根金屬條，每根金屬條的中間均串聯有一電阻值為R的小燈泡。在支架上裝有磁鐵，形成了磁感應強度B=0.10T、方向垂直紙面向外的“扇形”勻強磁場，其內半θω徑為r、外半徑為r、張角=π/6。后輪以角速度=2πrad/s相對于轉軸轉動。若不計12其它電阻，忽略磁場的邊緣效應。abab（1）當金屬條進入“扇形”磁場時，求感應電動勢E，并指出上的電流方向；10ab（2）當金屬條進入“扇形”磁場時，畫出“閃爍”裝置的電路圖；ab（3）從金屬條進入“扇形”磁場時開始，經計算畫出輪子一圈過程中，內圈與外圈之間電UtU-t圖象；勢差隨時間變化的abab（4）若選擇的是“1.5V、0.3A”的小燈泡，該“閃爍”裝置能否正常工作？有同學提出，通Br2ω過改變磁感應強度、后輪外圈半徑、角速度和張角θ等物理量的大小，優化前同學的設計方案，請給出你的評價。ab【名師解析】（1）當金屬條在磁場中切割磁感線時所構成的回路的磁通量變化。設經過時t間△t，磁通量變化量為△Φ，由法拉第電磁感應定律，E=△Φ/△。1△Φ=B△S=B(r2△2θ-1θr△)，2221θ/t=ω△△，聯立解得：E=4.9×10-2V。根據右手定則可判斷出感應電流方向為b→a。ab（2）