Giải SBT Vật lí 12 Bài 17. Máy phát điện xoay chiều

Giải thích

Pha ban đầu của từ thông là 0 vì tại thời điểm ban đầu từ thông cực đại và đang giảm.

Pha ban đầu của suất điện động biểu diễn dưới dạng hàm sin là -$\frac{π}{2}$ vì tại thời điểm ban đầu suất điện động bằng 0 và đang tăng.

Từ thông và suất điện động vuông pha với nhau, đại lượng này bằng 0 thì đại lượng kia cực đại.

Giải thích:

Suất điện động cảm ứng ở hai đầu khung dây có dạng là ${e}_{c}=ωNBS(ωt-\frac{π}{2})(V)$

Biểu thức cường độ dòng điện có đồ thị như trên có dạng: $i={I}_{0}\sin (\frac{2π}{T}t)(A)$. Khi $i=I=\frac{{I}_{0}}{\sqrt{2}}$ ta có $\sin (\frac{2π}{T}t)=\frac{\sqrt{2}}{2}=\sin \frac{π}{4}$, giải phương trình này ra tìm được khoảng thời gian nhỏ nhất là $\frac{T}{4}=\frac{0{,}02}{4}=0{,}005s$.

Đáp án đúng là C

Ta có $i=155=\frac{{I}_{0}}{2}$, tức là giá trị tức thời bằng một nửa giá trị cực đại, thay ngược vào phương trình có: $155=310\sin 100\mathrm{πt}\Rightarrow \{\begin{matrix}t=\frac{1}{600}+\frac{k}{50} \\ t=\frac{11}{600}+\frac{k}{50}\end{matrix}$(với $k=0;\pm 1;\pm 2;...$)

Đáp án đúng là A

$P={I}^{2}R=\frac{{{I}_{0}}^{2}}{2}R=\frac{{(0{,}1\sqrt{2})}^{2}}{2}.10=0{,}1W$

Đáp án đúng là A

${E}_{0}=NBSω=2\mathrm{πNBSf}\Rightarrow E=\frac{2\mathrm{πNBSf}}{\sqrt{2}}$, ta thấy suất điện động tỉ lệ thuận với tần số.

Khi $E=0{,}037;f=1341\Rightarrow \frac{2\mathrm{πNBS}}{\sqrt{2}}=\frac{0{,}037}{1341}=2{,}76.{10}^{-5}\Rightarrow {E}_{0}=2{,}76.{10}^{-5}.\sqrt{2}.f=3{,}9.{10}^{-5}.f$

Đáp án đúng là C

Tính các tỉ số $\frac{E}{N}$ ta thấy E (mV) = 0,32N (vòng).

Đáp án đúng là D

$I=\frac{{I}_{0}}{\sqrt{2}}=\frac{{U}_{0}}{R\sqrt{2}}=\frac{100\sqrt{2}}{200\sqrt{2}}=0{,}5A\ f=\frac{ω}{2π}=\frac{100π}{2π}=50Hz\ P={I}^{2}R=0,{5}^{2}.200=50W$