课时跟踪检测（七） 描述交流电的物理量
1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图1所示。矩形线圈ab边和
cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
图1
A．峰值是e0 C．有效值是2Ne0 2
B．峰值是2e0 D．有效值是2Ne0
解析：选D 因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝2Ne0，故选项D正确。
2．(多选)矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝2202sin 100πt(V)，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为最大 B．电动势的有效值为220 2 V C．交流电的周期为0.01 s
D．若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝4402sin 200πt(V) 解析：选AD 线圈中电动势为正弦规律变化，t＝0时刻线圈中感应电动势为零，故此时线圈处于中性面上，磁通量最大，A对；电动势的有效值为U＝
Um
2
＝220 V，B错；交流电
2π
的周期为：T＝＝0.02 s，C错；若转速增大1倍，则最大值增大1倍，角速度也增加1
ω倍，故表达式为：e＝4402sin 200πt(V)，D对。
3. (多选)如图2所示在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈绕过了60°的感应电流为1 A，那么( )
图2
A．线圈中感应电流的有效值为2 A B．线圈消耗的电功率为4 W
2π
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
TT2π
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
πT解析：选BC 因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcos ωt，因为线圈转过了60°的感应电流为1 A，即1＝Imcos 60°，解得Im＝2 A，故感应电流有效值为I＝
2
A＝2 A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝IR＝(2)×2 W
2
2
2
2π
＝4 W，B正确；电路中感应电动势最大值为Em＝ImR＝4 V，线圈的角速度为ω＝，所以
T过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcos ωt＝4cos?
?2πt?，C正确；任意时刻穿过线
??T?
2π2πEm4
圈的磁通量为Φ＝BSsin t，根据公式Em＝NBSω＝NΦm，可得Φm＝＝＝
TT2π2π
N1×
TT2T2T?2π?
，故Φ＝sin?t?，D错误。 ππ?T?
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电
2压的最大值为( )
A．5 V C．10 V
B．52 V D．102 V
P解析：选C 设该电热器的电阻为R，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U，则＝
2
PU210 V；加直流电时，P＝RR确。
2
；又由最大值Um＝2U，可解出Um＝10 V。故只有选项C正
5.在如图3所示的电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝2202sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，
可变电阻的阻值应该大于( )
图3
A．1102 Ω C．220 Ω
B．110 Ω D．2202 Ω
解析：选B 保险丝的熔断电流指有效值，故由R＝
U有
得R＝110 Ω，B正确。 I有
6.如图4所示，在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO′轴匀速转动，若要使线圈中的电流峰值减半，不可行的方法是( )
图4
A．只将线圈的转速减半 B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半 D．只将线圈的边长减半
解析：选B 由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝
EmRNBS·2πn，故A、C可行；又电R阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半11
时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行。
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7.通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图5所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为( )
图5
A．12 V
B．410 V