2017_2018学年高中物理课时跟踪检测七描述交流电的物理量教科版

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

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

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

=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。

42

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

联系客服:779662525#qq.com(#替换为@) 苏ICP备20003344号-4