“四翼”檢測評價（十） 交變電流

“四翼”檢測評價（十）交變電流eq\a\vs4\al(A)組—重基礎·體現綜合1．(2022·煙臺高二檢測)下列各圖像中不屬于交流電的有()解析：選AA圖電流的方向不變，是直流電，B、C、D選項中電流的大小、方向都做周期性變化，是交流電，故選A。2.如圖所示，足夠大的勻強磁場中有一個矩形線圈，正繞垂直于磁場的軸以恒定的角速度勻速轉動，下列分析正確的是()A．轉動過程中，線圈中產生的感應電動勢大小不變B．如果僅將線圈的轉軸向右平移一段距離，線圈繞軸轉動時產生的感應電動勢將增大C．如果僅將線圈的轉軸向左平移一段距離，線圈繞軸轉動時產生的感應電動勢增大D．當線圈從圖中位置轉過90°時，線圈中產生的感應電動勢為0解析：選D從與中性面垂直的位置開始計時，矩形線圈產生的電動勢為e＝NBSωcosωt，式中N為線圈的匝數，S為線圈的面積，所以電動勢大小隨時間變化，A錯誤；根據上面分析的電動勢的表達式可知，轉軸向左或者向右移動，感應電動勢的表達式不變，B、C錯誤；當線圈從題圖中位置轉過ωt＝90°時，感應電動勢e＝NBSωcos90°＝0，D正確。3.利用示波器可以顯示輸入信號的波形。單匝正方形金屬線框abcd處在勻強磁場中，以線圈平面內某虛線OO′為軸勻速轉動時，線圈內產生的電流隨時間的變化關系如示波器所示。則在四個選項所示的情境中，無論從線圈平面處于哪個位置開始計時，都不可能產生該電流的是()解析：選AA項中，當線圈繞平面內平行于磁場方向的軸OO′勻速轉動時，線圈中的磁通量始終不變，沒有感應電流產生，故A不可能產生題圖所示電流。B、C、D三項中線圈均繞垂直于磁場方向的軸轉動，根據正弦式交變電流的產生原理可知，三者均可產生示波器中的正弦式交變電流。4.如圖所示是一多匝線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動所產生的感應電動勢的圖像，根據圖像可知()A．此感應電動勢的瞬時表達式為e＝200sin0.02tVB．此感應電動勢的瞬時表達式為e＝200sin100πtVC．t＝0.01s時，穿過線圈的磁通量為零D．t＝0.02s時，穿過線圈的磁通量的變化率最大解析：選B由題圖像知周期T＝0.02s，電動勢最大值為200V，角速度為eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，所以感應電動勢的瞬時表達式為e＝200sin100πtV，A錯誤，B正確；t＝0.01s時，感應電動勢為零，則穿過線圈的磁通量最大，C錯誤；t＝0.02s時，感應電動勢為零，則穿過線圈的磁通量的變化率也為零，故D錯誤。5.如圖所示，左側豎直長導線通有方向向下的恒定電流，一矩形線圈abcd可繞其豎直對稱軸O1O2轉動。當線圈繞軸以角速度ω沿逆時針(沿軸線從上往下看)方向勻速轉動，從圖示位置開始計時，下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈產生的感應電動勢最大B．0～eq\f(π,2ω)時間內，線圈中感應電流方向為abcdaC．t＝eq\f(π,2ω)時，穿過線圈的磁通量為0，感應電動勢也為0D．線圈每轉動一周電流方向改變一次解析：選B由安培定則可知，直導線右側的磁場方向垂直紙面向外，則t＝0時，線圈中的磁通量最大，磁通量的變化率為0，產生的感應電動勢為0，A錯誤；由楞次定律和安培定則可知0～eq\f(π,2ω)時間內，線圈轉過90°，此時線圈中感應電流方向為abcda，B正確；t＝eq\f(π,2ω)時，通過線圈的磁通量為0，但磁通量變化率不為0，則感應電動勢不為0，C錯誤；線圈每轉動一周電流方向改變兩次，D錯誤。6．(多選)某交流發(fā)電機產生的正弦式交變電流的感應電動勢與時間的關系如圖所示，下列說法正確的是()A．交流電動勢的表達式為e＝100eq\r(2)sin50πt(V)B．交流電動勢的表達式為e＝100sin50πt(V)C．若其他條件不變，僅使線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t交流電動勢的表達式為e＝50sin50πt(V)D．若其他條件不變，僅使線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼囊话耄瑒t交流電動勢的最大值變?yōu)?0V解析：選BD由題圖可知，交流電動勢的最大值Em＝100V，周期T＝0.04s,所以瞬時值表達式為e＝100sin50πt(V)，A錯誤，B正確；根據感應電動勢最大值的表達式Em＝NBSω得知，其他條件不變時，Em與ω成正比，Em′＝NBS·eq\f(1,2)ω＝50V，此時交流電動勢的表達式為e＝50sin25πt(V)，C錯誤，D正確。7.如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生的正弦交流電的圖像，當調整線圈轉速后，所產生的正弦交流電的圖像如圖線b所示。以下關于這兩個正弦交流電的說法中正確的是()A．線圈前后兩次轉速之比為1∶2B．交流電b電壓的最大值為eq\f(20,3)VC．交流電a電壓的瞬時值表達式為u＝10sin0.4πtVD．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量為0解析：選B由題圖可知，周期Ta＝0.4s，Tb＝0.6s，則線圈前后兩次轉速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，A錯誤；由電動勢的最大值Em＝NBSω，知兩個電壓最大值之比Uma∶Umb＝ωa∶ωb＝3∶2，由題圖知交流電a電壓最大值為Uma＝10V，則交流電b電壓的最大值為eq\f(20,3)V，B正確；ωa＝eq\f(2π,Ta)＝5πrad/s，交流電a電壓的瞬時值表達式為u＝Umasinωt＝10sin5πtV，C錯誤；t＝0時刻u＝0，根據法拉第電磁感應定律可知，磁通量變化率為0，此時線圈處于中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，D錯誤。8.線圈的匝數為100匝，在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動時，穿過線圈的磁通量隨時間的變化規(guī)律如圖所示。下列結論正確的是()A．在t＝0和t＝0.2s時，線圈平面和磁場垂直，電動勢最大B．在t＝0.1s和t＝0.3s時，線圈平面和磁場垂直，電動勢為0C．在t＝0.2s和t＝0.4s時電流改變方向D．在t＝0.1s和t＝0.3s時，線圈切割磁感線的有效速率最大解析：選B在t＝0、t＝0.2s、t＝0.4s時，磁通量最小，線圈位于與中性面垂直的位置，感應電動勢最大，電流方向沒有發(fā)生改變，A、C錯誤；在t＝0.1s和t＝0.3s時，磁通量最大，線圈位于中性面位置，感應電動勢為0，磁通量變化率為0，線圈切割磁感線的有效速率最小，D錯誤，B正確。9.(2022·福州高二檢測)如圖所示，一半徑為r＝10cm的圓形線圈共100匝，在磁感應強度B＝eq\f(5,π2)T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的中心軸線OO′以n＝600r/min的轉速勻速轉動，當線圈轉至中性面位置(圖中位置)時開始計時。(1)寫出線圈內所產生的交變電動勢的瞬時值表達式。(2)求線圈從圖示位置開始在eq\f(1,60)s時的電動勢的瞬時值。解析：線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸線勻速轉動時，線圈內產生正弦交變電動勢，當線圈平面在中性面時開始計時，其表達式為e＝Emsinωt。(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(與線圈形狀無關)，ω＝20πrad/s，故e＝100sin20πtV。(2)當t＝eq\f(1,60)s時，e＝100sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20π×\f(1,60)))V＝50eq\r(3)V≈86.6V。答案：(1)e＝100sin20πtV(2)86.6Veq\a\vs4\al(B)組—重應用·體現創(chuàng)新10.如圖所示，一正方形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，沿著OO′觀察，線圈沿逆時針方向轉動。已知勻強磁場的磁感應強度為B，線圈匝數為n，邊長為l，電阻為R，轉動的角速度為ω。則當線圈轉至圖示位置時()A．線圈所在位置為中性面，感應電流為0B．線圈中的感應電流為eq\f(nBl2ω,R)C．穿過線圈的磁通量為Bl2D．線圈中感應電流的方向為abcda解析：選B線圈所在的位置是垂直中性面的位置，感應電流最大，故A錯誤；此時刻穿過線圈的磁通量為0，故C錯誤；由題可知電動勢e＝nBωl2，依據歐姆定律可知電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，故B正確；依據楞次定律，線圈中感應電流的方向為adcba，故D錯誤。11．一氣體放電管，當其兩電極間的電壓超過500eq\r(3)V時，就放電發(fā)光。在它發(fā)光的情況下逐漸降低電壓，要降到500eq\r(2)V時才熄滅。放電管兩電極不分正負?，F有一正弦式交流電源，輸出電壓最大值為1000V，頻率為50Hz。若用它給上述放電管供電，則在一小時內放電管實際發(fā)光的時間為()A．15min B．25minC．30min D．45min解析：選B根據題意，ω＝2πf＝100πrad/s，該交流電源輸出電壓瞬時值的表達式為u＝1000sin100πt(V)，在前半個周期內，當t＝eq\f(T,6)時，放電管開始發(fā)光，t＝eq\f(3,8)T時，停止發(fā)光，發(fā)光時間為Δt＝eq\f(3,8)T－eq\f(T,6)＝eq\f(5,24)T，整個周期發(fā)光時間為2Δt＝eq\f(5,12)T，故一小時內的發(fā)光時間t＝eq\f(3600s,T)×eq\f(5,12)T＝1500s＝25min，A、C、D錯誤，B正確。12.(2022·廣州高二檢測)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝eq\f(\r(2),π)T，邊長L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈總電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω。求：(1)轉動過程中線圈中感應電動勢的最大值。(2)從圖示位置開始感應電動勢的瞬時值表達式。(3)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過30°角電路中電流的瞬時值。解析：(1)設轉動過程中感應電動勢的最大值為Em，則Em＝NBL2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2π