“四翼”检测评价（十） 交变电流

“四翼”检测评价（十）交变电流eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．(2022·烟台高二检测)下列各图像中不属于交流电的有()解析：选AA图电流的方向不变，是直流电，B、C、D选项中电流的大小、方向都做周期性变化，是交流电，故选A。2.如图所示，足够大的匀强磁场中有一个矩形线圈，正绕垂直于磁场的轴以恒定的角速度匀速转动，下列分析正确的是()A．转动过程中，线圈中产生的感应电动势大小不变B．如果仅将线圈的转轴向右平移一段距离，线圈绕轴转动时产生的感应电动势将增大C．如果仅将线圈的转轴向左平移一段距离，线圈绕轴转动时产生的感应电动势增大D．当线圈从图中位置转过90°时，线圈中产生的感应电动势为0解析：选D从与中性面垂直的位置开始计时，矩形线圈产生的电动势为e＝NBSωcosωt，式中N为线圈的匝数，S为线圈的面积，所以电动势大小随时间变化，A错误；根据上面分析的电动势的表达式可知，转轴向左或者向右移动，感应电动势的表达式不变，B、C错误；当线圈从题图中位置转过ωt＝90°时，感应电动势e＝NBSωcos90°＝0，D正确。3.利用示波器可以显示输入信号的波形。单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中，以线圈平面内某虚线OO′为轴匀速转动时，线圈内产生的电流随时间的变化关系如示波器所示。则在四个选项所示的情境中，无论从线圈平面处于哪个位置开始计时，都不可能产生该电流的是()解析：选AA项中，当线圈绕平面内平行于磁场方向的轴OO′匀速转动时，线圈中的磁通量始终不变，没有感应电流产生，故A不可能产生题图所示电流。B、C、D三项中线圈均绕垂直于磁场方向的轴转动，根据正弦式交变电流的产生原理可知，三者均可产生示波器中的正弦式交变电流。4.如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像，根据图像可知()A．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin0.02tVB．此感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πtVC．t＝0.01s时，穿过线圈的磁通量为零D．t＝0.02s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大解析：选B由题图像知周期T＝0.02s，电动势最大值为200V，角速度为eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，所以感应电动势的瞬时表达式为e＝200sin100πtV，A错误，B正确；t＝0.01s时，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量最大，C错误；t＝0.02s时，感应电动势为零，则穿过线圈的磁通量的变化率也为零，故D错误。5.如图所示，左侧竖直长导线通有方向向下的恒定电流，一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈产生的感应电动势最大B．0～eq\f(π,2ω)时间内，线圈中感应电流方向为abcdaC．t＝eq\f(π,2ω)时，穿过线圈的磁通量为0，感应电动势也为0D．线圈每转动一周电流方向改变一次解析：选B由安培定则可知，直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外，则t＝0时，线圈中的磁通量最大，磁通量的变化率为0，产生的感应电动势为0，A错误；由楞次定律和安培定则可知0～eq\f(π,2ω)时间内，线圈转过90°，此时线圈中感应电流方向为abcda，B正确；t＝eq\f(π,2ω)时，通过线圈的磁通量为0，但磁通量变化率不为0，则感应电动势不为0，C错误；线圈每转动一周电流方向改变两次，D错误。6．(多选)某交流发电机产生的正弦式交变电流的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是()A．交流电动势的表达式为e＝100eq\r(2)sin50πt(V)B．交流电动势的表达式为e＝100sin50πt(V)C．若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的表达式为e＝50sin50πt(V)D．若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交流电动势的最大值变为50V解析：选BD由题图可知，交流电动势的最大值Em＝100V，周期T＝0.04s,所以瞬时值表达式为e＝100sin50πt(V)，A错误，B正确；根据感应电动势最大值的表达式Em＝NBSω得知，其他条件不变时，Em与ω成正比，Em′＝NBS·eq\f(1,2)ω＝50V，此时交流电动势的表达式为e＝50sin25πt(V)，C错误，D正确。7.如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是()A．线圈前后两次转速之比为1∶2B．交流电b电压的最大值为eq\f(20,3)VC．交流电a电压的瞬时值表达式为u＝10sin0.4πtVD．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0解析：选B由题图可知，周期Ta＝0.4s，Tb＝0.6s，则线圈前后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，A错误；由电动势的最大值Em＝NBSω，知两个电压最大值之比Uma∶Umb＝ωa∶ωb＝3∶2，由题图知交流电a电压最大值为Uma＝10V，则交流电b电压的最大值为eq\f(20,3)V，B正确；ωa＝eq\f(2π,Ta)＝5πrad/s，交流电a电压的瞬时值表达式为u＝Umasinωt＝10sin5πtV，C错误；t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律可知，磁通量变化率为0，此时线圈处于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，D错误。8.线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是()A．在t＝0和t＝0.2s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大B．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为0C．在t＝0.2s和t＝0.4s时电流改变方向D．在t＝0.1s和t＝0.3s时，线圈切割磁感线的有效速率最大解析：选B在t＝0、t＝0.2s、t＝0.4s时，磁通量最小，线圈位于与中性面垂直的位置，感应电动势最大，电流方向没有发生改变，A、C错误；在t＝0.1s和t＝0.3s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为0，磁通量变化率为0，线圈切割磁感线的有效速率最小，D错误，B正确。9.(2022·福州高二检测)如图所示，一半径为r＝10cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝eq\f(5,π2)T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式。(2)求线圈从图示位置开始在eq\f(1,60)s时的电动势的瞬时值。解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsinωt。(1)e＝Emsinωt，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，ω＝20πrad/s，故e＝100sin20πtV。(2)当t＝eq\f(1,60)s时，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)组—重应用·体现创新10.如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时()A．线圈所在位置为中性面，感应电流为0B．线圈中的感应电流为eq\f(nBl2ω,R)C．穿过线圈的磁通量为Bl2D．线圈中感应电流的方向为abcda解析：选B线圈所在的位置是垂直中性面的位置，感应电流最大，故A错误；此时刻穿过线圈的磁通量为0，故C错误；由题可知电动势e＝nBωl2，依据欧姆定律可知电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nBl2ω,R)，故B正确；依据楞次定律，线圈中感应电流的方向为adcba，故D错误。11．一气体放电管，当其两电极间的电压超过500eq\r(3)V时，就放电发光。在它发光的情况下逐渐降低电压，要降到500eq\r(2)V时才熄灭。放电管两电极不分正负。现有一正弦式交流电源，输出电压最大值为1000V，频率为50Hz。若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为()A．15min B．25minC．30min D．45min解析：选B根据题意，ω＝2πf＝100πrad/s，该交流电源输出电压瞬时值的表达式为u＝1000sin100πt(V)，在前半个周期内，当t＝eq\f(T,6)时，放电管开始发光，t＝eq\f(3,8)T时，停止发光，发光时间为Δt＝eq\f(3,8)T－eq\f(T,6)＝eq\f(5,24)T，整个周期发光时间为2Δt＝eq\f(5,12)T，故一小时内的发光时间t＝eq\f(3600s,T)×eq\f(5,12)T＝1500s＝25min，A、C、D错误，B正确。12.(2022·广州高二检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω。求：(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式。(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30°角电路中电流的瞬时值。解析：(1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em，则Em＝NBL2ω＝100×eq\f(\r(2),π)×0.12×2π