人教版選修3－1第五章第1節交變電流練習21．對于圖1所示的電流i隨時間t做周期性變化的圖象，下列描述正確的是()A．電流的大小變化，方向也變化，是交變電流B．電流的大小變化，方向不變，不是交變電流C．電流的大小不變，方向不變，是直流電D．電流的大小不變，方向變化，是交變電流2．如圖所示，一面積為S的單匝矩形線圈處于有界磁場中，能使線圈中產生交變電流的是()A．將線圈水平向右勻速拉出磁場B．使線圈以OO′為軸勻速轉動C．使線圈以ab為軸勻速轉動D．磁場以B＝B0sinωt規律變化3．標有“220V,μF”字樣的電容器能接入下面哪個電路中使用()A．220sin100πtVB．220V的照明電路中C．380sin100πtVD．380V的動力電路中4．在電路的M、N間加一如圖所示的正弦交流電，負載電阻為100Ω，若不考慮電表內阻對電路的影響，則交流電壓表和交流電流表的讀數分別為()A．220V,2.20AB．311V,C．220V,3.11AD．311V,5．交變電流的電壓表達式為u＝20sin314tV，求這個交變電壓的最大值Um、有效值U、周期T、頻率f.畫出交變電流的電壓u－t圖象．6．小型交流發電機中，矩形金屬線圈在勻強磁場中勻速轉動，產生的感應電動勢與時間呈正弦函數關系，如圖4所示．此線圈與一個R＝10Ω的電阻構成閉合電路，不計電路的其他電阻．下列說法正確的是()A．交變電流的周期為sB．交變電流的頻率為8HzC．交變電流的有效值為eq\r(2)AD．交變電流的最大值為47．如圖所示是一交變電流的i－t圖象，則該交變電流的有效值為()A．4AB．2eq\r(2)A\f(8,3)A\f(2\r(30),3)A8．矩形線圈的匝數為50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律如圖所示．下列結論正確的是()A．在t＝s和t＝s時，電動勢最大B．在t＝s和t＝s時，電動勢改變方向C．電動勢的最大值是157VD．在t＝s時，磁通量變化率最大，其值為Wb/s9．兩個完全相同的電熱器，分別通以圖7甲、乙所示的峰值相等的矩形交變電流和正弦交變電流，則這兩個電熱器的電功率之比P甲∶P乙等于()\r(2)∶1B．2∶1C．4∶1D．1∶110．如圖所示，單匝矩形線圈的一半放在具有理想邊界的勻強磁場中，線圈軸線OO′與磁場邊界重合。線圈按圖示方向勻速轉動。若從圖示位置開始計時，并規定電流方向沿a→b→c→d→a為正方向,則線圈內感應電流隨時間變化的圖象是下列選項中的()11．距離足夠大的金屬板A、B間有一電子(不計重力影響)，在A、B間接有如圖所示的正弦式電壓u，t＝0時電子從靜止開始運動，則()A．電子做往復運動B．在足夠長的時間后，電子一定要碰到某個金屬板上C．t＝T/2時，電子速度達到最大值D．t＝T時，電子將回到原出發點12.正弦式交變電壓u＝50sin314tV加在一個氖管的兩端，已知當氖管兩端的電壓達到25eq\r(2)V時，才開始發光．求氖管通電10min內，發光的次數和發光的總時間．13．如圖所示，勻強磁場的磁感應強度B＝T，邊長L＝10cm的正方形線圈abcd共100匝，線圈電阻r＝1Ω，線圈繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉動，角速度ω＝2πrad/s，外電路電阻R＝4Ω.求：(1)轉動過程中感應電動勢的最大值．(2)由圖示位置(線圈平面與磁感線平行)轉過60°角時的瞬時感應電動勢．(3)由圖示位置轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢．(4)交變電壓表的示數．(5)線圈轉動一周外力做的功．交變電流答案1．B2．BCD[將線圈向右拉出磁場時，線圈中電流方向不變，A選項錯．B、C兩種情況下產生交變電流，只有在C情況下當線圈全部位于磁場外的一段時間內線圈內沒有電流．由法拉第電磁感應定律可知D種情況下可產生交變電流，故B、C、D對．]3．A4．A[電壓表和電流表都是表示的有效值，根據圖象得出電壓的有效值是220V，根據歐姆定律得出電流的有效值是2.20A．]5．20V10eq\r(2)Vs50Hz圖象見解析解析已知交變電流的電壓表達式u＝Umsinωt，正弦符號前的系數即為電壓的最大值，根據正弦式交變電流的電壓有效值與最大值的關系U＝eq\f(Um,\r(2))，可求得U；再根據T＝eq\f(2π,ω)，求得T；由f＝eq\f(1,T)，求得f.據題意，交變電流電壓最大值Um＝20V，有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝10eq\r(2)V，周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,314)s＝s，頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz.根據u＝Umsinωt＝20sin314tV，畫出交變電流的電壓隨時間變化的圖象如圖所示6．C[由圖可知交變電流的周期T＝s，頻率f＝eq\f(1,T)＝4Hz，故選項A、B錯誤；交變電流的有效值I＝eq\f(Em,\r(2)R)＝eq\f(20,\r(2)×10)A＝eq\r(2)A，故選項C正確；交變電流的最大值Im＝eq\f(Em,R)＝eq\f(20,10)A＝2A，故選項D錯誤．]7．D[設該交變電流的有效值為I，t1＝1s，t2＝2s，由有效值的定義得(eq\f(Im,\r(2)))2Rt1＋Ieq\o\al(2,m)Rt2＝I2Rt.而t＝t1＋t2＝3s，代入數據解得：I＝eq\f(2\r(30),3)A，故D正確．]8．CD[磁通量最大時，磁通量的變化率最小，如s、s時磁通量的變化率為0，電動勢為零，A錯誤；s和s時磁通量的變化率最大，電動勢最大，但不改變方向，B錯誤；公式Em＝nBSω＝nΦmω，其中Φm＝Wb，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,＝5π，所以Em＝50××5πV＝50πV≈157V，故C正確；s和s時磁通量變化率最大，電動勢最大，由Em＝neq\f(ΔΦ,Δt)得此時eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Em,n)＝eq\f(157,50)Wb/s＝Wb/s，故D正確．]9．B[甲為矩形交變電流，它的大小恒為Im，方向做周期性的變化，而電流通過電阻的熱功率跟電流的方向無關，所以矩形交變電流通過電阻R的熱功率P甲＝Ieq\o\al(2,m)R；乙為正弦交變電流，計算熱功率時要用電流的有效值：I＝eq\f(Im,\r(2))，所以P乙＝I2R＝(eq\f(Im,\r(2)))2R＝eq\f(I\o\al(2,m),2)R＝eq\f(P甲,2)，得eq\f(P甲,P乙)＝eq\f(2,1).故B正確．]10．A[t＝0時線圈磁通量最大，磁通量的變化率最小，所以感應電動勢、感應電流最小．根據楞次定律可以判斷，t＝0時刻開始線圈中磁通量變小，產生的感應電流i為負向，電流變大，C、D錯．經過1/4周期后，dc切割磁感線，電流方向為負，電路中有持續負方向的電流，A對，B錯．]11．BC[電子始終朝一個方向運動，不斷交替加速、減速，故B、C正確．]12．6×104次5min解析交變電壓u＝50sin314tV，則最大值為Em＝50V，又ω＝314＝100π＝2π/T，所以T＝s.對氖管，只要u≥25eq\r(2)V，就發光，u＝25eq\r(2)V時，代入瞬時值方程得sin100πt＝eq\f(\r(2),2)在正半周有兩個解就是100πt1＝eq\f(π,4)和100πt2＝eq\f(3π,4)，即t1＝5s，t2＝5s在正半周的時間為Δt＝t2－t1＝s；同理，在負半周也有這么長的發光時間，每個周期內的發光時間為ΔT＝2Δt＝s，發光兩次．所以10min內的發光次數為N＝2eq\f(t,T)＝2×eq\f(10×60,＝6×104(次)總的發光時間為NΔt＝6×104×s＝300s＝5min.13．(1)V(2)V(3)V(4)V(5)J解析(1)感應電動勢的最大值為Em＝nBωS＝100××2π×2V＝V(2)轉過60°時的瞬時感應電動勢為e＝Emcos60°＝×V＝V(3)由圖示位置轉過60°角的過程中產生的平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(BSsin60°,\f(1,6)T)＝1