滾動檢測(三)交變電流(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分．在每小題給出的四個選項中，至少有一個是正確的，全選對的得7分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分)1．下列關于低頻扼流圈和高頻扼流圈的阻礙作用的說法中，正確的有()．A．低頻扼流圈對低頻交流電有很大的阻礙作用，對高頻交流電的阻礙作用就更大B．低頻扼流圈對低頻交流電有很大的阻礙作用，對高頻交流電的阻礙作用就較小C．高頻扼流圈對高頻交流電有很大的阻礙作用，對低頻交流電的阻礙作用就更大D．高頻扼流圈對高頻交流電有很大的阻礙作用，對低頻交流電的阻礙作用就較小解析感抗跟電感和交變電流的頻率有關，電感越大、頻率越高，感抗越大．低頻扼流圈電感很大對低頻交流電就有很大的阻礙作用，對高頻交流電的阻礙作用就更大，故A正確；高頻扼流電感很小，高頻扼流圈對高頻交流電有很大的阻礙作用，對低頻交流電的阻礙較小，故D正確．答案AD2．如圖1所示，某電子電路的輸入端輸入電流既有直流成分，又有交流低頻成分和交流高頻成分．若通過該電路只把交流的低頻成分輸送到下一級，那么關于該電路中各器件的作用，下列說法中正確的有 ()．圖1A．L在此的功能為通直流，阻交流，叫高頻扼流圈B．C1在此的功能為通交流，隔直流，叫隔直電容C．C2在此的功能為通高頻、阻低頻，叫做高頻旁路電容D．上述說法都不對解析電感線圈L的作用就是通直流阻交流，C1的作用只能讓交流通過，C2的作用就是將高頻部分旁路；故BC正確．答案BC3.圖2如圖2所示為某電器中電路的一部分，當輸入有直流成分、交流低頻成分和交流高頻成分的電流后，在其輸出端得到可調大小的交流低頻成分，那么有關各元器件作用的說法中，正確的有 ()．A．C1為高頻旁路電容器，交流高頻成分被該電容器短路B．R為滑動變阻器，它的滑動片上下移動可以改變輸出端電壓的大小C．C2為隔直電容器，交流低頻成分通過該電容輸出D．C1的電容較大C2的電容較小解析根據題設要求等知：C1的作用是阻低頻、隔直流，C2的作用是隔直流，又知頻率相同時，電容越大，容抗越小，電容相同時頻率越高，容抗越小，C1的電容應較小，C2的電容較大．只有D錯．答案ABC4．關于電感線圈，下列說法正確的是 ()．A．電感線圈對交變電流的阻礙作用是因為交變電流的周期性變化，使電感線圈產生自感電動勢，自感電動勢對交變電流產生阻礙作用B．電感線圈對交變電流的阻礙作用是因為電感線圈電阻對交變電流有更大的電阻C．電感線圈與自感線圈的工作原理是相同的D．電感線圈與自感線圈的工作原理是不相同的解析電感對直流電的作用靠直流電阻，對交流電的作用既有直流電阻又有感抗．電感線圈對交變電流的阻礙作用是因為交變電流的周期性變化，使電感線圈產生自感電動勢，自感電動勢對交變電流產生阻礙作用，A對，B錯；電感線圈與自感線圈的工作原理是相同的，即自感現象，C對，D錯．答案AC5．一個閉合的矩形線圈放在勻強磁場中勻速轉動，角速度為ω時，線圈中產生的交變電動勢的最大值為E0，周期為T0，外力提供的功率為P0.若使線圈轉動的角速度變?yōu)?ω，線圈中產生的交變電動勢的最大值為E，周期為T，外力提供的功率為P.則E、T和P的大小為 ()．A．E＝2E0，T＝eq\f(1,2)T0，P＝2P0B．E＝E0，T＝eq\f(1,2)T0，P＝2P0C．E＝2E0，T＝T0，P＝2P0D．E＝2E0，T＝eq\f(1,2)T0，P＝4P0解析由Em＝NBSω，知E＝2E0且T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(T0,2).又P0＝eq\f(\f(E0,\r(2))2,R)，P＝eq\f(\f(E,\r(2))2,R)，∴P＝4P0，故D項正確．答案D6.圖3一個按正弦規(guī)律變化的交流電的圖象如圖3所示．根據圖象可知 ()．①該交變電流的頻率是0.2Hz②該交變電流的有效值是14.1A③該交變電流的瞬時值表達式為i＝20sin0.02t(A)④在t＝eq\f(T,8)時刻，該交變電流的大小與其有效值相等A．①② B．②④C．③④ D．①③解析由圖象可知T＝0.02s，頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz.電流最大值Im＝20A，故有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))＝10eq\r(2)A．線圈轉動的角速度ω＝2πf＝100π.瞬時值表達式為i＝20sin100πtA將t＝eq\f(T,8)代入瞬時值公式i＝20sin100π×eq\f(1,8)×0.02A＝10eq\r(2)A．由以上可知②④正確．答案B7.圖4一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間的變化的圖象如圖4所示，則下列說法正確的是 ()．A．t＝0時刻線圈平面與中性面垂直B．t＝0.1s時刻，穿過線圈平面的磁能量的變化率最大C．t＝0.2s時刻，線圈中有最大的感應電動勢D．t＝0.3s時刻，線圈中有最大的感應電動勢解析矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，當以線圈通過中性面為計時起點，感應電動勢瞬時表達式為e＝Emsinωt，此時穿過線圈的磁通量為最大值Φm＝BS，e＝0.而圖示開始時Φ＝0，但eq\f(ΔΦ,Δt)最大，則此時e＝Em.故正確答案為ABC.答案ABC8．正弦交變電源與電阻R、交流電壓表按照圖5甲所示的方式連接，R＝10Ω，交流電壓表的示數是10V．圖5乙是交變電源輸出電壓u隨時間t變化的圖象．則 ()．圖5A．通過R的電流iR隨時間t變化的規(guī)律是iR＝eq\r(2)cos100πt(A)B．通過R的電流iR隨時間t變化的規(guī)律是iR＝eq\r(2)cos50πt(A)C．R兩端的電壓uR隨時間t變化的規(guī)律是uR＝5eq\r(2)cos100πt(V)D．R兩端的電壓uR隨時間t變化的規(guī)律是uR＝5eq\r(2)cos50πt(V)解析由題圖可知：u＝Umcosωt，ω＝eq\f(2π,T)＝100π而交流電壓表的示數是有效值，故Um＝10eq\r(2)V，uR＝10eq\r(2)cos100πt(V)．據歐姆定律iR＝eq\f(uR,R)＝eq\r(2)cos100πt(A)．答案A9．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動，從中性面開始轉動180°角的過程中，平均感應電動勢和最大感應電動勢之比為 ()．A．2∶π B．π∶2C．2π∶1 D．無法確定解析設轉動的角速度為ω，則平均感應電動勢為eq\x\to(E)＝neq\f(2BS,t)＝neq\f(2BS,\f(π,ω))＝eq\f(2nBSω,π)；感應電動勢的最大值為Em＝nBSω，聯立得eq\f(\x\to(E),Em)＝eq\f(\f(2nBSω,π),nBSω)＝eq\f(2,π)，故選項A正確．答案A10.圖6兩只阻值相等的電阻分別通以正弦交流電與方形交流電，它們電流的最大值相等，如圖6所示，則兩只電阻的熱功率之比是 ()．A．1∶4B．1∶2C．1∶eq\r(2)D．1∶1解析正弦式交流電電流有效值I1＝eq\f(im,\r(2))，方形交流電的有效值為I2＝im，電熱功率P＝I2R，故eq\f(P1,P2)＝eq\f(I\o\al(2,1),I\o\al(2,2))＝eq\f(1,2)，故選項B正確．答案B二、非選擇題(本題共2小題，共30分．計算題要求有必要的文字敘述，列出必要的方程和演算步驟)11．(15分)如圖7表示一交流隨時間變化的圖象，求此交流的有效值．圖7解析根據有效值的定義，選擇一個周期T的時間，利用在相同時間內通過相同的電阻R所產生的熱量相同，由焦耳定律得I2R·T＝Ieq\o\al(2,1)R·eq\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)R·eq\f(T,2)即I2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(2))))2·eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,\r(2))))2·eq\f(1,2)解得I＝eq\r(5)A.答案eq\r(5)A12．(15分)如圖8所示，間距為L的光滑平行金屬導軌AB、CD，水平地放置在豎直方向的磁感應強度為B的勻強磁場中，AC端接阻值為R的電阻．一電阻為R0質量為m的導體棒MN放置在導軌上，在外力F的作用下從t＝0的時刻開始運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝vmsinωt，導軌的電阻值忽略不計．圖8求：(1)從t＝0到t＝eq\f(2π,ω)的時間內電阻R產生的熱量Q.(2)從t＝0到t＝eq\f(π,2ω)的時間內外力F做的功W.解析(1)導體棒MN切割磁感線產生的感應電動勢為e＝BLv＝BLvmsinωt，因此是正弦規(guī)律變化式交變電流，且峰值Em＝BLvm，則有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BLvm,\r(2))，故電阻R上產生的熱量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋R0)))2Rt＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m),2R＋R02)·Req\f(2π,ω)＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m)Rπ,ωR＋R02)(2)t＝eq\f(π,2ω)時導體棒MN的速度vm，據功能關系：W＝Q＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)又Q＝eq\f(E2,R＋R0)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(πB2L2v\o\al(2,m),4ωR＋R0)，所以W＝eq\f(B2L2v\o\al(2,m)π,4ωR＋R0)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m).答案(1)eq\f(B2L2v\o\al(2,m)πR,