第五章 交变电流 综合测试VIP免费

图5-13图5-14图5-15第五章交变电流综合测试（时间90分钟，分值100分）一、选择题(40分)1.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电动势的瞬时表达式为e=10sin4πtV，则（）A．该交变电动势的频率为2HzB．0时刻线圈平面与磁场垂直C．t=0.25s时，e达到最大值D．在1s时间内，线圈中电流方向改变100次【解析】因，所以其频率,A项正确；0时刻线圈位于中性面，即线圈平面与磁场垂直，B项正确；t=0.25s时，，C项错；因交变电流在一个周期内方向改变两次，而1s内是两个周期，所以方向改变4次，D项错.【答案】AB2.如图5-13所示，线圈A接交流电源，其电流的表达式i=Imsint，设交流电为正半周期时线圈A的上端电势高于下端电势，副线圈B接光滑导轨及光滑金属棒ab，导轨间的磁场方向如图.据此可知，在0—T时间内ab具有向右加速度的时间段是（）A．0—T/4B．T/4—T/2C．T/2—3T/4D．3T/4—T【解析】根据左手定则，ab中电流向下，再由楞次定律可知铁芯右臂中的磁通量应该向下减少或向上增加，故原线圈中的电流正向减小或负向增加.【答案】BC3．如图5-14平行金属板间有一静止的带正电粒子，若两板间加电压u=Umsinωt，则粒子的（）A．位移一定按正弦规律变化B．速度一定按正弦规律变化C．加速度一定按正弦规律变化D．粒子在两板间作往复运动【解析】因为电压按正弦规律变化，则板间电场也按正弦规律变化，故粒子所受力及其产生的加速度都按正弦规律变化.【答案】C4．通有电流i=ImsinωtA的长直导线OO′与断开的圆形线圈在同一平面内（如图5-15所示），为使A端电势高于B端的电势且UAB减小，交变电流必须处于每个周期的（）A.第一个周期B.第二个周期C.第三个周期D.第四个周期【解析】A端电势高于B端的电势，根据楞次定律圆形线圈处图5-16图5-17甲乙OOOt1t2t3t4图5-18磁场向里增加或向外减小，又UAB减小，即磁通量的变化率减小，则磁感应强度的变化率减小，所以电流的变化率减小，因此只有第一个周期符合.【答案】A5．电流互感器是用来测量大电流的仪器，如图5-16所示，是电流互感器使用原理示意图，以下说法正确的是（）A．因变压器将电压升高了，所以电流表示数比把电流表直接接到ab间时示数大B．图中电流表的示数比直接接在ab间时示数小C．原理图有错误，原线圈匝数应比副线圈匝数少D．图中电流表的示数就是ab间的电流大小【解析】电流互感器因要测大电流，要把电流缩小一定倍数，根据电流与匝数成反比，应该副线圈匝数多.【答案】B6．如图5-17所示，理想变压器原线圈两端接正弦交变电压，副线圈两端通过输电线接一只灯泡和一只滑动变阻器，输电线的电阻不计，在图示状态，当滑动片P向上滑动过程中，下列判断正确的是（）A．灯泡变亮B．流过滑动变阻器的电流变小C．流过变压器原线圈的电流变小D．滑动变阻器上得到的功率变大【解析】当滑动片P向上滑动时，输出端总电阻增大，而副线圈两端电压一定，所以通过灯泡及滑动变阻器的电流减小；又因为输入功率等于输出功率，所以原线圈中的电流也减小.【答案】BC7．如图5-18所示，甲、乙两个并排放置的共轴线圈，甲中通有如图所示的交变电流，则下列判断错误的是（）A．在到时间内，甲乙相吸B．在到时间内，甲乙相斥C．时刻两线圈间作用力为零D．时刻两线圈间吸引力最大【解析】时刻甲中电流最大，产生磁场最强，因此通过乙的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，所以此时乙中无电流，故两线圈间作用力为零；同理，时刻，甲中电流为零，乙中电流最大，作用力为零，D错，C对；在到时间内，甲中电流减小，使得通过乙的图5-19图5-20磁通量减小，据楞次定律，乙中产生与甲同向的电流，两者相吸；同理，在到时间内，两者电流反向，相斥．A、B都正确．【答案】AB8．如图5-19所示,矩形线圈的匝数为N,面积为S,内阻为r,绕OO′轴以角速度ω做匀速转动.当它从如图所示的位置转过90°的过程中,下列说法正确的是()A.通过电阻的电荷量为B.通过电阻的电荷量为C.外力所做的功为D.以上说法都不对【解析】线圈从图中位置转过90°过程中,通过R的电流是逐渐增大的,计算通过电阻R的电荷量,应该用电流的平均值.所以q=Δt=·Δt=,故选项B对A错.线框匀速转动,外力所做的功等于...