2019-2020年高中物理第2章第1节交变电流课时作业教科版选修3-2

1、2019-2020 年高中物理 第 2 章第 1 节交变电流课时作业 教科版选修 3-2课前预习练1._大小和方向不随时间变化的电压和电流，称为 _ ，简称直流电；大小和方 向随时间作周期性变化的电压和电流，称为 _，简称交流电.2电压和电流都随时间按正弦函数规律变化的交变电流称为 _电流，简称正弦 交流电其电动势的瞬时值表达式为e=_，其中Em=_闭合矩形线圈在_磁场中绕_ 的轴匀速转动时，线圈中产生的感应电流是 正弦交流电.3.下图所示的 4 种电流随时间变化的图象中，属于交变电流的有（）4.下列各图中，哪些情况线圈中能产生交流电（）-ABaXXXX1 1 iiXMxi XXCD5.矩形线

2、圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，下列说法中正确的是A. 在中性面时，通过线圈的磁通量最大B. 在中性面时，感应电动势最大C. 穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势也为零D. 穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率也为零课堂探究练【概念规律练】知识点一交变电流的产生1.如图 1 所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是A.线圈每转动一周，指针左右摆动两次B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流图 1C.图示位置ab边的感应电流方向为bD.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零2.处在匀强磁场中的矩形线圈abed，以恒定的角速度绕纸面并与 ab 垂直。在 t=0 时刻

3、，线圈平面与纸面重合（如图 2 所示），线圈的 ed 边离开纸面 向外运动。若规定由afbfefdfa方向的感应电流为正， 则能反映线圈中感应电流 I 随时间 t 变化的图线是（ab 边转动，磁场方向平行于图 4知识点二交变电流的变化规律4.有一个 10 匝正方形线框，边长为 20 cm,线框总电阻为 1Q,线框绕OO轴以 10nrad/s 的角速度匀速转动，如图 3 所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5问：o(1) 该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少?(2) 线框从图示位置转过 60时，感应电动势的瞬时值是多大？(3) 写出感应电动势随时间变化的表达式.

4、【方法技巧练】一、瞬时值、平均值的计算方法5矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100 匝，转速为-10nr/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平n行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为E 时，感应电动势为多少？3闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，转速为平行时的电动势为 2 V,则从中性面开始计时，240 r/min ， 若线圈平面转至与磁场方向 所产生的交流电动势的表达式为e=_V,电动势的峰值为_V，从中性面起经4- s，交流电动势的大小为48_V.A0图 3图 76如图 4 所示，匝数为n,面积为S的矩形线圈在匀强

5、磁场3,求线圈从图示位置转过 180时间内的平均感应电动势.B中匀速转动，角速度为图 7二、交变电流图象的应用7矩形线圈，绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动 势e随时间t的变化如图 5 所示.11时刻通过线圈的磁通量为零t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大 每当e变换方向时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大 一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图 6 所示，则下列说法中，正确的是（）图 6A. t = 0 时刻，线圈平面与中性面垂直B.t= 0.01 s 时刻，穿过线圈平面的磁通量

6、的变化率最大C.t= 0.02 s 时刻，线圈中有最大感应电动势D.t= 0.03 s 时刻，线圈中有最大感应电流课后巩固练1.关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（）A. 线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B. 线圈每转动一圈，感应电流方向就改变一次C. 线圈平面经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D. 线圈每转动一圈，感应电动势和感应电流方向都要改变一次2.线圈在磁场中匀速转动产生交流电的瞬时电动势为e= 10. 2sin 20ntV,则下列说法正确的是（）A. t = 0 时，线圈平面位于中性面B. t = 0 时

7、，穿过线圈的磁通量最大C. t = 0 时，导线切割磁感线的有效速度最大D.t= 0.4 s 时，e达到峰值 10.2 V3.交流发电机在工作时的电动势为eEmsin31，若将其条件不变，则其电动势变为( )3t3tA.Esin 2B.2Emsin?C.Esin 23tD.2Emsin 23t4. 一闭合矩形线圈abed绕垂直于磁感线的固定轴OO匀速转动，线圈平面位于如图 7随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正A.B.C.D.&甲所示的匀强磁场中.通过线圈的磁通量确的是（）图 7A.ti、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大t3时刻线圈中感应电流方向改变B. t1、t3时刻线圈中感应

8、电流方向改变C. t2、t4时刻线圈中磁通量最大D. t2、t4时刻线圈中感应电动势最小5.如图 8 所示， 一正方形线圈abed在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴 转动.沿着00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 为n,边长为I，电阻为R转动的角速度为w,则当线圈转至图示位置时（B.C.D.5.11、2、t2、t4时刻线圈中磁通量最大t4时刻线圈中感应电动势最小如图 8 所示,正方形线圈abed在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动.沿着00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为n,边长为I，电阻为R,转动的角速度为则当线圈转至图示位置时（00匀速B,线

9、圈匝数）A.B.c.D.6.场中绕( )线圈中感应电流的方向为abcda2n Bl2线圈中的感应电流为 R穿过线圈的磁通量为 0穿过线圈的磁通量的变化率为0如图 9 所示，矩形线圈abed，已知00轴以角速度1A.-BL1L23sinwt2C. BL1L2wsinwt7.如图 以角速度w规定当电流自Bab为Li，ad为L2,在磁感应强度为w（从图中位置开始）匀速转动，则线圈中感应电动势的大小为B的匀强磁B.禹aK图 91一BLL2COSwt2.BLL2wCOSwt10 所示，一矩形线圈abed放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴00逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角0= 0时（如图）

10、为计时起点，并a流向b时电流方向为正则下列四幅图中正确的是（）.O/ /b图 10i/A . 9卫02号二/軒历adAi/A.ICktf/rad&如图 11 甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴00以恒定的角速度3转动.当从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按n照图乙所示的余弦规律变化，则在t=厂时刻()23e/v10-10图 13题号123456789答案线圈绕线圈绕线圈绕线圈绕A.B.C.D.图 12Pi转动时的电流等于绕F2转动时的电流Pi转动时的电动势小于绕F2转动时的电动势Pi和F2转动时电流的方向相同，都是CTdPi转动时ed边受到的

11、安培力大于绕P2转动时ed边受到的安培力10. 一矩形线圈在匀强磁场中以角速度如图 13 所示.t= 0.5 s 时，4nrad/s 匀速转动，产生的交变电动势的图象Hz,当t= 0 时，线圈平面与磁感线 _ ，当A.B.C.D.9.线圈中的电流最大 穿过线圈的磁通量为零 线圈所受的安培力为零 线圈中的电流为零 如图 12 所示，矩形线圈以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时 Piabed在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴( )Pi和F2则交变电流的频率为e为_V.T图 1111如图 14 所示，在匀强磁场中有一个“ n”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B

12、=珂2T,线框的CD边长为丨1= 20 em,CE DF边长均为12= 10 cm ,转速n为 50 r/s.若从图示位置开始计时:(1) 写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；在et坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象.12.如图 15 所示，匀强磁场B= 0.1 T,所用矩形线圈的匝数N= 100,边长ab= 0.2 mbc= 0.5 m,以角速度3=100nrad/s 绕0O轴匀速转动.从线圈平面通过中性面时开始 计时，试求：0aB图 15 线圈中感应电动势的大小.由t=0至t=扌过程中的平均电动势值.第二章交变电流第 1 节交变电流答案课前预习练1恒定电流 交变电流2.正弦交

13、变Esin31 nBSco匀强垂直于磁场方向3.CD 直流电是方向不随时间改变，交变电流是方向随时间改变，正弦式交变电流是按正弦规律变化的交变电流，图象中正、负表示电流方向.A 选项中电流数值总为正，表示电流方向不变，是直流电.B 选项中图象虽为正弦，但由于电流总是正值，表示电流方向不变，电流大小随时间变化，也是直流电.C、D 选项中电流强度和方向都随时间做周期性变化，是交变电流因此，是交变电流的只有C 和 D,是正弦式交变电流的只有D.4.BCD A 中线圈中的磁通量始终是零，故无感应电流产生；B C、D 中都是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，故能产生交流电，则B C、D 正确.

14、5.A 中性面和磁场垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零.课堂探究练1.C 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故 A 错；线圈处于图示位置时，ab 边向右运动，由右手定则，ab 边的感应电流方向为ab,故 C 对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd 边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D 错误。点评 线圈平面垂直于磁感线时， 线圈中的感应电流为零， 这一位置叫中性面. 线圈 平面经过中

15、性面时， 电流方向就发生改变. 线圈绕轴转一周经过中性面两次，因此感应电流方向改变两次.线圈经过中性面时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零(即各边都不切割)，所以感应电动势为零.2.C 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电.对于图示起始时刻， 线圈的cd边离开纸面向纸外运动， 速度方向和磁场方向垂直， 产生的电动势的瞬时值最大； 用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同.所以 C 对.点评 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电.其中“线圈”无特殊要求，即矩形线圈、圆形线圈等其他形状都可，“

16、绕某一轴 匀速转动”，只要求此轴垂直于磁场方向，没有其他限制条件.3.2sin 8nt21解析 当线圈平面与磁场平行时(S/，感应电动势最大，即En= 2 V ,3=2nn=240一2n x rad/s = 8nrad/s，则从中性面开始计时， 瞬时值表达式：e=Esin31= 2sin 8nt6011V,当t=- s 时，e= 2sin(8n x石)V = 1 V.4848点评当闭合线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时时产生正弦式交流电电动势的表达式e=Esin3t,Em为最大值即当线圈平面与磁场方向平行时的瞬时值，3为转动角速度.4.(1)6.28 V 6.28 A (2)5.

17、44 V(3)e=6.28sin 10ntV解析(1)交变电流电动势最大值为2En=n BSo=10X0.5x0.2x10nV=6.28 V,电流的最大值为6.28Im= E)/R= A = 6.28 A.1(2) 线框转过 60时，感应电动势e=Emsin 60 = 5.44 V.(3) 由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e=Emsin3t= 6.28sin10ntV.点评电动势最大值Em=nBS.当计时起点为中性面位置时表达式为e=Emsin3t当计时起点为线圈平面与磁场方向平行时，表达式为e=Emcos3t.5.1 V 牙 V解析由题意知：m= 0.03 Wb10 11

18、3 =2nn=2n x x rad/s =- rad/s.n603线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故1En=nBSw=nm =100 x0.03x V=1 V3方法总结 要记住两个特殊位置感应电动势的瞬时值，即中性面位置e= 0;线圈平面与磁感线平行的位置e=Em=nBSo.确定线圈从哪个位置开始计时的，从而确定电动势的瞬时值表达式是正弦形式还是余弦形式.26.nBSton感应定律计算即E=n.t7.D t1、t时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零， A、C 错误；t2时刻感应电动势最大，线圈位于中性面的垂面位 置，穿过线圈的磁通量为零，

19、 B 错误；由于线圈每过一次中性面时，穿过线圈的磁通量的绝 对值最大，e变换方向，所以 D 正确.方法总结 当感应电动势最大时，磁通量的变化率最大，磁通量却最小.8.ABCD 由题意可知 二msin3t时，其感应电动势应为e=Emcos3t，当t= 0 时，二0,线圈平面与中性面垂直，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，线圈中有最大的感应电动势和感应电流，此类时刻还有0.01 s, 0.02 s, 0.03 s,所以答案为ABC D.方法总结由E=n肓可知，交变电流的电动势随线圈的磁通量的变化而变化，即由的变化可推知感应电动势的变化规律（当=msin3t时e=Emcos3t;当 =mcos31时

20、，e= Ein3t）.课后巩固练1.C2.AB 根据交流电动势的瞬时值表达式可判断为正弦式交变电流，当t= 0 时，e= 0,所以此时磁通量的变化率为零，导线切割磁感线的有效速度为零，但此时穿过线圈的磁通量最大，线圈平面位于中性面，所以AB 正确，C 错误；当t= 0.4 s 时，e= 10 2sin 20ntV= 10 2sin 8nV = 0，所以 D 错误.3.D 电枢转速提高 1 倍，由3= 2nn知，角速度变为原来的 2 倍；由电动势的最大 值表达式Em=nBSw知，最大值也变为原来的 2 倍.4.B t1、t3时刻通过线圈的磁通量 的绝瞬时值表达式e=Emsint31=sinVV.

21、解析 由楞次定律可判断线圈从图示位置转过180时间内，线圈中的平均感应电动势EM0.磁通量是没有方向的标量，但却有正负如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一 侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了.时，穿过它的磁通量 =BS那么图示位置时穿过它的磁通量二一BS-BS21= nBSo.1x空空n23末两瞬时电动势值的平均值，设线圈转过 180BS由法拉第电磁感一 I应疋律得：E=n 厶 t=n-1=n2丁方法总结平均感应电动势不等于始、必须用法拉第电磁e= sin对值最大，磁通量变化率 -= 0,此时 感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，A错误，B 正确；

22、t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，C、D 错误.5.BC 图示位置为垂直于中性面的位置， 此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变2nBS nBI2化率最大，感应电流也最大，1=R=，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba.6.C 线圈经过时间t时，转过角度0，这时ab,cd边切割磁感线产生感应电动势BLvsin0,E=d=BLvsin0,bc,ad边不切割磁感线不产生感应电动势，故线圈中的1感应电动势为E= Esb+ E：d= 2BLiVsin0= 2BL1 2L2 sin t=BL1L2 sin t，故正确选项应为 C.7.D 矩形线圈在匀强磁

23、场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场方向平行开始计时，产生的感应电流按余弦规律变化，由于 t=0 时，线圈的转动方向如题图，由右手定则判断可得， 此时 ad 中电流方向为由 a 到 d,线圈中电流方向为dc 宀 b 宀 a,与规定的电流正方向相反， 电流为负值.又因为此时产生的感应电动势最大，故只有 D 正确。nT& CD t=-,此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B 错误；2 4由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 错误，C、D正确.9.A 无论是绕 P1 转动还是绕 P2转动， 线圈转到图示位置时产生的电动势都为最大 值

24、 Em=nB，由欧姆定律可知此时 I 相等，A 对，B 错；由右手定则可知线圈中电流方向为adcba,故 C错；cd边所受的安培力F=BLcdI，故F一样大，D 错.10. 2 垂直 0f=T= 2 Hz.由图象知t= 0 时，e= 0,线圈位于中性面位置，线圈平面和磁感线垂直；当t= 0.5 s 时，t= 2nft= 2n,e= 0.11 . (1)e= 10 2cos 100ntV (2)见解析解析(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，产生的交变电流按余弦规律变化，在t时刻线框转过的角度为t，此时刻e=BL1L2 cos t，即e=BSwcos t,其中B= -1-

25、T ,S= 0.1x0.2 m = 0.02 m, = 2nn= 2n x50 rad/s = 100nn门门X0.02X100ncos 100ntV,n2nT= 0.02 s，线框中感应电动势随时间变化关系的图象如下图所示f/x 10瞎-(W212.(1)314sin 100ntV (2)200 V解析(1)解法一 线圈经过时间t转过角度0= t，这时bc和da边不切割磁感线，ad bc ab和cd边切割磁感线产生感应电动势eab=ecd=NBab vsin t，其中v= = ,解析T=空=2 s，则交流电的频率 2rad/s，故e=即e= 10 , 2cos 100ntV.ad所以e=ea

26、b+ecd= 2eab= 2NBo ab sin t=NBS sin t,E=NBSD=100X0.1X0.1X100nV=314 V,e=314sin 100ntV2解法二 感应电动势的瞬时值e=NB sin t,由题可知S=abbc= 0.2x0.5 m=0.1 m2,En=NBSo=100X0.1X0.1X100nV=314 V,所以e=314sin 100ntV.用E=N：；计算t= 0 至t=扌过程中的平均电动势4NBS2nw2即E= NBSJ代入数值得E= 200 V.n2019-2020 年高中物理 第 2 章第 1 节 光电效应学案 粤教版选修3-5.光电效应基本概念光电子Ii

27、光电流光电效应光电 与入射光的强度有关规流变化与入射光的频率有关一一极限频率 律最大初动能遏止与入射光强度无关1最大初动能电压t与入射光的频率有关1.光电效应是指物体在光的照射下发射出电子的现象，发射出的 电子称为光电子.2光电管是利用 光电效应 制成的一种常见的光电器件，它可以把 光信号 转变成电信 号.光电管主要是由密封在玻璃壳内的 阴极和阳极组成，阴极表面敷有束缚电子能力较 弱的 碱金属.3.对于每一种金属，只有当入射光频率大于某一频率v0 时，才会产生光电流，我们 称v0 为极限频率，其对应的波长称为极限波长.4.在强度和频率一定的光照射下，回路中的光电流会随着反向电压的增加而减小并且

28、 当反向电压达到某一数值时， 光电流将会减小到零，我们把这时的电压称为 遏止电压，用符 号U表示.5. 实验探究遏止电压与光照频率和强度的关系：(1) 在蓝光的照射下，给光电效应的实验装置加上反向电压，逐渐增大电压，直至光电 流为零，记录遏止电压的值.改变入射光的强度，重复上述步骤.发现遏止电压相同.(2) 维持光照强度不变，改变入射光的频率.先采用蓝光作为入射光，记录遏止电压； 再换绿光作为入射光，记录遏止电压.发现绿光遏止电压较小.探究结论：遏止电压与入射光的强度无关，与入射光的频率有关,入射光频率越大，遏止电压越大.遏止电压与入射光的频率 有关，说明光电子的最大初动能也与入射光的频率有关

29、，与入 射光的强度无关.nI迈0|E= N_一 04|0 -BST基础达 I 标1.某单色光照射某金属时不能发生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效 应的是（C）A. 延长光照时间B. 增大光的强度C. 换用波长较短的光照射D. 换用频率较低的光照射解析：由光电效应规律可知，能不能发生光电效应，是由入射光的频率与极限频率的关系决定的，入射光频率必须大于或等于极限频率.波长较短的光频率高， 当高于或等于极限频率时就能发生光电效应，故C 选项正确.2用紫光照射某金属恰可发生光电效应，现改用较弱的白光照射该金属，则（C）A 可能不发生光电效应B. 逸出光电子的时间明显变长C. 逸出光电子的最

30、大初动能不变D. 单位时间逸出光电子的数目变多解析：由于白光内含紫光，所以白光照射金属时能发生光电效应且逸出光电子的最大初 动能不变，又因为光强变弱，所以单位时间内逸出光电子的数目变少，故C 选项正确.3如图所示为光电管工作原理图，当有波长（均指真空中的波长，下同）为入 0 的光照射阴极K时，电路中有光电流，则（B）A. 换用波长为 入 1（入 1入 0）的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流B. 换用波长为 入 2（入 2入 0）的光照射阴极K时，电路中一定有光电流C. 增加电路中电源的端电压，电路中的光电流一定增大D. 将电路中电源的极性反接，电路中一定没有光电流4. （多选）一束绿光照射

31、某金属发生了光电效应，则下列说法正确的是（ADA. 若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子数增加B. 若增加绿光的照射强度，则逸出的光电子的最大初动能增加C. 若改用紫光照射，则可能不会发生光电效应D. 若改用紫光照射，则逸出的光电子的最大初动能增加解析：光电效应的规律表明： 入射光的频率决定是否发生光电效应以及发生光电效应时 逸出的光电子的最大初动能的大小.当入射光的频率增加后，逸出的光电子的最大初动能也增加，又紫光的频率高于绿光的频率.而增加光的照射强度， 会使单位时间内逸出的光电子数增加.故正确选项有 A、D.5.（多选）用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应.现将该单色光的光强减弱，

32、 则（ACA. 光电子的最大初动能不变B. 光电子的最大初动能减小C. 单位时间内产生的光电子数减少D.不再发生光电效应解析：根据光电效应规律，光电子的最大初动能决定于光的频率，与光的强度无关，因此 A 正确、B 错误；因频率不变，故仍能发生光电效应，D 错误；光的强度减弱，单位时间内发出的光电子数目一定减小，C 正确.能仝提艺能仝提艺6.细束平行光，经玻璃三棱镜折射后分解成互相分离的三束光，分别照射到相同的 金属板a、b、c上.如图所示，已知金属板b上有光电子逸出，可知（C）A. 板 a 一定有光电子逸出B. 板 a 一定无光电子逸出C. 板 c 一定有光电子逸出D. 板 c 一定无光电子逸出解析：光经棱镜出射光线发生偏折， 频率高的偏折角大， 因此，照射金属c的光的频率 比照射b的光的频率高，而照射a的光的频率比照射b的光的频率低由此可知：a上不一 定有光电子逸出，而c上一定有光电子逸出， C 正确.7.（多选）两种