新教材2024-2025学年高中物理第3章交流电1.交变电流分层作业教科版选择性必修第二册VIP

第三章分层作业16交变电流A级必备学问基础练1.(多选)下列所示图像属于交变电流的有()2.如图所示,由沟通发电机、定值电阻R、电流表A组成的闭合回路,线圈ABCD逆时针方向转动,图示位置磁感线与线圈平面平行,下列说法正确的是()A.t3、t4时刻线圈中感应电动势最小B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向变更C.线圈转到图示位置时,线圈中磁通量变更率为零D.线圈转到图示位置时,感应电流方向为A→B→C→D→A3.如图所示,边长为L的正方形线框在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,以周期T绕OO'轴匀速转动,从图示位置起先计时,下列说法正确的是()A.图示位置与中性面垂直B.回路中产生稳恒直流电C.t=T4D.t=T44.图甲、乙是沟通发电机示意图,线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是()A.图甲中穿过线圈的磁通量最大,电路中的感应电流最大B.图乙中穿过线圈的磁通量为零,电路中的感应电流为零C.图甲中穿过线圈的磁通量变更率为零,电路中的感应电流为零D.图乙中穿过线圈的磁通量变更率最大,电路中的感应电流为零5.(多选)某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生交变电流的图像如图所示,由图中信息可以推断()A.在A和C时刻线圈处于中性面位置B.在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C.从A→D时刻线圈转过的角度为32D.若从O→D时刻历时0.02s,则在1s内交变电流的方向变更100次6.(多选)如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动。当线圈平面转到图示位置与磁场方向平行时 ()A.线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B.线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C.线圈分别绕P1和P2转动时的电流的方向相同,都是a→d→c→bD.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力7.如图所示,在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO'轴匀速转动,若要使线圈中的电流峰值减半,不行行的方法是 ()A.只将线圈的转速减半B.只将线圈的匝数减半C.只将匀强磁场的磁感应强度减半D.只将线圈的边长减半8.一只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变更的图像如图所示,则下列说法正确的是()A.t=0时刻,线圈平面与中性面垂直B.t=0.01s时刻,Φ的变更率为零C.t=0.02s时刻,感应电动势达到最大D.从t=0.01s时刻至t=0.04s时刻线圈转过的角度是32B级关键实力提升练9.如图所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一个匝数为N的矩形线圈abcd,线圈面积为S,ab边与磁场方向垂直且始终与金属滑环K相连,cd边与金属滑环L相连。现使矩形线圈以恒定角速度ω从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动。下列说法正确的是()A.线圈中产生的交变电流按正弦规律变更B.线圈转动的角速度越大,通过电阻R的电流越小C.线圈平面与磁场平行时,瞬时感应电动势最大,为Em=NBSωD.线圈每转过半圈,穿过线圈平面的磁通量变更量为零10.如图所示,虚线OO'的左边存在着方向垂直于纸面对里的匀强磁场,右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合,线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO'轴以角速度ω匀速转动(即ab边先向纸外转动,cd边先向纸里转动),规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。从图示位置起先计时,下列四个图像能正确表示线圈内感应电流i随时间t变更规律的是()11.一台发电机的结构示意图如图所示,其中N、S是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形态。M是圆柱形铁芯,铁芯外套有一矩形线圈,线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场。若从图示位置起先计时,此时电动势为正值,下图能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变更规律的是()12.一手摇发电机如图甲所示,其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴OO'匀速转动,产生随时间变更的感应电动势。已知矩形线圈abcd的匝数为N,边长ab=cd=L1,bc=ad=L2。线圈所在处磁感应强度为B。线圈的角速度为ω。当线圈转动到如图乙所示位置时,其平面与磁场方向平行。甲乙(1)求线圈转动到图乙位置时ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并推断ab两端电势的凹凸。(2)从线圈处于图乙位置起先计时,t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置,推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为e=NBL1L2ωcosωt。

参考答案分层作业16交变电流1.AD解析交变电流是指电流大小和方向随时间周期变更,由题图可知,A、D正确。2.B解析依据图乙,由沟通发电机工作原理可知,在t4时刻,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变更率却最大,则线圈中产生的感应电动势最大,故A错误;由图乙知线圈在t1、t3时刻,穿过线圈的磁通量最大,线圈位于中性面,线圈中感应电流方向变更,故B正确;线圈转到图示位置时,穿过线圈的磁通量为零,但磁通量变更率却最大,故C错误;线圈ABCD逆时针方向转动,依据右手定则可推断当线圈转动到图示位置时,感应电流方向为D→C→B→A→D,故D错误。3.D解析题中图示的位置穿过线框的磁通量最大,为中性面,选项A错误;回路中将产生正弦式交变电流,选项B错误;t=T44.C解析图甲中线圈位于中性面位置,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变更率最小,产生的感应电动势为零,电路中的感应电流为零,故A错误,C正确;图乙中线圈位于与中性面垂直的位置,穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变更率最大,产生的感应电动势最大,电路中的感应电流最大,故B、D错误。5.CD解析由题图可知,在O、B、D时刻感应电流为零,所以此时线圈恰好在中性面位置,穿过线圈的磁通量最大;在A、C时刻感应电流最大,线圈处于和中性面垂直的位置,此时穿过线圈的磁通量为零,故A、B错误。从A到D时刻,线圈旋转34周,转过的角度为32π;假如从O到D时刻历时06.AC解析产生交变电流的条件是轴和磁感线垂直,与轴的位置和线圈形态无关,线圈abcd分别绕轴P1、P2转动,转到图示位置时产生的电动势E=NBSω,由I=ER总可知,此时I相等,A正确,B错误;由右手定则可知,电流方向为a→d→c→b,C正确;dc边受到的安培力F=Bldc7.B解析由Im=EmR,Em=NBSω,ω=2πn得Im=NBS·2πnR,故A、C可行;电阻R与匝数有关,当匝数减半时电阻R也随之减半,则Im8.D解析由题图可知,t=0、t=0.02s、t=0.04s时刻线圈平面位于中性面位置,Φ最大,ΔΦΔt=0,故E=0;t=0.01s、t=0.03s、t=0.05s时刻线圈平面与磁感线平行,Φ最小,ΔΦΔt最大,故E最大;从t=0.01s时刻至t=09.C解析起先时,线圈平面与磁感线平行,线圈中产生的交变电流按余弦规律变更,选项A错误;由法拉第电磁感应定律可知,线圈转动的角速度越大,产生的交变电动势最大值越大,由欧姆定律可知通过电阻R的电流越大,选项B错误;线圈平面与磁场平行时,穿过线圈的磁通量为零,磁通量变更率最大,感应电动势最大,为Em=NBSω,选项C正确;线圈每转过半圈,穿过线圈平面的磁通量变更量为2BS,选项D错误。10.B解析图示时刻起先,由楞次定律推断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向,线圈中产生的感应电动势表达式为e=-Emsinωt=-BSωsinωt,S是线圈面积的一半,则感应电流的表达式为i=ER=-Imsinωt,其中Im=BSω11.D解析由于磁场为沿半径的辐向磁场,可以认为磁感应强度的大小不变,线圈始终垂直切割磁感线,所以产生的感应电动势大小不变,由于每个周期磁场方向要变更两次,所以产生的感应电动势的方向也要变更两次。故选D。12.答案(1)E=12NBL1L2ωb(2)见解析解析(1)ab边切割磁感线产生的电动势E=NBL1v,v=ω·L可得E=12NBL1L2ω,b(2)线圈匀速转动过程中,a