课时跟踪检测(十) 交变电流(Word练习)-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册(教科版)

2026-04-06
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山东一帆融媒教育科技有限公司
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资源信息

学段 高中
学科 物理
教材版本 高中物理教科版选择性必修 第二册
年级 高二
章节 1. 交变电流
类型 作业-同步练
知识点 -
使用场景 同步教学-新授课
学年 2026-2027
地区(省份) 全国
地区(市) -
地区(区县) -
文件格式 DOCX
文件大小 299 KB
发布时间 2026-04-06
更新时间 2026-04-06
作者 山东一帆融媒教育科技有限公司
品牌系列 新课程学案·高中同步导学
审核时间 2026-03-10
下载链接 https://m.zxxk.com/soft/56651431.html
价格 3.00储值(1储值=1元)
来源 学科网

内容正文:

课时跟踪检测(十) 交变电流 1.下列各图像中不属于交流电的有 (  ) 2.如图所示,足够大的匀强磁场中有一个矩形线圈,正绕垂直于磁场的轴以恒定的角速度匀速转动,下列分析正确的是 (  ) A.转动过程中,线圈中产生的感应电动势大小不变 B.如果仅将线圈的转轴向右平移一段距离,线圈绕轴转动时产生的感应电动势将增大 C.如果仅将线圈的转轴向左平移一段距离,线圈绕轴转动时产生的感应电动势增大 D.当线圈从图中位置转过90°时,线圈中产生的感应电动势为0 3.利用示波器可以显示输入信号的波形。单匝正方形金属线框abcd处在匀强磁场中,以线圈平面内某虚线OO'为轴匀速转动时,线圈内产生的电流随时间的变化关系如示波器所示。则在四个选项所示的情境中,无论从线圈平面处于哪个位置开始计时,都不可能产生该电流的是 (  ) 4.如图所示是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的感应电动势的图像,根据图像可知 (  ) A.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin0.02t V B.此感应电动势的瞬时表达式为e=200sin 100πt V C.t=0.01 s时,穿过线圈的磁通量为零 D.t=0.02 s时,穿过线圈的磁通量的变化率最大 5.如图所示,左侧竖直长导线通有方向向下的恒定电流,一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动。当线圈绕轴以角速度ω沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动,从图示位置开始计时,下列说法正确的是 (  ) A.t=0时,线圈产生的感应电动势最大 B.0~时间内,线圈中感应电流方向为abcda C.t=时,穿过线圈的磁通量为0,感应电动势也为0 D.线圈每转动一周电流方向改变一次 6.(多选)某交流发电机产生的正弦式交变电流的感应电动势与时间的关系如图所示,下列说法正确的是 (  ) A.交流电动势的表达式为e=100sin 50πt(V) B.交流电动势的表达式为e=100sin 50πt(V) C.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的表达式为e=50sin 50πt(V) D.若其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的一半,则交流电动势的最大值变为50 V 7.如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像,当调整线圈转速后,所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是 (  ) A.线圈前后两次转速之比为1∶2 B.交流电b电压的最大值为 V C.交流电a电压的瞬时值表达式为u=10sin 0.4πt V D.在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量为0 8.线圈的匝数为100匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是 (  ) A.在t=0和t=0.2 s时,线圈平面和磁场垂直,电动势最大 B.在t=0.1 s和t=0.3 s时,线圈平面和磁场垂直,电动势为0 C.在t=0.2 s和t=0.4 s时电流改变方向 D.在t=0.1 s和t=0.3 s时,线圈切割磁感线的有效速率最大 9.(2024·山东高考)如图甲所示,在-d≤x≤d、-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为 (  ) 10.一气体放电管,当其两电极间的电压超过500 V时,就放电发光。在它发光的情况下逐渐降低电压,要降到500 V时才熄灭。放电管两电极不分正负。现有一正弦式交流电源,输出电压最大值为1 000 V,频率为50 Hz。若用它给上述放电管供电,则在一小时内放电管实际发光的时间为 (  ) A.15 min        B.25 min C.30 min D.45 min 11.(8分)如图所示,一半径为r=10 cm 的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B= T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO'以n=600 r/min 的转速匀速转动,当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时。 (1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式。(5分) (2)求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值。(3分) 12.(10分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B= T,边长L=10 cm 的正方形线圈abcd共100匝,线圈总电阻r=1 Ω,线圈绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,角速度ω=2π rad/s,外电路电阻R=4 Ω。求: (1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。(3分) (2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式。(3分) (3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30°角电路中电流的瞬时值。(4分) 课时跟踪检测(十) 1.选A A图电流的方向不变,是直流电,B、C、D选项中电流的大小、方向都做周期性变化,是交流电,故选A。 2.选D 从与中性面垂直的位置开始计时,矩形线圈产生的电动势为e=NBSωcos ωt,式中N为线圈的匝数,S为线圈的面积,所以电动势大小随时间变化,A错误;根据上面分析的电动势的表达式可知,转轴向左或者向右移动,感应电动势的表达式不变,B、C错误;当线圈从题图中位置转过ωt=90°时,感应电动势e=NBSωcos 90°=0,D正确。 3.选A A项中,当线圈绕平面内平行于磁场方向的轴OO'匀速转动时,线圈中的磁通量始终不变,没有感应电流产生,故A不可能产生题图所示电流。B、C、D三项中线圈均绕垂直于磁场方向的轴转动,根据正弦式交变电流的产生原理可知,三者均可产生示波器中的正弦式交变电流。 4.选B 由题图像知周期T=0.02 s,电动势最大值为200 V,角速度为 rad/s=100π rad/s,所以感应电动势的瞬时表达式为e=200sin 100πt V,A错误,B正确;t=0.01 s时,感应电动势为零,则穿过线圈的磁通量最大,C错误;t=0.02 s时,感应电动势为零,则穿过线圈的磁通量的变化率也为零,故D错误。 5.选B 由安培定则可知,直导线右侧的磁场方向垂直纸面向外,则t=0时,线圈中的磁通量最大,磁通量的变化率为0,产生的感应电动势为0,A错误;由楞次定律和安培定则可知0~时间内,线圈转过90°,此时线圈中感应电流方向为abcda,B正确;t=时,通过线圈的磁通量为0,但磁通量变化率不为0,则感应电动势不为0,C错误;线圈每转动一周电流方向改变两次,D错误。 6.选BD 由题图可知,交流电动势的最大值Em=100 V,周期T=0.04 s, 所以瞬时值表达式为e=100sin 50πt(V),A错误,B正确;根据感应电动势最大值的表达式Em=NBSω得知,其他条件不变时,Em与ω成正比,Em'=NBS·ω=50 V,此时交流电动势的表达式为e=50sin 25πt(V),C错误,D正确。 7.选B 由题图可知,周期Ta=0.4 s,Tb=0.6 s,则线圈前后两次转速之比na∶nb=Tb∶Ta=3∶2,A错误;由电动势的最大值Em=NBSω,知两个电压最大值之比Uma∶Umb=ωa∶ωb=3∶2,由题图知交流电a电压最大值为Uma=10 V,则交流电b电压的最大值为 V,B正确;ωa==5π rad/s,交流电a电压的瞬时值表达式为u=Umasin ωt=10sin 5πt V,C错误;t=0时刻u=0,根据法拉第电磁感应定律可知,磁通量变化率为0,此时线圈处于中性面位置,穿过线圈的磁通量最大,D错误。 8.选B 在t=0、t=0.2 s、t=0.4 s时,磁通量最小,线圈位于与中性面垂直的位置,感应电动势最大,电流方向没有发生改变,A、C错误;在t=0.1 s和t=0.3 s时,磁通量最大,线圈位于中性面位置,感应电动势为0,磁通量变化率为0,线圈切割磁感线的有效速率最小,D错误,B正确。 9.选C 根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esin ωt,由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esin ωt=时,线圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转时开始切割磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d'=2dcos =d,C正确。 10.选B 根据题意,ω=2πf=100π rad/s,该交流电源输出电压瞬时值的表达式为u=1 000sin 100πt(V),在前半个周期内,当t=时,放电管开始发光,t=T时,停止发光,发光时间为Δt=T-=T,整个周期发光时间为2Δt=T,故一小时内的发光时间t=×T=1 500 s=25 min,A、C、D错误,B正确。 11.解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时,线圈内产生正弦交变电动势,当线圈平面在中性面时开始计时,其表达式为e=Emsin ωt。 (1)e=Emsin ωt,Em=NBSω(与线圈形状无关), ω=20π rad/s,故e=100sin 20πt V。 (2)当t= s时, e=100sinV=50 V≈86.6 V。 答案:(1)e=100sin 20πt V (2)86.6 V 12.解析:(1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em,则Em=NBL2ω=100××0.12×2π V=2 V。 (2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt=2cos 2πt(V)。 (3)从图示位置开始转过30°角时感应电动势的瞬时值e'=2cos 30° V= V,i== A。 答案:(1)2 V (2)e=2cos 2πt(V) (3) A 5 / 5 学科网(北京)股份有限公司 $

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