假期作业5 交变电流的产生及描述-快乐假期】2025-2026学年高二物理暑假作业

快乐假期 学然后知不足，教然后知困。 假期作业5交变电流的产生及描述 完成日期： 月 〈《情境辨析 2.如图所示一矩形线圈 QIng jing bian× 如图是演示用的手摇发电机模型，V匝面 绕与匀强磁场垂直的 积为S的线圈以角速率ω转动，从某次经过中 中心轴OO沿顺时针 Q 性面开始计时 方向转动，引出线的两 端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环P和 Q相连，P和Q又通过固定的电刷与电阻R 相连.在线圈转动过程中，通过电阻R的 电流 0 (1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定 A.大小和方向都随时间做周期性变化 会产生正弦式交变电流. ( ) B.大小和方向都不随时间做周期性变化 (2)矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向 C.大小不断变化，方向总是P→R→Q 的轴匀速转动经过中性面时，线圈中的感 D.大小不断变化，方向总是Q>R→P 应电动势为零，电流方向发生改变.( 3.(多选)矩形线圈的匝数 ↑/Wb (3)交流电压表和电流表测量的是交流电的 0.2 为50匝，在匀强磁场中 峰值 ( 0.10.2 0.30.4/8 绕垂直于磁场的轴匀速 02 (4)交变电流的峰值总是有效值的√2倍. 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 ( (5)可以用平均值计算交变电流产生的热量. A.在t=0.1s和t=0.3s时，电动势最大 (6)交流电路中电压表、电流表的示数都是有 B.在t=0.2s和t=0.4s时，电动势改 效值. () 变方向 (7)正弦交变电流周期与2周期内电流的有 C.电动势的最大值是157V D.在t=0.4s时，磁通量变化率最大，其值 效值一定不同 〈《技能提升 为3.14W%/s inem可tI sheng 4.（多选)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于 素能提升 磁感线的轴转动，产生的感应电动势为e= 一、选择题 1.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生 220√2sinl00πtV,则下说法中正确的是() 的感应电动势e=220√2sin100πtV,则( A.交流电的频率是50Hz A.交流电的频率是100πHz B.t=0时线圈平面恰与中性面重合 B.t=0时，线圈位于中性面 C.如果发电机功率足够大，它可使“220V, C.交流电的周期是0.02s 110W”的灯泡正常发光 D.t=0.05s时，e有最大值 D.用交流电压表测量时它的读数为220√2V 12 三0022 三物理 5.如图所示，正弦波和方波交变电流的最大值 A.穿过线圈的磁通量最大 相等，周期也相等，现使它们通过完全相同 B.穿过线圈的磁通量的变化率最大 的电阻，则在相同的时间（远大于周期）内， C.流过电灯L的电流方向为A→B 两电阻发热之比Q甲/Q2等于 D.ab边受到的安培力方向垂直线圈平面 i/A i/A 向上 8.（多选)如图所示，有矩形线圈 2T 面积为S.匝数为n,整个线圈 内阻为r,在匀强磁场B中绕O A.1/2 B.1/2 O轴以角速度ω匀速转动，外 C.1/4 D.1/1 电路电阻为R.当线圈由图示位置转过90 6.近日，小米发布了“小感量十磁吸”无线充电 的过程中，下列说法正确的是 预研技术—磁吸式无线充电，通过磁铁的 A.磁通量的变化量为△Φ=nBS 吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧 B.平均感应电动势为e=2nBSw/π 密结合在一起，将大大降低能量损耗.某次 C.电阻R所产生的焦耳热为'B'Swr 4R 测试中磁吸无线充电底座线圈接于u三 D.通过电阻R的电荷量值为Q=nBS/(R十r) 220√2sin(100πt)(V)的交流电源，已知发 二、非选择题 射线圈和接收线圈匝数比为11：1，功率为 9.如图所示，边长为a的正 0 50W.则 ( 方形线圈在磁感应强度为 B的匀强磁场中，以对角 线为轴匀速转动，角速度 为ω，转动轴与磁场方向 A.接收线圈的工作原理是电流的磁效应 垂直，若线圈电阻为R,则从图示位置绕 B.发射线圈连接直流电源也能实现无线 OO转过90°角的过程中，流过导体横截面 充电 的电荷量是多少？ C.若不计能量损耗，接收线圈获得的电压 最大值为20V D.若不计能量损耗，通过接收线圈的电流有 效值为2.5A 7.(多选)图甲为气球带动下悬挂在高空中的 风力发电机，可供地面临时用电，发电机的 构造示意图如图乙所示，在图示位置时线圈 abcd所在平面与磁感线平行。则线圈abcd 转至图示位置时 13 飞曼快乐假明 N= 10.如图所示，在皮带带动下，固 2.(多选)(2024·新 定在发动机轴上的正方形线 课标卷，20T)电动 圈以w=50rad/s的角速度匀 汽车制动时可利 速转动，线圈每边长a=20 用车轮转动将其 旋转方向 cm,匝数n=10匝，线圈总 动能转换成电能 蓄电系统 电阻r=12,转动轴OO穿 储存起来.车轮转 过线圈对边的中点，整个装置位于磁感应 动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中 强度B=1T的匀强磁场中.线圈中产生 产生电流.磁极匀速转动的某瞬间，磁场方 向恰与线圈平面垂直，如图所示.将两磁极 的交流电经集电环向R=92的电阻供 间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90° 电.求： 时，线圈中 ( (1)交流电流表和电压表的示数， A.电流最小 (2)电源内的发热功率和电源的输出功率， B.电流最大 C.电流方向由P指向Q D.电流方向由Q指向P 3.(2023·湖南卷， 9T)某同学自制了 一个手摇交流发电 机，如图所示.大轮 与小轮通过皮带传 动（皮带不打滑），半径之比为4：1，小轮与 线圈固定在同一转轴上，线圈是由漆包线 绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总 高考在线 阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度 1.(2024·河北卷，4T)R1、R2为两个完全相 大小为B的匀强磁场.大轮以角速度ω匀 速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴 同的定值电阻，R两端的电压随时间周期 与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电 性变化的规律如图1所示（三角形脉冲交流 刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电 电压的峰值是有效值的√3倍)，R,两端的电 时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下 压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两 列说法正确的是 ( 电阻在一个周期T内产生的热量之比Q,: A.线圈转动的角速度为4ω Q2为 ( B.灯泡两端电压有效值为3√2BLw u/y Au/V C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新 绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈， 图1 图2 则灯泡两端电压有效值为42mBLw A.2:3 B.4:3 D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯 C.2:3 D.5:4 泡变得更亮 14飞受快乐假期 高考在线 1.BC[A、B.如图所示 2 0 在1=0到1=无的过程中，战框的有效切制长度先变大 再变小，当=π时，有效切割长度最大为√2L,此时，感应 Aw 电动势最大，所以在1=0到1一的过程中，E先增大后 减小，故B正确，A错误； CD在1=0到1=弧的过程中，设转过的角度为0，由几 何关系可得0=wt, 进入磁场部分线框的面积S=L·Ltan日， 2 穿过线圈的磁通量中=BS=BL'tan t, 2 线圈产生的感应电动势E=△中， 感应电动势的变化率E=E, △t 对中=Btan求二次导数得 2 △E=Bl2u2se2 fian, △t 在1=0到1=元的过程中BL2w2seca1anol一直交大， 所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误.故选 B、C.] 2.ABD[由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应 电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机 械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运 动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；当金属棒 MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M 到N,根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平 向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右 手定则可知，MV中电流方向由V到M,根据左手定则， 可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负 功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确； 金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于 在OO位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO1 位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培 力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C 错误；从释放到第一次到达O)'位置过程中，根据右手定 则可知，MN中电流方向由M到N,故D正确.] 00M= 假期作业5 情境辨析 (1)×(2)/(3)×(4)×(5)×(6)/(7)× 技能提升 素能提升 1.BC[由瞬时值表达式知：角速度w=100πrad/s.感应电 动势是按正弦规律变化的，所以=0时，线圈平面位于中 性面 国。=2x.所以f-器127z-50 由T=子得T=0s=0.02s .1 当t=0.05s时，e=220√2sin5πV=0,故B、C选项 正确.] 2.C 3.CD[从题图中可知，在0.1s和0.3s时刻，穿过线圈的 磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2s和0.4s 时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率 最大，由此得选项A、B错误.根据电动势的最大值公式： Em=nBSw,④m=BS,w=2x/T,可得：Em=50×0.2X2× 3.14/0.4V=157V;磁道量变化率的最大值应为Em= n 3.14Wb/s,故C、D正确.] 4.ABC 5.B[计算电阻发热Q=I2Rt需用交流电的有效值，图甲 的有效值为1=1=，图乙的有效值为12=1m,所以代入 √2 可得Q甲/Qz=1/2.] 6.D「无线充电手机接收线圈部分工作原理是电磁感应， 而非“电流的磁效应”，故A错误；若发射线圈发射的直流 电，根据电磁感应的原理，在接收线圈中不能产生电流， 不能充电，故B错误；根据变压器的原理，电压与匝数成 正比.所以U==青×20V=20V.即翻线圈电压 71 的有效值为20V,但最大值可达20√2V,故C错误；接收 线图的电流1号A-2A,故D正确了 7.BC[线圈abcd转至题图乙所示位置时，线圈平面与磁 场方向平行，磁通量为零，感应电动势最大，穿过线圈的 磁通量的变化率最大，故A错误，B正确；由右手定则可 知，在题图示位置时线圈中的电流方向为a→b→c→d,则 通过电灯L的电流方向为A→B,故C正确；根据左手定 则判断知线圈在题图乙所示位置时ab边受到的安培力 方向垂直线圈平面向下，故D错误。] &.BD[E=n9=nBs=2nBSa/:Q=R千 △t E·△t T 2w nBS R+r· 三0022 9.解析：求通过导体横截面的电荷量应用平均电流计算： 91a=E △，而平均电动势E=△中_Ba2 Γ△t-△t1 △Φ1 Ba2 所以g=8·R·△=R 答案贸 10.解析：(1)由题知感应电动势最大值 Em=nBSw=10×1×0.04×50V=20V, 则有效值E=Em/W2=10√2V, 电流表示数I=ER+D）0光A=2A=1.414A, 电压表示数U=IR=9√2V=12.726V: (2)电源内的发热功率P,=r=(√2)2×1W=2W,电 源的输出功率P出=IR=(W2)2×9W=18W. 答案：(1)1.414A12.726V(2)2W18W 高考在线 1.B设R1、R2的阻值均为R,根据题中所给信息，结合题 图图像可得Q,= (5 R U)2 _U 反工=T则，=B正确， R 2.BD如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90 时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极 转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律 可知，此时感应电流方向由Q指向P, 3.AC[大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线 圈同轴转动，角速度相等，根据v=wr, 根据题意可知大轮与小轮半径之比为4：1，则小轮转动 的角速度为4w,线圈转动的角速度为4w,A正确；线圈产 生感应电动势的最大值Emax=nBS·4w, 又S=L2, 联立可得Emax=4nBL2w, 则线图产生感应电动势的有效值E=E=22mBLu, 根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U R十R2mBL2,B错误；若用总长为原来两倍的相同漆 RE 包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈 的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值 Emax-8nBL2@, 此时线圈产生感应电动势的有效值E= √2 =4√2nBL2w, 根据电阻定律R=p了， 可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R,根据串联电路分 压原理可得灯泡两端电压有效值U'=R十2R RE 4N2mBL20,C正确：若仅将小轮半径变为原来的两倍，根 3 据0=r可知小轮和线图的角速度变小，根据E=nBS0, √2 可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗， D错误.故选AC.] 假期作业6 情境辨析 (1)×(2)/(3)/(4)√(5)×(6)×(7)/ 技能提升 素能提升 1.C 2.C 3.BCD 4.BCD[变压器所接电源电压的有效值为U1=2202V √2 =220V,输出电压=m,U2=n,=20V= U2 n2 1 10 22V,A错.由P入=P出，得P出=I1U1=1×220W= 220W.B对.当穿过线图的磁通量变化率最大时Um= 川地，”--202wm/s=2.22Vb/s.C对.由图 像可知T=0.02s,=50Hz,即每秒钟线圈转50圈，电 流方向改变50×2次=100次.D对.] 5.B[输电线上输送的电流为1给= P输=3X105kW 500kV =6000A,A选项错误.输电线上由电阻造成的损失电 压U描=1输×R线=6000A×2.52=1.5×104V, B选项正确.若输电电压为5kV,则输电线上损失的功率 不可能大于输电总功率3X105kW,C选项错误，△P-U 中，U应当为输电线上损失的电压，D选项错误.] 6.ABD[依据输电原理，电路中的功率损耗△P=IPR线， 而R丝=P5,增大输电线的横藏面积，减小输电线的电 阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=U 来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电 电流越小，则功率损耗越小，B正确：若输电电压一定，输 送功率越大，则电流【趣大，电路中损耗的电功率越大，C 错误：输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对 于安全和技术的要求越高，D正确.] 7.解析：1)升压变压器，电压与匝数的关系满足，= U1=1 又U1=250V,解得U2=2000V: