课时分层检测(15) 交变电流-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

班级 姓名 得分 课时分层检测（十五） 交变电流 4.一矩形线圈在匀强磁场中绕 基础达标练 0… 一个固定轴匀速转动，当线圈 1.如图所示为演示交变电流产生的实验装置图， 处于如图所示位置时，此线圈 关于这个实验，下列说法正确的是 ( ) A.磁通量最大，磁通量变化率 最大，感应电动势最小 B.磁通量最大，磁通量变化率 最大，感应电动势最大 C.磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电 A.线圈每转动一周，电流方向改变一次 动势最大 B.图中线圈所在平面位置为中性面，线圈中 D.磁通量最小，磁通量变化率最小，感应电 无感应电流 动势最小 C.线圈在图中平面位置时，ab边中感应电流：5.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生 方向为a→b 的交变电动势瞬时值表达式为e=10√2 D.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化 sin(4πt)V,则 () 率为零 A.该线圈转动的角速度为4rad/s 2.（多选)关于正弦式交变电流的产生过程，下 B.t=0时刻线圈平面与磁场垂直 列说法正确的是 C.t=0.25s时，e达到最大值 A.当线圈平面与中性面垂直时，电流方向发 D.在1s时间内，线圈中电流方向改变10次 生变化 6.如图所示，一矩形闭合线圈在 B.从线圈平面经过中性面时开始计时，周 水平匀强磁场中绕O0轴匀 速转动。若要使线圈中的电 期内，电流一直增大 流峰值减半，不可行的方法是 C.从线圈平面与中性面垂直时开始计时，线 圈转动两周电流方向改变4次 A.只将线圈的转速减半 D.线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大 B.只将线圈的匝数减半 的位置，也是感应电流最大的位置 C.只将匀强磁场的磁感应强度减半 3.如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴： D.只将线圈的边长都减半 或中心轴在匀强磁场B中以角速度w匀速7.旋转电枢式交流发电机的感应电动势= 转动。能产生交变电动势e=BSwsin wt的： Emsin wt,如将电枢的线圈匝数增加一倍，电 图是 枢的转速也增加一倍，其他条件不变，感应 电动势的表达式将变为 () A.e=2Emsin 2wt B.e-2Emsin 4wt C.e=4Emsin 2ot D.e=4Emsin 4ot …0能力提升练0… 8.(多选)如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀 强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。 线圈内磁通量随时间t的变化如图乙所示， 则下列说法正确的是 158 班级 姓名 得分 0 个中 11.如图所示，匀强磁场磁 ,0 d →B 感应强度B=0.1T, 所用矩形线圈的匝数 0 N=100匝，边长lab= B 甲 0.2m,lk=0.5m,以 A.t1时刻线圈中的感应电动势最大 角速度w=100πrad/s B.t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直 绕O0轴匀速转动。 C.t3时刻线圈平面与中性面重合 O 试求： D.t4、5时刻线圈中感应电流的大小相同 (1)感应电动势的峰值； 9.(多选)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与： (2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时， 磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。 线圈中瞬时感应电动势的表达式； 产生的交变电动势随时间变化的规律如图： (3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时， 乙所示。则下列说法正确的是 ) 求线圈在t= te/V 300§时刻的感应电动势 22 大小。 t/(×10-2s) -222 甲 乙 A.t=0.01s时穿过线框的磁通量最小 B.该交变电动势的最大值为11√2V C.该交变电动势的瞬时值表达式为e= …0 情景创新练 22√2sin(100πt)V D.电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中12.如图所示为交流发电机 的示意图，匝数为N= 性面的夹角为45° 10.如图所示为演示用的 100匝的矩形线圈边长 0 分别为a=10cm和b= 手摇发电机模型，匀 20cm,内阻为r=52,在 强磁场磁感应强度 磁感应强度B=0.5T的 B=0.5T,线圈匝数 匀强磁场中绕OO轴以 N=50匝，每匝线圈 R w=50√2rad/s的角速度 面积为0.48m2,转 0 匀速转动，计时开始时线圈平面与磁场方 速为150r/min。在 向平行，线圈通过电刷和外部R=202的 匀速转动过程中，从 电阻相接。开关S合上后，求： 图示位置线圈转过90°开始计时。 (1)线圈内产生的交变电动势瞬时值的表 (1)写出交变电流感应电动势瞬时值的表： 达式； 达式； (2)画出e-t图线。 (2)从计时开始到线圈转过罗的过程中，通 过外电阻R的电荷量。 159F装=BL,根据法拉第电磁感应定律知，I=E=A=:C正确：导体线框进入磁场的过程中产生的热量为Q= RR△t FLg-mgL2sin30°=10×0.2J-10×0.2×0.5J=1J,选 、,S,可知1为恒定电流，由题可知B减小，则P装减小，由！ 项D正确。] !10.D[金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械 FT=mg十F幸知Fr减小，选项A正确。] 2.A[金属棒加速上升时受到重力、拉力F,及安培力。根！ 能守恒定律得，mgh=2m,金属棒到达平直部分时的速 据功能关系可知，力F、与安培力做功的代数和等于金属棒 度)=√2gh,金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达 的机械能的增加量，A正确。] 平直部分时的速度最大，最大感应电动势E=Bl,最大感 3.BC[金属杆从轨道底端滑上轨道某一高度至又返回到出： 发点时，由于电阻R上产生热量，故金属杆的机械能减小，： E一B1√2，故A错误：通过金属棒的电 即返回到底端时速度小于。，选项A错误；金属杆上滑到！ 应电流I一R+ 2R 最高，点的过程中，动能转化为重力势能和电阻R上产生的： 音量g一1景票就B错送：会高棒在鉴个诺动过 热量（即克服安培力所做的功），选项B、C正确：金属杆两次 通过轨道上同一位置时的速度大小不同，电路中的电流不 程中，由动能定理得mgh一W安一μmgd=0一0，克服安培 同，故电阻的热功率不同，选项D错误。] 力做的功W安=mgh一gd,故C错误；克服安培力做的 4,D[导线框进入磁场的过程中，导线框受到向左的安培力！ 功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它 作用，根据E=BL,1=辰、R=BIL得F-B,随者 们的电流相学，则金属捧产生的焦耳热Q=Q=之W: R 的减小，安培力F章减小，导线框做加速度逐渐减小的减 1 =2mgh一u),故D正确。] 速运动，整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框！ 做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，导线框受到向左的：1山，解析(I)闭合开关S之前，导体b自由下落的末速度为 安培力，根据F=B巴知，导线框做加速度逐新减小的 vo=gt=4m/s。 R 开关S闭合瞬间，导体ab产生感应电动势，回路中产生感 减速运动，所以选项D正确。] 应电流，导体ab立即受到一个竖直向上的安培力。 5.C[当b棒先向下运动时，在a棒和b棒以及导轨所组成 Ft=B1L=B=0.016N>mg=0.002N。 的闭合回路中产生感应电流，于是口棒受到向下的安培力， R b棒受到向上的安培力，且二者大小相等，释放α棒后，经过 此时导体αb受到的合力的方向竖直向上，与初速度方向 时间t,分别以口棒和b棒为研究对象，根据动量定理，则有 相反，加速度的表达式为a=二mB_B-g,所以 (mg+F)t=mv. mR (mg-F)t=mv-mvo 导体ab做竖直向下的加速度逐渐减小的减速运动。当 联立解得=18m/s,故C正确。] F安=mg时，导体ab做竖直向下的匀速运动。 6.B[线圈进入磁场过程，由动量定理有 (2)设导体ab匀速下落的速度为口m -BIL·△t1=m0-mo 线圈离开磁场过程，同理 光时F=mg年产=mg=警=0,5m/e. R -BI,L·△t2=m0-m 答案(1)见解析(2)0.5m/s 进出磁场时磁通量变化数值相同，故q。=q :l2.BD[ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力， g=11·△t1=I2·△t2=g 联立各式得一=v一v 安培力大小为FA=B巴，加速度大小为4== 2R 7 所以=，故B正确] B,由于速度减小，所以b杆做加速度减小的变减速 2 7.D[撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而： F=B巴，F随口的变化而变化，故导体棒做加速度变 运动直到静止，故A错误；当αb杆的速度为号时，安培力 R 化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合= BL·% △E=0,B错误；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整 大小为F= 2R3,所以加速度大小为口三上 2. 个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q= Fx,C错误，D正确。] BL,故B正确：对ab杆，由动量定理得-BL·△= 6mR 8.AC[以两导体棒为研究对象，在导体棒运动过程中，两导 体棒所受的安培力大小相等，方向相反，且不受其他水平外 m·3 一m,中Bg=号m,解得g=院，所以道过 2 力作用，在水平方向两导体棒组成的系统动量守恒，对系统！ 有m,=2加0，解得两等体排运动的未速度为。=子，棒 定值电阻的电荷量为院，故C错误：由？A地B12 2R2R· ab做变减速运动，棒cd做变加速运动，稳定时两导体棒的 解得ab杆通过的位移xB=g故D正确。门 加速度为零，一起向右做匀速运动，选项A正确，B错误；b! 课时分层检测（十五） 捧和Cd棒最后微匀速运动，棒与导轨组成的回路磁通量不：1，C[题图中线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动 变化，不会产生感应电流，选项C正确，D错误。] 9.ACD[导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F=mgsin30° 时，在电路中产生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 +B,解得u=2m/s,根据9=是=。解得三 R R 流方向改变两次，A项错误：线圈平面垂直于磁感线的位置 0.2m,选项A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速 称为中性面，显然图中线圈所在位置不是中性面，B项错 度a=F-mgsin30°=5m/s,则导体线框开始运动时ab 误；线图处于题中图示位置时，b边向右运动，由右手定则 m 知，ab边中感应电流方向为a·b,C项正确：线圈平面与磁 边到磁场边界ef的距离为x=? 2a2X5m=0.4m,选项 22 场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率 最大，D项错误。] 240 2.BC[线圈转动过程中，在中性面位置，磁通量最大，电流： (2)若从线圈平面垂直磁感线时开始计时，感应电动势的 等于零且方向改变，线圈转动两周电流方向改变4次，线圈： 瞬时值e=E sin ot 由中性面经子周期与中性面垂直，电流逐新增大到最大。] 所以e=314sin(100xt)V。 (3)若从线圈平面平行磁感线时开始计时，感应电动势的 3.A[线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从： 瞬时值表达式为 中性面开始计时时，产生的电动势e=BSosin ot。由此判！ e=Em cos wt 断出，只有A选项符合。 代入数据得e=314cos(100πt)V 4.C[题图所示位置，线图平面与磁场方向平行，穿过线圈的 磁通量为零，线圈两边垂直切割磁感线，由E=Blusin日可！ 当t=300s时，e=314cos(号)V=157V。 知感应电动势最大，由E=吧可知，此时磁通量的变化率 答案(1)314V(2)e=314sin(100xt)V △t (3)157V 最大，故C正确。] :12.解析(1)感应电动势最大值为Em=VBSw=50√2V,由 5.B[由交变电动势的瞬时值表达式e=10√2sin(4πt)V,可知 于从线圈平行于磁场时刻开始计时，故表达式为= 感应电动势的最大值E=10√2V,线圈转动的角速度w= E cos wt=50√2cos(50√2t)V。 4πrd/s,选项A错误；将t=0代入交变电动势的瞬时值表达 (2)从计时开始到线圈转过90°的过程中，通过R的电荷量 式，可得感应电动势为0，则此时线圈处于中性面，线圈平面与 △Φ 磁场垂直，选项B正确；将t=0.25s代入交变电动势的瞬时值 为g=NR干，代入数据解得g=0.04C。 表达式e=10√2sin(4rt)V,可得e=10√2 sin V=0,e达到最 答案(1)e=50W2cos(50W2t)V(2)0.04C 课时分层检测（十六） 小值，选项C错误；线圈转动的周期T=红=0.58，则在1s时1.C[电容器击穿电压指电容器两瑞允许加的电压的最 间内线圈转过2周，转1周电流方向改变2次，则在1s时间内：大值。] 线圈中电流方向改变4次，选项D错误。] :2.D[交变电动势瞬时值表达式e=10sin(2xt)V,可知w= 6.B[由1。=景，E。三NBSa,u=2x1,得1n=2, 2,则交变电流的周期T=2云=1s,频率为∫=子=1H, R 故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R: 选项A、B错误；交变电动势瞬时值表达式e=l0sin(2πt)V, 也随之减半，则I不变，故B不可行；当边长减半时，面积！ 可知交变电动势的最大值为10V,则有效值为9V 2 S减为原来的，而电阻减为原来的子，故D可行。] 5√2V,选项C错误；当t=0.25s时，感应电动势为e= 7.C [e Em sin ot NBSosin wt,N'=2N,o'=2w, En'=4En,e'=4 Emsin2wt。故选C。] 10sim交V=10V,选项D正确.] 过线圈的磁通量重最大，磁通量变化率公心！·【由题图可知该交变电流的周期为 最小，此时感应电动势为零，A错误；在t2t时刻感应电动 了广=02H=50H,A错：肩迷度a=华-品ad/s= 势为E,此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向，B正确；！ 100πrad/s,B正确；t=0.01s时电动势为零，即磁通量变化 山时萄，中最大，把=0，此时线图平西垂直子磁场方 率为零，此时磁通量最大，故线框平面与中性面重合，C正 确：线框产生的交变电动势有效值为3V≈220V, 向，与中性面重合，C正确；t时刻感应电流为零，D错误。] √2 9.CD[t=0.01s时电动势为零，线圈平面与磁场方向垂直，· D错误。] 此时穿过线图的磁通量最大，选项A错误；由图可知，交变4.B[电源电动势的有效值为U=20V,R U=2200 电动势的最大值E=222V,线圈转动的角速度=乐= 2 T =1102,故B项正确。] 0.02rad/s=100rrad/s,该交变电动势的瞬时值表达式为 2π :5.D[由题图可知，在0~0.01s内是正弦式交变电压，则电 压的有效值U1=32V,在0.01~0.03s内是恒定电压， e=22√2sin(100xt)V,选项C正确，B错误；把电动势瞬时 则有效值U,=9V,由电流的热效应可得×工+。为 值22V代入e=222sin(100πt)V,得线圈平面与中性面： 的夹角为45°，选项D正确。] T-T,解得U=2√5V,选项D正确。 10.解析(1)由题可知N=50,B=0.5T,S=0.48m, w=2xX150 :6.C[t=0时刻线圈位于中性面，磁通量最大，电动势为零， 60 rad/s=5x rad/s, A错误：转速之比等于周期的反比，故线圈转速之比为3： 则Em=NBSw=50×0.5×0.48X5rV≈188V, 2,B错误；频率为周期的倒数，曲线a表示的交变电动势的 由e=En sin ot得e=l88sin5πtV。 周期为0.04s,频率为25Hz,C正确；正弦式交变电流的电 (2)T=2红-2x =0.4s,e-t图线如图所示。 动势的有效值为E=E=NBS0,已知E.=5V,且ow w5π 2√2 √2 e/v 2 188 三0.，故可知E=2X5V=52V,D错误。] 00.2 :7,AB[t=0时通过线圈的磁通量为0，cd边垂直切割磁感 6.40.6ls 线，感应电动势最大，感应电流最大，A正确：感应电动势最 -188 大值Em=NBSw=100×0.1×10×102×8×10×10V 答案见解析 =0.8V,B正确：线图转过90°的过程中感应电动势的平均 11.解析(1)由题可知，线图面积 值为E=N=NBAs=1:6V≈0.5V,C错误感应电 S=1lk=0.2×0.5m=0.1m △t T 感应电动势的峰值 4 E.=NBSw=100×0.1X0.1×100xV 动势的有效值E= =100πV=314V。 E==2巨V,D错误门 25 241