2019-2020年高中物理 第2章 第1節(jié) 交變電流課時作業(yè) 教科版選修3-2.doc
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2019-2020年高中物理 第2章 第1節(jié) 交變電流課時作業(yè) 教科版選修3-2 1.大小和方向不隨時間變化的電壓和電流,稱為__________,簡稱直流電;大小和方向隨時間作周期性變化的電壓和電流,稱為__________,簡稱交流電. 2.電壓和電流都隨時間按正弦函數(shù)規(guī)律變化的交變電流稱為________電流,簡稱正弦交流電.其電動勢的瞬時值表達(dá)式為e=________,其中Em=________.閉合矩形線圈在________磁場中繞__________________________的軸勻速轉(zhuǎn)動時,線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流是正弦交流電. 3.下圖所示的4種電流隨時間變化的圖象中,屬于交變電流的有( ) 4.下列各圖中,哪些情況線圈中能產(chǎn)生交流電( ) 5.矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動,下列說法中正確的是( ) A.在中性面時,通過線圈的磁通量最大 B.在中性面時,感應(yīng)電動勢最大 C.穿過線圈的磁通量為零時,感應(yīng)電動勢也為零 D.穿過線圈的磁通量為零時,磁通量的變化率也為零 【概念規(guī)律練】 知識點(diǎn)一 交變電流的產(chǎn)生 1.如圖1所示為演示交變電流產(chǎn)生的裝置圖,關(guān)于這個實(shí)驗(yàn),正確的說法是( ) 圖1 A.線圈每轉(zhuǎn)動一周,指針左右擺動兩次 B.圖示位置為中性面,線圈中無感應(yīng)電流 C.圖示位置ab邊的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b D.線圈平面與磁場方向平行時,磁通量變化率為零 2.處在勻強(qiáng)磁場中的矩形線圈abcd,以恒定的角速度繞ab邊轉(zhuǎn)動,磁場方向平行于紙面并與ab垂直。在t=0時刻,線圈平面與紙面重合(如圖2所示),線圈的cd邊離開紙面向外運(yùn)動。若規(guī)定由a→b→c→d→a方向的感應(yīng)電流為正,則能反映線圈中感應(yīng)電流I隨時間t變化的圖線是 ( ) 知識點(diǎn)二 交變電流的變化規(guī)律 3.閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中勻速轉(zhuǎn)動,轉(zhuǎn)速為240 r/min,若線圈平面轉(zhuǎn)至與磁場方向平行時的電動勢為2 V,則從中性面開始計時,所產(chǎn)生的交流電動勢的表達(dá)式為e=________ V,電動勢的峰值為________ V,從中性面起經(jīng) s,交流電動勢的大小為________ V. 4.有一個10匝正方形線框,邊長為 20 cm,線框總電阻為1 Ω,線框繞OO′軸以10π rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動,如圖3所示,垂直于線框平面向里的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T.問: 圖3 (1)該線框產(chǎn)生的交變電流電動勢最大值、電流最大值分別是多少? (2)線框從圖示位置轉(zhuǎn)過60時,感應(yīng)電動勢的瞬時值是多大? (3)寫出感應(yīng)電動勢隨時間變化的表達(dá)式. 【方法技巧練】 一、瞬時值、平均值的計算方法 5.矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸轉(zhuǎn)動,線圈共100匝,轉(zhuǎn)速為 r/min,在轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為0.03 Wb,則線圈平面轉(zhuǎn)到與磁感線平行時,感應(yīng)電動勢為多少?當(dāng)線圈平面與中性面夾角為時,感應(yīng)電動勢為多少? 6.如圖4所示,匝數(shù)為n,面積為S的矩形線圈在勻強(qiáng)磁場B中勻速轉(zhuǎn)動,角速度為ω,求線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢. 圖4 二、交變電流圖象的應(yīng)用 7.矩形線圈,繞垂直于勻強(qiáng)磁場并位于線圈平面內(nèi)的固定軸轉(zhuǎn)動.線圈中的感應(yīng)電動勢e隨時間t的變化如圖5所示.下面說法中正確的是( ) 圖5 A.t1時刻通過線圈的磁通量為零 B.t2時刻通過線圈的磁通量的絕對值最大 C.t3時刻通過線圈的磁通量變化率的絕對值最大 D.每當(dāng)e變換方向時,通過線圈的磁通量絕對值都為最大 8.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動,穿過線圈的磁通量隨時間的變化圖象如圖6所示,則下列說法中,正確的是( ) 圖6 A.t=0時刻,線圈平面與中性面垂直 B.t=0.01 s時刻,穿過線圈平面的磁通量的變化率最大 C.t=0.02 s時刻,線圈中有最大感應(yīng)電動勢 D.t=0.03 s時刻,線圈中有最大感應(yīng)電流 1.關(guān)于線圈在勻強(qiáng)磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的交變電流,下列說法中正確的是( ) A.線圈平面每經(jīng)過中性面一次,感應(yīng)電流方向就改變一次,感應(yīng)電動勢方向不變 B.線圈每轉(zhuǎn)動一圈,感應(yīng)電流方向就改變一次 C.線圈平面經(jīng)過中性面一次,感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的方向都要改變一次 D.線圈每轉(zhuǎn)動一圈,感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流方向都要改變一次 2.線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交流電的瞬時電動勢為e=10sin 20πt V,則下列說法正確的是( ) A.t=0時,線圈平面位于中性面 B.t=0時,穿過線圈的磁通量最大 C.t=0時,導(dǎo)線切割磁感線的有效速度最大 D.t=0.4 s時,e達(dá)到峰值10 V 3.交流發(fā)電機(jī)在工作時的電動勢為e=Emsin ωt,若將其電樞的轉(zhuǎn)速提高1倍,其他條件不變,則其電動勢變?yōu)? ) A.Emsin B.2Emsin C.Emsin 2ωt D.2Emsin 2ωt 4.一閉合矩形線圈abcd繞垂直于磁感線的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動,線圈平面位于如圖7甲所示的勻強(qiáng)磁場中.通過線圈的磁通量Φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示,下列說法正確的是( ) 圖7 A.t1、t3時刻通過線圈的磁通量變化率最大 B.t1、t3時刻線圈中感應(yīng)電流方向改變 C.t2、t4時刻線圈中磁通量最大 D.t2、t4時刻線圈中感應(yīng)電動勢最小 5.如圖8所示,一正方形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動.沿著OO′觀察,線圈沿逆時針方向轉(zhuǎn)動.已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,線圈匝數(shù)為n,邊長為l,電阻為R,轉(zhuǎn)動的角速度為ω,則當(dāng)線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時( ) 圖8 A.線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍bcda B.線圈中的感應(yīng)電流為 C.穿過線圈的磁通量為0 D.穿過線圈的磁通量的變化率為0 6.如圖9所示,矩形線圈abcd,已知ab為L1,ad為L2,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中繞OO′軸以角速度ω(從圖中位置開始)勻速轉(zhuǎn)動,則線圈中感應(yīng)電動勢的大小為( ) 圖9 A.BL1L2ωsin ωt B.BL1L2cos ωt C.BL1L2ωsin ωt D.BL1L2ωcos ωt 7.如圖10所示,一矩形線圈abcd放置在勻強(qiáng)磁場中,并繞過ab、cd中點(diǎn)的軸OO′以角速度ω逆時針勻速轉(zhuǎn)動.若以線圈平面與磁場夾角θ=0時(如圖)為計時起點(diǎn),并規(guī)定當(dāng)電流自a流向b時電流方向?yàn)檎畡t下列四幅圖中正確的是( ) 圖10 8.如圖11甲所示,一矩形閉合線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的轉(zhuǎn)軸OO′以恒定的角速度ω轉(zhuǎn)動.當(dāng)從線圈平面與磁場方向平行時開始計時,線圈中產(chǎn)生的交變電流按照圖乙所示的余弦規(guī)律變化,則在t=時刻( ) 圖11 A.線圈中的電流最大 B.穿過線圈的磁通量為零 C.線圈所受的安培力為零 D.線圈中的電流為零 9.如圖12所示,矩形線圈abcd在勻強(qiáng)磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動,當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時( ) 圖12 A.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流 B.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢小于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢 C.線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同,都是a→b→c→d D.線圈繞P1轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動時cd邊受到的安培力 題 號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答 案 10.一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中以角速度4π rad/s勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的交變電動勢的圖象如圖13所示.則交變電流的頻率為______Hz,當(dāng)t=0時,線圈平面與磁感線________,當(dāng)t=0.5 s時,e為______V. 圖13 11.如圖14所示,在勻強(qiáng)磁場中有一個“n”形導(dǎo)線框可繞AB軸轉(zhuǎn)動,已知勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B= T,線框的CD邊長為l1=20 cm,CE、DF邊長均為l2=10 cm,轉(zhuǎn)速為50 r/s.若從圖示位置開始計時: 圖14 (1)寫出線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達(dá)式; (2)在e-t坐標(biāo)系中作出線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化關(guān)系的圖象. 12.如圖15所示,勻強(qiáng)磁場B=0.1 T,所用矩形線圈的匝數(shù)N=100,邊長ab=0.2 m,bc=0.5 m,以角速度ω=100π rad/s繞OO′軸勻速轉(zhuǎn)動.從線圈平面通過中性面時開始計時,試求: 圖15 (1)線圈中感應(yīng)電動勢的大?。? (2)由t=0至t=過程中的平均電動勢值. 第二章 交變電流 第1節(jié) 交變電流 答案 課前預(yù)習(xí)練 1.恒定電流 交變電流 2.正弦交變 Emsin ωt nBSω 勻強(qiáng) 垂直于磁場方向 3.CD [直流電是方向不隨時間改變,交變電流是方向隨時間改變,正弦式交變電流是按正弦規(guī)律變化的交變電流,圖象中正、負(fù)表示電流方向.A選項(xiàng)中電流數(shù)值總為正,表示電流方向不變,是直流電.B選項(xiàng)中圖象雖為正弦,但由于電流總是正值,表示電流方向不變,電流大小隨時間變化,也是直流電.C、D選項(xiàng)中電流強(qiáng)度和方向都隨時間做周期性變化,是交變電流.因此,是交變電流的只有C和D,是正弦式交變電流的只有D.] 4.BCD [A中線圈中的磁通量始終是零,故無感應(yīng)電流產(chǎn)生;B、C、D中都是線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動,故能產(chǎn)生交流電,則B、C、D正確.] 5.A [中性面和磁場垂直,磁通量最大,磁通量的變化率為零.] 課堂探究練 1.C [線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動時,在電路中產(chǎn)生呈周期性變化的交變電流,線圈經(jīng)過中性面時電流改變方向,線圈每轉(zhuǎn)動一周,有兩次通過中性面,電流方向改變兩次,指針左右擺動一次,故A錯;線圈處于圖示位置時,ab邊向右運(yùn)動,由右手定則,ab邊的感應(yīng)電流方向?yàn)閍→b,故C對;線圈平面與磁場方向平行時,ab、cd邊垂直切割磁感線,線圈產(chǎn)生的電動勢最大,也可以這樣認(rèn)為,線圈平面與磁場方向平行時,磁通量為零,但磁通量的變化率最大,B、D錯誤。] 點(diǎn)評?、倬€圈平面垂直于磁感線時,線圈中的感應(yīng)電流為零,這一位置叫中性面.線圈平面經(jīng)過中性面時,電流方向就發(fā)生改變.線圈繞軸轉(zhuǎn)一周經(jīng)過中性面兩次,因此感應(yīng)電流方向改變兩次. ②線圈經(jīng)過中性面時,穿過線圈的磁通量最大,但磁通量的變化率為零(即各邊都不切割),所以感應(yīng)電動勢為零. 2.C [線圈在磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時,可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電.對于圖示起始時刻,線圈的cd邊離開紙面向紙外運(yùn)動,速度方向和磁場方向垂直,產(chǎn)生的電動勢的瞬時值最大;用右手定則判斷出電流方向?yàn)槟鏁r針方向,與規(guī)定的正方向相同.所以C對.] 點(diǎn)評 線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動時,可以產(chǎn)生按正弦規(guī)律變化的交流電.其中“線圈”無特殊要求,即矩形線圈、圓形線圈等其他形狀都可,“繞某一軸勻速轉(zhuǎn)動”,只要求此軸垂直于磁場方向,沒有其他限制條件. 3.2sin 8πt 2 1 解析 當(dāng)線圈平面與磁場平行時(S//B),感應(yīng)電動勢最大,即Em=2 V,ω=2πn=2π rad/s=8π rad/s,則從中性面開始計時,瞬時值表達(dá)式:e=Emsin ωt=2sin 8πt V,當(dāng)t= s時,e=2sin(8π) V=1 V. 點(diǎn)評 當(dāng)閉合線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動,且從中性面開始計時時產(chǎn)生正弦式交流電電動勢的表達(dá)式e=Emsin ωt,Em為最大值即當(dāng)線圈平面與磁場方向平行時的瞬時值,ω為轉(zhuǎn)動角速度. 4.(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V (3)e=6.28sin 10πt V 解析 (1)交變電流電動勢最大值為 Em=nBSω=100.50.2210π V=6.28 V, 電流的最大值為 Im=Em/R= A=6.28 A. (2)線框轉(zhuǎn)過60時,感應(yīng)電動勢e=Emsin 60=5.44 V. (3)由于線框轉(zhuǎn)動是從中性面開始計時的,所以瞬時值表達(dá)式為e=Emsin ωt=6.28sin 10πt V. 點(diǎn)評 ①電動勢最大值Em=nBSω. ②當(dāng)計時起點(diǎn)為中性面位置時表達(dá)式為e=Emsin ωt 當(dāng)計時起點(diǎn)為線圈平面與磁場方向平行時,表達(dá)式為e=Emcos ωt. 5.1 V V 解析 由題意知:Φm=0.03 Wb ω=2πn=2π rad/s= rad/s. 線圈轉(zhuǎn)至與磁感線平行時,感應(yīng)電動勢最大,故 Em=nBSω=nΦmω=1000.03 V=1 V 瞬時值表達(dá)式e=Emsin ωt=sin V 當(dāng)θ=ωt=時,e=sin V= V. 方法總結(jié)?、僖涀蓚€特殊位置感應(yīng)電動勢的瞬時值,即中性面位置e=0;線圈平面與磁感線平行的位置e=Em=nBSω. ②確定線圈從哪個位置開始計時的,從而確定電動勢的瞬時值表達(dá)式是正弦形式還是余弦形式. 6.nBSω 解析 由楞次定律可判斷線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過180時間內(nèi),線圈中的平均感應(yīng)電動勢E≠0.磁通量是沒有方向的標(biāo)量,但卻有正負(fù).如果我們規(guī)定磁感線從線圈的一側(cè)穿入另一側(cè),穿出磁通量為正,那么從另一側(cè)穿入這一側(cè)穿出時,磁通量就為負(fù)了.設(shè)線圈轉(zhuǎn)過180時,穿過它的磁通量Φ′=BS,那么圖示位置時穿過它的磁通量Φ=-BS.由法拉第電磁感應(yīng)定律得:=n=n=n=nBSω. 方法總結(jié) 平均感應(yīng)電動勢不等于始、末兩瞬時電動勢值的平均值,必須用法拉第電磁感應(yīng)定律計算即=n. 7.D [t1、t3時刻感應(yīng)電動勢為零,線圈位于中性面位置,所以穿過線圈的磁通量最大,磁通量的變化率為零,A、C錯誤;t2時刻感應(yīng)電動勢最大,線圈位于中性面的垂面位置,穿過線圈的磁通量為零,B錯誤;由于線圈每過一次中性面時,穿過線圈的磁通量的絕對值最大,e變換方向,所以D正確.] 方法總結(jié) 當(dāng)感應(yīng)電動勢最大時,磁通量的變化率最大,磁通量卻最小. 8.ABCD [由題意可知Φ=Φmsin ωt時,其感應(yīng)電動勢應(yīng)為e=Emcos ωt,當(dāng)t=0時,Φ=0,線圈平面與中性面垂直,穿過線圈平面的磁通量的變化率最大,線圈中有最大的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,此類時刻還有0.01 s,0.02 s,0.03 s,……所以答案為A、B、C、D.] 方法總結(jié) 由E=n可知,交變電流的電動勢隨線圈的磁通量的變化而變化,即由Φ的變化可推知感應(yīng)電動勢的變化規(guī)律(當(dāng)Φ=Φmsin ωt時e=Emcos ωt;當(dāng)Φ=Φmcos ωt時,e=Emsin ωt). 課后鞏固練 1.C 2.AB [根據(jù)交流電動勢的瞬時值表達(dá)式可判斷為正弦式交變電流,當(dāng)t=0時,e=0,所以此時磁通量的變化率為零,導(dǎo)線切割磁感線的有效速度為零,但此時穿過線圈的磁通量最大,線圈平面位于中性面,所以A、B正確,C錯誤;當(dāng)t=0.4 s時,e=10sin 20πt V=10sin 8π V=0,所以D錯誤.] 3.D [電樞轉(zhuǎn)速提高1倍,由ω=2πn知,角速度變?yōu)樵瓉淼?倍;由電動勢的最大值表達(dá)式Em=nBSω知,最大值也變?yōu)樵瓉淼?倍.] 4.B [t1、t3時刻通過線圈的磁通量Φ的絕對值最大,磁通量變化率=0,此時感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流為零,線圈中感應(yīng)電流方向改變,A錯誤,B正確;t2、t4時刻線圈中磁通量為零,磁通量的變化率最大,即感應(yīng)電動勢最大,C、D錯誤.] 5.BC [圖示位置為垂直于中性面的位置,此時通過線圈的磁通量為零,但磁通量的變化率最大,感應(yīng)電流也最大,I==,由右手定則可判斷出線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)閍dcba.] 6.C [線圈經(jīng)過時間t時,轉(zhuǎn)過角度θ,這時ab,cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢Eab=BL1vsin θ,Ecd=BL1vsin θ,bc,ad邊不切割磁感線不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢,故線圈中的感應(yīng)電動勢為E=Eab+Ecd=2BL1vsin θ=2BL1L2ωsin ωt=BL1L2ωsin ωt,故正確選項(xiàng)應(yīng)為C.] 7.D 矩形線圈在勻強(qiáng)磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動,從線圈平面與磁場方向平行開始計時,產(chǎn)生的感應(yīng)電流按余弦規(guī)律變化,由于t=0時,線圈的轉(zhuǎn)動方向如題圖,由右手定則判斷可得,此時ad中電流方向?yàn)橛蒩到d,線圈中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a,與規(guī)定的電流正方向相反,電流為負(fù)值.又因?yàn)榇藭r產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,故只有D正確。] 8.CD [t==,此時線圈位于中性面位置,所以穿過線圈的磁通量最大,B錯誤;由于此時感應(yīng)電動勢為零,所以線圈中電流為零,線圈所受的安培力為零,A錯誤,C、D正確.] 9.A [無論是繞P1轉(zhuǎn)動還是繞P2轉(zhuǎn)動,線圈轉(zhuǎn)到圖示位置時產(chǎn)生的電動勢都為最大值Em=nBSω,由歐姆定律可知此時I相等,A對,B錯;由右手定則可知線圈中電流方向?yàn)閍→d→c→b→a,故C錯;cd邊所受的安培力F=BLcdI,故F一樣大,D錯.] 10.2 垂直 0 解析 T== s,則交流電的頻率f==2 Hz.由圖象知t=0時,e=0,線圈位于中性面位置,線圈平面和磁感線垂直;當(dāng)t=0.5 s時,ωt=2πft=2π,e=0. 11.(1)e=10cos 100πt V (2)見解析 解析 (1)線框轉(zhuǎn)動,開始計時的位置為線圈平面與磁感線平行的位置,產(chǎn)生的交變電流按余弦規(guī)律變化,在t時刻線框轉(zhuǎn)過的角度為ωt,此時刻e=BL1L2ωcos ωt,即e=BSωcos ωt,其中B= T,S=0.10.2 m2=0.02 m2,ω=2πn=2π50 rad/s=100π rad/s,故e=0.02100πcos 100πt V,即e=10cos 100πt V. (2)T==0.02 s,線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化關(guān)系的圖象如下圖所示 12.(1)314sin 100πt V (2)200 V 解析 (1)解法一 線圈經(jīng)過時間t轉(zhuǎn)過角度θ=ωt,這時bc和da邊不切割磁感線,ab和cd邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢eab=ecd=NBvsin ωt,其中v=ω=ω,所以e=eab+ecd=2eab=2NBωsin ωt=NBSωsin ωt, Em=NBSω=1000.10.1100π V=314 V, e=314sin 100πt V 解法二 感應(yīng)電動勢的瞬時值e=NBSωsin ωt,由題可知S==0.20.5 m2=0.1 m2, Em=NBSω=1000.10.1100π V=314 V, 所以e=314sin 100πt V. (2)用E=N計算t=0至t=過程中的平均電動勢E=N=N= 即E=NBSω.代入數(shù)值得E=200 V.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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