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高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流测试题
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这是一份高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流测试题，共14页。试卷主要包含了单选题等内容，欢迎下载使用。
１.(2021·锦州高二检测)如图为电动机模型图，左侧为N极，右侧为S极。电动机线框通过换向器连入电路中，线框abcd的面积为S，匝数为n，匀强磁场的磁感应强度为B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法中正确的是( )
A．从正前方看去，该线框将会逆时针转动
B．若同时调转电极和磁极方向，则线框的转动方向改变
C．转动过程中线框中电流方向变化，流过R的电流方向不变
D．线框转过90°时，穿过线框平面的磁通量最大，且为nBS
【答案】C
【解析】根据电源正负极可知，从上往下看，电流为逆时针方向，根据左手定则可知，ab边受力向上，cd边受力向下，所以从正面看线框会顺时针转动，故A错误；同时调转电极和磁极方向，相当于同时改变磁场和电流方向，根据左手定则可知，线框受力方向不变，所以转动方向不会发生改变，故B错误；下面的电路为直流电流，流过R的电流的方向不发生改变，故C正确；根据磁通量的公式Φ＝BS可知，在计算磁通量的时候，不应该出现匝数，故D错误。
故选C。
２.(2021·烟台高二检测)矩形线圈的匝数为50，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＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率为零
【答案】Ｃ
【解析】t＝0.1 s和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，选项A错误；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Em最大，方向不变，选项B错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，t＝0.4 s时， eq \f(ΔΦ,Δt) 最大，选项D错误；由Φ t图像可知Φm＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为n＝50，所以Em＝nBSω＝nΦm· eq \f(2π,T) ＝157 V，选项C正确。
故选Ｃ。
３．(2021·淄博高二检测)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于 eq \f(Em,Φm)
【答案】D
【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，当磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B错误；设从线框位于中性面位置开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝ eq \f(Em,Φm) ，D正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝ eq \f(π,6) ，此时Φ＝BS cs eq \f(π,6) ＝ eq \f(\r(3),2) BS＝ eq \f(\r(3),2) Φm，C错误。
故选D。
４．如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。磁场的磁感应强度B＝ eq \r(2) ×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400匝，线圈总电阻r＝2 Ω，线圈的两端经集流环和电刷与R＝8 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n＝ eq \f(50,π) r/s。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是( )
A．交流发电机产生的电动势随时间的变化关系是e＝8 eq \r(2) sin 100t(V)
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．从t＝0时刻开始线圈平面转过30°的过程中，通过电阻的电量约为5.6×10－3 C
D．此时线圈磁通量的变化率为0.08 Wb/s
【答案】C
【解析】磁场的磁感应强度B＝ eq \r(2) ×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400，线圈总电阻r＝2.0 Ω，线圈的转速n＝ eq \f(50,π) r/s。所以ω＝2πn＝100 rad/s，最大值为：Em＝NBSω＝8 eq \r(2) V，则瞬时值为e＝8 eq \r(2) cs 100t (V)，根据Em＝N eq \f(ΔΦ,Δt) ，可得 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(Em,N) ＝ eq \f(\r(2),50) Wb/s＝0.028 Wb/s，故A错误，D错误；根据题意，T＝ eq \f(π,50) s，f＝ eq \f(50,π) Hz，电流方向一个周期改变两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变 eq \f(100,π) 次，故B错误；从t＝0时刻开始转过30°的过程中，通过电阻的电量为：q＝ eq \f(NΔΦ,R＋r) ＝ eq \f(400×\f(1,2)×\r(2)×10－2×0.02,10) C＝5.6×10－3 C，故C正确。
故选C。
５．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝ eq \f(2π,T) 绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图像为( )
【答案】B
【解析】在0～ eq \f(T,4) 内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流为负；在 eq \f(T,4) ～ eq \f(3,4) T内，线圈中无感应电流；在 eq \f(3,4) T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流为正，故B项正确。
故选Ｂ。
６.如图所示的图像中不属于交变电流的有( )
【答案】D
【解析】题图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是按正弦规律变化的交变电流，图D中e的方向未变化，是直流电。
故选D。
７.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连。M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连。在线圈转动过程中，通过电阻R的电流 ( )
A．大小和方向都随时间做周期性变化
B．大小和方向都不随时间做周期性变化
C．大小不断变化，方向总是P→R→Q
D．大小不断变化，方向总是Q→R→P
【答案】C
【解析】半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确。
故选C。
８.交流发电机工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高1倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin eq \f(ωt,2) B．e′＝2Emsin eq \f(ωt,2)
C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝ eq \f(Em,2) sin 2ωt
【答案】C
【解析】感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故选项C正确。
故选C。
９.如图所示为教学演示用交流发电机。以不太快的速度摇动发电机，与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光。现将摇动速度加倍，下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡闪光周期将加倍，亮度增大
B．小灯泡闪光频率将加倍，亮度增大
C．小灯泡闪光频率将不变，亮度增大
D．小灯泡闪光频率将加倍，亮度不变
【答案】B
【解析】摇动速度加倍，则转速变大，则产生交流电的频率增加，可知小灯泡闪光频率将加倍；感应电流的大小与发电机的转速有关，转速越大，输出的电流也越大，则灯泡的亮度增加。
故选B。
10.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
【答案】B
【解析】t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C、D错误。
故选B。
11.线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动（由上向下看是逆时针方向），当从如图所示位置转至中性面位置的过程中，磁通量和感应电动势大小的变化情况是 （ ）
A．磁通量和感应电动势都在变大
B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大
D．磁通量在变大，感应电动势在变小
【答案】D
【解析】由题图可知，磁通量Φ＝Φmsinθ，即磁通量在变大。感应电动势e＝Emcsθ，即感应电动势在变小，D正确。
故选D。
二．多选题：
12.(2021·三亚高二检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．正弦式电流a的瞬时值为u＝10sin (5πt) V
D．正弦式电流b的最大值为 eq \f(20,3) V
【答案】BCD
【解析】t＝0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，选项A错误；由图读出两电流周期之比为Ta∶Tb＝0.4∶0.6＝2∶3，而T＝ eq \f(1,n) ，则线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B正确；正弦式电流a的瞬时值为u＝Umsinωt＝10sin(5πt) V，选项C正确；根据电动势最大值公式Em＝NBSω＝NBS eq \f(2π,T) 得到，两电动势最大值之比为Ema∶Emb＝Tb∶Ta＝3∶2，Ema＝10 V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb＝ eq \f(20,3) V，选项D正确。
故选：BCD。
13．（2021·济南高二检测）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则（ ）
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．t＝0.01 s时线框所受的安培力为零
D．线框产生的交变电动势的频率为100 Hz
【答案】BC
【解析】由题图乙可知，当t＝0.005 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，处于中性面，故B正确；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，所以线框中的电流为零，线框所受的安培力为零，故C正确；交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝ eq \f(1,T) ＝50 Hz，故D错误。
故选：BC。
14．如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～ eq \f(π,2ω) 这段时间内（ ）
A.线圈中的感应电流一直在减小
B．线圈中的感应电流先增大后减小
C．穿过线圈的磁通量一直在减小
D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小
【答案】AD
【解析】计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～ eq \f(π,2ω) 时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，故A、D正确。
故选：AD。
15.下列各图中能产生交变电流的是（ ）
【答案】CD
【解析】A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直；线圈中的磁通量始终为零，没有变化，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。
故选：CD。
16.如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin （20t）V，由该表达式可推知以下哪些物理量（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
【答案】CD
【解析】根据单匝闭合线圈正弦式交变电流的表达式e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5求出磁通量的最大值。故选项C、D正确。
故选：CD。
17.下列方法中能够产生交变电流的是（ ）
【答案】ACD
【解析】A中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生正弦式交变电流；B中的金属棒不切割磁感线，不产生感应电动势；C中的折线与矩形线圈的效果是相同的；D中能产生按余弦规律变化的交变电流。
故选：ACD。
18.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→b
D．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
【答案】AC
【解析】产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势均为E＝nBSω，由I＝ eq \f(E,R总) 可知此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安培力F＝BLdcI，故F一样大，故D错误。
故选：AC。
计算题：
19.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共200匝；线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ eq \f(1,π) T，线圈以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势峰值和瞬时值的表达式。
【答案】1 000 V e＝1 000sin (100πt) V
【解析】感应电动势最大值为Em＝NBSω＝200× eq \f(1,π) ×0.05×100π V＝1 000 V，由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e＝Emsin (ωt)＝1 000sin (100πt) V。
20.如图所示，在匀强磁场中有一个“”形单匝导线框可绕AB轴转动，AB轴与磁场方向垂直，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ eq \f(5\r(2),π) T，导线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s。从图示位置开始计时。
(1)写出导线框中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)用e t坐标系作出导线框中感应电动势随时间变化的图像。
【答案】(1)e＝10 eq \r(2) cs(100πt) V (2)见解析图
【解析】(1)导线框平面与磁感线平行时开始计时，在t时刻线框转过的角度为ωt，
此时，e＝Bl1l2ωcs ωt，
即e＝BSωcs ωt。
其中B＝ eq \f(5\r(2),π) T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝ eq \f(5\r(2),π) ×0.02×100πcs(100πt) V
＝10 eq \r(2) cs (100πt) V。
(2)导线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示
21.如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmS eq \f(2π,T) cs eq \f(2π,T) t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～ eq \f(T,4) 时间内，通过小灯泡的电荷量。
【答案】(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
【解析】(1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期
T＝3.14×10－2 s，
所以Em＝ eq \f(2πnBmS,T) ＝8.0 V
(2)电流的最大值Im＝ eq \f(Em,R＋r) ＝0.80 A
有效值I＝ eq \f(Im,\r(2)) ＝ eq \f(2\r(2),5) A
小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W；
(3)在0～ eq \f(T,4) 时间内，根据法拉第电磁感应定律得，电动势的平均值 eq \x\t(E) ＝n eq \f(ΔΦ,Δt) ＝n eq \f(ΔBS,Δt) ，
平均电流 eq \x\t(I) ＝ eq \f(\x\t(E),R＋r) ＝ eq \f(nSΔB,（R＋r）Δt)
流过小灯泡的电荷量
Q＝ eq \x\t(I) Δt＝ eq \f(nSΔB,R＋r)
代入数据解得Q＝4.0×10－3 C。
22.如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝ eq \f(2,π) T，当 eq \a\vs4\al(线圈以150 r/min) eq \a\vs4\al(的转速绕中心轴线OO′匀速旋转) 时，若 eq \a\vs4\al(从线圈处于中性面位置开始计时) 求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转过 eq \f(1,10) s时电动势的瞬时值。
【答案】（1）e＝375sin （5πt） V （2）375 V
【解析】（1）线圈转速n＝150 r/min＝2.5 r/s，
角速度ω＝2πn＝5π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝375 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为：
e＝Emsinωt，
代入数据可得e＝375sin （5πt） V。
（2）当t＝ eq \f(1,10) s时，电动势的瞬时值
e＝375sin（5π× eq \f(1,10) ） V＝375 V。
23.某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为α＝ eq \f(4,9) π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。
探究：
（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F。
【答案】（1）2NBl2ω （2） eq \f(4N2B2l3ω,r＋R)
【解析】（1）bc、ad边的运动速度v＝ω eq \f(l,2) ，
感应电动势Em＝4NBlv，
解得Em＝2NBl2ω。
（2）电流Im＝ eq \f(Em,r＋R) ，安培力F＝2NBIml
解得F＝ eq \f(4N2B2l3ω,r＋R) 。
１.(2021·锦州高二检测)如图为电动机模型图，左侧为N极，右侧为S极。电动机线框通过换向器连入电路中，线框abcd的面积为S，匝数为n，匀强磁场的磁感应强度为B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法中正确的是( )
A．从正前方看去，该线框将会逆时针转动
B．若同时调转电极和磁极方向，则线框的转动方向改变
C．转动过程中线框中电流方向变化，流过R的电流方向不变
D．线框转过90°时，穿过线框平面的磁通量最大，且为nBS
【答案】C
【解析】根据电源正负极可知，从上往下看，电流为逆时针方向，根据左手定则可知，ab边受力向上，cd边受力向下，所以从正面看线框会顺时针转动，故A错误；同时调转电极和磁极方向，相当于同时改变磁场和电流方向，根据左手定则可知，线框受力方向不变，所以转动方向不会发生改变，故B错误；下面的电路为直流电流，流过R的电流的方向不发生改变，故C正确；根据磁通量的公式Φ＝BS可知，在计算磁通量的时候，不应该出现匝数，故D错误。
故选C。
２.(2021·烟台高二检测)矩形线圈的匝数为50，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＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率为零
【答案】Ｃ
【解析】t＝0.1 s和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，选项A错误；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Em最大，方向不变，选项B错误；根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，t＝0.4 s时， eq \f(ΔΦ,Δt) 最大，选项D错误；由Φ t图像可知Φm＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为n＝50，所以Em＝nBSω＝nΦm· eq \f(2π,T) ＝157 V，选项C正确。
故选Ｃ。
３．(2021·淄博高二检测)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．角速度ω等于 eq \f(Em,Φm)
【答案】D
【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，当磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B错误；设从线框位于中性面位置开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝ eq \f(Em,Φm) ，D正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝ eq \f(π,6) ，此时Φ＝BS cs eq \f(π,6) ＝ eq \f(\r(3),2) BS＝ eq \f(\r(3),2) Φm，C错误。
故选D。
４．如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动。磁场的磁感应强度B＝ eq \r(2) ×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400匝，线圈总电阻r＝2 Ω，线圈的两端经集流环和电刷与R＝8 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，线圈的转速n＝ eq \f(50,π) r/s。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，则下列说法正确的是( )
A．交流发电机产生的电动势随时间的变化关系是e＝8 eq \r(2) sin 100t(V)
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．从t＝0时刻开始线圈平面转过30°的过程中，通过电阻的电量约为5.6×10－3 C
D．此时线圈磁通量的变化率为0.08 Wb/s
【答案】C
【解析】磁场的磁感应强度B＝ eq \r(2) ×10－2 T，线圈的面积S＝0.02 m2，匝数N＝400，线圈总电阻r＝2.0 Ω，线圈的转速n＝ eq \f(50,π) r/s。所以ω＝2πn＝100 rad/s，最大值为：Em＝NBSω＝8 eq \r(2) V，则瞬时值为e＝8 eq \r(2) cs 100t (V)，根据Em＝N eq \f(ΔΦ,Δt) ，可得 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(Em,N) ＝ eq \f(\r(2),50) Wb/s＝0.028 Wb/s，故A错误，D错误；根据题意，T＝ eq \f(π,50) s，f＝ eq \f(50,π) Hz，电流方向一个周期改变两次，所以电路中的电流方向每秒钟改变 eq \f(100,π) 次，故B错误；从t＝0时刻开始转过30°的过程中，通过电阻的电量为：q＝ eq \f(NΔΦ,R＋r) ＝ eq \f(400×\f(1,2)×\r(2)×10－2×0.02,10) C＝5.6×10－3 C，故C正确。
故选C。
５．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝ eq \f(2π,T) 绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流i随时间t变化关系图像为( )
【答案】B
【解析】在0～ eq \f(T,4) 内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流为负；在 eq \f(T,4) ～ eq \f(3,4) T内，线圈中无感应电流；在 eq \f(3,4) T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流为正，故B项正确。
故选Ｂ。
６.如图所示的图像中不属于交变电流的有( )
【答案】D
【解析】题图A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是按正弦规律变化的交变电流，图D中e的方向未变化，是直流电。
故选D。
７.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连。M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连。在线圈转动过程中，通过电阻R的电流 ( )
A．大小和方向都随时间做周期性变化
B．大小和方向都不随时间做周期性变化
C．大小不断变化，方向总是P→R→Q
D．大小不断变化，方向总是Q→R→P
【答案】C
【解析】半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确。
故选C。
８.交流发电机工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高1倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin eq \f(ωt,2) B．e′＝2Emsin eq \f(ωt,2)
C．e′＝Emsin2ωt D．e′＝ eq \f(Em,2) sin 2ωt
【答案】C
【解析】感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsinωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故选项C正确。
故选C。
９.如图所示为教学演示用交流发电机。以不太快的速度摇动发电机，与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光。现将摇动速度加倍，下列分析正确的是（ ）
A．小灯泡闪光周期将加倍，亮度增大
B．小灯泡闪光频率将加倍，亮度增大
C．小灯泡闪光频率将不变，亮度增大
D．小灯泡闪光频率将加倍，亮度不变
【答案】B
【解析】摇动速度加倍，则转速变大，则产生交流电的频率增加，可知小灯泡闪光频率将加倍；感应电流的大小与发电机的转速有关，转速越大，输出的电流也越大，则灯泡的亮度增加。
故选B。
10.一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
【答案】B
【解析】t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率 eq \f(ΔΦ,Δt) ＝0，此时感应电动势、感应电流为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C、D错误。
故选B。
11.线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动（由上向下看是逆时针方向），当从如图所示位置转至中性面位置的过程中，磁通量和感应电动势大小的变化情况是 （ ）
A．磁通量和感应电动势都在变大
B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大
D．磁通量在变大，感应电动势在变小
【答案】D
【解析】由题图可知，磁通量Φ＝Φmsinθ，即磁通量在变大。感应电动势e＝Emcsθ，即感应电动势在变小，D正确。
故选D。
二．多选题：
12.(2021·三亚高二检测)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是( )
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．正弦式电流a的瞬时值为u＝10sin (5πt) V
D．正弦式电流b的最大值为 eq \f(20,3) V
【答案】BCD
【解析】t＝0时刻两个正弦式电流的感应电动势瞬时值均为零，线圈都与磁场垂直，穿过线圈的磁通量都最大，选项A错误；由图读出两电流周期之比为Ta∶Tb＝0.4∶0.6＝2∶3，而T＝ eq \f(1,n) ，则线圈先后两次转速之比为3∶2，选项B正确；正弦式电流a的瞬时值为u＝Umsinωt＝10sin(5πt) V，选项C正确；根据电动势最大值公式Em＝NBSω＝NBS eq \f(2π,T) 得到，两电动势最大值之比为Ema∶Emb＝Tb∶Ta＝3∶2，Ema＝10 V，则得到正弦式电流b的最大值为Emb＝ eq \f(20,3) V，选项D正确。
故选：BCD。
13．（2021·济南高二检测）在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则（ ）
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．t＝0.01 s时线框所受的安培力为零
D．线框产生的交变电动势的频率为100 Hz
【答案】BC
【解析】由题图乙可知，当t＝0.005 s时，感应电动势最大，则此时穿过线框回路的磁通量变化率最大，故A错误；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，处于中性面，故B正确；当t＝0.01 s时，感应电动势为零，所以线框中的电流为零，线框所受的安培力为零，故C正确；交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝ eq \f(1,T) ＝50 Hz，故D错误。
故选：BC。
14．如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～ eq \f(π,2ω) 这段时间内（ ）
A.线圈中的感应电流一直在减小
B．线圈中的感应电流先增大后减小
C．穿过线圈的磁通量一直在减小
D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小
【答案】AD
【解析】计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～ eq \f(π,2ω) 时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，故A、D正确。
故选：AD。
15.下列各图中能产生交变电流的是（ ）
【答案】CD
【解析】A图中的转轴与磁场方向平行，B图中的转轴与纸面方向垂直；线圈中的磁通量始终为零，没有变化，线圈中无感应电流产生，故A、B错误；根据交变电流产生的条件可知，线圈绕垂直于磁感线且通过线圈平面的轴线转动，就可以产生交变电流，对线圈的形状没有特别要求，故C、D正确。
故选：CD。
16.如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin （20t）V，由该表达式可推知以下哪些物理量（ ）
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
【答案】CD
【解析】根据单匝闭合线圈正弦式交变电流的表达式e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5求出磁通量的最大值。故选项C、D正确。
故选：CD。
17.下列方法中能够产生交变电流的是（ ）
【答案】ACD
【解析】A中线圈在匀强磁场中按逆时针方向匀速转动，会产生正弦式交变电流；B中的金属棒不切割磁感线，不产生感应电动势；C中的折线与矩形线圈的效果是相同的；D中能产生按余弦规律变化的交变电流。
故选：ACD。
18.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→b
D．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
【答案】AC
【解析】产生正弦交变电流的条件是轴和磁感线垂直，与轴的位置和线圈形状无关，线圈abcd分别绕轴P1、P2转动，转到图示位置时产生的电动势均为E＝nBSω，由I＝ eq \f(E,R总) 可知此时I相等，故A正确，B错误；由右手定则可知电流方向为a→d→c→b，故C正确；dc边受到的安培力F＝BLdcI，故F一样大，故D错误。
故选：AC。
计算题：
19.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共200匝；线圈总电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ eq \f(1,π) T，线圈以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。若线圈经图示位置时开始计时，写出线圈中感应电动势峰值和瞬时值的表达式。
【答案】1 000 V e＝1 000sin (100πt) V
【解析】感应电动势最大值为Em＝NBSω＝200× eq \f(1,π) ×0.05×100π V＝1 000 V，由于从中性面开始计时，则瞬时值表达式为：e＝Emsin (ωt)＝1 000sin (100πt) V。
20.如图所示，在匀强磁场中有一个“”形单匝导线框可绕AB轴转动，AB轴与磁场方向垂直，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ eq \f(5\r(2),π) T，导线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s。从图示位置开始计时。
(1)写出导线框中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)用e t坐标系作出导线框中感应电动势随时间变化的图像。
【答案】(1)e＝10 eq \r(2) cs(100πt) V (2)见解析图
【解析】(1)导线框平面与磁感线平行时开始计时，在t时刻线框转过的角度为ωt，
此时，e＝Bl1l2ωcs ωt，
即e＝BSωcs ωt。
其中B＝ eq \f(5\r(2),π) T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，
故e＝ eq \f(5\r(2),π) ×0.02×100πcs(100πt) V
＝10 eq \r(2) cs (100πt) V。
(2)导线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示
21.如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmS eq \f(2π,T) cs eq \f(2π,T) t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～ eq \f(T,4) 时间内，通过小灯泡的电荷量。
【答案】(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
【解析】(1)由图像知，线圈中产生的交变电流的周期
T＝3.14×10－2 s，
所以Em＝ eq \f(2πnBmS,T) ＝8.0 V
(2)电流的最大值Im＝ eq \f(Em,R＋r) ＝0.80 A
有效值I＝ eq \f(Im,\r(2)) ＝ eq \f(2\r(2),5) A
小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W；
(3)在0～ eq \f(T,4) 时间内，根据法拉第电磁感应定律得，电动势的平均值 eq \x\t(E) ＝n eq \f(ΔΦ,Δt) ＝n eq \f(ΔBS,Δt) ，
平均电流 eq \x\t(I) ＝ eq \f(\x\t(E),R＋r) ＝ eq \f(nSΔB,（R＋r）Δt)
流过小灯泡的电荷量
Q＝ eq \x\t(I) Δt＝ eq \f(nSΔB,R＋r)
代入数据解得Q＝4.0×10－3 C。
22.如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝ eq \f(2,π) T，当 eq \a\vs4\al(线圈以150 r/min) eq \a\vs4\al(的转速绕中心轴线OO′匀速旋转) 时，若 eq \a\vs4\al(从线圈处于中性面位置开始计时) 求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈转过 eq \f(1,10) s时电动势的瞬时值。
【答案】（1）e＝375sin （5πt） V （2）375 V
【解析】（1）线圈转速n＝150 r/min＝2.5 r/s，
角速度ω＝2πn＝5π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝375 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为：
e＝Emsinωt，
代入数据可得e＝375sin （5πt） V。
（2）当t＝ eq \f(1,10) s时，电动势的瞬时值
e＝375sin（5π× eq \f(1,10) ） V＝375 V。
23.某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为α＝ eq \f(4,9) π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。
探究：
（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F。
【答案】（1）2NBl2ω （2） eq \f(4N2B2l3ω,r＋R)
【解析】（1）bc、ad边的运动速度v＝ω eq \f(l,2) ，
感应电动势Em＝4NBlv，
解得Em＝2NBl2ω。
（2）电流Im＝ eq \f(Em,r＋R) ，安培力F＝2NBIml
解得F＝ eq \f(4N2B2l3ω,r＋R) 。
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