高中物理1 交变电流课时训练

这是一份高中物理1 交变电流课时训练，共11页。试卷主要包含了1s时线圈中的电流最大D等内容，欢迎下载使用。

单选题
1. 如图所示的各图象中表示交变电流的是( )
A. B. C. D.
2. 如图所示为交流发电机的模型图，矩形线框abcd在匀强磁场中绕轴OO′逆时针匀速转动，从图示位置开始转过90°的过程中，下列说法正确的是
A. 磁通量不断增大，磁通量变化率也不断增大B. 磁通量不断减小，磁通量变化率也不断减小
C. 电流方向为a→b→c→d，大小逐渐增大D. 电流方向为a→d→c→b，大小逐渐减小
3. 在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则( )
A. t=0时，线圈平面垂直于磁感线B. t=1s时，线圈中的电流改变方向
C. t=1.5s时，线圈中磁通量的变化率最大D. t=2s时，线圈中的感应电流最大
4. 如图甲所示是目前市面上流行的手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，当线圈转到图乙所示位置时，下列说法正确的是( )
A. 线圈中无电流B. 电流方向将发生改变
C. 线圈中的电流最大D. 穿过线圈磁通量的变化率为0
5. 实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动.今在发动机的传输端接一个电阻R和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10V.已知R=10Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是( )
A. 线圈平面与磁场平行时刻，线圈中的瞬时电流为零
B. 从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流的瞬时值表达式为i= 2sin100πt(A)
C. 流过电阻R的电流最大值为 2A
D. 电阻R上的热功率等于5W
6. 图示为旋转磁极式发电机的原理简图。竖直平面内闭合线圈abcd固定不动，磁铁绕图中的虚线旋转，线圈中就会产生感应电流。若条形磁铁以50π rad/s的角速度匀速转动，且图示时刻N极正在向里转。现以图示时刻为计时起点，则下列推断正确的是( )
A. 该发电机产生的交变电流频率是50HzB. t=0时线圈中的电流方向为adcba
C. t= 0.1s时线圈中的电流最大D. t = 0.1s时线圈中的电流方向发生变化
7. 在匀强磁场中，匝数N=100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间变化规律如图所示，则下列说法正确的是
A. t=0.5×10−2s时，线圈平面与中性面重合B. t=1×10−2s时，线圈中磁通量变化率最大
C. 穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10−3WbD. 线圈转动的角速度为50πrad/s
8. 某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间的变化规律如图所示，那么在图中( )
A. t1时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B. t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零
C. t3时刻，线圈中的感应电动势达最大值D. t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值
9. 如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．已知磁感应强度B=0.50T，线圈匝数N=100匝，边长Lab=0.20m，Lbc=0.10m，转速n=3000r/min.若以线圈平面与磁场夹角θ=30°时为计时起点，电动势的瞬时值的表达式为
A. e=314sin(100πt+π3)VB. e=314sin(100πt−π3)V
C. e=314 2sin(100πt+π3)VD. e=314 2sin(100πt−π3)V
10. 如图所示，KLMN是一个匝数为n的矩形导线框，处于磁感应强度为B的水平向右的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕竖直轴以角速度ω匀速转动(俯视沿逆时针方向)。当MN边与磁场方向的夹角为30°时(图示位置)，下列说法正确的是 ( )
A. 导线框产生的瞬时感应电动势的大小是 32nBSω
B. 导线框中感应电流的方向是K→L→M→N→K
C. 导线框再转过60°时，导线框中产生的感应电流达到最大值
D. 导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率恒定
11. 如图所示，一圆形线圈在水平方向的匀强磁场中绕竖直方向的轴匀速转动，通过电刷与理想变压器原线圈相连，图示时刻圆形线圈平面与磁感线平行，R为定值电阻，不计圆形线圈电阻，电压表为理想交流电表，则( )
A. 图示时刻，电压表的读数为0
B. 若仅将圆形线圈匝数减少为原来的12，R两端电压减小为原来的12
C. 若仅将圆形线圈转速减少为原来的12，R消耗的电功率减小为原来的12
D. 若仅将变压器原线圈匝数减少为原来的12，通过R的电流减小为原来的12
12. 如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个匝数为N的矩形线圈abcd，线圈面积为S，ab边与磁场垂直，ab边始终与金属滑环K相连，cd边始终与金属滑环L相连，电阻R接在K、L之间。现使矩形线圈以恒定角速度ω，从图示位置绕过ad、bc中点的轴匀速转动，下列说法中正确的是( )
A. 线圈每转过一圈，线圈所受安培力做功为零
B. 线圈转动的角速度越大，通过电阻R的电流越小
C. 线圈平面与磁场平行时，瞬时感应电动势最大且Em=NBSω
D. 线圈平面与磁场平行时，穿过线圈平面的磁通量最大
二、多选题
13. 如图所示，一单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0。线圈产生的电动势的最大值为Em，则( )
．
A. 线圈产生的电动势的有效值为E=Em 2
B. 线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为EmT02π
C. 线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em
D. 经过2T ​0的时间，通过线圈电流的方向改变2次
14. 如图所示，匝数为100的矩形导线圈abcd处于磁感应强度大小为 22πT的水平匀强磁场中，线圈的面积为0．08m2，电阻为1Ω.线圆绕垂直于磁场的轴OO′以角速度20πrad/s匀速转动，通过滑环与阻值为19Ω的电阻R连接，为理想交流电压表。下列说法正确的是( )

A. 通过电阻的交变电流的频率是0.1HzB. 线圈中产生的感应电动势的有效值为80V
C. 电压表的示数为40VD. 线圈的发热功率为16W
15. 如图，匝数为N的矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，当线圈以角速度ω绕垂直磁场方向的轴匀速转动时，理想电流表的示数为I，不计线圈的电阻，外电路电阻为R。下列说法正确的是
A. 当线圈转至图示位置时，线圈中感应电流最大
B. 线圈转动过程中，穿过线圈的磁通量最大值为IRNω
C. 若线圈的转轴与ad边重合，则电流表的示数变为2I
D. 若线圈转动的角速度变为2ω，则电流表的示数变为2I
三、填空题
16. 下图是一台旋转电枢式交流发动机的原理图，设线圈的匝数为N、线圈匀速转动的角速度为ω、磁感应强度为B、线圈的面积为S、感应电动势最大值为Em，完成下列正弦式交变电流的产生过程：
(1)线圈处在中性面位置的时刻分别是图中的____和____(填写“甲”、“乙”、“丙”、“丁”)；
(2)当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量为_______，线圈中产生的感应电动势为______(填“最大”或者“0”)；
(3)当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的磁通量变化率为_____，线圈中的感应电流为______(填“最大”或者“0”)；此时线框切割的速度方向与磁场方向_____(填“垂直”或“平行”)；
(4)从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=__________________.其中Em=___________。
17. 老师在课堂上做了一个演示实验，让一个矩形线圈在匀强磁场中绕中心轴匀速转动，并通过两滑环与电刷和小灯泡相连，如图所示，在实验中匀速转动线圈，则小灯泡________(选填“忽明忽暗”或“亮度不变”)；当线圈平面转到与磁感线相垂直时，通过小灯泡的电流________(选填“最大”“最小”或“不能确定”)。
18. 如图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO’匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，副线、理想电流表A与标有“6V3W”字样的小灯泡L串联成闭合回路，灯泡L正常发光。已知变压器原、副线圈匝数比为5：3，矩形线圈的电阻为1.0Ω，则A的示数为 A，矩形线圈的电动势有效值为 V
实验题
19. 某同学用如图甲所示的实验装置验证物块A、B组成的系统机械能守恒。A从高处由静止开始下落，B上拖着的纸带通过打点计时器打出一系列点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。如图乙给出的是实验中获取的一条纸带。已知该同学利用实验室的交流发电机和一个自耦变压器给打点计时器供电，打点频率为f(为固定值)，0是打下的第一个点，相邻计数点之间还有4个点未画出，计数点间的距离表示如图乙所示。已知物块A、B的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，则
(1)在纸带上打下计数点4时，物块A的速度为_________(用题目中所给字母表示)；
(2)在打计数点0～5点过程中验证AB系统机械能守恒，则需要验证的表达式为_______________(用题目中所给字母表示)；
(3)该同学以物块A速度的平方为纵轴，以物块A下落的高度ℎ为横轴，做出v2−ℎ图像如图丙所示，mA=50g、mB=30g，则当地的重力加速度g=_________m/s2(计算结果保留3位有效数字)；
(4)另一同学利用该装置重复实验时，发现纸带上点迹模糊，经检查发现是打点计时器输入电压过低造成，若打点计时器的供电电路图简化如下，则可采取的调整措施有_________．
A.仅增加发电机转速
B.仅将自耦变压器旋钮P顺时针旋转
C.仅将自耦变压器旋钮P逆时针旋转
20. 利用DIS(数字化信息处理系统)探究手摇发电机(如图甲所示)的线圈产生的交变电流.实验步骤为：
①将电压传感器接入数据采集器；
②电压传感器的测量夹与发电机的输出端并联；
③点击“数据采集设置”设定“采样点时间间隔”；
④缓慢摇动发电机的手柄，观察工作界面上的信号．
(1)工作界面上出现的电压波形如图乙所示，从图中可以看出，手摇发电机产生的电压波形不是正弦波，其原因是____.(写出一条即可)
(2)研究交变电流的波形，发现在用手摇动发电机手柄的2min内屏上出现了61个向上的“尖峰”，则交变电流的平均周期为T=____s；如果发电机手摇大轮的半径是转子小轮半径的2倍，则手摇大轮转动的平均角速度ω=________rad/s．
五、简答题
21. 如图所示，一个面积为0.1m2，匝数n=100匝的圆形线圈，在匀强磁场中绕通过圆心且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，转动角速度ω=50 2rad/s，匀强磁场的磁感应强度B=0.01T，线圈的总电阻r=0.1Ω。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R=0.9Ω的定值电阻连接。已知t=0时刻线圈平面与磁场方向平行，电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
(1)写出感应电动势e随时间变化的表达式；
(2)从t=0时刻线圈转过30°，通过电阻R的电荷量q为多大？
(3)线圈转动过程中电阻R的电功率为多大？
22. 如图所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈abcd，可绕过bc和ad边中点且垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线圈ab边和cd边的长度L1=50cm，bc边和ad边的长度L2=20cm，匝数n=100匝，线圈的总电阻r=2.0Ω。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷同R=18Ω的定值电阻相连接。线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。在外力驱动下线圈绕轴OO′转动的角速度ω=20rad/s。计算中取π=3.14。求：
(1)通过电阻R的电流最大值；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
23. 如图所示，匀强磁场的磁感强度为B=0.5T，边长为L=20cm的正方形线圈abcd，匝数N=100匝，线圈电阻为R=1Ω。绕对称轴OO´垂直于磁感线匀速转动，角速度ω=4πrad/s。求：
(1)从图示位置开始计时，线框内感应电动势e的瞬时表达式；
(2)从图示位置转过90°的过程中，通过导线横截面的电量为多少？
(3)从图示位置转过90°的过程中，驱动力对线圈做的功为多少？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
交变电流的是方向随时间做周期性变化的电流，根据交变电流的定义去判断。
本题只要掌握交变电流的定义就能进行选择．A项电流是单向脉冲直流电，是解题的关键。
【解答】
ABC：图中电流的方向没有发生变化，不是交变电流。故ABC三项错误。
D：图中电流大小和方向都随时间做周期性变化，是交变电流。故D项正确。
故选D。

2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查交变电流的产生、磁通量、磁通量的变化率和楞次定律的应用。当线框处于中性面时，通过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为0；根据楞次定律判断线框中感应电流的方向，由此分析即可正确求解。
【解答】
AB.图示位置为中性面，通过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故从图示位置开始转过90∘的过程中，磁通量不断减小，磁通量变化率不断增大，故AB错误;
CD.根据楞次定律，从图示位置开始转过90∘的过程中，感应电流方向为a→b→c→d，大小逐渐增大，故C正确，D错误。

3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查交变电流产生过程中，感应电动势与磁通量、磁通量变化率的关系，关键抓住两个特殊位置：一是线圈与磁场垂直位置是磁通量最大的位置，该位置是电流方向改变的转换点，此时感应电流为0；二是线圈与磁场平行位置，该位置磁通量为零，感应电流最大。
根据图象得到t=0时穿过线圈平面的磁通量大小，由此确定线圈的位置；根据图象斜率确定感应电流方向和t=1.5 s时感应电动势大小；t=2s时，线圈磁通量为零，据此判断感应电流。
【解答】
A.根据图像可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，故A错误；
B.每经过中性面一次电流方向改变一次，故1s时，磁通量为0，故此时电流方向没有改变，故B错误；
C.t=1.5s时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率为零，故C错误；
D.t=2s时，线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，则此时线圈中的感应电流最大，故D正确。

4.【答案】C
【解析】
【分析】
当线圈转到中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为0，没有感应电流，电流方向将发生改变；当线圈与中性面位置垂直时，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，线圈中感应电流最大。
【解答】
AC.当线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生正弦式交流电，当线圈转到图乙所示位置时，线圈中电流最大，故A错误，C正确；
B.线圈转到中性面时，电流方向才会发生改变，故B错误；
D.图乙所示位置时穿过线圈磁通量的变化率最大，故D错误。
5.【答案】C
【解析】
【分析】
线圈平面与磁场平行时，穿过线圈的磁通量为零，而磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈中电流最大；依据电压表的示数以及线圈的转数可写出电流的瞬时值表达式，进而求出电阻上的热功率，要注意计算功率是要用交流电的有效值。
本题考查了交流电的基础知识，根据是正确写出交流电瞬时值的表达式，注意计时的位置是中性面还是与之垂直的地方。
【解答】
A.线圈位于图中位置时，磁通量为零，而线圈中的瞬时电流不为零反而为最大，A错误；
BC.电压表示数为10V，即有效值为10V，则最大值为10 2V，ω=25×2π=50πrad/s，
则电流最大值为10 210A= 2A，所以从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中电流瞬时值表达式为：
i= 2cs50πt(A)，故B错误，C正确；
D.电阻R上的热功率等于U2R=10210W=10W ，D错误。
故选C。

6.【答案】C
【解析】解：A.条形磁铁以50π rad/s的角速度匀速转动，则该交流电的频率f=ω2π=25Hz， 故A错误；
B.由题图可知，在t=0时刻穿过线圈的磁通量为0，结合交流电产生的特点可知，t=0时刻该交流电的瞬时值最大，由题图可知下一时刻穿过线圈的磁场方向向里，由楞次定律可知，此时线圈中的电流方向为abcda，故B错误；
CD.该交流电的周期T=1f=0.04s 当t = 0.1s=2.5T时，线圈中的电流方向与开始时的方向相反，电流值仍然为最大值，此时电流不会改变方向，故C正确，D错误。
故选C。
根据f=ω2π求出交流电的频率，周期为频率的倒数；根据楞次定律判断t=0时刻感应电流的方向；结合交流电的产生原理判断不同时刻的电流的大小。
7.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了图像分析，正弦式交流电的产生及交流电的变化规律。
线圈平面与中性面垂直时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大；根据周期和角速度的关系ω=2πT结合图像得到角速度；根据感应电动势最大值得到磁通量的最大值。
【解析】
A.t=5×10−3s时感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，A错误；
B.t=1×10−2s时感应电动势为零，线圈中磁通量变化率也为零，B错误；
D.线圈转动的角速度ω=2πT=100π(rad/s)，D错误；
C.感应电动势最大值Em=NΦmω=10π(V)，最大磁通量Φm=1×10−3Wb， C正确。
故选C。

8.【答案】D
【解析】解：AB、t1时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，t2时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大。故AB错误。
C、t3时刻，磁通量最大，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故C错误。
D、t4时刻磁通量为零，磁通量的变化率为最大，则感应电动势最大。故D正确。
故选：D。
感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量φ随时间的变化图线的斜率反映感应电动势的大小．
解决本题的关键知道感应电动势与磁通量变化率的关系，知道图线的斜率反映感应电动势的大小．
9.【答案】B
【解析】
【分析】
从图可看出线圈从与垂直于中性面30°开始旋转，所以是正弦函数，根据法拉第电磁感应定律求得最大值，从而求得瞬时值。
本题考查正弦交流电的产生过程、明确产生的感应电动势的最大值及正余弦函数即可判断。
【解答】
转动的角速度ω=2πn60=100πrad/s
线圈转动产生的感应电动势Em=NBSω=314V
从图可看出线圈从垂直于中性面30°开始旋转，故瞬时电动势的表达式为e=314sin(100πt−π3)V，故B正确。
故选：B。
10.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查交流电，当导线框与磁感线垂直时，感应电动势最小；当导线框与磁感线平行时，感应电动势最大，从此位置开始计时，其产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSωcs ωt；由楞次定律分析感应电流方向，基础题。
【解答】
A.导线框在磁场中匀速转动产生正弦式交变电流，从导线框与磁感线平行的位置开始计时，其产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=nBSωcs ωt。当MN边与磁场方向的夹角为30°时，瞬时感应电动势大小为e= 32nBSω，选项A正确；
B.根据楞次定律及安培定则可以判断导线框中的感应电流方向是K→N→M→L→K，选项B错误；
C.导线框再转过60°时处于中性面，此时感应电流为零，选项C错误；
D.导线框旋转过程中穿过导线框的磁通量的变化率随时间按正弦规律变化，选项D错误。
11.【答案】B
【解析】
【分析】
本题关键是明确交流电最大电动势、有效值以及变压器的变压比公式推导出电压的表达式进行分析，
根据Em=BSω求解线圈产生的感应电动势的最大值；根据E=Em 2求解有效值；根据变压比公式求解输出电压；根据变压比公式求解变压器的R两端电压；再根据P=U22R求解R消耗的电功率，通过变压比公式结合欧姆定律可得通过R的电流关系。
【解答】
A、交流电最大电动势Em=NBSω，变压器输入电压有效值U1=Em 2。根据变压器知识U1n1=U2n2，得电压表读数U2=n2U1n1=n2n1NBSω 2，由于交流电表的读数为有效值，故电压表读数为U2一直不变，A错误;
B、圆形线圈匝数变为原来12时，R电压U2也变为原来12，B正确;
C、圆形线圈转速变为原来12，R消耗的电功率P=U22R，变为原来14，C错误;
D、原线圈匝数n1变为原来12，则U2变为原来2倍，即电流变为原来2倍， D错误。

12.【答案】C
【解析】
【分析】
本题关键要明确：交流电表测量的是有效值，而不是峰值，更不是瞬时值；线圈经过中性面时，磁通量大，但磁通量的变化率最小，感应电动势最小。
【解答】
A.线圈转动过程中，安培力做负功使线圈的动能转化为电能，故A错误；
B.根据Em=NBSω可知，线圈转动的角速度越大，产生的感应电动势峰值越大，则有效值越大，通过电阻R的电流越大，故B错误；
C.题图所示位置，线圈平面与磁场平行，产生的感应电动势最大，最大值为Em=NBSω，故C正确；
D.线圈平面与磁场平行时，穿过线圈平面的磁通量为零，线圈平面与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量最大，故D错误。
故选C。
13.【答案】ABC
【解析】A、线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交流电，则电动势的有效值为Em 2，故A正确； B、由公式Em=NBSω，结合ω=2πT可求出磁通量的最大值φm=EmT02π，故B正确； C、根据法拉第电磁感应定律表达式Em=ΔφΔt可确定磁通量变化率的最大值为Em，故C正确； D、经过T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次，故D错误； 故选ABC。
【点睛】交变电流的瞬时值、峰值、有效值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数；交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值；跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。
14.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了交变电流的产生及描述，结合闭合电路欧姆定律分析。
根据Em=nBSω计算感应电动势的最大值，进而解得电压有效值，根据闭合电路欧姆定律计算电流有效值，从而计算功率。
【解答】
A.根据ω=2πf可得通过电阻的交变电流的频率是f=10Hz，故A错误；
B.线圈中产生的感应电动势的最大值Em=nBSω=80 2V，则有效值为E=Em 2=80V，故B正确；
C.根据闭合电路欧姆定律可知电压表示数为U=RR+rE=1919+1·80V=76V，故C错误；
D.线圈的发热功率P=I2r=ER+r2r=16W，故D正确。
15.【答案】AD
【解析】
【分析】
本题考查交流电的产生和闭合电路欧姆定律，线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动，产生正弦式交变电流，最大值Em=NBSω，结合最大值和有效值含义、关系分析即可。
【解答】
A、当线圈转到图示位置时，线圈中磁通量为零，但是磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A项正确;
B、由于电流表的示数为I，根据闭合电路欧姆定律有E=IR，线圈转动产生的感应电动势最大值为em=NBSω，有效值E=em 2，联立解得Φm= 2IRNω，B项错误;
C、线圈转动产生的感应电动势最大值为em=NBSω，最大值、有效值与转轴位置无关，电流表示数仍为I，C项错误;
D、转动角速度变为2ω时，最大值、有效值变为原来的2倍，电流表的示数变为2I，D项正确。
16.【答案】(1)甲；丙；(2)最大；0；(3)最大；最大；垂直；
(4) e=Emsinωt或者e=NBSωsinωt；NBSω。
【解析】
【分析】
本题主要考查交变电流的产生。当线圈平面与磁场方向垂直时，线圈处于中性面位置，此时通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为0，线圈中产生的感应电动势为0；当线圈平面与中性面垂直时，线圈平面与磁场方向平行，此时线圈垂直切割磁感线，通过线圈的磁能量为0，磁通量的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大；从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt，从垂直中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=Emcsωt，其中Em=NBSω，由此分析即可正确求解。
【解答】
(1)当线圈处于中性面位置时线圈平面与磁场方向垂直，由题图可知，线圈处在中性面位置的时刻分别是图中的甲和丙；
(2)根据磁通量的定义式Φ=BS(S为垂直于磁场方向的有效面积)，当线圈平面位于中性面时，线圈中的磁通量等于BS，即磁通量最大，此时线圈不切割磁感线，所以线圈中产生的感应电动势为0；
(3)当线圈平面与中性面垂直时，线圈垂直切割磁感线，线圈中的磁通量变化率最大，线圈中的感应电流为最大，此时线框切割的速度方向与磁场方向垂直；
(4)从中性面开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt；Em=NBSω。

17.【答案】亮度不变；最小
【解析】
【分析】
线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，线圈在中性面时磁通量最大，电动势最小，与中性面垂直时，通过的磁通量最小，变化率最大，电动势为最大，电压表测量的为有效值。本题关键是记住两个特殊位置：在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，电动势方向改变；垂直中性面位置磁通量为零，但电动势最大，明确电压表测量的为有效值。本题考查了对交流电图象的认识，要具备从图象中获得有用信息的能力，对于正弦交变电流表达式e=E m sinωt，要注意计时起点必须是中性面。
【解答】
线框在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的是正弦式交变电流，通过小灯泡的电流是交变电流的有效值，故小灯泡亮度不变；当线圈平面转到与磁感线相垂直时，处在中性面，磁通量最大，磁通量变化最慢，故电流最小。
故答案为：亮度不变；最小

18.【答案】0.5 10.3
【解析】解：灯泡正常发光，则副线圈回路中电流I2=PU2=36A=0.5A
则电流表的示数为0.5A，变压器原副线圈电压比等于匝数比，则U1U2=n1n2
代入数据解得，原线圈电压为U1=10V
变压器原副线圈电流比等于匝数的反比，则I1I2=n2n1
代入数据解得，原线圈电流为I1=0.3A
线圈电阻分担的电压U=I1r=0.3×1.0V=0.3V
矩形线圈的电动势有效值为E=U+U1=0.3V+10V=10.3V
故答案为：0.5，10.3。
灯泡正常发光，根据电功率公式求解电流表的示数；变压器原副线圈电压比等于匝数比，据此求解原线圈的电压，电流比等于匝数的反比，根据欧姆定律求解线圈电阻分担的电压，进而求解电源电动势。
本题考查变压器的工作原理，解题关键是知道变压器原副线圈电压比等于匝数比，电流比等于匝数的反比，结合欧姆定律求解即可。
19.【答案】(1)f(x2+x3+x4)20；
(2)f2200(mA+mB)(x3+x4)2=(mA−mB)g(x1+x2+x3)；
(3) 9.78；
(4)C。
【解析】
【分析】
本题考查了验证机械能守恒定律、交流电这些知识点；
(1)根据运动学公式得出物块A的瞬时速度；
(2)表示出系统的动能增加量，重力势能的减少量，根据机械能守恒建立等式即可；
(3)根据机械能守恒了，对系统列式即可求解；
(4)根据交流电的产生规律Em=nBSω、f=ω2π分析、判断即可。
【解答】
(1)匀变速运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，有v4=v26=x2+x3+x44T，
由于每5个点取一个计数点，有T=51f，解得：v4=x2+x3+x420f；
(2)A、B的动能都有增加，有△Ek=12mAv52+12mBv52=f2200(mA+mB)(x3+x4)2，
A物体的重力势能减少，B物体的重力势能增加，故系统的重力势能减少量有
ΔEp=mAg(x1+x2+x3)−mBg(x1+x2+x3)=(mA−mB)g(x1+x2+x3)
系统机械能守恒则满足ΔEk=ΔEp，代入即有：f2200(mA+mB)(x3+x4)2=(mA−mB)g(x1+x2+x3)；
(3)根据机械能守恒定律有(mA−mB)gℎ=12(mA+mB)v2
解得：v2=2(mA−mB)(mA+mB)gℎ=0.5gℎ
由图像可知0.5g=4.841⇒g=。
(4)仅增加转速，电压会增加，但改变了频率f，错误;仅增加副线圈匝数即可增加变压器输出电压，故 AB错误；C正确。
故选C。
故答案为：(1)f(x2+x3+x4)20；
(2)f2200(mA+mB)(x3+x4)2=(mA−mB)g(x1+x2+x3)；
(3) 9.78；
(4)C。
20.【答案】(1)转子不是匀速转动
(2)2s；0.5
【解析】
【分析】
本题考查交流电的产生及圆周运动的规律，要注意明确交流发电机的发电原理。
(1)分析发电机的原理，明确波形产生原理即可解答；
(2)由图可得出每个全振动所经历的时间，根据圆周运动的规律可求得转动的角速度。
【解答】
(1)由图可知，得出的图象不是正弦波，只有线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电流才是标准的正弦式电流。由于是手摇转动，转速难以保证恒定，转子不是匀速转动，故产生了屏上出现的电压波形。
(2)由图可知，屏上每出现一次向上的尖峰，就代表经过了一个周期，2min内屏上出现了61个向上的尖峰，表明周期T=2×6061−1s=2s ，则v=rω可知，大轮的角速度是小轮的一半，所以大轮的角速度ω=2πT·12rad/s=0.5rad/s。
故答案为：(1)转子不是匀速转动；(2)2；0.5。
21.【答案】解：(1)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值Em=nBSω=100×0.01×0.1×50 2V=5 2V
感应电动势e随时间变化的表达式e=Emcsωt=5 2cs50 2t(V)
(2)通过电阻R的电荷量q为q=I−t=E−R+rΔt=nΔΦR+r=nΦmsin30°R+r
代入数据解得q=0.05C
(3)通过电阻R的电流有效值I= 22EmR+r= 22×5 20.9+0.1A=5A
线圈转动过程中电阻R的发热功率P=I2R=52×0.9W=22.5W
答：(1)写出感应电动势e随时间变化的表达式为e=5 2cs50 2t(V)；
(2)从t=0时刻线圈转过30°，通过电阻R的电荷量q为0.05C；
(3)线圈转动过程中电阻R的电功率为22.5W。
【解析】(1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，根据φm=BS即可求解；求出感应电动势有最大值，即可求出感应电动势e随时间变化的表达式；
(2)根据q=I−t计算通过电阻R的电荷量；
(3)求出流过电阻的电流，根据PR=I2R即可求出功率。
本题主要考查了交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，对于交流电表的测量值、计算交流电功率、电功等都用到有效值。
22.【答案】解：(1)由题意，根据法拉第电磁感应定律，可得线圈中产生感应电动势的最大值为Em=nBSω
其中S=L1L2=0.5×0.2m2=0.1m2
代入相关数据求得Em=40V
根据闭合电路欧姆定律，得通过电阻R的电流最大值Im=EmR+r=4018+2A=2.0A
(2)线圈中产生感应电流的有效值为I=Im 2=2.0 2A= 2A
得在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热Q热=I2(R+r)T，T=2πω
联立代入相关数据求得Q热=12.56J
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q=nΔΦ(R+r)ΔΦ=BΔS=BL1L2
代入相关已知数据求得q=0.1C
答：(1)通过电阻R的电流最大值为2.0A；
(2)在线圈转动一周的过程中，整个电路产生的焦耳热为12.56J；
(3)线圈由图示位置(即线圈平面与磁场方向垂直的位置)转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.1C。
【解析】(1)根据Em=nBSω计算电动势的最大值，根据Im=EmR+r计算电动势的最大值；
(2)根据Q热=I2(R+r)T计算电路产生的焦耳热；
(3)利用平均电流计算通过的电荷量。
该题考查交流电的描述，知道线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω和瞬时值e=Emsinωt；求电荷量时，运用交流电的平均值，电表读数为有效值。
23.【答案】解：(1)正方形线圈abcd的边长L=20cm=0.2m
感应电动势最大值Em=NBL2ω=100×0.5×0.22×4πV=8πV
图示位置线圈平面与中性面垂直，从图示位置开始计时，线框内感应电动势瞬时表达式为e=Emcsωt=8πcs4πt(V)
(2)从图示位置转过90°的过程中，通过导线横截面的电量为q=I−t=E−Rt=NΔϕR=NBSR=100×0.5×0.041C=2C
(3)该交变电流的有效值为I有效=Em 2R=4π 2A
从图示位置转过90°的过程中，驱动力对线圈做的功为W=Q=I有效2Rt=(4π 2)2×1×π24πJ=4π2J
答：(1)从图示位置开始计时，线框内感应电动势e的瞬时表达式为e=8πcs4πt(V)；
(2)从图示位置转过90°的过程中，通过导线横截面的电量为2C；
(3)从图示位置转过90°的过程中，驱动力对线圈做的功为4π2J。
【解析】(1)根据Em=NBSω求解感应电动势最大值，图示位置线圈平面与中性面垂直，电动势为最大值，据此写出线框内感应电动势瞬时表达式；
(2)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电流的平均值，根据q=It求解通过导线横截面的电量；
(3)根据正弦式交变电流有效值公式求解电流的有效值，根据焦耳定律求解驱动力对线圈做的功。
本题考查正弦式交变电流，区分正弦式交变电流的峰值、有效值和平均值，知道求解热量时利用有效值，求解电荷量时利用平均值。