《2025年通成学典课时作业本高中物理选择性必修第二册人教版》

13. (2024·广东深圳期中)如图所示，$N$ 匝圆形导线框以角速度 $\omega$ 绕对称轴 $OO'$ 匀速转动，导线框半径为 $r$，电阻、电感均不计，导线框处在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为 $B$ 的匀强磁场中，外电路接有阻值为 $R$ 的电阻和理想交流电流表，则下列说法正确的是(C)

A.从图示时刻起，导线框产生的瞬时电动势表达式 $e = NB\pi r^2\omega\cos\omega t$
B.图示时刻穿过导线框的磁通量为 $NB\pi r^2$
C.交流电流表的示数为$\frac{NB\pi r^2\omega}{\sqrt{2}R}$
D.外电路电阻两端电压的有效值为$\frac{NB\pi r^2\omega}{2}$

答案： 13. C 解析:感应电动势最大值$E_{ m} = NBS\omega$，$S = \pi r^2$，电动势瞬时值$e = E_{ m}\sin \omega t$，解得$e = NB\pi r^2\omega\sin \omega t$，选项 A 错误;图示时刻穿过导线框的磁通量$\Phi = B\pi r^2$，选项 B 错误;电动势有效值$E = \frac{E_{ m}}{\sqrt{2}}$，交流电流表的示数$I = \frac{E}{R}$，解得$I = \frac{NB\pi r^2\omega}{\sqrt{2}R}$，选项 C 正确;外电路电阻两端电压的有效值$U = IR$，解得$U = \frac{NB\pi r^2\omega}{\sqrt{2}}$，选项 D 错误。

14. (2025·山东烟台二模)(多选)如图所示为一简易交流发电机的原理图，$N = 100$ 匝、面积 $S = 0.4 m^2$ 的矩形线圈 $abcd$ 以 $bc$ 边为轴匀速转动，转速 $n = \frac{2}{\pi} r/s$，线圈处于磁感应强度大小 $B = 0.1 T$、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，$E$、$F$ 是两个集流环，线圈在转动时可以通过集流环保持与外电路的连接，外电路电阻 $R = 19\Omega$，线圈的电阻 $r = 1\Omega$，电流表和连接导线的电阻不计。已知 $t = 0$ 时刻，线圈平面与磁场方向垂直，下列说法正确的是(BC)

A.电流表的示数为 $0.8 A$
B.该发电机的输出功率为 $6.08 W$
C.$t = \frac{\pi}{24} s$ 时，发电机输出电压的瞬时值为 $7.6 V$
D.$t = 0$ 到 $t = \frac{\pi}{12} s$ 过程中，流过电阻 $R$ 的电荷量为 $0.001 C$

答案： 14. BC 解析:线圈转动的角速度$\omega = 2\pi n = 4 rad/s$，正弦交变电流电动势的最大值$E_{ m} = NBS\omega = 16 V$，电动势有效值$E = \frac{E_{ m}}{\sqrt{2}} = 8\sqrt{2} V$，由闭合电路欧姆定律得$I = \frac{E}{R + r} = \frac{2\sqrt{2}}{5} A$，选项 A 错误;发电机的输出功率等于外电路电阻$R$消耗的功率，有$P = I^2R = 6.08 W$，选项 B 正确;已知$t = 0$时刻，线圈平面与磁场方向垂直，所以感应电动势的瞬时值表达式为$e = E_{ m}\sin \omega t = 16\sin(4t) V$，当$t = \frac{\pi}{24} s$时，解得感应电动势的瞬时值为$e = 8 V$，根据闭合电路欧姆定律，此时输出电压的瞬时值为$u = \frac{R}{R + r}e = 7.6 V$，选项 C 正确;在$t = 0$到$t = \frac{\pi}{12} s$过程中，转过的角度为$\theta = \omega\Delta t = \frac{\pi}{3} rad$，磁通量的变化量为$\Delta\Phi = BS(1 - \cos \theta)$，根据$q = \frac{N\Delta\Phi}{R + r}$，解得$q = 0.1 C$，选项 D 错误。

15. (选做题)(2024·江苏盐城期中)如图所示，线圈 $abcd$ 的面积是 $0.1 m^2$，共 $100$ 匝，线圈电阻为 $2\Omega$，外接电阻 $R = 8\Omega$，匀强磁场的磁感应强度为 $B = \frac{1}{\pi} T$，当线圈以 $300 r/min$ 的转速匀速转动时，求：
(1) 转动中感应电动势的最大值和有效值。
(2) 电路中交流电流表的示数。
(3) 线圈由图示位置转过$\frac{\pi}{2}$的过程中，感应电动势的平均值。
(4) 图示位置穿过线圈磁通量的变化率。

答案： 15. 解:
(1)由题意可知，交流电的频率$f = n = \frac{300}{60} Hz = 5 Hz$，角速度为$\omega = 2\pi f = 10\pi rad/s$，电动势的最大值为$E_{ m} = NBS\omega = 100 × \frac{1}{\pi} × 0.1 × 10\pi V = 100 V$，感应电动势的有效值$E = \frac{E_{ m}}{\sqrt{2}} = \frac{100}{\sqrt{2}} V = 50\sqrt{2} V$。
(2)线圈电阻为$2 \Omega$，外接电阻$R = 8 \Omega$，根据闭合电路欧姆定律，则交流电流表的示数为$I = \frac{E}{R + r} = \frac{50\sqrt{2}}{10} A = 5\sqrt{2} A$。
(3)线圈由图示位置转过$\frac{\pi}{2}$的过程中，$\Delta\Phi = | \Phi_2 - \Phi_1 | = BS = \frac{1}{\pi} × 0.1 Wb = \frac{1}{10\pi} Wb$，这段时间内感应电动势的平均值$\overline{E} = N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = 100 × \frac{1}{4} × \frac{1}{\frac{1}{5}} V = \frac{200}{\pi} V$。
(4)图示位置为中性面，穿过线圈的磁通量最大，其磁通量的变化率为 0。