甘肃省白银市会宁一中高二物理下学期期中试卷（含解析）.doc

甘肃省白银市会宁一中2014-2015学年高二下学期期中物 理试卷一.选择题（每小题4分，总分48分，其中6、9、12三题为多选题，其余均为单选题，每小题全选对得4分，选不全得2分，不选或选错得0分）：1（4分）发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（）a安培b赫兹c法拉第d麦克斯韦2（4分）通电长直导线中有恒定电流i，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生如图所示方向的感应电流，则应使线框（）a稍向左平移b稍向右平移c稍向上平移d以直导线为轴匀速转动3（4分）如图所示，两个相等的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是（）a同时向左运动，间距变大b同时向左运动，间距变小c同时向右运动，间距变小d同时向右运动，间距变小4（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度v0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是（）a越来越大b越来越小c保持不变d无法判断5（4分）关于传感器的说法中正确的是（）a光敏电阻其阻值随光照的强弱而改变b霍尔元件能够把温度这个热学量转化为电压这个电学量c热敏电阻是用金属铂制成的，化学稳定性较好，灵敏度较差d金属热电阻的化学稳定性较差，但灵敏度高6（4分）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同7（4分）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻r，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力f作用下加速上升的一段时间内，力f做的功与安培力做的功的代数和等于（）a棒的机械能增加量b棒的动能增加量c棒的重力势能增加量d电阻r上放出的热量8（4分）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场b中两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场b的变化情况和磁通量变化率分别是（）a正在增强；b正在减弱；c正在减弱；d正在增强；9（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100t v，则（）a交流电的频率是100 hzbt=0时，线圈位于中性面c交流电的周期是0.02sdt=0.05 s时，e有最大值10（4分）如图，一个半径为l的半圆形硬导体ab以速度v，在水平u型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为b，回路电阻为r0半圆形硬导体ab的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体ab切割磁感线产生感应电动势的大小及ab之间的电势差分别为（）ablv；b2blv；blvc2blv；2dblv；2blv11（4分）如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为（）a4ab2acada12（4分）如图所示的电路中，电阻r和电感l的值都较大，电感器的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，下列所述情况正确的是（）a合上开关s接通电路时，b先亮，a后亮，最后a比b亮b合上开关s接通电路时，a和 b始终一样亮c断开开关s切断电路时，a和b都要过一会儿才熄灭d断开开关s切断电路时，b立即熄灭，a过一会儿才熄灭二.非选择题（总分12分）13（4分）在研究电磁感应现象的实验中，为了能明确地观察实验现象，请在如图所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图14（4分）如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈a和b将线圈b的两端与漆包线cd相连，使cd平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行试判断合上开关的瞬间，小磁针n极的偏转情况？线圈a中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？15（4分）如图的电路图是电子技术中的常用电路a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“”表示，直流电流用“”表示负载电阻r中通过的电流有以下说明，其中正确的是（）a图甲中r通过的是低频电流b图乙中r通过的是高频电流c图乙中r通过的是低频电流d图丙中r通过的是直流电流e图丁中r通过的是高频电流三.计算题（总分40分，要求写出解题过程，只写出答案的不给分）：16（12分）如图所示，用质量为m、电阻为r的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框mnpq，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为b在垂直mn边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且mn边与磁场的边界平行求：（1）线框mn边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框mn边刚进入磁场时，m、n两点间的电压umn；（3）在线框从mn边刚进入磁场到pq边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功w17（12分）某交流发电机输出功率为5105w，输出电压为u=1.0103v，假如输电线的总电阻r=10，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压u=380v（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？（使用的变压器是理想变压器）18（16分）如图所示，在竖直平面内有一个“日“字形线框，线框总质量为m，每条短边长度均为l线框横边的电阻为r，竖直边的电阻不计在线框的下部有一个垂直竖直平面、方向远离读者、磁感应强度为b的匀强磁场，磁场的高度也为l让线框自空中一定高处自由落下，当线框下边刚进入磁场时立即作匀速运动重力加速度为g求：（1）“日”字形线框作匀速运动的速度v的大小；（2）“日”字形线框从开始下落起，至线框上边离开磁场的下边界为止的过程中所经历的时间t甘肃省白银市会宁一中2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（每小题4分，总分48分，其中6、9、12三题为多选题，其余均为单选题，每小题全选对得4分，选不全得2分，不选或选错得0分）：1（4分）发电的基本原理之一是电磁感应，发现电磁感应现象的科学家是（）a安培b赫兹c法拉第d麦克斯韦考点：物理学史 分析：发现电磁感应现象的科学家是法拉第解答：解：1831年，英国科学家法拉第发现了电磁感应现象，不是安培、赫兹和麦克斯韦发现的故选c点评：法拉第发现了电磁感应现象，即磁生电气现象，而奥斯特发现了电生磁现象2（4分）通电长直导线中有恒定电流i，方向竖直向上，矩形线框与直导线在同一竖直面内，现要使线框中产生如图所示方向的感应电流，则应使线框（）a稍向左平移b稍向右平移c稍向上平移d以直导线为轴匀速转动考点：感应电流的产生条件 分析：要使线圈中产生感应电流，则穿过线圈的磁通量要发生变化而线圈处于通电导线提供的磁场，所以可根据线圈的运动或电流的变化来判定磁通量的变化由安培定则判断磁场的方向，由楞次定律判断感应电流的方向解答：解：a、由安培定则判断知，线框所在处磁场方向向里，使线框向左平移，穿过线框的磁通量将增加，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿逆时针方向，与图示相反，故a错误b、使线框向右平移，穿过线框的磁通量将减小，产生感应电流，根据楞次定律判断知感应电流方向沿顺时针方向，与图示相同，故b正确c、线框稍向上平移，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流故c错误d、以直导线为轴匀速转动时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流故d错误故选：b点评：穿过线框的磁通量变化有几种方式，有磁场变化导致磁通量变化，也有面积变化导致磁通量变化，还有磁场与面积均变化导致磁通量变化的，最后有磁场与面积均没有变，而是放置的角度变化导致磁通量变化3（4分）如图所示，两个相等的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是（）a同时向左运动，间距变大b同时向左运动，间距变小c同时向右运动，间距变小d同时向右运动，间距变小考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，从而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使两圆环运动，同时两圆环间的电流相互作用而导致间距变化解答：解：当磁铁的靠近时，导致两圆环的磁通量变大，从而由楞次定律可得两圆环的感应电流为逆时针（从右向左看），所以又处于n极的磁场中，则受到的安培力向左由于两圆环的电流均是逆时针，所以两圆环的相互吸引，距离减小故选：b点评：本题考查对楞次定律运动学的描述应用；从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸同时同向电流相互吸引，反向电流相互排斥4（4分）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度v0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是（）a越来越大b越来越小c保持不变d无法判断考点：导体切割磁感线时的感应电动势 专题：电磁感应与电路结合分析：由感应电动势公式e=blvsin，vsin是有效的切割速度，即是垂直于磁感线方向的分速度，结合平抛运动的特点分析选择解答：解：金属棒ab做平抛运动，其水平方向的分运动是匀速直线运动，水平分速度保持不变，等于v0由感应电动势公式e=blvsin，visv是垂直于磁感线方向的分速度，即是平抛运动的水平分速度，等于v0，则感应电动势e=blv0，b、l、v0均不变，则感应电动势大小保持不变则c正确故选：c点评：本题考查对感应电动势公式的理解和平抛运动的特点要明确公式e=blvsin，vsin是有效的切割速度5（4分）关于传感器的说法中正确的是（）a光敏电阻其阻值随光照的强弱而改变b霍尔元件能够把温度这个热学量转化为电压这个电学量c热敏电阻是用金属铂制成的，化学稳定性较好，灵敏度较差d金属热电阻的化学稳定性较差，但灵敏度高考点：传感器在生产、生活中的应用；霍尔效应及其应用 分析：根据常见的几个传感器的工作原理及传感器的作用进行分析，重点掌握热敏电阻、光敏电阻等的性质及应用解答：解：a、光敏电阻的阻值随光照的增强而减小；故a正确；b、霍尔元件能够把磁感应强度这个热学量转化为电压这个电学量；故b错误；c、热敏电阻是用半导体制成的，故c错误；d、金属热电阻是将温度转化为电阻，化学稳定性好，但灵敏度差；故d正确；故选：ad点评：传感器是能感受规定的被测量并按照一定的规律转换成可用信号的器件或装置，通常由敏感元件和转换元件组成传感器能满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求，它是实现自动检测和自动控制的首要环节6（4分）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a导体框中产生的感应电流方向相同b导体框中产生的焦耳热相同c导体框ad边两端电势差相同d通过导体框截面的电量相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化 专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：a、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定b、根据热量的公式q=i2rt进行分析c、先求出感应电动势，再求外电压d、通过q=进行分析解答：解：a、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同故a正确 b、i=，t=，根据q=i2rt=，知q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同故b错误 c、向上移出磁场的过程中，电动势e=blv，ad边两端电势差u=；向右移出磁场的过程中，电动势e=3blv，ad边两端电势差u=故c错误 d、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同故d正确故选ad点评：解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：e=blv，e=n，以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向7（4分）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻r，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力f作用下加速上升的一段时间内，力f做的功与安培力做的功的代数和等于（）a棒的机械能增加量b棒的动能增加量c棒的重力势能增加量d电阻r上放出的热量考点：电磁感应中的能量转化；导体切割磁感线时的感应电动势 专题：压轴题分析：棒在竖直向上的恒力f作用下加速上升的一段时间内，f做正功，安培力做负功，重力做负功，动能增大根据动能定理分析力f做的功与安培力做的功的代数和解答：解：a、棒受重力g、拉力f和安培力fa的作用由动能定理：wf+wg+w安=ek 得wf+w安=ek+mgh 即力f做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量故a正确 b、由动能定理，动能增量等于合力的功合力的功等于力f做的功、安培力的功与重力的功代数和故b错误 c、棒克服重力做功等于棒的重力势能增加量故c错误 d、棒克服安培力做功等于电阻r上放出的热量故d错误故选a点评：本题运用功能关系分析实际问题对于动能定理理解要到位：合力对物体做功等于物体动能的增量，哪些力对物体做功，分析时不能遗漏8（4分）如图所示，两块水平放置的金属板间距离为d，用导线与一个n匝线圈连接，线圈置于方向竖直向上的磁场b中两板间有一个质量为m，电荷量为+q的油滴恰好处于平衡状态，则线圈中的磁场b的变化情况和磁通量变化率分别是（）a正在增强；b正在减弱；c正在减弱；d正在增强；考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：由题意可知，线圈置于竖直向上的均匀变化的磁场中，根据法拉第电磁感应定律e=n会产生稳定的电动势，小球受到向上的电场力，根据小球的平衡可求出磁通量的变化率以及磁场的变化解答：解：电荷量为q的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线圈下端相当于电源的正极，由题意可知，根据楞次定律，可得穿过线圈的磁通量在均匀减弱；线框产生的感应电动势：e=n；油滴所受电场力：f=e场q，对油滴，根据平衡条件得：q=mg；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为； 故b正确，acd错误；故选：b点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，欧姆定律等等电磁感应与电路、电场的基本规律；还会用楞次定律判端电动势的方向注意感应电动势与电场强度符号容易混淆同时要注意电容器的电压不是线圈产生的感应电动势9（4分）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e=220sin100t v，则（）a交流电的频率是100 hzbt=0时，线圈位于中性面c交流电的周期是0.02sdt=0.05 s时，e有最大值考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：由感应电动势的表达式可知交流电的最大值及角速度；则可求得交流电的频率及周期解答：解：a、由公式可知，交流电的角速度=100=2f；则可求得交流电的频率f=50hz；故a错误；b、t=0时，线圈中电动势为零，则此时线圈处于中性面上；故b正确；c、交流电的频率为50hz，则周期t=0.02s；故c正确；d、当t=0.05s时，e=220sin5=0，故d错误；故选：bc点评：本题考查对交变电流的公式的理解，要注意掌握由公式确定最大值及角速度的方法10（4分）如图，一个半径为l的半圆形硬导体ab以速度v，在水平u型框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为b，回路电阻为r0半圆形硬导体ab的电阻为r，其余电阻不计，则半圆形导体ab切割磁感线产生感应电动势的大小及ab之间的电势差分别为（）ablv；b2blv；blvc2blv；2dblv；2blv考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：图中半圆形硬导体ab有效切割的长度等于半圆的直径2l，由公式e=blv求解感应电动势的大小ab相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律求出解答：解：半圆形导体ab切割磁感线产生感应电动势的大小为 e=b2lv=2blvab相当于电源，其两端的电压是外电压，由欧姆定律得 u=故选c点评：本题要理解并掌握感应电动势公式，公式e=blv中，l是有效的切割长度，即为与速度垂直的方向导体的长度也可画出等效电路，来区分外电压和内电压11（4分）如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为（）a4ab2acada考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：根据有效值的定义求解取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值解答：解：设交流电电流的有效值为i，周期为t，电阻为r，则有：代入数据解得：故abc错误，d正确；故选：d点评：求交流电的有效值，往往根据电流的热效应，由有效值的定义求解中等难度12（4分）如图所示的电路中，电阻r和电感l的值都较大，电感器的电阻不计，a、b是两只完全相同的灯泡，下列所述情况正确的是（）a合上开关s接通电路时，b先亮，a后亮，最后a比b亮b合上开关s接通电路时，a和 b始终一样亮c断开开关s切断电路时，a和b都要过一会儿才熄灭d断开开关s切断电路时，b立即熄灭，a过一会儿才熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：当电键闭合时，通过线圈l的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮断开瞬间也可以按照同样的思路分析解答：解：a、b、灯b与电阻r串联，当电键k闭合时，灯b立即发光通过线圈l的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律线圈产生的感应电动势与原来电流方向相反，阻碍电流的增大，电路的电流只能逐渐增大，a逐渐亮起来所以b比a先亮由于线圈直流电阻忽略不计，当电流逐渐稳定时，感应电动势减小，a灯电流逐渐增大，a灯逐渐变亮，外电路电流变大时，路端电压u=eir减小，b灯变暗最后a灯的支路的电阻值比较小所以a比b亮故a正确，b错误；c、d、稳定后当电键断开后，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡a、b和电阻r构成闭合回路放电，由于稳定时a灯的电流大于b灯泡的电流，故a逐渐变暗，b先闪亮一下，最后一起熄灭，故c正确，d错误；故选：ac点评：本题考查了电感线圈l对电流发生突变时的阻碍作用，关键要抓住线圈的双重作用：当电流变化时，产生感应电动势，相当于电源；而当电路稳定时，相当于导线，能将并联的灯泡短路二.非选择题（总分12分）13（4分）在研究电磁感应现象的实验中，为了能明确地观察实验现象，请在如图所示的实验器材中选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图考点：研究电磁感应现象 专题：实验题分析：注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器（上、下各连一个接线柱）、小螺线管串联成的回路，二是电流计与大螺线管串联成的回路，据此可正确解答解答：解：本实验探究原理是小线圈中电流的磁场如何引起大线圈中产生感应电流，所以应把小线圈与电源连在一个电路中，定值电阻阻值太大，不选择使用，要显示大线圈中是否产生感应电流，应使大线圈与电流表或电压表连在一个电路中，由于电压表内阻太大，所以应选择电流表答：如图所示点评：本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不同14（4分）如图所示，在一根较长的铁钉上，用漆包线绕两个线圈a和b将线圈b的两端与漆包线cd相连，使cd平放在静止的小磁针的正上方，与小磁针平行试判断合上开关的瞬间，小磁针n极的偏转情况？线圈a中电流稳定后，小磁针又怎样偏转？考点：楞次定律；安培力 专题：电磁感应与电路结合分析：干电池通电的瞬间，在线圈b中产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流的方向，结合安培定则得出cd周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向解答：解：干电池通电的瞬间，根据楞次定律，线圈b中产生电流，电流的方向由c到d，根据安培定则，cd导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针n极向纸内偏转，s极向纸外偏转线圈a中电流稳定后，b线圈中的感应电流消失，小磁针又回到原来的位置答：在开关合上的瞬间，小磁针的n极向纸内偏转当线圈a内的电流稳定以后，小磁针又回到原来的位置点评：本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用，知道小磁针静止时n极的指向为磁场的方向，知道电流在稳定后线圈b不再产生感应电流15（4分）如图的电路图是电子技术中的常用电路a、b是电路的输入端，其中输入的高频电流用“”表示，低频电流用“”表示，直流电流用“”表示负载电阻r中通过的电流有以下说明，其中正确的是（）a图甲中r通过的是低频电流b图乙中r通过的是高频电流c图乙中r通过的是低频电流d图丙中r通过的是直流电流e图丁中r通过的是高频电流考点：电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低来分析选择而线圈的特性：通低频阻高频解答：解：甲图中，电容器通交流隔直流，则r得到的是低频交流成分故a正确 乙图中电容较小，电容器通高频阻低频，r得到的主要是低频成分故b错误，c正确 丙图中，c较大，对低频的容抗也较小，则高频、低频交流成分通过c，r得到的主要是直流成分，故d正确丁图中，线圈的l很大，则对高频交流阻碍较大，对低频阻碍较小，而r得到的成分主要是低频，当然也有高频电流，故e错误；故选：acd点评：电容器的特性在理解的基础上记住：通交流隔直流，通高频阻低频，也可以用容抗公式记忆：xc=对于线圈是阻交流通直流，感抗xl=2fl三.计算题（总分40分，要求写出解题过程，只写出答案的不给分）：16（12分）如图所示，用质量为m、电阻为r的均匀导线做成边长为l的单匝正方形线框mnpq，线框每一边的电阻都相等将线框置于光滑绝缘的水平面上在线框的右侧存在竖直方向的有界匀强磁场，磁场边界间的距离为2l，磁感应强度为b在垂直mn边的水平拉力作用下，线框以垂直磁场边界的速度v匀速穿过磁场在运动过程中线框平面水平，且mn边与磁场的边界平行求：（1）线框mn边刚进入磁场时，线框中感应电流的大小；（2）线框mn边刚进入磁场时，m、n两点间的电压umn；（3）在线框从mn边刚进入磁场到pq边刚穿出磁场的过程中，水平拉力对线框所做的功w考点：导体切割磁感线时的感应电动势；动能定理的应用；电功、电功率；焦耳定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）由导体切割磁感线时电动势公式可得出电动势，由闭合是路欧姆定律可得出电路中的电流；（2）mn间的电压应为路端电压，则由闭合电路欧姆定律可得出结果；（3）由匀速运动公式可得出电线框运动的时间，由焦耳定律可得出线框中产生的焦耳热；由能量守恒可得出外力所做的功解答：解：（1）线框mn边在磁场中运动时，感应电动势e=blv线框中的感应电流 i=；（2）m、n两点间的电压为电源的输出电压，由闭合电路欧姆定律可得出umn=e=blv（3）线框运动过程中有感应电流的时间 t=此过程线框中产生的焦耳热q=i 2rt=根据能量守恒定律得水平外力做功w=q=点评：电磁感应中常常考查与电路的结合及能量的转化关系，在解题时要注意哪部分导体可以看作电源，分清内外电路；同时要注意分析能量的转化一守恒17（12分）某交流发电机输出功率为5105w，输出电压为u=1.0103v，假如输电线的总电阻r=10，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压u=380v（1）画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2）所用