2020届高考物理二轮复习刷题首秧专题十二交变电流精练含解析

1、高考物理总复习-21 -专题十二交变电流经典特训题组1.（多选）如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁 感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则（）mi用之A.两次t = 0时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线a、b对应的线圈转速之比为 2 : 3C.曲线a表示的交变电动势频率为 25 HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为 10 V答案 AC解析 线圈经过中性面时不切割磁感线，感应电动势为零，由题图2知两次t = 0时转动产生的瞬时电动势都等于零，故此时线圈平面均与中性面重合，A正确；由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比 Ta

2、： Tb=2 ： 3,再由周期与转速的关系 n = T导na ： nb=3 ： 2,故B 错误；因 Ta =4X10 2 s ,故 fa= = 25 Hz , C 正确；因 Etb= 15 V ,而 Em= NBSo =, TaTTaEmb故 Enb= T" - Era= 10 V, Eb=5J2 V , D错反。2.现代社会是数字化社会，需要把模拟信号转换为数字信号。如甲图中的正弦交流电通过乙图数字触发器后会输出丙图的数字信号，丙图中数字信号对应两种电压状态0和2 V,触发器的转换规则是：交流电压数值小于 U时输出为0,交流电压数值大于等于 U时输出为2 V。 丙图中电压的有效值约

3、为（）A. 2.0 V B , 1.6 V C , 1.4 V D , 1.3 V答案 B解析 当输入电压为£时，m'= Usin Tt ,在前半个周期内，可解得 t1 = 12T或t2=122T,标出输入电压和输出电压的特殊时刻如下图，一个周期内对应电压为2 V的时间为根3» U2 2 U2八、,口据有效值定义，有：寸-T=-x T, U1=2 V,代入数据得 U= 1.6 V,故选BoR 3R3. 一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示，已知发电机线圈内阻为5.0 ，现外接一只电阻为105.0 的灯泡，如图乙所示，则下列说法正确的是（）甲乙

4、A.电路中的电流方向每秒钟改变50次B.电压表0的示数为220 VC.灯泡实际消耗的功率为 420 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为25 J答案 C解析 由甲图知该交流电的周期T= 0.02 s ,每个周期电流方向改变两次，则 1 s内电1流万向改变的次数为 门=2><亍=100次，A错误；由图甲可知感应电动势最大值日=220/2 V,RU2所以有效值 E= 220 V,电压表本数 U E= 210 V, B错误；灯泡实际消耗的功率P=-=420 W, C正确；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q= 12rt = Ey-U2rt =20 J , D错误。4 .（多选）如图所

5、示，T为理想变压器，电流表 A电压表 V均为理想交流电表，R、R为定值电阻，R为滑动变阻器，L为电感线圈，A B两点间接正弦交流电。则 （）A.只将滑片Pi下移时，电流表 A示数变小B.只将滑片P2下移时，电压表 V示数变大C.只增大交流电的电压时，电流表A示数变大D.只增大交流电的频率时，电压表V示数不变答案 AC解析 只将滑片R下移时，输出电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，电流表 A 示数变小，A正确；只将滑片P2下移时，总电阻减小，副线圈两端电压不变， 电路总电流变大， R两端电压变大，R两端电压变小，即电压表 V示数变小，B错误；只增大交流电的电压时， 输出电压增大，副线圈电流增

6、大，原线圈电流也增大，电流表A示数变大，C正确；只增大交流电的频率时，电感线圈 L的感抗增大，电压表 V示数变大，D错误。5 .（多选）一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比为3： 1。电路中连接三个相同的电阻 R A为理想交流电流表， U为正弦交流电源，输出电压的有效值 U= 380 V。当开关S断开时，电流表的示数为 2 A。则（）A.定值电阻R的阻值为10 Q8 .开关S断开时，副线圈的输出电压为 127 VC.开关S闭合时，电流表的示数为3.8 AD.开关S闭合时，电路中消耗的总功率为1300 W答案 AC解析 此时电流表示数I1=2 A,根据变压器原理可得副线圈电流I

7、 2=311 = 6 A,根据电U- I 1R 3压关系有iTFR=彳，代入数据解得：R= 10副线圈的输出电压 U=2I2R= 120 V, A正确,B错误；开关闭合时，旨尊=3-,且I2' = 3I1',解得I 1' = 3.8 A,则电路中消耗的总功率 p= I1' U= 1444 w, C 正确，D错误。6 .如图所示，理想变压器原线圈接一正弦交变电源，其电压的有效值恒定不变，两个副线圈的匝数分别为 m和小，所接电阻分别为 R和R,且R=4R。不计电流表内阻，当只闭合S时，电流表示数为1 A, $、&都闭合时，电流表示数为 2 A,则m： n2等

8、于（A. 1 ： 1 B. 1：2 C. 1：3 D. 1：4答案 B解析 设原线圈的电压为 U,当只闭合S时，根据电流表示数为 1A,则变压器的输入功 率为UX 1 A,则副线圈的出功率为 UX 1 A；当S和5都闭合时，电流表示数为 2 A,则变 压器的输入功率为 UX 2 A,则副线圈的输出功率为 UX 2 A,因此两副线圈的功率之比为 1 ： 1, 222根据P=R=4R,有?=己，解得U ： U=1 ： 2,由变压器的电压与匝数成正比可得n1 ： n2RRR=1 ： 2,故B正确。7 .图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1 ： 1000,降压变压器原、副线圈匝数比为

9、1000 ： 1,输电线的总电阻为1000 Q,若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V,下列说法正确的是（）A.输电线中的电流为3 A8 .电站输出的功率为 7500 kWC.输电线路损耗功率为 90 kWD.用户端交变电流的频率为100 Hz答案 B解析由图乙知升压变压器输入端电压的最大值为5= 25072 V ,有效值为UmU = -p = 250V,根据得升压变压器副线圈两端的电压匕凯= - X250 V= 2.5 X 105 V,用户端电压为220 V,卞据U3=小，得降压变压器原线圈两端的电压U = U4 = *°X220 V= 2.2 X 105U4 n

10、4m 1V,故输电线上损失的电压为AU= UU=3X104 V,则输电线上的电流为1=警=喂0 AR 1000=30 A,电站的输出功率为 R=F2=12I =7500 kW,输电线路损耗功率为A P= I 2R= 900 kW,1由乙图可知，原线圈交变电流的周期为T= 0.02 s ,则频率为f = T= 50 Hz,变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz,故A、C、D错误，B正确。8.在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为2： 1； a、b两端电压与时间的关系如图乙所示，二极管可视为理想二极管，电表均为理想电表，电阻R= 10 Q,则下列说法正确的是（）

11、A.电压表示数约为4.50 VB.电压表示数约为6.36 VC.电流表示数约为0.90 AD.电路消耗的功率为8.10 W答案解析根据题图乙可得，原线圈中电压的有效值为U= $ =吗2 V = 18 V,则副线圈的，,2.2电压为U'1= 2U= 9 V,根据二极管的特性，设电压表测量的有效值为 U 2 1U有，则有：X-T=R 2之X解得u有=葛w6.36 V,则电压表的示数约为6.36 V,有效电流为：I有辛甯A= 0.636 A ,故电流表的示数约为 0.636 A , A、C错误，B正确；电路消耗的功率为：P= I2R= 0.636 2X 10 W 4.04 W,故D错误。真题

12、调研题组1 . (2019 江苏高考）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1 ： 10,当输入电压增加 20V时，输出电压（A.降彳氐2 VB.增加2 VC降低200 VD ,增加200 V答案 D解析理想变压器的电压与匝数关系为Un1U+AUU2=i=U+A U'整理可得叠=2即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当A U = 20 V时，A U2= 200 V, D正确。在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量 中与时间t的关系图象如图所示。下列说法正确的是（）A. T时刻线框平面与中性面垂直b.线框的感应电动势有效值为-2T°mC.线框转一周

13、外力所做的功为2兀2mRTD.从t=°到t=T过程中线框的平均感应电动势为兀mT答案BC解析中性面的特点是线圈平面与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则 J时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为B正确；由功能EmCDmaMCDn成正比，Q方：Q正=U0:,对正弦式交流电，感应电动势有效值E有=与=也_善mT.'2 T关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能,E2r2兀2m此="T= Rr,C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t=o到t=9过程中线框的平均感应电动势4E =匚 At T 4误。3. （2018 全国卷

14、出）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为U0,周期为T,如图所示。则 Q方：Q正等于（）A. 1 ：答案解析也 B.出：1 C.1：2 D.2：1根据题述,正弦交变电流的电压有效值为目,而方波交流电的有效值为U0,根据焦耳定律和欧姆定律,Q= I2RT= UT,可知在一个周期RT内产生的热量与电压有效值的二次方U0 2忑=2 ： 1 , D正确。4. （2018 天津高考）教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机（内阻可忽略）通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、

15、理想交流电压表 ,一、,一 ，1,V的读数分别为I、U, R消耗的功率为P。若发电机线圈的车t速变为原来的2,则（）1A. R消耗的功率变为2P，一 ，一，1B.电压表V的读数为2UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变答案 B一一 1 1一， ，一、,1 一、，1 ,一解析 根据 a=2兀n可知转速变为原来的2,则角速度变为原来的根据En= nBSo可知发电机产生的最大电动势为原来的；，根据U=与可知发电机的输出电压有效值变为原来的2.'21 1U n11即原线圈的输出电压变为原来的根据五=一可知副线圈的输入电压变为原来的即电2 212 rl22压表示数变为原来的1,

16、根据P= U可知R消耗的电功率变为二P, A错误、B正确；副线圈中的 2R41，一2。一，1 , , m 12 八 , ，一一、 一，1电流为12=3,即变为原来的 不 根据一=丁可知原线圈中的电流也变为原来的弓，C错误；转R2n2 I 12一1,一、,一，1速减小为原来的万，则频率变为原来的5，D错误。5. （2017 天津高考）（多选）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2 ，则（）A. t=0时，线圈平面平行于磁感线B. t =1 s时，线圈中的电流改变方向C. t =1.5 s时，线

17、圈中的感应电动势最大D. 一个周期内，线圈产生的热量为 8兀，答案 AD解析 t = 0时，=0,故线圈平面平行于磁感线， A正确。线圈每经过一次中性面电流的方向改变一次，线圈经过中性面时，磁通量最大，故在t =0.5 s、1.5 s 时线圈中的电流改变方向。在t = 1 s时线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不变,B错误。线圈在磁场中转动，磁通量最大时，感应电动势为 0,磁通量为0时，感应电动势最大，故 t = 1.5 s时，感应电动势为 0, C错误。线圈中感应电动势的最大值Em=门830 =门3中1=门乎100X X 0.04 V= 4兀V,有效值E= = 2J2tiV,故在一个周期

18、内线圈产生的热量Qi=石丁2,2R6. （2017 江苏高考）（多选）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则（A.电感Li的作用是通高频B.电容G的作用是通高频C.扬声器甲用于输出高频成分D.扬声器乙用于输出高频成分答案 BDhr'；解析 电感的特点是通低频阻高频,电容的特点是通高频阻低频，选项A错，B对；混合信号输入后，高频成分被 Li阻碍，再经 Ci过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C错误；当混合信号输入后，电容G让高频信号顺利通过，电感 匕不能过滤掉高频成分,D正确。但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项7 . （2016

19、 全国卷出）（多选）如图，M为半圆形导线框，圆心为 d; N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为 CN;两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线 OQ的水M N在t = 0时从图示位置开始,平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框分别绕垂直于纸面、且过 。和Q的轴，以相同的周期 T逆时针匀速转动，则（）A.两导线框中均会产生正弦交流电8 .两导线框中感应电流的周期都等于TC.在t = T时，两导线框中产生的感应电动势相等 8D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案 BC解析 本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故 A错误；两导线

20、框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，B正确；在t=T时，两导线框切割磁感8 一,1 O线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E= -BFRw, C正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相 等，D错误。模拟冲刺题组1. （2019 广东省“六校”高三第三次联考）钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图。若初级线圈与次级线圈的匝数比为1 ： 500,电流表A的示数为1 A ,则（） 白A.钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B.钳形电流表能够用来测量直流电的电流C.被测电路电流的平均值

21、为500 AD.被测电路电流的最大值为500 A答案 A解析 从图示来看，该互感器属于电流互感器，故钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，只适用于交流电，不能用于直流电，故B错误；由£得I1 = *= 50产A=500 A,因为电流表测的是有效值,故500 A为被测电流的有效值，C D错误。2. （2019 陕西省三模）如图甲中的变压器为理想变压器，原、副线圈匝数分别为1000匝和500匝，变压器原线圈两端加如图乙所示的正弦式交变电压，副线圈两端接两个串联在一起的阻值大小分别为 R = 40 、R=10 Q的定值电阻，电压表为理想电表。则以下说

22、法 正确的是（）A.交流电频率为50 HzB.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.1 Wb/sC.电压表 V的读数为5.0 VD.变压器输入功率为 50 W答案 B解析由图乙知该交流电的周期T= 0.04 s ,所以交流电频率为25 Hz, A错误；原线圈， 一，、八A -、一，、一、，一，电压最大值是 100 V,根据法拉第电磁感应定律 E= n得，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.1 Wb/s , B正确；根据理想变压器中匝数与电压成正比知副线圈两端的电压为U50一2V = 25 2 V再由串联电路的电压规律知电阻R两端电压即为电压表读数，为5 .2 V,C错误；输入功率等于输出功率

23、，为P= m2 = 25 W, D错误。R + H3. （2019 吉林省名校联合一模）变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。街头 见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则（）A.副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少B.副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多C.原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少D.原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多答案 A解析 在降压变压器中，由原、副线圈电压之比等于匝数之比可知，原线圈的匝数比副 线圈的匝数多，又由于原、副线圈的功率相等，而原线圈中电压大，所以副线圈的电流比原 线圈的电流要大，导线应当粗些，原线圈的电流小，导线应当细些，

24、A正确。4. （2019 江苏南京、盐城高三第三次调研）如图所示，理想变压器电路原线圈匝数可调, 调节触头为S,副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻 器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是（）A.保持S位置和光照强度不变，将 P向上滑，灯泡L变亮B.保持S位置和光照强度不变，将 P向下滑，电流表示数变小 C.保持P位置和光照强度不变，将 S向下滑，光敏电阻的功率变小 D.保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大 答案 A解析 S的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不 变，根据理想变压器原、副线圈

25、两端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变， 将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，总电阻变大，则通过光敏电阻r的电流变小，加在 r两端的电压变小，又由于 r和L两端电压之和等于副线圈两端电压且保持不变，所以 L两端 电压变大，L变亮，A正确；结合A的分析，当将 P向下滑时，滑动变阻器的阻值变小，总电 阻变小，则通过光敏电阻 r的电流增大，加在 r两端的电压增大，又由于 r和L两端电压之 和等于副线圈两端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过 L的电流变小，同时通过 R和L的电流之和等于r的电流，所以通过 R的电流变大，电流表示数变大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将

26、 S向下滑，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、 副线圈两端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流变大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈两端电 压之比等于匝数之比，可知副线圈的车出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又因为 P的位置不变，则副线圈的功率变小，又因为理想变压器的输出功率等于输入功率，所以原线圈 的输入功率变小，D错误。5.（2019 湖北省八校高三第二次联考）（多选）如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B=平T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度3 = 10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积

27、为0.4 m2,线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡 L（规格为“4 W 100 "）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正 确的是（）A.若从图示线框位置开始计时，线木g中感应电动势的瞬时值为40 . 2cos（10 t） VB.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为1 ： 2C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D.若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变暗答案 AD解析 输入电压的最大值为：5= NBSo=10X、/2x0.4X10 V= 40/2 V,图示时刻感应电动势最大，从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40/2co

28、s（10t） V ,故Un 40 2A正确；变压器输入电压的有效值为U =V = 40 V,开关闭合时灯泡正常发光，所：22以u=yPR在4X100 V=20 V,此时原、副线圈的匝数比为ni ： n2 = U : 12=40 : 20=2 ： 1,故B错误；线圈匝数不变，根据 U ： U=ni ： n2可知输出电压不变，若将滑动变阻器滑片向上 、，u2、移动，连入电路电阻变大，负载等效电阻变大，R=F2 = 百变小，又R = UIi,可知电流表本数R变小，故C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据 U ： U = ni ： n2可知 输出电压减小，所以灯泡变暗，故D正确。6.

29、 （2019 广东汕头高三一模）如图所示为远距离输电的原理图。发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部 门要实时监控，监控电表为理想电表。若某次监测发现V2表的示数减小，则下列判断正确的是（）A.电流表Ai的示数增大 B .电流表A的示数减少C.电压表Vi的示数增大 D .输电线损失的功率减小答案 A解析 根据题意知，发电厂的输出电压恒为U,升压变压器原、副线圈两端的电压比不L20 n3变，所以电压表 Vi的示数不变，故 C错误；V2表的示数减小，根据降压变压器电压比 7T=n'可U2 n4知，降压变压器的输入电压减小，又因

30、为 U = 5+IiR,分析可知：电流表 Ai的示数增大，故,、. 、,11n4,、.A正确；电流表 Ai的本数增大，根据降压变压器电流比丁=二可知，电流表 A的本数增大，故12 n3B错误；输电线上损失功率为 P损=I2R由于电流表Ai的示数增大，故输电线损失的功率增大， 故D错误。7. （2019 河南许昌高三二诊）（多选）有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图所示。若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，5个灯泡发光亮度相同；若将开关 S接在位置2时，灯泡均未烧坏。则下列可能的是（）4 ： 1A.该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为8. 该变压器是升压变压器

31、，原、副线圈匝数比为C.副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些D.副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗答案 AC11 n2解析 五个灯泡发光程度相同， 所以原线圈电流与副线圈电流之比为1：4,根据匚=同=1 ,、一、一一.,人 4可知该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4： 1,故A正确,B错误；接到2位置,原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，灯泡仍能发光，但亮度 变大，故C正确，D错误。8. （2019 湖北省高三 4月调考）一理想变压器的初级线圈为m=100匝，次级线圈n2 =30匝，巾=20匝，一个电阻为48.4 Q的小灯泡接在副线圈 山与n3上，如图所示。当原线

32、圈与e=220A/2sin 3 t的交流电源连接后，变压器的输入功率是 （）A. 10 WB. 20 WC. 250 W D. 500 W答案 A解析 根据副线圈的接法知道，副线圈 2和3的电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，根据表达式知原线圈电压的有效值为220 V,根据电压与匝数成正比知灯泡两、一，10一U2 222 、一，端的电压为U X220V= 22 V,灯泡功率P= /= 48了W= 10W,则变压器输入功率为10W故选Ao9. （2019 北京大兴一模）图1是一手摇发电机，其原理可简化为矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴 OO匀速转动，产生随时间变化的感应

33、电动势。已知矩形线圈abcd 的匝数为N,边长ab=cd=L1, bc=ad=L2。线圈所在处磁感应强度为 B,线圈的角速度为 。 当线圈转动到图2所示位置时，其平面与磁场方向平行。Li体I如极面图I图2求线圈转动到图2位置时，ab边切割磁感线产生的感应电动势大小并判断a、b两端电势的高低；(2)从线圈处于图2位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导 t时刻 线圈产生的感应电动势大小为e= NBLL2 3 cosat;(3)如图3所示，线圈的ab、cd边分别通过电刷与两个滑环 e、f相连，滑环e、f与二 极管H外电阻相连，组成闭合回路。二极管具有单向导电性，即加正向电压时其电阻可

34、忽略 不计，加反向电压时电阻可视为无穷大。已知线圈电阻为r,外电阻为 R电路其余部分电阻不计。计算经过一段较长时间t (远大于线圈转动周期)的过程中，外电阻 R上产生的热量。产I 31答案(1) E= 2NBLL2 3 b端电势高(2)见解析NBLL234 R+ r2Rt2解析(1)ab边切割磁感线产生的电动势E= NBLv,l-2v= 3 万一，11一， 可得：E= 2NBLL2 3 ,由楞次定律可知，b端电势图。(2)线圈匀速转动过程中，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，总电动势为两边产生的电动势之和，即 e=2eabo如图，经过时间t , ab边绕OO转过的角度0 =3t,此日ab边的速度方向如图中所示,v与磁场方向的垂直分量：Vi= vcos 0 = vcos 3 t根据法拉第电磁感应定律，在2，ab边上产生的感应电动势大小为eab= NBLvcosat,由此可得 e= 2eab= NBLL2 3 c