2020年安徽省安庆二中高二(下)期中物理试卷

1、期中物理试卷题号一一二四总分得分、单选题（本大题共 8小题，共32.0分）1. 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是（）2.如图甲所示，在一空心螺线管内部中点处放置一小铜环，图乙所示，在一空心螺线 管外部放置一大铜环，电路接通瞬间，下列说法正确的是（）A.从左往右看，两个铜环中部都有顺时针方向感应电流B.从左往右看，小铜环有顺时针方向感应电流，大铜环中有逆时针方向感应电流C.两个铜环都有收缩趋势D.小铜环有扩张趋

2、势3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1： 2,两端分别接有四个阻值相同的定值电阻，变压器初级线圈接到交变电源上，下列说法正确的是（）A.副线圈电压是电源电压的 2倍B.流过Ri的电流是副线圈上电流的2倍C. Ri上的电功率是 R2上电功率的2倍D. Ri上的电功率是 R2上电功率的9倍4.如图所示，边长为 21的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上.从t=0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域.用I表示导线框中的感应电流（逆

3、时针方向为正），则下列表示I-t关系的图线中，正确的是（）第14页，共14页5.A.三个灯泡亮度相同B.甲灯最亮，丙灯不亮6.C.甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D.只有丙灯不亮,如图所示，两光滑导轨倾斜放置，与水平地面成一定夹角， 上端接一电容器.导轨上有一导体棒平行地面放置，导体棒 离地面的有足够的高度，匀强磁场与两导轨所决定的平面垂 直，开始时电容器不带电.将导体棒由静止释放，整个电路 电阻不计，则（）乙灯最亮7.A.导体棒先做加速运动，后作匀速运动B.导体棒先做加速运动，后作减速运动C.导体棒一直做匀加速直线运动D.导体棒下落中减少的重力势能转化为动能，机械能守恒如图所示，竖直面内有一个固

4、定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨 MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN.将 两个完全相同的小滑块 a、b分别从M、Q点无初速度释放， 在 它们各自沿 MP、QN运动到圆周上的过程中， 下列说法中正确 的是（）A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大8.C.两滑块的动量变化大小相同D.弹力对a滑块的冲量较小如图所示，质量为 m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R,现将质量也为m的小球从距A点正上方ho高处由静止释放，然后由 A点经过半圆轨道后从 B冲出，在空中能上升的最大高度为 y （不计空气阻力），则 （）如图，三个灯泡是相同的

5、，而且耐压足够高，交、直流两电源的内阻忽略，电动势相等，当S接a时三个灯泡的亮度相同，那么 S接b时（）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小车向左运动的最大距离为 次C.小球从B点落回后一定能从 A点冲出D.小球从B端离开小车后做斜上抛运动二、多选题（本大题共 4小题，共16.0分）9.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖 直的铜轴上，两铜片P、Q分别于圆盘的边缘和铜轴接触 圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C.若圆盘转动方向

6、不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍10 .如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN, MN的左边有一闭合电路. 当PQ在外 力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可 能是（）A.向右加速运动B.向右减速运动C.向左加速运动D.向左减速运动11 .如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用Ro表示，并且电阻不变，变阻器R相当于

7、用户用电器的总电阻。当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时（）A.电压表V1、V2的读数均不变，电流B.电压表V3、V4的读数均减小，电流C.电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数增大，电流表 A1的读数减小A2的读数增大，电流表 A3的读数增大A2的读数的比值不变D.线路损耗功率减小12 .如图所示，相距为 d的两水平线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为 B,正方形线框abcd边长为L （Lvd）、质量为m,电阻为R.将线框在磁场上方高 h处由静止释放，ab边刚进入磁场和穿 出磁场时的速度恰好相等。则在线框全部穿过磁场的过程中()A. ab边刚进入磁

8、场时ab两端的电势差为 B%2/B.感应电流所做功为 mgdC.感应电流所做功为 2mgdD.线框最小速度为三、实验题(本大题共 2小题，共10.0分)13 .如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。(1)将图中所缺的导线补接完整；(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可 能出现的情况有：A.将线圈A迅速抽出线圈B时，灵敏电流计指针将 。B.线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，灵敏电流计指针O14 .如图甲所示是某同学研究自感现象的实验电路图，并用电流传感器显示出在t=1 X10-3S时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图乙)已知

9、电源电动势E=6V内阻不计，灯泡 R的阻值为6Q,线圈的直流电阻为1口。(1)定值电阻R=白。(2)开关断开时，该同学观察到的现象为 ,从x=1X10-3s断开开关到小灯泡 熄灭这段时间内通过小灯泡的电荷量Q=C。四、计算题(本大题共 3小题，共42.0分)15 .如图所示，一小型发电机内有N=100匝矩形线圈，线圈面积S=0.10m2,线圈总电阻r=1Q .在外力作用下矩形线圈在 磁感应强度B=0.10T的匀强磁场中，以恒定的转速n=50r/s 绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，发电机线圈两端与R=9Q的电阻构成闭合回路.从线圈平面通过中性面 时开始计时.求：(1)转过30。时

10、线圈中产生的瞬时电动势的大小;(2)转过60。的过程中通过电阻 R的电荷量；(3)线圈转动一周，电流通过电阻R产生的焦耳热.16 .如图所示，两根平行且足够长的轨道水平放置，轨道间距为L = 0.5m,且电阻不计。CD左侧处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为Bi=1T, CD右侧处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2=2T.在轨道上有两根长度稍大于L、质量均为m= 0.1kg、阻值均为R= 0.5 的金属棒a、b,金属棒b用一根足够长的 绝缘细线跨过定滑轮与重锤相连。重锤的质量M = 0.1kg。某时刻金属棒a在外力作用下以速度v0沿轨道向左做匀速直线运动，在这一过程中金属棒b恰

11、好保持静止。当金属棒a到达CD处时被固定，此后重锤开始下落，在落地前速度达到最大。 忽略一切摩擦阻力，且不考虑金属棒a、b间的相互作用力，重力加速度为g =10m/s2.求：(1)金属棒a匀速运动的速度 V0的大小；(2)重锤能达到的最大速度 v的大小；(3)若从重锤开始下落起，到其达到最大速度的过程中，金属棒b产生的焦耳热Q为0.2J.求重锤下落的高度 H。17 .如图，平行光滑导轨倾斜放置，导轨平面的倾角0 =37,。导轨间距L=0.5m,导轨上端接有电源、开关 S和定值电阻R,电源的电动势 E=3V,内阻r=0.5Q,定值电阻 R=2Q,整个导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的

12、磁感应强度大小 B=1T,将一个导体棒放在导轨上，闭合开关 S,此时导体棒恰好静止。导体棒与金 属导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻Ro=2Q,导轨的电阻不计，导轨足够长，重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8,求：(1)导体棒的质量m;(2)断开开关S,导体棒沿导轨向下运动，电键断开手舌后，导体棒恰好匀速运动,该导体棒上器£内产生的焦耳热为多少?答案和解析1 .【答案】B【解析】解：磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，ACD中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端电压为：打二；二空，3： ami-B图中a、b两

13、点间电势差为路端电压为：口二彳斤= 个，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图所示，故ACD错误，B正确。故选：B。正方形的一条边在磁场中，改变切割磁感线，相当于电源，然后根据闭合电路的有关知 识进行求解。本题属于电磁感应与电路的结合，注意弄清电源和外电路的构造，明确a、b两点间的电势差是路端电压还是某一阻值电压。2 .【答案】A【解析】 解：AB、根据楞次定律，当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左增 大，则铜环中的感应电流的磁场的方向向右，从左侧看，铜环的感应电流顺时针；同理 也可以判断出大铜环也有顺时针方向感应电流，故A正确，B错误；CD、当接通开关瞬间时，导致穿过线圈的磁通量向左

14、增大，根据楞次定律可知，小铜 环的面积收缩能阻碍磁通量的增大，所以小铜环有收缩的趋势；但由于螺线管外侧的磁场方向与螺线管内部的磁场的方向相反，所以大铜环的面积增大能阻碍环内磁通量的增大，所以大铜环有扩张趋势，故 CD错误； 故选：Ao根据接通瞬间，导致穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律，来判定感应电流方向,再依据左手定则，来确定安培力的方向，从而即可求解。考查楞次定律与左手定则的应用，掌握右手螺旋定则内容，注意左手定则与右手定则的区别，同时注意磁通量的概念。3 .【答案】D【解析】解：设原线圈电压为 由,副线圈电压为由于£ = £=，可知 = 2廿J,而 步3与小串联，

15、因此/与%分得的电压均为而/与原线圈并联，分得的电压也为因此流过R?的电流与,笳 凡的电流相同均为I,而流过力的电流为原线圈电流与 田工电流之和，根据可知，流过原线圈的电流这样流过 场|的电流为3I,描两端的电压为3%,电源电压,火A、副线圈电压是电源电压的 ，故A错误；B、流过阳的电流是副线圈电流的 3倍，故B错误；C、R上电功率与/上电功率之比:= 9=；,故C错误，D正确；故选：Do变压器的特点：电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率. 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决.4 .【答案】D【解析】 解：A、B,导线框完全进入磁场后，没有感应电

16、流产生。故 A、B均错误。C、进入和穿出磁场过程，线框有效切割长度变化，感应电动势和感应电流在变化， 故C错误。D、线框进入磁场过程，有效切割长度 L均匀增大，感应电动势 E均匀增大，感应电 流I均匀增大。穿出磁场过程，有效切割长度 L均匀减小，感应电动势 E均匀减小，感 应电流I均匀减小，两个过程电流方向相反。故 D正确。故选：D。根据感应电流大小和方向，将选项逐一代入，检查是否符合题意来选择.本题采用的是排除法.做选择题常用方法有直判法、排除法、代入法、特殊值法、图象 法等等.5 .【答案】D【解析】 解：当单刀双掷开关 S接a时，三个灯亮度相同，说明电感 L的感抗与电阻R 相同，当S接b

17、时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电 阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，故乙灯最亮。故ABC错误，D正确。故选：D。电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性， 而交流又电阻R没有影响.根据电感和电容的特性进行判断.本题要抓住电容器与电感的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交 流的特性.6 .【答案】Cq,则有:【解析】解：A、设微小时间 与内电容器的带电量增加&0 CaU CBL aH U=CBLa ,由牛顿第二定律得：mgsin -BIL =ma,解得：1 =由解得：a=加速度是定值，导体棒做匀加速直线运动，故 A

18、B错误，C正sin + C D £确；D、在导体棒运动过程中，重力做功把重力势能转化为动能，克服安培力做功，把重力势能转化为电场能， 因此导体棒下落中减少的重力势能转化为动能和电场能，机械能不守恒，故D错误；故选：Co导体棒下滑，导体棒切割磁感线产生感应电动势，对电容器充电，由电流定义式与牛顿第二定律、匀变速运动的速度位移公式分析答题.应用电流的定义式 咤、E=BLv、牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度位移公式即可 正确解题；理清解题思路即可正确解题.7 .【答案】D【解析】解：对滑块，由牛顿第二定律得：a=竺吧=gsin 0（ 0为杆与水平方向的夹角），m由图中的直角三角形可知，滑

19、块的位移S=2Rsin 8滑块做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间：1=卢=率字=2g，t与0无关，即:tl = t2AC、小球受到的合外力等于重力沿轨道方向的分力，即： mgsin，。所以合外力的冲量大 小为：mgsin ?t.由图可知 MP与水平方向之间的夹角大，所以沿 MP运动的a球受到 的合外力的冲量大；沿 MP运动的a球受到的合外力的冲量大，由动量定理可知，a球的动量变化大。故 AC错误；B、重力的冲量为 mgt,由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，故 B错误； D、弹力的冲量：mgcos ?t,由图可知 MP与水平方向之间的夹角大，所以 a球的弹力 的冲量小，故D正确。故

20、选：Do根据牛顿第二定律计算出滑环沿任意一根杆滑动的加速度，然后根据位移时间关系公式计算出时间，然后结合冲量的定义以及动量定理解题。该题也可以根据“等时圆”的适用条件构造出“等时圆”，作出图象，根据位移之间的关系即可判断运动时间，难度适中。8 .【答案】C【解析】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但由于小球有向心加速度，系统竖直方向的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误； B、设小车向左运动的最大距离为x。系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：mv-mv' =0,即得m，-m =0,解得：x=R,故B错误；C、小球

21、第一次从静止开始上升到空中最高点的过程，由动能定理得：mg （h0： ） -Wf=0,11Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf=.mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械 能为:mgh。，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgho,机械能损失小于jmgho,因此小球从 B点落回后一定能从 A点冲出。故C正确。D、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，则知小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故D错误；故选：Co水平地面光滑，系统水平方向动量守恒，根据系统水平

22、动量守恒列式，求解小车向左运 动的最大距离。小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定 理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功。第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析小球从B点落回后能否从A点冲出。本题分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，要知道系统水平方向动量是守恒，但总动量并守恒。应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。9 .【答案】AB【解析】【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L,根据感应电动势公式分析电动势情况，由欧姆定律分析电流情况.根据右手定则分析感应电

23、流方向，根据产=1勺分析电流在R上的热功率变化情况本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理.根据右手定则判断感应电流的方向，需 要熟练掌握.【解答】AB .铜盘转动产生的感应电动势为:E =B、L、3不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右 手定则知，电流沿 a到b的方向流动，故 AB正确；C.若圆盘转动方向不变， 角速度大小发生变化， 则电流方向不变，大小变化，故C错误； D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据P二产汽电流在R上的热功率也变为原来的 4倍，故D错误； 故选AB。10 .【答案】BC【解析】

24、【解答】根据安培定则可知， MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由 M指向N, Li中感应电流的磁 场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加； 再由右手定则可知 PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。故选：BC。【分析】MN处于通电导线产生的磁场中，当有感应电流时，则MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由 M指向N,由楞次定律可知，线圈 中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由楞次定律可知PQ的运动情况。 本题关键是分析

25、好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。11 .【答案】BC【解析】解：A、电压表Vi、V2的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高 峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故 A错误； B、输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表 A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故 B正确；C、电流表V2、V3的读数之差与电流表 A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值， 变压器的输入功率等于输出功率都增大，故C正确；D、输电线上的电流、电压损失增大，故线路损耗增大，故 D错误。 故选：BC。高峰期时，用户端电

26、流增大，引起线路电流增大，线路上损耗的电流、电压、功率都增 大，用户端分到的电压、功率也就减小。本题考查了变压器的原理、远距离输电、欧姆定律等知识点。在远距离输电问题中，用 户端电流的变化引起线路上损耗的功率的情况。12 .【答案】CD【解析】 解：A、将线框在磁场上方高 h处由静止释放，ab边刚进入磁场时，有h=?日产=线框的速度廿=血冰,ab边产生的感应电动势 卜=占"=£?取药肌ab两 端的电势差为路端电压 1 = * = 1以2>,故A错误;BC、在线框全部穿过磁场的过程中，线框只受重力和安培力。又有ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，则根据动能定理可

27、得：线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于线框下降d重力所做的功，所以，线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd;ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等，其产生的感应电动势也相等，感应电流也相等，所以安培力也相等，即两状态线框的受力完全相同，初速度也相同，所以，线框穿出磁场和进入磁场两过程感应电流所做的功相等，所以，在线框全部穿过磁场的过程中，感应电流所做的功为2mgd,故B错误，C正确；D、线框进入磁场感应电流所做的负功大小等于mgd, Lvd,即线框在进入磁场过程中一直在减速；完全进入磁场后只受重力，加速下落；穿出磁场时，又减速下落； 因为ab边刚进入磁场和穿出磁场时的速度恰好相等

28、，线框穿出磁场和进入磁场两过程 感应电流所做的功相等，所以，线框速度最小时为线框刚刚完全进入磁场时，由动能定理可得：= mgS + L)-mgd+ Ld),所以，u =+ L-d), 故D正确。故选：CD。先求感应电动势，再求路端电压；由进入和离开磁场的状态相同，得到做功的大小；由做功情况得到动能最小的时间，再利用动能定理求得这一时刻的速度。注意电源两头之间的电势差为路端电压，在导体棒在磁场中的运动情况中，尤其要注意,一般导体棒的电阻并不为零，路端电压不等于电动势。13 .【答案】向左偏转一下 向左偏转一下【解析】 解：（1）将电源、电键、变阻器、线圈 A串联成一个回路，注意滑动变阻器 接一上

29、一下两个接线柱，再将电流计与线圈B串联成另一个回路，电路图如图所示：（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏一下；将线圈A插入线圈B待电路稳定后，再将线圈 A迅速拔出，穿过副线圈的磁通量减小， 灵敏电流表的指针向左偏一下，线圈A插入线圈B后，将滑动变阻器的滑片迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针 将向左偏转一下。故答案为：（1）如上图所示； （2）向左偏转一下，向左偏转一下。（1）注意该实验中有两个回路，一是电源、电键、变阻器、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

30、答；(2)磁场方向不变，磁通量的变化不变时电流方向不变，电流表指针偏转方向相同，磁通量的变化相反时，电流表指针方向相反。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。知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关键。14 .【答案】3灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭6M0-4【解析】解：(1)由图可知，断开开关前，通过线圈的电流为1.5A,则Rl4一Rj=V-i =30。L 1,5 *(2)断开开关前通过灯泡的电流I' =4=1A-所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭。这段时间内通过小灯泡的电荷量：q=it,结合I-T图象可知

31、，i曲线与横坐标之间围成的面积等于这段时间内通过小灯泡的电荷量。由图可知，横坐标的最小值为0.2 X0-3s,纵坐标的最小值为0.1A,则每一个小方格表示 的电荷量为： 如=号心 =. = 0.2 x 10 r X O=2X10-5C ® UTr*l FI PtM-fI由图可知，i与横坐标之间的面积大约为30个小方格，所以这段时间内通过小灯泡的电荷量为：q=nqo=30 X2 M0-5C=6 X10-4C故答案为：(1) 3；(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭；6 M0-4 (5.4-6.4 10-4都正确)。根据欧姆定律求出开关断开前线圈的直流电阻。断开开关后，根据线圈中的最大

32、电流，求出自感电动势。 比较断开开关后通过灯泡的电流与断开前的电流，去判断灯泡的亮度变化。由q=it,结合图象面积的物理意义分析。解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，电流增大，阻碍其增大，电流减 小，阻碍其减小。15 .【答案】 解：(1)线圈匀速转动时产生的感应电动势的最大值为Em=NBSco从线圈平面通过中性面时开始计时，产生的瞬时电动势为e=Emsin L转过30°时,有= ；代入题设数值，解得：e=1.57M02v(2)设从线圈平面通过中性面时开始，线圈转过60。所用的时间为At.穿过线圈的磁通量的变化量大小为线圈中的平均感应电动势为 通过电阻R的平均电流为 在a

33、t时间内通过电阻R的电荷量为口A中联立解得：Q =代入题设数值，可得：q=5.0M0-2C(3)线圈中产生的是正弦式电流，则电动势的有效值为通过电阻R的电流为 电阻R产生的焦耳热为 Q=I2RT联立解得Q=90Zj.答：(1)转过30°时线圈中产生的瞬时电动势的大小为1.57 M02V；(2)转过60。的过程中通过电阻 R的电荷量为5.0X0-2C；(3)线圈转动一周，电流通过电阻R产生的焦耳热为90/J【解析】(1)有Em=NBSco求得产生的最大感应电动势，表示出线圈产生的感应电动势 的瞬时表达式，代入角度即可求得产生的瞬时感应电动势；(2)通过横截面的电荷量则需要用交流电的平均值；(3)正弦式电流给灯泡供电，电压表显示是电源电压的有效值，要求电路中灯泡的电 流或功率等，均要用正弦式电流的有效值.而求有效值方法：是将交流电在一个周期内 产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值.当线圈与磁场相