福建省永春县第一中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

福建省永春县第一中学2020学年高二物理3月月考试题（含解析）

永春一中高二年（理）物理3月月考试卷 ‎ 一、选择题 ‎1. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流方向向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向正确的是(　　)‎ A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左 B. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右 C. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右 D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左 ‎【答案】C ‎【解析】在T/2-T时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 点睛：解决本题的关键掌握安培定则判断电流与其周围磁场的方向的关系，运用楞次定律判断感应电流的方向，以及运用左手定则判断安培力的方向．‎ ‎2‎ ‎. 如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度L将(　　)‎ A. S增大，L变长 B. S减小，L变短 C. S增大，L变短 D. S减小，L变长 ‎【答案】D ‎【解析】根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向：逆时针方向．根据左手定则可知，弹性的金属圆环上边的所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边的所受的安培力竖直向上，由于下边离长直导线电流越远，磁场越弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手定则可知，安培力指向圆心，导致弹性环面积减小．故D正确，A、B、C错误．故选D．‎ ‎【点睛】解决本题的关键会用右手螺旋定则（安培定则）判断电流周围磁场的方向，以及会用楞次定律来判定感应电流方向，左手定则判断安培力的方向．同时会运用等效思维．‎ ‎3. 如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈．由于铁芯不闭合，上线圈产生的磁场将在空间发散，磁感线用虚线表示，下线圈得到的磁场很少，所以这种变压器能量的损耗很大。当上线圈两端与u=14.1sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（　　）‎ A. 14.1V B. 2.5V C. 2.0V D. 1.0V ‎【答案】CD ‎【解析】根据u=14.0sin314t（V）可知交流电的最大值为Um=14.1V，则其有效值 由图可知线圈n1是原线圈，线圈n2是副线圈，如果变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系有U1：U2=n1：n2，可得，因为交流电压表指示的是有效值，故如果是理想变压器则B正确，但实际变压器存在露磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，故实际副线圈的输出电压小于2.5v，故C，D正确．故选CD．‎ ‎【点睛】该知识点题目比较简单，且题目单一，只要知道了输入电压和输出电压的关系本题即可顺利解出，但本题考虑了实际情况，所以容易出错．‎ ‎4. 如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度．给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为(　　)‎ A. 220 V B. 110 V C. V D. V ‎【答案】B ‎【解析】设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内热量：交流电产生的热量：‎ 直流电产生的热量： ,解得：U=110V，选项B正确；故选B.‎ 点睛：求解交流电的有效值，从有效值的定义出发，根据一个周期内通过相同的电阻，发热量相同，此直流的值即为交流电的有效值.‎ ‎5. 在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是(　　)‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中．故A正确；故选A.‎ ‎【点睛】电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．‎ ‎6. 图甲所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内(　　)‎ A. 电流表A1的示数比A2的小 B. 电流表A2的示数比A3的小 C. 电流表A1和A2的示数相同 D. 电流表的示数都不为零 ‎【答案】C 考点：电磁感应、电感器和电容器。‎ ‎【名师点睛】由图可知副线圈电路中的磁通量的变化情况，则由电磁感应可得出产生的感应电流；根据电容器及电感器的性质可得出各表的电流大小。‎ 视频 ‎7. 如图所示，一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成．当此变压器工作时，初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出。则下列几组关系式中正确的是(　　)‎ A. ；‎ B. ；‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A、根据电压与匝数成正比，有，，故A正确；B、由于副线圈是两个，电流与匝数不再成反比，故B错误；C、根据理想变压器输入功率等于输出功率，所以有，电压与匝数成正比，联立得，得，故C错误；D、变形得,由C分析知，D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】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.‎ ‎8. “西电东输”工程中为减少输电损耗，必须提高输电电压，从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100Ω.若改用超导材料作为输电线，则可减少电损耗的功率为(　　)‎ A. 105 kW B. 104 kW C. 106 kW D. 103 kW ‎【答案】A 故选A 考点：远距离输电 点评：对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关．‎ ‎9. 如图所示，在匀强磁场中放置一个电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，导轨上放一根导线ab，磁感线垂直于导轨所在平面，欲使M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动情况可能是(　　)‎ A. 匀速向右运动 B. 加速向右运动 C. 减速向右运动 D. 加速向左运动 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：导线ab匀速向右运动时，导线ab产生的感应电动势和感应电流恒定不变，大线圈M产生的磁场恒定不变，穿过小线圈N中的磁通量不变，没有感应电流产生．故A错误．导线ab加速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生逆时针方向的感应电流，不符合题意．故B错误．导线ab减速向右运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流减小，由右手定则判断出来ab电流方向由a→b，根据安培定则判断可知：M产生的磁场 方向：垂直纸面向里，穿过N的磁通量减小，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意．故C正确．导线ab加速 向左运动时，导线ab中产生的感应电动势和感应电流增加，由右手定则判断出来ab电流方向由b→a，根据安培定则判断可知：M产生的磁场方向：垂直纸面向 外，穿过N的磁通量增大，由楞次定律判断得知：线圈N产生顺时针方向的感应电流，符合题意．故D正确．‎ 故选CD 考点：导体切割磁感线运动，楞次定律 点评：本题是有两次电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律和安培定则的能力．‎ ‎10. 圆形导体环用一根轻质细杆悬挂在O点，导体环可以在竖直平面里来回摆动，空气阻力和摩擦力均可不计．在图所示的正方形区域里，有匀强磁场垂直于圆环的振动面指向纸内．下列说法中正确的有(　 　)‎ A. 此摆振动的开始阶段机械能不守恒 B. 导体环进入磁场和离开磁场时，环中电流的方向肯定相反 C. 导体环通过最低点时，环中感应电流最大 D. 最后此摆在匀强磁场中振动时，机械能守恒 ‎【答案】ABD ‎【解析】试题分析：于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左 侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，A错误，D正确 导体进入磁场和离开磁场的过程中，磁通量一个是增大，一个是减小，故根据楞次定律可得环中电流的方向肯定相反，B正确；‎ 当导体环完全进入磁场后，磁通量不变化，故线圈在最低端没有电流，C错误 故选ABD 考点：考查了楞次定律的应用 点评：楞次定律的内容为：闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化；判断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化，然后根据楞次定律进行判断感应电流的方向．‎ ‎11.‎ ‎ 在图甲、乙电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(　 　)‎ A. 在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗 B. 在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 C. 在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗 D. 在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 ‎【答案】AD ‎【解析】A、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致A将逐渐变暗．故A正确，B错误；C、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；故选AD．‎ ‎【点睛】线圈中电流变化时，线圈中产生感应电动势；线圈电流增加，相当于一个瞬间电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个瞬间电源，线圈右端是电源正极．‎ ‎12. 若物体在运动过程中所受的合外力不为零，则（ ）‎ A. 物体的动能不可能总是不变的 B. 物体的动量不可能总是不变的 C. 物体的加速度一定变化 D. 物体的速度方向一定变化 ‎【答案】B ‎【解析】合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速圆周运动，故A错误；合力不为零则冲量一定不为零，由动量定理可知，物体的动量一定会发生变化，故B正确；合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力恒定则加速度不变，故C 错误；若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎13. 一个质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为，在此过程中（ ）‎ A. 地面对他的冲量为 ，地面对他做的功为 B. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为零 C. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为 D. 地面对他的冲量为，地面对他做的功为零 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得，故地面对人的冲量为，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确。‎ 考点：考查了动量定理，功的计算 ‎【名师点睛】在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉．‎ 视频 ‎14. 车厢原来静止在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹，子弹陷入车厢的前壁内，设子弹的质量为m,子弹射出的速度为,车厢和人的质量为M，则子弹与前壁作用完毕后,车厢的速度为( )‎ A. ；向前 B. ；向后 C. ；向前 D. 0‎ ‎【答案】D ‎【解析】以车厢、人、子弹为系统，合外力为零，整个系统动量守恒，系统总动量为零，所以末态车厢速度为零．故选D．‎ ‎【点睛】本题为考查动量守恒的基础问题，只要正确找出研究对象即可求得最后的速度．‎ ‎15.‎ ‎ 如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形(中垂线长为a)导线框ABC从图示位置方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：x在a～2a范围，线框穿过两磁场分界线时，BC、AC边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势E1增大，AC边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E2不变，两个电动势串联，总电动势E=E1+E2增大．故A错误；x在0～a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故B错误；在2a～3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值．故C正确，D错误．故选C．‎ 考点：电磁感应的图像问题 ‎【名师点睛】此题是电磁感应的图像问题；要知道线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场．由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化；本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案。‎ 二、实验题 ‎16. 如图所示，是“研究电磁感应现象”的实验装置．‎ ‎（1）将图中所缺导线补充完整______．‎ ‎（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，电流计指针将 ______________．‎ ‎（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将______________．‎ ‎【答案】 (1). (2). 向右偏 (3). 向左偏 ‎【解析】（1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：‎ ‎（2）在闭合开关时，穿过副线圈的磁通量增加，灵敏电流计的指针向右偏，那么合上开关后，将原线圈迅速插入副线圈中，穿过副线圈的磁通量增加，电流计指针将向右偏转．‎ ‎（3）原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电阻增大，电流减小，故穿过副线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏转．‎ ‎17. 为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P＝UI得到电功率．实验所使用的小灯泡规格为“3.0 V,1.8 W”，电源为12 V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω.‎ ‎（1）准备使用的实物电路如图甲所示，请将滑动变阻器接入电路的正确位置______．(用笔画线代替导线)‎ ‎（2）现有10 Ω、20 Ω和50 Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选________ Ω的定值电阻。‎ ‎（3）测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图乙所示．请指出图象中不恰当的地方________________________________．‎ ‎【答案】 (1). (2). 10 (3). 电池 (4). 图线不应画为直线；横坐标的标度选择不合适 ‎【解析】试题分析：（1）探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，测量小灯泡的电压U和电流I应从零开始，采用分压电路。‎ ‎（2）根据热功率得小灯泡的电阻为5Ω，与10Ω的滑动变阻器并联后最大阻值为3.33Ω，只有串联10Ω的定值电阻，才能满足小灯泡电压3伏的要求。‎ ‎（3）先拆电池两端的导线，再拆除其他导线，这样最安全。‎ ‎（4）小灯泡的电阻随电压的升高而增大，图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当.‎ 考点：探究小灯泡的电功率P和电压U的关系 三、计算题 ‎18. 风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：‎ ‎（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比？‎ ‎（2）画出此输电线路的示意图（需标注相关物理量）。‎ ‎（3）用户得到的电功率是多少？‎ ‎【答案】（1）；‎ ‎（2）‎ ‎（3）96kW ‎【解析】(1)输电线损耗功率P线=100×4% kW=4kW，又P线=I22R线 输电线电流I2=I3=20 A 原线圈中输入电流 所以 这样 U3=U2-U线=5000-20×10 V=4800 V 所以 ‎(2)如图所示 ‎(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P(1-4%)=100×96% kW=96kW ‎【点睛】解决本题的关键是知道原副线圈的电压比等于匝数比，电流比等于匝数之反比，以及知道升压变压器的输出电压、降压变压器的输入电压和电压损失的关系，以及功率的关系．‎ ‎19. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长L＝10cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.求：‎ ‎（1）转动过程中感应电动势的最大值．‎ ‎（2）由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°角时的瞬时感应电动势．‎ ‎（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势．‎ ‎（4）交变电压表的示数．‎ ‎（5）线圈转动一周外力做的功．‎ ‎【答案】（1）3.14 V（2）1.57V（3）2.6V（4）1.78V (5) 0.99J ‎【解析】(1)根据Em=NBωS，可得感应电动势的最大值：Em=100×0.5×0.12×2πV=3.14V ‎(2)由于线框垂直于中性面开始计时，所以瞬时感应电动势表达式：e=Emcos2πt（V）；‎ 当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为：e=1.57V ‎(3)根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为：‎ ‎(4)转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有：‎ ‎(5)一个周期内，通过外力做的功等于电路的总热量，由公式 得：Q=0.99J ‎【点睛】本题考查了有关交流电描述的基础知识，要能根据题意写出瞬时值的表达式，知道有效值跟峰值的关系，难度不大，属于基础题．线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流．而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，而涉及到耐压值时，则由最大值来确定．而通过某一电量时，则用平均值来求．‎ ‎20. 如图（甲）所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用R=4Ω的电阻连接，一质量m=1kg的导体杆与两轨道垂直，静止放在轨道上，轨道的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B=4T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，拉力F与导体杆运动的位移s间的关系如图（乙）所示，当拉力达到最大时，导体杆开始做匀速运动，当位移s=2.5m时撤去拉力，导体杆又滑行了一段距离后停止．已知在拉力F作用过程中，通过电阻R上电量q为1.25C．在滑行的过程中电阻R上产生的焦耳热为．求：‎ ‎（1）导体杆运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）拉力F的最大值；‎ ‎（3）拉力F作用过程中，电阻R上产生的焦耳热．‎ ‎【答案】（1）（2）8N（3）5J ‎【解析】(1)设金属棒的电阻为r．棒在拉力F作用过程中，根据 得：‎ 可见r=R 在滑行s′的过程中电阻R上产生的焦耳热为 QR=4J，则棒上产生的热量也为QR=Qr=4J，所以回路中产生的总焦耳热为Q=QR+Qr=8J 根据能量守恒得：‎ 解得：vm=4m/s．‎ ‎(2)杆匀速运动时，所受的安培力为：‎ 由于匀速运动，所以有：‎ ‎(3)拉力F作用过程中，根据能量守恒定律得：‎ 则得回路中产生的总焦耳热量为：‎ 因为R=r，则电阻R上产生的焦耳热为：‎ ‎【点睛】本题关键要能根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量的公式，推导出电量的表达式，这是个常用的经验结论，要熟练推导，并明确电量与哪些因素有关．‎ ‎21. 如图甲所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝正方形导线框ABCD，线框的边长为L＝4m、总电阻为R＝1Ω.在直角坐标系xOy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程，磁感应强度大小B＝2T．线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v＝1m/s水平向右做匀速直线运动，直到拉出磁场。‎ ‎（1）求线框中AD两端的最大电压；‎ ‎（2）在图乙中画出运动过程中线框图象，并估算磁场区域的面积（估算结果保留2位有效数字）；‎ ‎（3）求线框在穿越整个磁场的过程中，拉力F所做的功。‎ ‎【答案】（1）3V（2）；3.8m2（3）‎ ‎【解析】试题分析：(1) 当导线框运动到磁场中心线时，有两种情况，一是BC边，二是AD边，当AD边运动到磁场中心时，AD边上的电压最大． (1分)‎ Em＝BLv＝4 V (2分)‎ Im＝＝4 A (1分)‎ Um＝Im×R＝3 V (2分)‎ ‎(2) BC边切割磁场的时间为t1＝3 s (1分)‎ 此后，经t2时间，线框中无感应电流 t2＝1 s (1分)‎ AD边切割时间t3＝t1＝3 s 在整个切割过程中，it图象如图所示．‎ ‎(3分)‎ 在图象中，图象与t轴所围区域共有小方格约152个 （一格0.05C）‎ 故t1时间内通过线框某一截面的电量Q＝Nq＝7.6 C（7-8.3都可以） (2分)‎ 又Q＝t1＝(2分)‎ S＝＝3.8 （3.5-4.2都可以）m2 (1分)‎ ‎(3) 在t1和t3时间内，通过线框的电流按正弦规定变化 I＝Im＝2A (3分)‎ W＝I2R(t1＋t3)＝48 J (3分)‎ 考点：电磁感应；功能关系。 ‎