福建省莆田第八中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省莆田第八中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析）

福建省莆田第八中学2020学年高二物理下学期期中试题（含解析） ‎ 一、单项选择题：（每题3分；共33分）‎ ‎1.把轻质导线圈用细线挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈中心，且在线圈平面内，如图所示，当线圈通以图示方向的电流时，从上往下看，线圈将（ ）‎ A. 顺时针转动，同时远离磁铁 B. 顺时针转动，同时靠近磁铁 C. 逆时针转动，同时靠近磁铁 D. 不发生转动，只靠近磁铁 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知，线圈向外一面为S极，因为异名磁极相互吸引，因此从上往下看，线圈做顺时针方向转动，同时靠近磁铁。‎ A. 顺时针转动，同时远离磁铁.故选项A不符合题意.‎ B. 顺时针转动，同时靠近磁铁.故选项B符合题意.‎ C. 逆时针转动，同时靠近磁铁.故选项C不符合题意.‎ D. 不发生转动，只靠近磁铁.故选项D不符合题意.‎ ‎2.如图所示，水平放置的两条光滑导轨上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（　 　）‎ A. 向右匀加速运动 B. 向左匀速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】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；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动.‎ A. 向右匀加速运动.故选项A不符合题意.‎ B. 向左匀速运动.故选项B不符合题意.‎ C. 向右匀减速运动.故选项C符合题意.‎ D. 向左匀减速运动.故选项D不符合题意.‎ ‎3.如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置（∠aOb=90°）时，a、b两点的电势差为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为R；线框刚进入磁场时ab边产生的感应电动势为：E=BRv； 线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得： ；故选D．‎ 点睛：本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用，注意a、b两点的电势差不是感应电动势，而是路端电压．‎ ‎4.如图，表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】交流电的有效值的定义为让交流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果交流的一个周期内它们产生的热量相等，而这个恒定电流是I、电压是U，则把I、U叫做这个交流的有效值，则根据定义有 解得：‎ A. 与结论不符，故A不符合题意 B. 与结论不符，故B不符合题意 C. 与结论不符，故C不符合题意 D. 与结论相符，故D符合题意 ‎5.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 A. 380V和5.3A B. 380V和9.1A C. 240V和5.3A D. 240V和9.1A ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值为380V；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即，由得，B正确．‎ 考点：考查了理想变压器 ‎【名师点睛】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，‎ ‎6.如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原副线圈的匝数比为，现给原线圈两端加电压为，负载电阻kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是（   ）‎ A. 副线圈两端电压有效值为6220V，副线圈中的电流有效值为14.1mA B. 副线圈两端电压有效值为4400V，副线圈中的电流有效值为20.0mA C. I1＜I2‎ D. I1＞I2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.根据题意可知，交流电的最大电压是311V，则其有效值为：‎ 再根据电压与匝数关系，可以求出副线圈的电压为 再根据欧姆定律，可以求出副线圈中的电流为：‎ 故选项AB不符合题意.‎ CD. 根据能量守恒和电功率定义有：‎ U1I1=U2I2‎ 可以判断I1＞I2.故选项C不符合题意，故选项D符合题意.‎ ‎7.2020年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来发残片射失败。如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g。关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有( )‎ A. 残片克服泥土阻力所做的功为mg(H+h)‎ B. 残片下落的全过程中重力的冲量大于泥土阻力的冲量 C. 残片所受泥土的阻力冲量大于 D. 残片从接触地面到静止的过程中动量的改变量等于所受阻力的冲量 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由动能定理得 mg（H+h）+Wf=0‎ 可得：‎ Wf=-mg（H+h）‎ 残片克服泥土阻力所做的功为mg(H+h)，故选项A符合题意.‎ B.残片下落的全过程中合外力的冲量为零故重力的重力等于泥土阻力的冲量.故选项B不符合题意.‎ C. 残片下落的过程中 ‎ 得 落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理 IG-If=0-mv 所以 If=IG+mv=IG+m 残片所受阻力冲量大于.故选项C符合题意.‎ D. 由动量定理知残片动量的改变量等于合外力的冲量.故选项D不符合题意.‎ ‎8.如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，导轨间距为l，电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N，并与导轨成角。金属杆以的角速度绕N点由图示位置匀速转动到与导轨ab垂直，转动过程金属杆与导轨始终良好接触，金属杆单位长度的电阻为r。则在金属杆转动过程中（ ）‎ A. 金属杆中感应电流的方向是由N流向M B. 电路中感应电流的大小始终减小 C. M点电势低于N点电势 D. 电路中通过的电量为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据楞次定律可得回路中的感应电流方向为顺时针，所以金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故A错误；‎ B.设MN在回路中的长度为L，其接入电路的电阻为R=rL，根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式可得，感应电流的大小为：‎ ‎，由于B、ω、r都是定值而L减小，所以电流I大小始终减小，故B正确；‎ C.由于导轨电阻不计，所以路端电压为零，即MN两点间的电压为零，M、N两点电势相等，故C错误；‎ D.由于导体棒MN在回路中的有效切割长度逐渐减小，所以接入电路的电阻R逐渐减小，不能根据计算通过电路的电量小于，故D错误。‎ ‎9.图1中,单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴转动。改变线圈的转速,穿过该线圈的磁通量随时间分别按图线甲、乙的正弦规律变化。设线圈的电阻为1.0,则( )‎ A. 图线甲对应线圈在t=0时产生的感应电动势最大。‎ B. 图线甲、乙对应的线圈在t=2.0s时,线圈平面均平行于磁感线。‎ C. 图线甲、乙对应的线圈转速之比为5:4‎ D. 图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在t=0时，图线甲对应线圈的磁通量最大，所以产生的感应电动势最小，为零，故A错误；‎ B、在t=2.0s时，图线乙对应线圈的磁通量为零，甲的磁通量最大。甲的线圈平面垂直于磁感线，故B错误；‎ C、由图可知，甲乙周期之比为，而线圈转速可知图线甲、乙对应的线圈转速之比为5：4，故C正确；‎ D、图线甲对应的线圈中交变电压的峰值为，图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为A，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】线圈的磁通量最大，所以产生的感应电动势最小，为零，线圈的磁通量为零，所以线圈平面均平行于磁感线，线圈中交变电压的峰值由求出。‎ ‎10.关于动量和动能，以下看法正确的是 A. 合外力对物体做功不为零，则物体的动量一定发生变化 B. 合外力对物体做功多，则物体的动量变化一定大 C. 合外力对物体的冲量不为零，则物体的动能一定发生变化 D. 合外力对物体的冲量大，则物体的动能变化一定大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 合外力对物体做功不为零，可知合外力不为零，合外力的冲量不为零，则物体的动量一定发生变化，选项A正确； 合外力对物体做功多，合外力的冲量不一定大，则物体的动量变化不一定大，选项B错误； 合外力对物体的冲量不为零，则物体的动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项C错误； 合外力对物体的冲量大，物体动量的变化一定大，但是物体的动能变化不一定大，例如做匀速圆周运动的物体，选项D错误；故选A.‎ ‎11.如图所示，正弦式交变电源的输出电压和电流分别为U和I1，理想变压器原线圈的输入电压为U1，两个副线圈的输出电压和电流分别为U2和I2、U3和I3，接在原副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光。则下列表述正确的是（   ）‎ A. I1∶I2∶I3=1∶3∶1‎ B. U1∶U2∶U3=4∶1∶2‎ C. 线圈匝数n1∶n2∶n3=2∶1∶2‎ D. U∶U1=4∶3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.设灯泡均正常发光时的电流I，由图可知，则有：‎ I1=I，I2=2I，I3=I 所以有：‎ I1：I2：I3=1：2：1‎ 故选项A不符合题意.‎ B.设灯泡均正常发光时的电压为U，由图可知，则有：‎ U2=U，U3=2U 理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以输入的功率为I1U1，输出的功率为两个副线圈的功率的和，所以 I1U1=I2U2+I3U3‎ 所以 U1：U2：U3=4：1：2，‎ 故选项B符合题意.‎ C.理想变压器的电压与匝数成正比，由 U1：U2：U3=4：1：2‎ 可知：‎ n1：n2：n3=4：1：2‎ 故选项C不符合题意.‎ D.根据原线圈与电灯L1串联电流相等，则有电压关系：‎ U：U1=5：4‎ 故选项D不符合题意 二、多项选择题：（全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。共20分）‎ ‎12.如图所示，电阻R的阻值和线圈自感系数L的值都较大，电感线圈的电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，则下列说法正确的是 ‎　‎ A. 当开光S闭合时，A B一起亮，然后A熄灭 B. 当开光S闭合时，B比A先亮，然后B熄灭 C. 当电路稳定后开光S断开时，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 D. 当电路稳定后开光S断开时，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB、当开关S闭合时，电源的电压同时加到两个灯泡上，它们会一起亮。但由于电感线圈的电阻不计，线圈将A灯逐渐短路，A灯变暗直至熄灭；故A正确B错误；‎ CD、当电路稳定后开光S断开时，L相当于电源，与A组成回路，B立刻熄灭，A闪一下后再逐渐熄灭，C错误D正确；‎ ‎13.如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压u＝311sin100πt V．变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2‎ 为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R1为一定值电阻．下列说法不正确的是(　 )‎ A. 电压表V1示数为22 V B. 当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大 C. 当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小 D. 当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由表达式可知，输入的电压有效值为220V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为 电压表V1测的是副线圈两端电压，所以电压表V1示数为22 V.故选项A不符合题意.‎ B.当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小.故选项B符合题意.‎ C.由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，根据 可知原线圈的电流也就要增大.故选项C符合题意.‎ D.当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压要增大，电阻R1的功率变大.故选项D符合题意.‎ ‎14.如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一个矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M，斜面上ef线（ef平行底边）的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是（　　）‎ A. 线框进入磁场前运动的加速度为 ‎ B. 线框进入磁场时匀速运动的速度为 C. 线框做匀速运动的总时间为 D. 该匀速运动过程产生的焦耳热为（Mg﹣mgsinθ）l2‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 线框进入磁场前，根据牛顿第二定律求解加速度.线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律求解焦耳热.由平衡条件求出线框匀速运动的速度，再求出时间．‎ ‎【详解】A.线框进入磁场前，对整体，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为故A符合题意。‎ BC.设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为 ‎，对线框，根据平衡条件得：，联立两式得，，匀速运动的时间为故B符合题意，C不合题意。‎ D.线框进入磁场的过程做匀速运动，M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：匀速运动过程产生的焦耳热为故D符合题意。‎ ‎15.如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A. 线圈中的感应电流方向为逆时针方向 B. 电阻R两端的电压随时间均匀增大 C. 线圈电阻r消耗的功率为4×10－4W D. 前4s内通过R的电荷量为4×10－4C ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生逆时针的感应电流，故A符合题意．‎ B.根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B不符合题意；‎ C.由法拉第电磁感应定律：，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为 ‎，所以线圈电阻r消耗的功率，故C符合题意；‎ D.前4s内通过R的电荷量，故D不符合题意；‎ 三、实验填空题：（每空2分,共16分）‎ ‎16.某同学用图书馆所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。‎ ‎（1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm。‎ ‎（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：____________（填选项号）。‎ ‎（A）水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离 ‎（B）A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离。‎ ‎（C）测量A球或B球的直径 ‎（D）测量A球和B球的质量（或两球质量之比）‎ ‎（E）测量G点相对于水平槽面的高度 ‎【答案】 (1). 64.7（64.2到65.2范围内的都对） (2). A、B、D ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）用尽可能小的圆将尽可能多的小球的落点圈住，圆心的位置就可以看成是小球的平均落点；该落点的读数为64.7cm。‎ ‎（2）该实验需要验证的公式为：m1v0= m1v1+ m2v2，由于两球做平抛运动时间相同，则两边乘以t，可得m1v0t= m1v1t+ m2v2t，即m1x0= m1x1+ m2x2；式中的x0、x1、x2分别是小球A碰前和碰后以及B球碰后的落地点到O点的水平距离；则需要测量的量：水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离以及测量A球和B球的质量（或两球质量之比）；故选ABD。‎ ‎17.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的动量变化的规律”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图乙所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ ‎(1)下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2(所用滑块1、2如图丙所示)放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先接通打点计时器电源，然后________，让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图丁所示；‎ ‎⑧测得滑块1(包括撞针)的质量310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g；试着完善实验步骤⑥的内容．‎ ‎(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前总动量为________ kg·m/s；两滑块相互作用以后总动量为______ kg·m/s(保留三位有效数字)．‎ ‎(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是________________________．‎ ‎【答案】 (1). 释放纸带 (2). 0.620 (3). 0.618 (4). 纸带与打点计时器限位孔有摩擦力作用 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）［1］使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带。‎ ‎（2）［2］放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：‎ ‎［3］滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s。碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：‎ ‎(3)［4］结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。‎ 四．计算题．(解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分．11分+12分+12分；共35分)‎ ‎18.如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的1/4光滑圆弧轨道，两轨道恰好相切。质量为M的小木块静止在O点，一质量为m (m = M/9) 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内不穿出，木块恰好滑到圆弧的最高点C处（子弹、小木块均可看成质点）。求：‎ ‎（1）子弹射入木块之前的速度vo多大？‎ ‎（2）若每当小木块在O点时，立即有相同的子弹以相同的速度vo射入小木块，并留在其中，则当第6颗子弹射入小木块后，小木块沿光滑圆弧上升的高度h是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）木块由O上滑到C过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律 子弹射入木块过程系统动量守恒，由动量守恒定律得 mv0=（M+m）v 解得 ‎（2）木块回到O点时的动量与第2颗子弹射入木块前的动量等大反向，子弹和木块组成的系统总动量为零，射入子弹的颗数n=2、4、6、8…时系统总动量都为零，由动量守恒定律可知，子弹打入后系统的速度为零，木块静止，木块上升的高度h=0。‎ ‎19.一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，路端电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，不计变压器能量损耗，求：‎ ‎(1)升压变压器的副线圈两端电压；‎ ‎(2)输电导线上的功率损失；‎ ‎(3)降压变压器原、副线圈的匝数比；‎ ‎(4)用户得到的功率．‎ ‎【答案】(1)2500V (2)60kW (3)10:1 (4)440kW ‎【解析】‎ ‎（1）升压变压器的副线圈两端电压U2=U1=5×500V=2500V ‎（2）输电导线上的电流：‎ 输电导线上的功率损失：△P=I2R=2002×1.5=60000W ‎（3）输电线上的电压损耗：△U=IR=200×1.5=300V 降压变压器原线圈的电压：U3=U2-U=2500-300=2200V 降压变压器原、副线圈的匝数比：‎ ‎（4）用户得到的功率：P4=P1-△P=500×103W-60000W=440000W=440KW 点睛：对于输电问题，要搞清电路中电压、功率分配关系，注意理想变压器不改变功率，只改变电压和电流．‎ ‎20. 如图所示，一个小型旋转电枢式交流发电机，其矩形线圈的长度为a，宽度为b，共有n匝，总电阻为r，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO′匀速转动，沿转轴OO′方向看去，线圈转动沿逆时针方向，t＝0时刻线圈平面如图所示。‎ ‎（1）写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式；‎ ‎（2）求线圈从t＝0位置开始到转过60°时的瞬时电流；‎ ‎（3）求线圈从t＝0位置开始到转过90°的过程中的流过电阻R的电量；‎ ‎（4）求图中电压表的读数。‎ ‎【答案】（1）e＝nBabωcosωt ‎（2）‎ ‎（3）‎ ‎（4）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）最大感应电动势Em＝nBabω 从垂直于中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为 ‎（2）线圈从t＝0位置开始到转过60°时的瞬时电动势为 根据欧姆定律可知：‎ ‎（3）根据电流的定义可知：‎ ‎（4）感应电动势的有效值 图中电压表的读数：‎ ‎ ‎