2019屆高考物理一輪復習熱點滾動加強練四

1、熱點滾動加強練（四）考試時間：90 分鐘第I卷（選擇題共 48 分）評卷人得分一、選擇題（本大題共 12 小題，每小題 4 分，共 48 分.）熱點夯實練熱點一電磁感應現(xiàn)象、楞次定律1. （2018 成都高三模擬）有一個勻強磁場，它的邊界是MN在MN左側是無場區(qū)，右 側是勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示，現(xiàn)在有一個金屬線框以恒定速度從MN左側進入勻強磁場區(qū)域，線框中的電流隨時間變化的i t圖象如圖乙所示則可能的線框是（ ）【解析】 A 為圓形線框，勻速移動時感應電流不是按線性變化的，選項A 錯誤；D 選項中六邊形線框勻速移動時，電流先均勻增大，然后保持不變，再均勻減小，正確；B、C選項中線框有效切割長

2、度先均勻增大，達到最大馬上又均勻減小，錯誤.【答案】 D熱點二法拉第電磁感應定律2如圖所示，兩平行金屬導軌MN和PQ置于傾角為 30的斜面上，勻強磁場的方向垂 直于斜面向上，NQ間接有定值電阻R現(xiàn)將放在軌道上的細金屬硬桿AB由靜止釋放，回路中 的最大發(fā)熱功率為P,要使P增大為原來的 2 倍（不計摩擦及R以外的電阻），以下做法正確 的是（）A. 將AB桿的質(zhì)量增大到原來的 2 倍B. 將定值電阻 R 減小為原來的一半C. 將磁感應強度 B 減小到原來的一半D. 將斜面的傾角增大到 45N【解析】 金屬桿下滑時，電路中的感應電動勢為E=Blv（l是兩平行導軌間的距離）,E BlvBl v感應電流為

3、I=R=-R,金屬桿受到的沿斜面向上的安培力是F=BIl=R-，當R上的熱功&l2E2B2|2 2率最大時金屬桿下滑的速度最大，有min0=飛勺，此時P=-= 飛出，由以上各式得RR R【答案】 D熱點三 電磁感應中的電路與圖象問題3.在xOy平面內(nèi)有一條拋物線金屬導軌，導軌的拋物線方程為y2= 4x，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向里，一根足夠長的金屬棒ab垂直于x軸從坐標原點開始，以恒定速度v沿x軸正方向運動，運動中始終與金屬導軌保持良好接觸，如圖所示.則下列圖【解析】金屬棒ab沿x軸以恒定速度v運動，因此x=vt，則金屬棒在回路中的有效長度I= 2y= 4x= 4vt，由電磁感應

4、定律得回路中感應電動勢E=Blv= 4B v3t，即E2xt, B 正確.【答案】B4.如圖所示，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強磁場，三個電阻 R、R、R 的阻值之比為 1 :2 : 3，導線的電阻不計.當S、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中感應電流為I;當$、S3閉合，S 斷開時，閉合回路中感應電流為5I ;當 S、S 閉合，S 斷開時，閉合回路中感應電流為（）P=mg2FSin230BT，故欲使P增大為原來的2 倍，可以采用選項D的做法.A. 0B. 4I滑.某時刻將導體棒cd所受水平恒力撤去，經(jīng)過一段時間，導體棒體棒cd的電荷量為q（導體棒ab、cd與導軌間接觸良好且接觸點及金屬導軌的電阻不

5、計,已知重力加速度為g），則（）cd棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢為E=BLvo,根據(jù)閉合電路歐姆定律得I2RBLvo2R，故 A 錯誤；對于ab棒，根據(jù)牛頓第二定律得mg- f=ma又f=卩N, N=BIL，聯(lián)nBVvoBLs2Rq立解得a=g 2mR，故 B 正確；對于cd棒，電荷量q=R=2R，解得s= ，故 C2正確；cd棒減速運動過程中，由動能定律得一卩mgs-WFA= 0-2mv,電路中產(chǎn)生的焦耳熱QC. 61D. 71【解析】因為R： Ra :1 : 2 : 3，可以設R=R F2= 2R F3= 3R由電路圖可知,當 S、S2閉合，S3斷開時，電阻R與R組成閉合回路，設此時感應電動

6、勢是Ei,由歐姆定律可得Ei= 3IR.當 Sa、S3閉合，S 斷開時，電阻R與F3組成閉合回路，設感應電動勢為Ea,由歐姆定律可得E2= 51 X5R=25IR.當 S、S3閉合，S2斷開時，電阻R與F3組成閉合回路,此時感應電動勢E28IRE=Ei+E2=28IR，則此時的電流丨 4R=盲R=7I，故選項D正確.【答熱點四 電磁感應中的動力學與能量問題5.如圖所示，間距為L的兩根平行金屬導軌彎成“ L”形， 豎直導軌面與水平導軌面均足夠長，整個裝置處于豎直向上大小為B的勻強磁場中質(zhì)量均為m阻值均為R的導體棒ab、cd均垂直于導軌放置，兩導體棒與導軌間動摩擦因數(shù)均為卩 ，當導體棒cd在水平恒

7、力作用下以速度vo沿水平導軌向右勻速運動時，釋放導體棒ab. 它在豎直導軌上勻加速下A.B. 導體棒2 2ab勻加速下滑時的加速度大小a=g-n2mRC. 導體棒cd在水平恒力撤去后它的位移為s=BLD. 導體棒cd在水平恒力撤去后它產(chǎn)生的焦耳熱為Q=卜匸專Fqcd靜止，此過程流經(jīng)導【解導體棒=WFA,則可得 Q= mV2mgRqab棒與cd棒串聯(lián)且電阻相同，故cd棒產(chǎn)生的焦耳熱Q2BL112卩mgRq=qQ= qmv， D 正確.【答案】BCD6.根質(zhì)量為 0.04 kg、電阻為 0.5Q的導線繞成一個匝數(shù)為10 匝，高為 0.05 m 的矩形線圈，將線圈固定在一個質(zhì)量為0.06 kg、長度

8、與線圈等長的小車上，如圖甲所示.線圈和小車一起沿光滑水平面運動，并以初速度vi= 2 m/s 進入垂直于紙面向里的有界勻速磁場，磁感應強度B= 1.0 T，運動過程中線圈平面和磁場方向始終垂直.若小車從剛進磁場 位置 1 運動到剛出磁場位置 2 的過程中速度v隨小車的位移x變化的圖象如圖乙所示，則根 據(jù)以上信息可知()A. 小車的水平長度I= 10 cmB. 小車的位移x= 15 cm 時線圈中的電流I= 1.5 AC. 小車運動到位置 3 時的速度為 1.0 m/sD.小車由位置 2 運動到位置 3 的過程中，線圈產(chǎn)生的熱量 Q= 0.087 5 J【解析】由題圖可知，從x= 0 開始，小車

9、進入磁場，線圈中有感應電流，受到安培力作用，小車做減速運動，速度隨位移增大而減小，當x= 10 cm 時，線圈完全進入磁場，線圈中感應電流消失，小車做勻速運動，因此小車的水平長度丨=10 cm,選項 A 正確.由題圖知，當小車的位移x= 15 cm 時線圈全部處在磁場中，磁通量不變，沒有感應電流，選 項 B 錯誤.設小車完全進入磁場中時速度為V2,運動到位置 3 時的速度為V3,根據(jù)動量定理，小車進入磁場的過程有一nB I山帖=mvmv,而I比1=q1,貝UnBqh=mvmv；同理，穿出磁場的過程有nBqh=mvmv;根據(jù)q=n$?可知通過線圈橫截面的電荷量qi=q2,解R得V3= 2v2V1

10、= (2x1.5 2.0)m/s = 1.0 m/s，選項 C 正確.線圈進入磁場和離開磁場時，1克服安培力做功，線圈的動能減少，轉(zhuǎn)化成線圈上產(chǎn)生的熱量，有Q=y俯m)(v2v3)，解得線圈產(chǎn)生的熱量Q= 0.062 5 J ，選項 D 錯誤.【答案】ACxB0= 0.5 T，并且以弓B= 0.1 T/st的變化率均勻增大，圖象如圖乙所示，水平放置的導軌不計電阻，不計摩擦阻力，寬度L=0.5 m，在導軌上放著一金屬棒MN電阻R0= 0.1Q,并且水平細線通過定滑輪懸吊著質(zhì)量M= 0.2 kg 的重物.導軌的定值電阻R=0.4Q,與P、Q端點相連組成回路.又知PN長d=0.8 m .在重物被拉起

11、的過程中，下列說法中正確的是（g取 10 N/kg）（ ）A. 電阻R中電流的方向由P到QB. 電流的大小為 0.1 AC.從磁感應強度為B0開始計時，經(jīng)過 495 s 的時間，金屬棒MN恰能將重物拉起D. 電阻R上產(chǎn)生的熱量約為 16 JMKNH L CHM故 A 項正確；電流大小I=Mg0.2X10B起，貝 UF安=T=Mg=2 N, B=總008X05T= 50 T, B= + 應t= 0.5 + 0.1t，解2 2得t= 495 s,故 C 項正確；電阻R上產(chǎn)生的熱量為 Q=I Rt= （0.08）X0.4X495 J= 1.27 J, 故 D項錯誤.【答案】 AC熱點五交變電流的產(chǎn)生

12、及描述8.如圖所示，單匝矩形線圈的一半放在有界勻強磁場中，中心軸線00與磁場邊界重合，線圈繞中心軸線按圖示方向（從上向下看逆時針方向）勻速轉(zhuǎn)動.t= 0 時線圈平面與磁 場方向垂直，規(guī)定電流方向沿abed為正方向，則下圖中能表示線圈內(nèi)感應電流隨時間變化規(guī)律的是（）7如圖甲所示，豎直向上的勻強磁場的磁感應強度【解析】 根據(jù)楞次定律可知電流方向為0.1 X 0.8 X 0.50.1 + 0.4A= 0.08 A故 B 項錯誤；要恰好把質(zhì)量Mh 0.2 kg 的重物拉甲乙xoABC0UI nIiI2r【解析】扌內(nèi)，ab一側的線框在磁場中繞0轉(zhuǎn)動產(chǎn)生正弦交流電，電流方向由楞次定律判斷為dcba且越來越

13、大.扌丁內(nèi)，ab一側線框在磁場外，而de側線框又進入磁【答案】B熱點六變壓器、電能的輸送9如圖所示為一個小型電風扇的電路簡圖，其中理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n: 1，原線圈接電壓為U的交流電源，輸出端接有一只電阻為R的燈泡 L 和風扇電動機D,電動機線圈電阻為r.接通電源后，電風扇正常運轉(zhuǎn)，測出通過風扇電動機的電流為I，題中U I均表示有效值，則下列說法正確的是（風扇電動機的輸入功率為A.B.燈泡 L 中的電流為nrC.nR風扇電動機 D 輸出的機械功率為黑-nR則輸出端電壓為U2=U所以風扇電動機的輸入功率為，燈泡 L 中的電流為-UR,選項 A 正nnnRC 錯誤；電風扇由于機械故障

14、被卡住后可視為純則風扇電動機的機械功率為 半-I2r,選項匕=URJ，選項D正確.n n Rr場產(chǎn)生交流電，電流方向為dcba且越來越小，以此類推，可知it圖象為 B.D.若電風扇由于機械故障被卡住，則通過原線圈的電流為【解析】 理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為n： 1, 原線圈接電壓為U的交流電源,確，選項 B 錯誤；風扇電動機的輸入功率為,而風扇電動機的線圈電阻消耗的功率為電阻，兩電阻并聯(lián)，則根據(jù)歐姆定律可知“尋 7=匕許，通過原線圈的電流為U R+ rn2Rr【答案】 AD10如圖所示，在A B間接入正弦交流電，有效值U= 220 V,通過理想變壓器和二極管 D、D 給阻值R=20Q的純

15、電阻負載供電，已知 D、D 為相同的理想二極管，正向電阻為 0,反向電阻無窮大，變壓器原線圈ni= 110 匝，副線圈n2= 20 匝，Q為副線圈正中央抽頭，為保證安全，二極管的反向耐壓值至少為U0，設電阻R上消耗的熱功率為P,則有()A.U0= 40 2 V ,P= 80 WB.Ub= 40 V ,P= 80 WC. U)= 40 2 V ,P= 20 WD. U)= 40 V ,P= 20 W【解析】在A B間接入正弦交流電U= 220 V,變壓器原線圈ni= 110 匝，畐U線圈 乜U m=20 匝，有丘=，得副線圈兩端電壓有效值 Ua= 40 V .而二極管的反向耐壓值至少為 5 取電

16、壓最大值，所以 U)= 40 2 V .Q為副線圈正中央抽頭， 則R兩端電壓有效值為U= 20 V, 所以R消耗的熱功率為P= = 20 W.【答案】CC. 9 : 1D. 3 : 1n1U 121【解析】四個阻值相同燈泡的電阻值設為R根據(jù)一=-=-,可設原、副線圈的n2U 112電流分別為 2I和|，由理想變壓器原理可知原線圈消耗的功率P1等于副線圈消耗的功率F22=I(2R)，根據(jù) R=UI1,可知U=IR,根據(jù)并聯(lián)電路特點，可知L2兩端電壓等于原線圈兩U端電壓U,貝yL2中電流IR=R=I，又 L1中電流I0=I2I= 3I, L1和 L2的電阻相等，根據(jù)P=I R可知 L1和 L2的功

17、率之比與其電流平方之比相等，即P1:P= 9 : 1 , C 項正確.【答案】 C11.如圖所示理想變壓器原、畐 U 線圈匝數(shù)比為1 : 2，兩端共接有四個阻值相同的燈泡,A. 1 : 1已知四盞燈均能發(fā)光，則表述不正確的是（）【解析】 遠距離輸電采用高壓輸電，降壓后才能使用，所以P2該是 220 V，所以 B 正確；輸電線上損失的功率為P損=R線，所以 C 正確；由交變電流的瞬時值表達式可得交變電流的頻率為f=芋上 Hz = 50 Hz，所以 D 錯誤.2n【答案】 D第n卷（非選擇題共 52 分）評卷人得分二、非選擇題（本大題共 6 小題，共 52 分.）熱點綜合練13.（8 分）（涉及傳

18、感器的簡單應用，實驗原理與數(shù)據(jù)處理）（2018 甘肅重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考）溫度傳感器是一種將溫度變化轉(zhuǎn)換為電學物理量變化的裝置，它通過測量傳感器元件的電學物理量隨溫度的變化來實現(xiàn)溫度的測量，其核心部件是由半導體材料制成的熱敏電阻.在某次實驗中，為了測量熱敏電阻FT在 0C到100C之間多個溫度下的阻值，一實驗小組設計了如圖甲所示的電路.其中是量程為 1mA 內(nèi)阻忽略不計的電流表，E為電源，R為滑動變阻器，F(xiàn)b 為電阻箱，S 為單刀雙擲開關.其 實驗步驟如下：A. 調(diào)節(jié)溫度，使得FT的溫度達到11;B.將 S 撥向接點 1,調(diào)節(jié)滑動變阻器R使電流表的指針偏轉(zhuǎn)到適當位置，記下此時電12 如圖為

19、遠距離輸電的示意圖，若電廠輸出電壓ui= 220 2sin 100nt(V)，則下列A.UvU2,U 14B.U= 220 VC. 若U2提高為原來的D.10 倍，輸電線上損失的功率為原來的1100用戶得到的交變電流頻率為25 HzA 正確；U為有效值，應流表的讀數(shù)丨1；C.將 S 撥向接點 2,只調(diào)節(jié)電阻箱 R),使電流表的讀數(shù)仍為丨1,記下此時電阻箱的讀數(shù)R；D.改變RT的溫度，重復以上步驟，即可測得該熱敏電阻RT的阻值隨溫度的變化關系.(1) 由以上操作過程可知，當Rr的溫度為ti時，RT= _ .(2) 實驗測得的一組數(shù)據(jù)如下表所示，請根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖乙中作出RT隨溫度t變化的圖象；t

20、/c020406080100Rr/Q10012013911611180201由圖乙可知，熱敏電阻Rr的阻值隨溫度t變化的關系式為 _ .(3)若把該熱敏電阻與電源(電動勢E= 1.5 V、內(nèi)阻不計)、電流表(量程為 5 mA、內(nèi)阻Fg= 100Q)、電阻箱 FI 串聯(lián)起來，連成如圖丙所示的電路，用該電阻作測溫探頭，把電流 表的電流刻度改為相應的溫度刻度，就得到一個簡單的“熱敏電阻測溫計”.圖丙1電流表刻度較大處對應的溫度刻度應該 _ (選填“較大”或“較小”);2若電阻箱的阻值取R)= 220Q,則電流表 3 mA 處所對應的溫度刻度為 _C.【解析】(1)將開關 S 由接點 1 撥到接點 2

21、，并使電路中的電流不變，說明電路中的總電阻不變，所以Rr=R.(2) Rr 隨溫度t變化的圖象如答圖所示，由圖線可以看出，熱敏電阻FT的阻值隨溫度t變化的關系式為Rr= (100 +t) Q .(3) 電流表刻度較大處表示流經(jīng)電路的電流較大，即Rr較小，當Rr較小時，溫度t的數(shù)值也較小；當電流表的示數(shù)為 3 mA 時，電路中的總電阻為R總=500Q,又因為 R)= 220Q、100Q,所以Rr= 180Q,可得此時所對應的溫度刻度t= 80C.【答案】(1)R(2)如圖所示Rr= (100 +t)Q(3)較小 8014. （8 分）（涉及法拉第電磁感應定律，閉合電路的歐姆定律，力的平衡相關知識

22、）在同一水平面上的光滑平行導軌p、Q相距i= 1 m 導軌左端接有如圖所示的電路其中水平放置的平行板電容器兩極板M N相距d= 10 mm,定值電阻R=F2= 12Q,F3= 2Q,金屬棒ab的電阻r= 2Q,其他電阻不計.磁感應強度B= 0.5 T 的勻強磁場豎直穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動時，懸浮于電容器兩極板之間的質(zhì)量m= 1X10-14kg、電荷量q= 1x10T4C 的微粒恰好靜止不動.取g= 10 m/s2,在整個運動過程中金屬棒與導 軌接觸良好，且速度保持恒定.試求：阿風b （1）勻強磁場的方向；（2）ab兩端的路端電壓；（3）金屬棒ab運動的速度.【解析】（1）

23、負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，因為重力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電.ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢，ab棒等效于電源，感應電流方向由a,其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下.（2）微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有mg= EqUMN又E=U所以吩詐0.1VRR則ab棒兩端的電壓為Ub=UM卄I= 0.4 V.R+R由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E=Blv由閉合電路歐姆定律得E=Ua+Ir= 0.5 V.聯(lián)立解得v= 1 m/s.F3兩端電壓與電容器兩端電壓相等，由歐姆定律得通過Rs的電流為UMNI=F= 0.05 At

24、fV.【答案】（1）豎直向下（2）0.4 V （3）1 m/s15.（8 分）（涉及法拉第電磁感應定律，力的平衡，交變電流的有效值及焦耳定律相關知識)如圖所示，在xOy坐標平面內(nèi)存在B=2.0 T 的勻強磁場，OA與OCA為置于豎直平面內(nèi)的光滑金屬導軌，n其中OCA滿足曲線方程x= 0.5sin y(m) ,C為導軌的最右端，導軌OA與OCA相交處的O點和A點分別接有體積可忽略的定值電阻R和F2，其中R= 4.0Q、F2= 12.0Q.現(xiàn)有一足 夠長、質(zhì)量帀 0.10 kg 的金屬棒MN在豎直向上的外力F作用下，以v= 3.0 m/s 的速度向 上勻速運動，設棒與兩導軌接觸良好，除電阻R、R外

25、其余電阻不計，g取 10 m/s2,求：(1) 金屬棒MN在導軌上運動時感應電流的最大值；(2) 外力F的最大值；(3) 金屬棒MN滑過導軌OC段，整個回路產(chǎn)生的熱量.【解析】(1)金屬棒MN沿導軌豎直向上運動，進入磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢.當金屬棒MN勻速運動到C點時，電路中的感應電動勢最大，產(chǎn)生的感應電流最大.金屬棒MN接入電路的有效長度為導軌OCA形狀滿足的曲線方程中的x值.n因此接入電路的金屬棒的有效長度為L=x= 0.5sin y，貝ULm=Xm= 0.5 mEn=BLmv，得Em= 3.0 V解得Im= 1.0 A.(2)金屬棒MN勻速運動中受重力mg安培力F安、外力F作用F

26、安 m=ImLnB, 得F安 m= 1.0 NFm=F安 m+mg得Fm= 2.0 N.金屬棒MN在運動過程中，產(chǎn)生的感應電動勢e= 3.0siny，有效值為E有=總設金屬棒MN滑過導軌OC段的時間為t，則t=學 其中yoC= 5m 得t=sE有.金屬棒滑過OC段產(chǎn)生的熱量 Q=有t得 Q= 1.25 J.【答案】(1)1.0 A (2)2.0 N (3)1.25 JIm=F|,其中只并=RF2R+R+ y/mMN16. (8 分)(涉及法拉第電磁感應定律，閉合電路的歐姆定律，交流電的“四值”及焦 耳定律相關知識)如圖甲所示，長、寬分別為Li、L2的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n,總電

27、阻為r，可繞其豎直中心軸OQ轉(zhuǎn)動線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的 銅環(huán)C D(集流環(huán))焊接在一起，并通過電刷和定值電阻R相連線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場，磁感應強度B的大小隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中Bo、Bi和ti均為已知.在 0ti的時間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直；ti時刻后線框在外力的驅(qū)動下開始繞其豎直中心軸以角速度3勻速轉(zhuǎn)動.求：(1)011時間內(nèi)通過電阻R的電流大小;(2) 線框勻速轉(zhuǎn)動后，在轉(zhuǎn)動一周的過程中電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量；(3) 線框勻速轉(zhuǎn)動后，從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過90的過程中，通過電阻R的電荷量.【解析】 (1)0ti時間內(nèi)，線框中的感應電動勢

28、根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻R的電流EnLiL2BB0I=R+rR+r 11 (2)線框產(chǎn)生感應電動勢的最大值Em=nBL1L23線框轉(zhuǎn)動一周所需的時間此過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量(3)線框從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過90的過程中,E=nnLiL2BB0ti通過電阻R的電流的有效值,/2n BL1L231=2R+r2Q=I Rt= nR3佃L1L2I.R+r.感應電動勢的有效值平均感應電動勢E=亡=哇嚴nBLiL2通過電阻R的電荷量q=1At=市.1細線對金屬棒拉力的功率P多大？平均感應電流R+ rn BL1L2zTtR+7【答(1)nLiL2BB0R+r tinBLiL2R+r2n20ns = 0

29、.1 s.17.(10 分)(涉及法拉第電磁感應定律，正弦交流電的表達式，焦耳定律的相關知識)如圖所示，MN PQ是兩條水平、平行放置的光滑金屬導軌，導軌的右端接理想變壓器的原線圈，變壓器的副線圈與電阻R=20Q組成閉合回路，變壓器的原副線圈匝數(shù)之比ni:n2=1 : 10,導軌寬L= 5 m.質(zhì)量 m= 2 kg、電阻不計的導體棒ab垂直MN PQ放在導軌上， 在水平外力F作用下，從t=0 時刻開始在圖示的兩虛線范圍內(nèi)做簡諧運動，其速度隨時間 變化的規(guī)律是v= 2sin 20nt(m/s).垂直軌道平面的勻強磁場的磁感應強度B= 4 T.導軌、導線和線圈電阻不計求：(1)在ab棒中產(chǎn)生的電動

30、勢的表達式，ab棒中產(chǎn)生的是什么電流？電阻R上的熱功率P;從t= 0 到11= 0.025 s 的時間內(nèi)，通過外力F做功需要外界提供給該裝置的能量E【解析】(1)ab棒的電動勢為e=BLv=40sin 20nt(V)故ab棒中產(chǎn)生的是正弦交流電.設原線圈上電壓的有效值為U,40廠則U= V = 20 2 V設副線圈上電壓的有效值為U2,解得U2= 200 2 VP=旦 4X103W.(3)該正弦交流電的周期 從t= 0 到ti= 0.025 s，經(jīng)歷了四分之一個周期 在這段時間內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的熱量Q為U1 2Q= Rt1= 100 J在ti= 0.025 s 時刻，ab棒的速度為v，貝Uv=2sin 20n11=2 m/s2金屬棒從靜止開始運動的t1= 2 s 時間內(nèi)，電阻R上產(chǎn)生的熱量Q是多大？肺aNQ12所以E=