1、北京市第四十三中学2020届高三物理上学期开学考试试题（含解析）一、单项选择题:(每题2分，共38分)1. 作用在同一点上的两个力，大小分别是3N和5N，其合力的大小可能是（）A. 0NB. 1NC. 3ND. 15N【答案】C【解析】【详解】作用在同一点上的两个力，F1=3N、F2=5N，当两个力的方向相反时，其合力最小Fmin=F2F1=5N3N=2N当两个力的方向相同时，其合力最大Fmax=F1+F2=5N+3N=8N因为两个力的方向不确定，所以其合力的大小在2N与8N之间，故选项C正确，ABD错误。故选C。2. 汽车以36km/h速度行驶，刹车后得到的加速度大小为4m/s2，从刹车开始
2、，经5S，汽车通过的位移是（ ）A. 0mB. 100mC. 12.5mD. 37.5m【答案】C【解析】【详解】由题意知取汽车初速度方向为正方向，则有：v0=36km/h=10m/s，a=4m/s2，t=5s因为汽车刹车停止后将停止运动，故据v=v0+at得停车时间tt停汽车刹车后5s内的位移即为刹车后2.5s内的位移所以刹车后5s内的位移x=12.5m3. 如图所示为某质点做直线运动的图象，关于这个质点在内的运动情况，下列说法中正确的是（ ）A. 质点始终向同一方向运动B. 加速度大小不变，方向与初速度方向相同C. 内通过的路程为，而位移为零D. 末物体离出发点最远【答案】C【解析】【详解
3、】图象的斜率的大小表示质点运动的加速度大小，由于图象的斜率不变，所以质点运动的加速度不变，因此物体做匀变速直线运动，开始时速度方向与加速度方向相反，物体减速运动，时，物体速度减为零，然后物体反向加速运动，时，回到起始点，4s内通过的位移为零；由图可知4s内质点通过的路程为故A、B、D错误，C正确；故选C。4. 如图所示，一个质量为的钢球，放在倾角为的固定斜面上，用一竖直挡板挡住，处于静止状态各个接触面的均光滑，重力加速度为球对竖直挡板压力的大小是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】以球为研究对象，球受重力、挡板和斜面对球体的支持力和，其受力分析图如图所示：根据平衡条件有：，
4、根据牛顿第三定律可以知道，球对竖直档板压大的大小等于挡板和斜面对球体的弹力，C正确故选C5. 一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图所示下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由at图象知，00.5T时间内的加速度与T2T时间内的加速度大小相等，方向相反，而对应时间内的v-t图象的斜率的绝对值相等，正负不同，可得D正确，ABC错误6. 如图所示，物体A、B的质量分别为mA、mB，且mAmB二者用细绳连接后跨过定滑轮，A静止在倾角=30的斜面上，B悬挂着，且斜面上方的细绳与斜面平行若将斜面倾角缓慢增大到45，物体A仍保持静止不计滑轮
5、摩擦则下列判断正确的是A. 物体A受细绳的拉力可能增大B. 物体A受的静摩擦力可能增大C. 物体A对斜面的压力可能增大D. 物体A受斜面的作用力可能增大【答案】B【解析】【详解】A.因为B一直保持静止，所以细绳间的张力等于B的重力，即细绳对A的拉力,所以在倾斜角缓慢增大过程中，物体A受到的细绳的拉力不变，A错误B.当，倾斜角缓慢增大到45的过程中f逐渐增大，方向向上当时，在倾斜角缓慢增大到使的过程中，知道静摩擦力随着角度的增大而减小，方向沿斜面向下，当时摩擦力为零，在倾斜角从使成立到45过程中，静摩擦力随着角度的增加而增大，方向沿斜面向上所以B正确C.物体A对斜面的压力,随着角度的增大而减小，
6、C错误D.物体A受到细绳的拉力（不变），重力（不变），斜面的作用力大小等于拉力与重力的合力大小，所以也保持不变,D错误故选B。7. 如图所示，一定质量的物体通过轻绳悬挂，结点为O人沿水平方向拉着OB绳，物体和人均处于静止状态若人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）A. OA绳中的拉力先减小后增大B. OB绳中的拉力不变C. 人对地面的压力逐渐减小D. 地面给人的摩擦力逐渐增大【答案】D【解析】解：将重物的重力进行分解，当人的拉力方向不变，缓慢向左移动一小段距离，则OA与竖直方向夹角变大，OA的拉力由图中1位置变到2位置，可见OA绳子拉力变大，OB绳拉力逐渐变大；OA拉
7、力变大，则绳子拉力水平方向分力变大，根据平衡条件知地面给人的摩擦力逐渐增大；人对地面的压力始终等于人的重力，保持不变；故选D【点评】本题考查了动态平衡问题，用图解法比较直观，还可以用函数法8. 如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b球上的力大小F，作用在a球上的力大小为2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】对ab整体，受重力、上边绳拉力、F和2F四力平衡，因此上边绳向右偏。假设细线a与竖直方向夹角为，细线b与竖直方向夹角为，对ab整体受力如图1所示：可得：ta
8、n=对细线b受力如图2所示，可知：tan=因此：。故B 符合题意，ACD不符合题意。故选B。9. 意大利科学家伽利略在研究物体变速运动规律时，做了著名的“斜面实验”，他测量了铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大,于是他对大倾角情况进行了合理的外推，由此得出的结论是（ ）A. 自由落体运动是一种匀变速直线运动B. 力是使物体产生加速度的原因C. 力不是维持物体运动的原因D. 物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性【答案】A【解析】【详解】A铜球在较小倾角斜面上的运动情况，发现铜球做的是匀变速直线运动，且铜球加速度随斜面倾角的增大而增大
9、，倾角最大的情况就是90时，这时物体做自由落体运动，由此得出的结论是自由落体运动是一种匀变速直线运动。故A正确；B该实验不能得出力是使物体产生加速度的原因这个结论，故B错误。C物体的运动不需要力来维持，但是该实验不能得出该结论，故C错误。D该实验不能得出惯性这一结论，故D错误。故选A10. 太阳系中的行星受到太阳的引力绕太阳公转，然而它们公转的周期却各不相同若把水星和地球绕太阳的运动轨迹都近似看作圆周，根据观测得知，地球绕太阳公转的周期大于水星绕太阳公转的周期，则由此可以判定（）A. 水星的密度大于地球的密度B. 水星的质量大于地球的质量C. 地球的向心加速度大于水星的向心加速度D. 地球到太
10、阳的距离大于水星到太阳的距离【答案】D【解析】【详解】根据万有有引力提供向心力得轨道半径大，周期大，知地球轨道半径大于水星。根据 轨道半径大，向心加速度小，所以地球的向心加速度小于水星的向心加速度。由于水星和地球都是环绕天体，无法求出质量，也无法求出密度。故ABC错误，D正确。故选D。11. 如图所示，兴趣小组的同学为了研究竖直运动的电梯中物体的受力情况，在电梯地板上放置了一个压力传感器，将质量为4kg的物体放在传感器上在电梯运动的某段过程中，传感器的示数为44Ng取10m/s2.对此过程的分析正确的是 ( )A. 物体受到的重力变大B. 物体的加速度大小为1m/s2C. 电梯正在减速上升D.
11、 电梯的加速度大小为4m/s2【答案】B【解析】【详解】A电梯中的物体处于超重、平衡、失重状态时是加速度不同，本身的重力不变，选项A错误BD由牛顿第二定律可知 ，而由牛顿第三定律得，解得：，故选项B正确、选项D错误C加速度向上，运动是加速向上或减速向下，选项C错误故选B12. 某同学将一个质量为的小球竖直向上抛出，小球上升的最大高度为。设上升过程中空气阻力大小恒定。则在上升过程中（）A. 小球的动能减小了B. 小球机械能减小了C. 小球重力势能减小了D. 小球克服空气阻力做功【答案】B【解析】【详解】A由动能定理故动能减小了，故A错误；B由可得，机械能减少了，故B正确；C由可得，则重力势能增加
12、了，故C错误；D由，克服空气阻力做功，故D错误。故选B。13. 以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的图像可能正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：竖直上抛运动不受空气阻力，做向上匀减速直线运动至最高点再向下自由落体运动，图象时倾斜向下的直线，四个选项均正确表示；考虑阻力的上抛运动，上升中，随着减小，减小，对应图象的斜率减小，选项A错误下降中，随着随着增大，继续减小而在最高点时，对应图与轴的交点，其斜率应该等于（此时与竖直上抛的最高点相同的加速度），即过交点的
13、切线应该与竖直上抛运动的直线平行，只有D选项满足故选D考点：本题考查了牛顿第二定律、图象的特点、竖直上抛运动状态的判断14. 如图所示,在M点分别以不同速度将两小球水平抛出两小球分别落在水平地面上的P点、Q点已知O点是M点在地面上的竖直投影,OP:PQ=1:3,且不考虑空气阻力的影响下列说法中正确的是( )A. 两小球的下落时间之比为1:3B. 两小球的下落时间之比为1:4C. 两小球的初速度大小之比为1:3D. 两小球的初速度大小之比为1:4【答案】D【解析】【详解】AB、两球的抛出高度相同,故下落时间相同,故AB错；CD、根据题意OP:PQ=1:3，则水平位移之比为1:4，水平方向上做匀速
14、直线运动则 ，且运动时间相等，所以水平方向的速度之比为1:4，故C错；D对；综上所述本题答案是：D【点睛】两小球所在高度相同,故下落时间相同,由水平位移关系可求出两小球的初速度的大小关系15. 一列简谐横波沿x轴传播，图（甲）为t0.5s时的波动图像，图（乙）为介质中质点P的振动图像对该波的传播方向和传播速度的说法中正确的是（）A. 沿+方向传播，波速为4m/sB. 沿-方向传播，波速为4m/sC. 沿+方向传播，波速为8m/sD. 沿-方向传播，波速为8m/s【答案】A【解析】【详解】由振动图像可知，质点P在t=0.5s时向y轴正方向运动，结合波形图可知波沿+方向传播，波速为故选A。16.
15、一个直流电动机，线圈电阻是0.5，当它两端所加电压为6V时，通过电动机的电流是2A。由此可知（）A. 电动机消耗的电功率为10WB. 电动机发热的功率为10WC. 电动机输出的机械功率为10WD. 电动机的工作效率为20%【答案】C【解析】【详解】A设直流电动机线圈电阻为r，电动机工作时通过的电流为I，两端的电压为U。总功率为P=UI=26=12W所以A错误。B发热功率为P热=I2r=220.5=2W所以B错误。C根据能量守恒定律，其输出功率为P出=PP热=12W2W=10W所以C正确。D电动机的工作效率为所以D错误。故选C。17. 如图所示，取一对用绝缘支柱支撑的金属导体A和B，使它们彼此接
16、触起初它们不带电，贴近A、B下面的金属箔片是闭合的现在把带正电荷的球C移近导体A，可以看到A、B上的金属箔片都张开了下列说法正确的是() A. A内部的场强比B内部的场强大B. A、B内部的场强均为零C. A左端的电势比B右端的电势低D. A左端的电势比B右端的电势高【答案】B【解析】试题分析：当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体解：A、带正电荷的球C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端出现正电荷，电荷只分布在外表
17、面，内部场强处处为零，导体是个等势体故选B点评：体现物体静电感应起电的实质，及静电平衡状态时，带电体的电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且导体的电势处处相等18. 一根通电直导线水平放置在地球赤道的上方，其中的电流方向为自西向东，该导线所受地磁场的安培力方向为（）A. 水平向北B. 水平向南C. 竖直向上D. 竖直向下【答案】C【解析】【详解】赤道处的地磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上。故选C。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系；知道地磁场在赤道上方的方向是由南向北。19. 在空间存在着竖直向上的各处均匀的磁场，
18、将一个不变形的单匝金属圆线圈放入磁场中，规定线圈中感应电流方向如图甲所示的方向为正当磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示时，图丙中能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是（ ） A. B. C. D. 【答案】B【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律，由于线圈面积不变，所以感应电动势与磁感应强度的变化率即图像的斜率成正比，根据图像，感应电动势为定值，感应电流为定值，感应电动势为0，感应电流为0，感应电动势为定值而且是感应电动势的一半，感应电流也是感应电流的一半，对照选项CD错根据楞次定律向上的磁通量增大，感应电流沿正方向，选项A错B对考点：电磁感应定律 楞次定律二、多项选择题：(每题
19、4分，漏选得2分，共20分)20. 如图所示，一个正方形导线框abcd，边长为L，质量为m。将线框从距水平匀强磁场上方h处由静止释放，在线框下落过程中，不计空气阻力，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当ab边刚进入磁场时，线框速度为v。在线框进入磁场的整个过程中，下列说法正确的是（）A. 线框可能做加速度减小的加速运动B. 线框可能做加速度减小的减速运动C. 安培力对线框的冲量大小一定为D. 线框克服安培力做功一定为【答案】ABD【解析】【详解】AB若线框下落进入磁场时的速度较小，产生的感应电流较小，安培力较小，线框的加速度向下做加速运动，随着速度的增加，安培力变大，
20、加速度减小，即线圈做加速度减小的加速运动；若线框下落进入磁场时的速度较大，产生的感应电流较大，安培力较大，线框的加速度向上做减速运动，随着速度的减小，安培力减小，加速度减小，即线圈做加速度减小的减速运动；故选项AB正确；C对从线圈开始下落到全部进入磁场的整个过程运用动量定理可得IGI安=mv故安培力对线框的冲量大小不是mv，选项C错误；D对整个过程运用能量守恒得故线框克服安培力做功一定为选项D正确。故选ABD。21. 如图所示，图中以点电荷为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，和是轨迹上的两点。不计带电粒子受到的重力，由
21、此可以判断（）A. 此粒子在点的加速度小于在点的加速度B. 此粒子在点的电势能大于在点的电势能C. 此粒子在点的动能小于在点的动能D. 电场中点的电势低于点的电势【答案】AD【解析】【详解】A粒子运动轨迹为曲线，根据合力指向曲线内侧可判断场源电荷为正电荷，离场源电荷越近粒子受到电场力越大，加速度越大，所以粒子在M点的加速度小于在N点的加速度，故A正确；BC粒子从N到M电场力做正功，动能增大，M点的动能大于在N点的动能，电势能减少，即在M点的电势能小于在N点的电势能，故BC错误；D场源电荷为正电荷，电场线从正电荷指向无穷远，沿电场线电势逐渐降低，即N点电势高于M点电势，故D正确。故选AD。22.
22、 如图所示电路中，灯泡、的规格相同，电感线圈的自感系数足够大且电阻可忽略。下列关于此电路的说法中正确的是（）A. 闭合后的瞬间，、同时亮，然后变暗最后熄灭B. 闭合后的瞬间，先亮，逐渐变亮，最后、一样亮C. 断开后的瞬间，立即熄灭，逐渐变暗最后熄灭D. 断开后的瞬间，立即熄灭，闪亮一下后熄灭【答案】AD【解析】【详解】ABS闭合后的瞬间，自感系数足够大的线圈由于自感作用阻碍电流，相当于断路，此时灯泡A和灯泡B串联同时亮，待电路稳定后没有电流的变化，线圈不再产生感应电动势，对电流没有阻碍作用，相当于短路，此时A灯熄灭，B灯变亮，故A正确，B错误。CDS断开后的瞬间，电流突然减小，线圈由于自感作用
23、产生感应电流，与灯泡A构成新的回路，所以A灯会先闪亮一下后熄灭。B灯立即熄灭，故C错误，D正确。故选AD。23. 如图所示是通过变压器降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用表示，开关闭合后，相当于接入电路中工作的用电器增加如果变压器上的能量损失可以忽略，所有电表均为理想电表，则开关闭合后（ ）A. 电表示数不变，示数减小B. 电表、示数均增大C. 原线圈输入功率减小D. 电阻两端的电压减小【答案】BD【解析】【详解】A因为输入电压几乎不变，原副线圈的电压比等于匝数之比，则副线圈的电压几乎不变，即电压表V
24、1、V2的读数几乎不变，故A错误；B因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，即A2增大，原副线圈电流之比等于匝数之反比，所以A1示数变大，故B正确；C因为负载增加，则副线圈总电阻减小，副线圈电压不变，则副线圈电流增大，由P=UI知功率增加，故C错误；D电压表V2、V3示数之差等于副线圈导线上的电压损失，U=IR增加，电阻R1两端的电压减小，故D正确。故选BD。24. 在图所示的空间直角坐标系所在的区域内，同时存在匀强电场E和匀强磁场B。已知从坐标原点O沿x轴正方向射入的质子，穿过此区域时未发生偏转，则可以判断此区域中E和B的方向可能是（）A. E和B都沿y轴的负方向
25、B. E和B都沿x轴的正方向C. E沿y轴正方向，B沿z轴负方向D. E沿z轴正方向，B沿y轴负方向【答案】BC【解析】【详解】A若E和B都沿y轴的负方向，则电场力沿y轴负方向，由左手定则知洛伦兹力沿z轴正方向，所以不可能平衡，质子不能沿直线运动，故A错误；BE、B都沿x轴正方向时，电场力沿x轴正方向，小球不受洛伦兹力，质子能沿直线运动，所以B正确；CE沿y轴正方向，电场力沿y轴正方向；B沿z轴负方向，则洛伦兹力沿y轴负方向，则当电场力等于洛伦兹力时，质子沿直线运动，选项C正确；DE沿z轴正方向，则电场力沿z轴正方向；B沿y轴负方向，则洛伦兹力沿z轴正方向，不可能平衡，质子不能沿直线运动，所以
26、D错误。故选BC。三、计算题：（共42分）25. 如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，其中AB长s11 m，BC与水平面间的夹角为37，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为0.25，现在给小物块一个水平向左的初速度v03 m/s.小物块经过B处时无机械能损失(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：(1)小物块第一次到达B处的速度大小；(2)小物块在BC段向上运动时的加速度大小；(3)若小物块刚好能滑到C处，求BC的长度s2.【答案】(1) 2 m/s；(2) 8 m/s2；(3) 0.25 m【解析】【详解】(1)小物块从A运动到B，由动能定理得mg
27、s1mvB2mv0,代入数据解得vB2 m/s.(2)小物块从B到C过程中，由牛顿第二定律得mgcosmgsinma，代入数据解得a8 m/s2(3)小物块以初速度vB沿斜面向上运动至速度为零的过程中，经过的路程为s2，由0vB22as2，代入数据解得s20.25 m综上所述本题答案是：(1) 2 m/s；(2) 8 m/s2；(3) 0.25 m【点睛】（1）利用动能定理求出物块滑到B点时的速度（2）正确受力分析求出物块在斜面上运动时的加速度（3）利用运动学公式求出物块在斜面上运动的最大距离26. “嫦娥一号”的成功发射，为实现中华民族几千年的奔月梦想迈出了重要的一步已知“嫦娥一号”绕月飞行
28、轨道近似为圆形，距月球表面高度为H，飞行周期为T，月球的半径为R，引力常量为G求：(1) “嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小；(2)月球的质量；(3)若发射一颗绕月球表面做匀速圆周运动的飞船，则其绕月运行的线速度应为多大【答案】（1）（2）（3）【解析】（）“嫦娥一号”绕月飞行时的线速度大小（）设月球质量为M“嫦娥一号”的质量为m根据牛二定律得解得（）设绕月飞船运行的线速度为，飞船质量为，则又联立得27. (1)如图所示，两根足够长的平行导轨，间距L0.3 m，在导轨间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B10.5 T一根直金属杆MN以v2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接
29、触良好杆MN的电阻r11 ，导轨的电阻可忽略求杆MN中产生的感应电动势E1.(2)如图乙所示，一个匝数n100的圆形线圈，面积S10.4 m2，电阻r21 .在线圈中存在面积S20.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示求圆形线圈中产生的感应电动势E2.(3)有一个R2 的电阻，将其两端分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势a.【答案】（1）0.3V ；（2）4.5V；（3）a端的电势较高 V【解析】【详解】(1) 杆MN做切割磁感线的运动，根据法拉第电磁感应定
30、律E1=B1Lv代入数据得产生的感应电动势E1=0.3V(2) 穿过圆形线圈的磁通量发生变化代入数据得产生的感应电动势E2=4.5V(3) 根据右手定则，可知，图甲a是正极，而由楞次定律可知，图乙中b是正极，因此当电阻R与图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高，通过电阻R的电流电阻R两端的电势差a-b=IR得a端的电势a=IR=0.2V28. 如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U12 500 V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l6.0 cm，相距d2 cm，两极板间加以电压U2200
31、 V的偏转电场从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场已知电子的电荷量e1.61019 C，电子的质量m0.91030 kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力求：（1）电子射入偏转电场时的动能Ek；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W.【答案】（1）4.01016 J （2）0.36 cm（3）5.761018 J【解析】【详解】(1)电子在加速电场中，根据动能定理有：eU1Ek解得：Ek4.01016 J(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t电子在水平
32、方向做匀速运动，由lv1t解得：电子在竖直方向受电场力：电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a依据牛顿第二定律有：解得：电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量：联立上式解得：y0.36 cm(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差：电场力所做的功：WeU解得：W5.761018 J29. 如图为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S，共有n匝，线圈总电阻为r，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO转动；线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K和电刷L保持与外电路电阻R的连接。在外力作用下线圈以恒定的角速度绕轴OO匀速转动。（不计转动轴及滑环与电
33、刷的摩擦）(1)推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式Em=nBS； (2)求线圈匀速转动过程中电流表的示数； (3)求线圈速度转动N周过程中发电机线圈电阻r产生的焦耳热。【答案】(1)见解析；(2)；(3)【解析】【详解】(1)设线圈ab边的边长l1，bc边的边长l2。当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电动势最大。 设此时ab边的线速度为v，则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1=Bl1vcd边产生的感应电动势为E2=Bl1vn匝线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2)= 2nBl1v 由于有Em= (2)线圈中的感应电动势有效值为 电路中电流的有效值 I= 即电流表的示数为 (3)线圈转动的周期 T=线圈转动N周的时间 t=NT=N 依据焦耳定律，发电机线圈产生焦耳热 Q=I2rt 解得Q=