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1、（浙江專版）2022-2023學(xué)年高中物理 模塊綜合檢測(cè)（二）（含解析）新人教版選修3-2 一、單項(xiàng)選擇題(本小題共8小題，每小題4分，共32分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確) 1．了解物理規(guī)律的發(fā)現(xiàn)過(guò)程，學(xué)會(huì)像科學(xué)家那樣觀察和思考，往往比掌握知識(shí)本身更重要。以下敘述符合事實(shí)的是(　　) A．丹麥物理學(xué)家奧斯特夢(mèng)圓電生磁，終于發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象 B．英國(guó)物理學(xué)家麥克斯韋認(rèn)為，磁場(chǎng)變化時(shí)會(huì)在空間激發(fā)一種電場(chǎng) C．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，拉開了研究電與磁相互關(guān)系的序幕 D．安培定則是用來(lái)判斷通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力方向的 答案：B 2.如圖所示是測(cè)定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路

2、，L兩端并聯(lián)一只電壓表，用來(lái)測(cè)量自感線圈的直流電壓。在測(cè)量完畢后，將電路解體時(shí)應(yīng)(　　) A．先斷開S1　　　　　 B．先斷開S2 C．先拆除電流表 D．先拆除電阻R 解析：選A　只要不斷開S1，線圈L與電壓表就會(huì)組成閉合電路，在斷開電路干路時(shí)，線圈L會(huì)因此產(chǎn)生感應(yīng)電流，流過(guò)電壓表的電流方向與原電流方向相反，電壓表中指針將反向轉(zhuǎn)動(dòng)，損壞電壓表，所以必須先斷開S1。A正確。 3.如圖所示，兩條平行的虛線間的區(qū)域內(nèi)存在著有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一較小的三角形線框abc的ab邊與磁場(chǎng)邊界平行，現(xiàn)使此線框向上勻速穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持速度方向與ab邊垂直，則選項(xiàng)圖中可以定性地表示線框在上述過(guò)

3、程中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律的是(　　) 解析：選D　線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度逐漸變短，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變小，完全進(jìn)入磁場(chǎng)之后，磁通量不再變化，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于零，離開磁場(chǎng)過(guò)程中，切割磁感線的有效長(zhǎng)度逐漸變短，反向的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)逐漸變小，感應(yīng)電流的變化與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的變化一致，D正確。 4．一磁鐵自遠(yuǎn)處勻速沿一圓形線圈的軸線運(yùn)動(dòng)，并穿過(guò)線圈向遠(yuǎn)處而去，如圖所示，則選項(xiàng)圖中能較正確反映線圈中電流I和時(shí)間t的關(guān)系的是(線圈中電流的圖示箭頭方向?yàn)檎较?(　　 ) 解析：選B　當(dāng)條形磁鐵向右運(yùn)動(dòng)且并未穿過(guò)線圈過(guò)程中，通過(guò)線圈的磁通量向右逐漸增加，由楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)

4、電流為正方向，當(dāng)條形磁鐵的正中央到達(dá)線圈位置時(shí)，磁通量的變化率最小，感應(yīng)電流為零，當(dāng)條形磁鐵正中央通過(guò)線圈后，穿過(guò)線圈向右的磁通量逐漸減小，則線圈中產(chǎn)生負(fù)方向的感應(yīng)電流，且先增大再減小，故選項(xiàng)B正確。 5．一矩形金屬線圈共10匝，繞垂直磁場(chǎng)方向的轉(zhuǎn)軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)間t變化的情況如圖所示，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．此交流電的頻率為0.2 Hz B．此交變電動(dòng)勢(shì)的有效值為1 V C．t＝0.1 s時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向平行 D．在線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，穿過(guò)線圈的最大磁通量為 Wb 解析：選D　由題圖可知，此交流電的周期T＝0.2 s，頻率f＝＝5

5、 Hz，A錯(cuò)誤。E＝＝ V，B錯(cuò)誤。t＝0.1 s時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，線圈平面與磁感線方向垂直，C錯(cuò)誤。因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10π rad/s，故Φm＝BS＝Wb，D正確。 6．一單匝閉合線框在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，線框中的最大磁通量為Φm，最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em。下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．當(dāng)磁通量為零時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零 B．當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在減小 C．當(dāng)磁通量等于0.5Φm時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于0.5Em D．角速度ω等于Em/Φm 解析：選D　根據(jù)正弦式交變電流的產(chǎn)生及其變化規(guī)律(設(shè)從中性面開始計(jì)時(shí))，由e＝Emsi

6、n ωt＝BSωsin ωt＝Φmωsin ωt，可知D正確。 7．如圖所示，M是一小型理想變壓器，接線柱a、b接在正弦交流電源上。變壓器右側(cè)部分為一火警報(bào)警系統(tǒng)原理圖，其中R2為用半導(dǎo)體熱敏材料制成的傳感器，其阻值隨溫度升高而減小。電流表A2為值班室的顯示器，顯示通過(guò)R1的電流，電壓表V2顯示加在報(bào)警器上的電壓(報(bào)警器未畫出)，R3為一定值電阻。當(dāng)傳感器R2所在處出現(xiàn)火警時(shí)，以下說(shuō)法中正確的是(　　) A．A1的示數(shù)不變，A2的示數(shù)增大 B．A1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)增大 C．V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)增大 D．V1的示數(shù)不變，V2的示數(shù)減小 解析：選D　當(dāng)傳感器R2所在處出

7、現(xiàn)火情時(shí)，R2的電阻減小，導(dǎo)致電路的總電阻減小，所以電路中的總電流將會(huì)增加，A1測(cè)量的是原線圈中的總電流，由于副線圈的電流增加，所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增加；由于電源電壓不變，匝數(shù)比不變，原、副線圈的電壓也不變，所以V1的示數(shù)不變，由于副線圈中電流增大 ，R3的電壓變大，所以V2的示數(shù)要減小，即R1的電壓也減小，所以A2的示數(shù)要減小。 8.如圖所示，光滑平行導(dǎo)軌傾斜放置，下端連一燈泡，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于導(dǎo)軌平面，當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌下滑到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，燈泡的電功率為P，其他電阻不計(jì)，要使燈泡在棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的電功率為2P，則應(yīng)(　　) A．將導(dǎo)軌間距變?yōu)樵瓉?lái)的倍 B．換一電阻減半的燈泡

8、C．將磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B加倍 D．換一質(zhì)量為原來(lái)倍的金屬棒 解析：選D　導(dǎo)體棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，有mgsin θ＝BIL＝，燈泡的電功率P＝，由以上兩式得P＝，根據(jù)此式可知只有D項(xiàng)正確。 二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題4分，共16分。選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選不得分) 9．一矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生交變電流的電動(dòng)勢(shì)為e＝220sin 100πt V，對(duì)于這個(gè)交變電流的說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．此交變電流的頻率為100 Hz，周期為0.01 s B．此交變電流電動(dòng)勢(shì)的有效值為220 V C．耐壓值為220 V的電容器能夠在該交變電路中使用 D．t＝0時(shí)，線圈平面與中性面垂直

9、，此時(shí)磁通量為零 解析：選ACD　由電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式可知，此交變電流的頻率為50 Hz，周期為0.02 s，電動(dòng)勢(shì)的有效值為220 V，最大值為220 V，故A、C選項(xiàng)錯(cuò)誤，B選項(xiàng)正確；當(dāng)t＝0時(shí)，電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為零，說(shuō)明t＝0時(shí)線圈處于中性面位置，通過(guò)線圈的磁通量為最大，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 10.如圖所示，矩形線圈abcd的邊長(zhǎng)分別是ab＝L，ad＝D，線圈平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)平行，線圈繞ab邊以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(從圖示位置開始計(jì)時(shí))(　　) A．t＝0時(shí)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零 B．轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零 C．轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)

10、勢(shì)為ωBLD D．轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中線圈中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 解析：選BD　t＝0時(shí)，只有cd邊切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1＝BLv＝BL·ωD＝BSω≠0，A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)，線圈的四條邊均不切割磁感線，E2＝0，B正確；轉(zhuǎn)過(guò)90°的過(guò)程中，穿過(guò)線圈的磁通量由0變?yōu)棣担紹LD。轉(zhuǎn)過(guò)90°所用時(shí)間Δt＝＝＝，故平均電動(dòng)勢(shì)為：E＝＝＝，故C錯(cuò)誤，D正確。 11．某發(fā)電廠原來(lái)用電壓為U1的交流電輸電，后改用變壓比為1∶50的升壓器將電壓升高為U2后輸電，輸送的電功率保持不變。若輸電線路的總電阻為R線，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．由公式I＝可知，提高電壓后輸電線上的電流降為原來(lái)的 B

11、．由公式I＝可知，提高電壓后輸電線上的電流增為原來(lái)的50倍 C．由公式P＝I2R線 可知，提高電壓后輸電線上的功率損耗減為原來(lái)的 D．由公式P＝可知，提高電壓后輸電線上的功率損耗增大為原來(lái)的2 500倍 解析：選AC　由＝可知，U2＝50U1，輸送功率不變，由公式I＝可知，輸電線中的電流變?yōu)樵瓉?lái)的，A正確，B錯(cuò)誤；由P＝I2R線可知，輸電線上的功率損耗減為原來(lái)的，C正確，D錯(cuò)誤。 12.如圖所示，平行金屬導(dǎo)軌與水平面間的傾角為θ，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，與阻值為R的定值電阻相連，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)導(dǎo)軌平面。有一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為l的導(dǎo)體棒，從ab位置以方向平行于斜面的大小為v的初速度向

12、上運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)a′b′的位置，滑行的距離為s，導(dǎo)體棒的電阻也為R，與導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。則(　　) A．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒受到的最大安培力為 B．上滑過(guò)程中安培力、滑動(dòng)摩擦力和重力對(duì)導(dǎo)體棒做的總功為mv2 C．上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量為mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) D．上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能為mv2－mgssin θ 解析：選CD　上滑過(guò)程中導(dǎo)體棒在初始位置所受安培力最大，即F＝BIl＝Bl＝，所以A錯(cuò)誤；上滑過(guò)程中由動(dòng)能定理可得安培力、滑動(dòng)摩擦力和重力對(duì)導(dǎo)體棒做的總功為W安＋Wf＋WG＝ΔEk＝－mv2，B錯(cuò)誤；上滑過(guò)程中電流做功產(chǎn)生的熱量等于克服安培

13、力做的功，即mv2－WG－Wf＝mv2－mgssin θ－μmgscos θ＝mv2－mgs(sin θ＋μcos θ)，C正確；由能量守恒定律可判斷D正確。 三、非選擇題(本題共5小題，共52分) 13．(6分)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象的規(guī)律。 (1)(多選)當(dāng)有電流從電流表的正極流入時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．當(dāng)把磁鐵N極向下插入線圈時(shí)，電流表指針向左偏轉(zhuǎn) B．當(dāng)把磁鐵N極從線圈中拔出時(shí)，電流表指針向左偏轉(zhuǎn) C．保持磁鐵在線圈中靜止，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn) D．磁鐵插入線圈后，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運(yùn)動(dòng)，電流表指針向左偏 (2)某同

14、學(xué)在實(shí)驗(yàn)過(guò)程中發(fā)現(xiàn)，靈敏電流計(jì)的指針擺動(dòng)很小，如果電路連接正確，接觸也良好，原因可能是電流計(jì)靈敏度較低、線圈電阻較大，除此以外還可能是因?yàn)開___________________________(寫出一種即可)。 解析：(1)當(dāng)有電流從電流表的正極流入時(shí)，指針向右偏轉(zhuǎn)，這說(shuō)明：電流從哪極流入，指針向哪偏轉(zhuǎn)。當(dāng)把磁鐵N極向下插入線圈時(shí)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從負(fù)極流入，電流表指針向左偏，故A正確；當(dāng)把磁鐵N極從線圈中拔出時(shí)，由楞次定律可知，感應(yīng)電流從正極流入，電流表指針向右偏轉(zhuǎn)，故B錯(cuò)誤；保持磁鐵在線圈中靜止，穿過(guò)線圈的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，故C正確；磁鐵插入線圈

15、后，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流表指針不偏轉(zhuǎn)，故D錯(cuò)誤。 (2)靈敏電流計(jì)的指針擺動(dòng)很小，除題中所述原因以外還可能是因?yàn)閷?dǎo)體運(yùn)動(dòng)的慢或者磁場(chǎng)較弱。 答案：(1)AC　(2)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)的慢或者磁場(chǎng)較弱 14．(10分)圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機(jī)的原理圖。其矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈的匝數(shù)n＝100，電阻r＝10 Ω，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)與電阻R連接，電阻R＝90 Ω，與R并聯(lián)的交變電壓表為理想電表。在t＝0時(shí)刻，線圈平面與磁場(chǎng)方向平行，穿過(guò)每匝線圈的磁通量Φ隨時(shí)間t按圖乙所示正弦規(guī)律變化。求： (

16、1)交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值； (2)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式； (3)電路中交變電壓表的示數(shù)。 解析：(1)交流發(fā)電機(jī)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值 Em＝nBSω 而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝ 由題圖乙可知，Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝0.2 s 所以Em＝20π V≈62.8 V。 (2)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω＝＝ rad/s＝10π rad/s，由于從垂直中性面處開始計(jì)時(shí)，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝Emcos ωt＝62.8cos 10πt V (3)電動(dòng)勢(shì)的有效值E＝＝10π V U＝E＝×10π V＝9π V≈40 V 答案：(1)62.8 V　(2)e＝62.

17、8cos 10πt V　(3)40 V 15．(10分)風(fēng)能將成為21世紀(jì)大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源，風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將風(fēng)能(氣流的動(dòng)能)轉(zhuǎn)化為電能的裝置，如圖所示，其主要部分包括風(fēng)輪機(jī)、齒輪箱、發(fā)電機(jī)等。 (1)利用總電阻R＝10 Ω的線路向外輸送風(fēng)力發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電能。輸送功率P0＝300 kW，輸出電壓U＝10 kV，求導(dǎo)線上損失的功率與輸送功率的比值； (2)已知風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率P與風(fēng)速v的三次方成正比。某風(fēng)力發(fā)電機(jī)在風(fēng)速v1＝9 m/s時(shí)能夠輸出的電功率為P1＝540 kW。我國(guó)某地區(qū)風(fēng)速不低于v2＝6 m/s的時(shí)間每年約為5 000小時(shí)，試估算這臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)在該地區(qū)的最

18、小年發(fā)電量是多少千瓦時(shí)。 解析：(1)導(dǎo)線上損失的功率為 P＝I2R＝2R＝9 kW 損失的功率與輸送功率的比值＝＝0.03。 (2)風(fēng)力發(fā)電機(jī)的輸出功率為 P2＝3P1＝3×540 kW＝160 kW， 最小年發(fā)電量為 W＝P2t＝160×5 000 kW·h＝8×105 kW·h。 答案：(1)0.03　(2)8×105 kW·h 16．(13分)如圖甲所示，兩根光滑固定導(dǎo)軌相距0.4 m豎直放置，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，在導(dǎo)軌末端P、Q兩點(diǎn)用兩根等長(zhǎng)的細(xì)導(dǎo)線懸掛金屬棒cd。棒cd的質(zhì)量為0.01 kg，長(zhǎng)為0.2 m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)

19、軌平面向里。相距0.2 m的水平虛線MN和JK之間的區(qū)域內(nèi)存在著垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，且磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。在t＝0時(shí)刻，質(zhì)量為0.02 kg、阻值為0.3 Ω的金屬棒ab從虛線MN上方0.2 m高度處，由靜止開始釋放，下落過(guò)程中保持水平，且與導(dǎo)軌接觸良好，結(jié)果棒ab在t1時(shí)刻從上邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)，并在磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，在t2時(shí)刻從下邊界JK離開磁場(chǎng)，g取10 m/s2。求： (1)在0～t1時(shí)間內(nèi)，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大??； (2)在t1～t2時(shí)間內(nèi)，棒cd受到細(xì)導(dǎo)線的總拉力為多大； (3)棒cd在0～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱。 解析：(1)對(duì)棒ab自由下

20、落過(guò)程，有 Δt＝t1＝＝0.2 s 磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝ T/s＝2.5 T/s 由法拉第電磁感應(yīng)定律得，0～t1時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E1＝＝Labh 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)可得E1＝0.2 V。 (2)由棒ab勻速進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域可知BI2Lab＝mabg 代入數(shù)據(jù)，可解得I2＝1 A 在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)棒cd受力分析，可得 FT＝mcdg＋B0I2Lcd 代入數(shù)據(jù)，可解得FT＝0.2 N。 (3)棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v＝gt1＝2 m/s 棒ab進(jìn)入磁場(chǎng)后的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝BLabv＝0.4 V 則Rcd＝－Rab＝0.1 Ω 在0～t1時(shí)間內(nèi)，感應(yīng)電

21、流為I1＝＝0.5 A 棒cd在0～t2時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱 Qcd＝Q1＋Q2＝I12Rcdt1＋I(xiàn)22Rcd＝0.015 J。 答案：(1)0.2 V　(2)0.2 N　(3)0.015 J 17．(13分)如圖所示，匝數(shù)為100、面積為0.01 m2的線圈，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B1為 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)線圈繞O1O2以轉(zhuǎn)速n為300 r/min勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7 V、1 A。電動(dòng)機(jī)的內(nèi)阻r為1 Ω，牽引一根原來(lái)靜止的、長(zhǎng)L為1 m、質(zhì)量m為0.2 kg的導(dǎo)體棒MN沿導(dǎo)軌上升。導(dǎo)體棒的電阻R為1 Ω，架在傾角為30°的導(dǎo)軌上，它們處于方向與導(dǎo)軌平面垂直、磁感應(yīng)強(qiáng)度B2

22、為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。當(dāng)導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌上滑1.6 m時(shí)獲得穩(wěn)定的速度，這一過(guò)程中導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為4 J。不計(jì)導(dǎo)軌電阻及一切摩擦，g取10 m/s2。求： (1)若從線圈處于中性面開始計(jì)時(shí)，寫出電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式； (2)導(dǎo)體棒MN的穩(wěn)定速度； (3)導(dǎo)體棒MN從靜止到達(dá)到穩(wěn)定速度所用的時(shí)間。 解析：(1)線圈轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中電動(dòng)勢(shì)的最大值為 Em＝NB1Sω＝NB1S·2πn代入數(shù)據(jù)，解得Em＝10 V 則從線圈處于中性面開始計(jì)時(shí)的電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為 e＝Emsin ωt＝10sin 10πt V。 (2)電動(dòng)機(jī)的電流I＝1 A 電動(dòng)機(jī)的輸出功率P出＝IU－I2r 又P出＝F·v 而導(dǎo)體棒MN產(chǎn)生的感應(yīng)電流I′＝＝ 穩(wěn)定時(shí)導(dǎo)體棒MN處于平衡狀態(tài)，故有： F＝mgsin θ＋B2I′L 由以上各式代入數(shù)值，解得導(dǎo)體棒MN的穩(wěn)定速度 v＝2 m/s(v＝－3 m/s舍去)。 (3)由能量守恒定律得P出t＝mgh＋mv2＋Q 其中h＝xsin θ＝0.80 m 解得t＝1.0 s。 答案：(1)e＝10sin 10πt V　(2)2 m/s　(3)1.0 s