2021-2022学年河北省邯山区第一中学高二（下）第一次调研考试物理试题含解析

这是一份2021-2022学年河北省邯山区第一中学高二（下）第一次调研考试物理试题含解析，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，基础考察，实验，计算等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年邯山一中第二学期第一次调研考试
高二物理试题
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 下列有关自然现象的描述或判断中，错误的是（　　）
A. 夏天，槐花飘香是花香分子运动的结果
B. 气体可以被压缩，但又不能无限的被压缩，说明气体分子间存在相互作用的斥力
C. 在阳光的照射下，经常看见空气中尘埃所做的无规则运动是布朗运动
D. 水和酒精混合后的总体积小于两者体积之和，说明分子间存在着间隙
【答案】C
【解析】
【详解】A．夏天，槐花飘香是花香分子运动的结果，选项A正确；
B．气体很容易被压缩说明分子间有间隔，但不能无限制的压缩，说明分子间存在相互作用的斥力，选项B正确；
C．在阳光的照射下看见空气中尘埃所做的无规则运动是由于空气的对流而形成的，不是布朗运动，选项C错误；
D．水和酒精混合后的总体积小于两者体积之和，说明分子间存在着间隙，选项D正确。
此题选择不正确的选项，故选C。
2. 对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则（ ）
A. 当体积减小时，N必定增加
B. 当温度升高时，N必定增加
C. 当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D. 当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
【答案】D
【解析】
【分析】气体压强的微观意义：气体的压强从微观上看是由大量气体分子频繁碰撞器壁产生的，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数越多，碰撞的速度越大，气体压强越大．
【详解】A.当体积减小时，分子的密集程度大了，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，故A错误；
B.当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加，故B错误；
CD.压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度升高、体积变小时，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定增加；温度降低、体积变大时，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定减少；而当温度升高、体积变大或者温度降低、体积变小时，单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数则可能不变；故C错误，D正确．
3. 下列对热平衡的理解，正确的是（　　）
A. 标准状况下冰水混合物与0℃的水未达到热平衡
B. A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统达到热平衡
C. 甲、乙、丙物体温度不相等，先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，则甲、丙是处于热平衡的
D. 热平衡时，两系统的温度相同，压强、体积也一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．标准状况下冰水混合物的温度为0℃，与0℃的水达到了热平衡，选项A错误；
B．根据热平衡定律，A、B两系统分别与C系统达到热平衡，则A、B两系统达到热平衡，故B正确；
C．甲、乙、丙物体温度不相等，先把甲、乙接触，最终达到热平衡，再将丙与乙接触最终也达到热平衡，此时乙、丙与甲的温度不一定相等，所以甲、丙不一定是处于热平衡的，故C错误；
D．根据热平衡的特点可知，两个系统达到热平衡的标志是它们温度相同，但压强、体积不一定相同，故D错误。
故选B。
4. 三种气体在相同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中表示处单位速率区间内的分子数百分率，下列说法正确的是（　　）


A. I气体的分子平均动能最小 B. Ⅱ气体的分子平均速率最大
C. Ⅲ气体分子的质量最小 D. Ⅰ气体的曲线与轴围成的面积最大
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．相同温度下的气体，其分子平均动能相等，故A错误；
BC．由图可知，Ⅲ气体的分子平均速率最大，由于分子平均动能相等，所以Ⅲ气体分子的质量最小，故B错误、C正确；
D．曲线与轴围成的面积表示各个速率区间内的分子数百分率之和，其和等于100%，所以三条曲线与轴围成的面积相等，故D错误。
故选C。
5. 分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r=r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是（　　）


A. 从r=r2到r=r0分子间引力、斥力都在减小
B. 从r=r2到r=r1分子力的大小先减小后增大
C. 从r=r2到r=r0分子势能先减小后增大
D. 从r=r2到r=r1分子动能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，在时分子力为零，从到的过程中，分子间引力、斥力都在增大，但斥力增加得更快，故A错误；
B．由图可知，在时分子力为零，故从到分子力的大小先增大后减小再增大，故B错误；
C．从到，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，故C错误；
D．从到，分子力先体现为分子引力再为分子斥力，则分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，故D正确。
故选D。
6. LC 振荡电路中，某时刻的磁场方向如图所示，则（ ）

A. 若磁场正在减弱，则电容器正在充电，电流由 a 向 b
B. 若磁场正在减弱，则电场能正在增大，电容器上极板带负电
C. 若磁场正在增强，则电场能正在减小，电容器上极板带负电
D. 若磁场正在增强，则电容器正在充电，电流方向由 a 向 b
【答案】B
【解析】
【详解】由安培定则可知，电流方向由b向a；若磁场正在减弱，可知电容器处于充电状态，电场能正在增大，电流由b向a，所以电容器下极板带正电，电容器上极板带负电．故A错误，B正确；若磁场正在增强，可知电容器处于放电状态，电场能正在减小,电流由b向a，所以电容器上极板带正电．故CD错误.
7. 如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是(　　)

A. 乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图过程
B. 乙图中c时刻对应甲图中的C图
C. 若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变50次
D. 若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz
【答案】A
【解析】
【详解】乙图中Oa时间段对应电流为abcda方向且逐渐变大，则根据楞次定律，此过程对应甲图中A至B图过程，选项A正确；乙图中c时刻，感应电流最大，则磁通量的变化率最大，即磁通量最小，而C图的磁通量最大，故B错误；若乙图中d等于0.02s，则周期为0.02s，则交流电的频率为50Hz，而一个周期内电流方向改变两次，所以1s内电流的方向改变了100 次；故CD错误；故选A．
8. 如图所示的电路中，当A、B接有效值为10 V的交流电压时，C、D间电压的有效值为4 V；当M、N接10 V直流电压时，P、Q间的电压也为4 V．现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，下列表示A、B间和M、N间电压的是(　　)

A. 10 V，10 V
B. 10 V，4 V
C. 4 V，10 V
D. 10 V，0
【答案】B
【解析】
【详解】当A、B接10V交变电压时，C、D间电压为4V，则：；所以当C、D接4V交流时，有：，解得：U′AB=×4V=10V；当P、Q接4V直流时，根据电路图可知，MN两端的电压等于PQ两端电压，则UMN=4V．故选B．
【点睛】变压器只对交流电起到变压作用，且变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比，难度不大，属于基础题．
9. 如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2＝55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（　　）

A. 交流电压表V的读数为32V
B. 灯泡L两端电压有效值为16V
C. 当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，V示数增大
D. 由图（b）可知交流发电机转子的角速度为50rad/s
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图b可知，原线圈输入电压有效值为440V，根据

可得副线圈电压为32V，交流电压表V的示数为有效值即为32V，故A错误；
B．设灯泡L两端电压的有效值为U'，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有

解得

故B正确；
C．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，滑动变阻器阻值变大，原副线圈匝数比不变、输入电压不变，则电压表V的示数不变；则由欧姆定律可知，电流表A2示数变小，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也变小，故C错误；
D．根据

可知，交流发电机转子的角速度为100πrad/s；故D错误。
故选B。
10. 理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个相同灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　）


A. 灯泡L1变亮，L2变暗 B. 灯泡L1、L2都变亮
C. 灯泡L2、L3都变亮 D. 电源输出功率减小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】ABC．设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比

灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为

根据

得原线圈两端的电压为

根据，解得

根据欧姆定律，可得L1两端的电压

则稳压交流电源的电压为

当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流

也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，故B正确，AC错误；
D．因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，故D错误。
故选B。
二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 如图所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量(　　)

A. 匀强磁场的磁感应强度
B. 线框的面积
C. 穿过线框的磁通量的最大值
D. 线框转动的角速度
【答案】CD
【解析】
【详解】根据正弦式交变电流的表达式：e＝BSωsinωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5求出磁通量的最大值．
故选CD
12. 特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为∆P，到达B处时电压下降了∆U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P′，到达B处时电压下降了∆U′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A. ∆P′=∆P B. ∆P′=∆P C. ∆U′=∆U D. ∆U′=∆U
【答案】AD
【解析】
【详解】输电线上损失的功率
ΔP＝( )2·r
损失的电压
ΔU＝·r
当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即
ΔP′＝ΔP
损失的电压变为原来的，即
ΔU′＝ΔU
故选AD。
13. 交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m，降压变压器原、副线圈匝数之比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U．下列说法正确的是（　　）

A. mn＜1
B. mn＞1
C. 输电线上损失的功率为
D. 输电线上损失的功率为
【答案】AC
【解析】
【详解】若变压器的输电功率为P，用户得到的功率为P′，由于升压变压器输入电压为U，降压变压器输出电压为U，则升压变压器输出，降压变压器输入为U3=nU，由于在输电线上有功率损失，所以P＞P′，又，整理可得：mn＜1，故选项A正确，B错误；根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压，降压变压器原线圈电压U3=nU，线路损失的电压△U=U3-U2，损失的功率，由以上式子代入求得：，故选项C正确，D错误．
14. 如图所示的电路中，自耦变压器为理想变压器，相同的灯泡A、B的额定电压均为20V，定值电阻R的阻值与灯泡正常发光的阻值相同，在M、N两端输入u=U0sinωt的正弦交流电，开关S闭合，自耦变压器的滑动触头P恰好位于线圈的中点时，两个灯泡均正常发光，则下列判断正确的是（下列操作中，灯泡均不会损坏）（　　）

A. U0=60V B. 电压表的示数为30V
C. 仅将滑动触头P向上移，两个灯泡变暗 D. 仅断开电键S，灯泡A变亮
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】AB．S闭合时，自耦变压器的滑动触头P恰好位于线圈的中点时，两个灯泡均正常发光，定值电阻R的阻值与灯泡的阻值相同，灯泡两端的电压为20V，定值电阻的电压为40V，副线圈两端的电压为60V，根据变压比可知，原线圈输入的电压为30V，即电压表的示数30V，

AB错误；
C．滑片触头P向上移，原线圈的匝数变大，根据变压比可知，副线圈两端的电压减小，两个灯泡变暗，C正确；
D．断开电键S，副线圈电路中的电阻变大，电流变小，R两端的电压变小，灯泡A两端的电压变大，灯泡变亮，D正确。
故选CD。
15. 有一台理想变压器及所接负载如图所示。在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器耐压值足够大。下列说法正确的是（　　）

A. 开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时，电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小
B. 开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时，R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变
C. 保持滑片P位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大
D. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量的最大值将增大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
【详解】A．开关S1始终接a，则变压器副线圈的输出电压不变，电压表V1示数不变，当滑片P向下滑动时，R变大，副线圈的电流减小，电流表A2示数变小，R1电压减小，则R电压变大，即电压表V2示数变大，选项A正确；
B．开关S1始终接b，则副线圈的输出电压不变，U1不变；当滑片P向上滑动时，R减小，副线圈的电流变大，R1的电功率增大，由于
U2=U1－I2R1
则V2示数的变化量与A2示数的变化量之比
=R1
不变，选项B正确；
C．保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，原线圈匝数变大，则副线圈的输出电压减小，副线圈的输出功率减小，则变压器输入功率变小，选项C错误；
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，原线圈匝数减小，则副线圈的输出电压变大，电容器两端电压变大，所带电荷量的最大值将增大，选项D正确。
故选ABD。
16. 如图所示的理想变压器副线圈为双绕组，两个副线圈n2、n3分别通过开关S1、S2与电阻R1、R2连接，其阻值为R1＝R2＝R，原线圈n1接入正弦式交变电压u＝10cos 100πt (V)．若只闭合开关S1，则电流表示数为0.2 A；若只闭合开关S2，电流表示数为1.25A．则(　　)

A. R1消耗的电功率比R2小
B. n2∶n3＝3∶5
C. 若两个开关同时闭合，电路消耗的总功率为14.5W
D. 若两个开关同时闭合，R1消耗的电功率比R2大
【答案】AC
【解析】
【详解】A．因U1=10V；只闭合开关S1，电流表示数为0.2 A；根据P=IU可知，变压器输入功率为2W，此时变压器次级消耗功率2W，也就是R1消耗的电功率2W；同理只闭合开关S2，R2消耗的电功率12.5W，即R1消耗的电功率比R2小，选项A正确；
B．因，则

；
而


两式相除则

选项B错误．
CD．若两个开关同时闭合，变压器两个次级电压均不变，则次级电阻上消耗的功率不变，R1消耗的电功率仍比R2小；则结合选项A的分析可知，电路消耗的总功率为2W+12.5W=14.5W，选项C正确， D错误．
三、基础考察
17. 已知线圈的匝数为N，转动的角速度为ω，两磁极之间的磁感应强度为B，ab边的长度为L1，bc边的长度为L2，从线圈处于如图位置开始计时，t时刻线圈转至截面图中虚线所示位置，推导t时刻线圈产生的感应电动势大小为e=NBL1L2ωcosωt；

【答案】见解析
【解析】
【详解】线圈匀速转动过程中，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，总电动势为两边产生的电动势之和。

即
e=2eab
如图，经过时间t，ab边绕OO′转过的角度θ=ωt，此时ab边的速度方向如图中所示，v与磁场方向的垂直分量
v1=vcosθ=vcosωt
根据电磁感应定律，在ab边上产生的感应电动势大小为
eab=NBL1vcosωt
又

由此可得
e=NBL1L2ωcosωt
四、实验
18. 在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，油酸酒精溶液的浓度为每1000mL溶液中有纯油酸0.2mL，用量筒和注射器测得1mL，上述溶液有80滴，用注射器把一滴该溶液滴入表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，画出油酸薄膜的轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm。（结果均保留两位有效数字）

（1）油酸薄膜的面积是___________m2；
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是___________m3；
（3）根据上述数据，估测出油酸分子的直径是___________m；
（4）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数。如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ，摩尔质量为M，则阿伏加德罗常数的表达式为________。
（5）甲、乙、丙、丁四位同学分别在三个实验小组做“用油膜法估测油酸分子的大小”实验，但都发生了错误。
甲：在配置油酸酒精溶液时，不小心把酒精倒多了一点，导致油酸酒精溶液的实际浓度比计算值小一些。
乙：在计算注射器滴出的每一滴油酸酒精溶液体积后，不小心拿错了一个注射器把溶液滴在水面上，这个拿错的注射器针管比原来粗，每滴油酸酒精溶液的体积比原来大。
丙：在计算油膜面积时，把凡是半格左右的油膜都算成一格，导致计算的面积比实际面积大一些。
丁：计算每滴体积时，的溶液滴数多数了几滴。则测得的油酸分子直径偏大、偏小？
甲：________；乙：________；丙：________；丁：________。
【答案】 ①. 4.0×10-3 ②. 2.5×10-12 ③. 6.3×10-10 ④. ⑤. 偏大 ⑥. 偏小 ⑦. 偏小 ⑧. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1]围成的方格中，不足半个舍去，多于半个的算一个，共有40个方格，故油膜的面积为：
S=40×1 cm2=40cm2=4.0×10-3m2
（2）[2]纯油酸的体积是

（3）[3]油酸分子的直径为

（4）[4]油的摩尔体积为

每个油分子体积为

阿伏加德罗常数为

联立解得

（5）根据可得
[5]甲同学的操作实际配置的油酸酒精溶液浓度偏小，导致一滴油酸溶液内纯油酸体积的计算值偏大，因此分子直径的计算结果偏大；
[6]乙同学滴在水面上的这滴油酸酒精溶液的体积比已计算好的每一滴体积要大，形成的油膜面积偏大，因此分子直径的计算结果偏小；
[7]丙同学把凡是半格左右的油膜都算成一格，导致计算的面积比实际面积大，因此分子直径的计算结果偏小；
[8]丁同学计算每滴体积时，的溶液滴数多数了几滴，则计算出的纯油酸的体积偏小，则油分子直径的测量值偏小。
五、计算（共33分，19题12分；20题12分；21题9分）
19. 如图甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO’按如图所示的方向匀速转动，线圈的匝数n=100匝、电阻r=10，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表。在t=0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。（取=3.14）求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）从t=0时刻开始计时时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；
（3）从t=0时刻开始计时时，线圈转过60°时电路中交流电压表的示数；
（4）从图示位置转过90°，通过线圈的电量及电阻R上产生的焦耳热。

【答案】（1）200V；（2）2A，方向为abcda；（3）；（4）0.02C，2.82J
【解析】
【详解】（1）由图线可知


因为

所以

（2）因为


电流方向为abcda；
（3）电动势的有效值

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为

交流电压表的示数为

（4）根据公式从图示位置转过90°，通过线圈的电量

根据焦耳定律可得

20. 某个小水电站发电机的输出功率为P1=100kW，发电机的电压为U1=250V。通过升压变压器升压后发电向远处输电，输电线的双线总电阻为R=10Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220V。要求输电效率（即用户得到的功率与发电机发出的功率之比）达到96％，也就是说在输电线上损失的功率控制在4kW、用户得到的功率为96kW。为此需要设计两个变压器的匝数比。请你计算：
（1）画出远距离输电模型图；
（2）升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？
（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
（4）两个变压器的匝数比各应等于多少？
（5）如果用户增加用电设备（俗称“负载”）从而提高用电功率，而发电机也通过调整工作状态使U1不变而输入功率增大满足了用户需求，试分析此时输电效率是提高还是减小。
【答案】（1）见解析图；（2）400A；20A；（3）200V；（4）1:20；240:11；（5）输电效率减小
【解析】
【详解】（1）远距离输电模型图；

（2）由

解得升压变压器输入的电流为

由输电线上损失的功率

解得输电线上通过的电流是

（3）从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为

（4）由

解得

由


可得


由

解得

可得

（5）用户增加用电设备提高用电功率，则电路中的电流增大；而发电机也通过调整工作状态使U1不变，由变压器原理可知，U2也不变，则输电损耗的效率

可知损耗的效率增大，则输电效率减小。
21. 在图甲中，直角坐标系0xy的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B，第3象限内的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.现将半径为R，圆心角为900的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为r.

（1）求导线框中感应电流最大值.
（2）求导线框从图示位置开始转过900的过程中通过导线框横截面的电荷量.
（3）求线框匀速转动一周产生的热量.
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】(1)线框从图甲位置开始(t=0)转过900的过程中，产生的感应电动势为:

由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：
联立以上各式解得:
同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为:
故感应电流最大值为:
(2) 导线框从图示位置转过过程中
联立可得：


(3) 线框转一周产生的热量:
线框进出第3象限的过程中，回路电流为:
又
解得: