2017-2018学年安徽省滁州市民办高中高二下学期第二次月考物理试题 解析版 19页

滁州市民办高中2017-2018学年下学期第二次月考 高二物理 一、选择题（1-9题为单选题，10-15题为多选题）‎ ‎1. 关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是 ( )‎ A. 任一闭合回路在磁场中运动,闭合回路中就一定会有感应电流 B. 任一闭合回路在磁场中做切割磁感线运动, 闭合回路中一定会有感应电流 C. 穿过任一闭合回路的磁通量为零的瞬间, 闭合回路中一定不会产生感应电流 D. 无论用什么方法,只要穿过闭合回路的磁通量发生变化, 闭合回路中就一定有感应电流 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：导体产生感应电流的普遍条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化；特殊条件是：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动．‎ 闭合电路在磁场中运动时，磁通量可能不变，没有感应电流产生，故A错误；闭合电路在磁场中作切割磁感线运动时，若有多个边切割磁感线，产生几个感应电动势，总的感应电动势可能为零，没有感应电流，故B错误；穿过闭合电路的磁通为零的瞬间，若有部分导体切割磁感线运动，可能有感应电流，故C错误；只要穿过闭合电路的磁感应条数发生了变化，即穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电流中一定会有感应电流，故D正确．‎ ‎2. 利用理想变压器，给负载R供电，用下列方法可增加变压器的输出功率的是（　　）‎ A. 减少副线圈的匝数 B. 增加原线圈的匝数 C. 减少负载电阻R的值 D. 增加负载电阻R的值 ‎【答案】C ‎【解析】原副线圈电压之比等于匝数之比，只减小副线圈的匝数，则副线圈的电压减小，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故A错误；原副线圈电压之比等于匝数之比，只增加原线圈的匝数，则副线圈的电压减小，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故B错误；减小负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，根据，所以副线圈的功率增大，则变压器输出功率增大，故C正确；增加负载的电阻值，其余保持不变，副线圈的电压不变，根据，所以副线圈的功率减小，则变压器输出功率减小，故D错误。所以C正确，ABD错误。 ‎ ‎3. 如图电路中，A1、A2是两个指示灯，L是自感系数很大的线圈，电阻R阻值较小，开关S1断开、S2闭合．现闭合S1 ， 一段时间后电路稳定．下列说法中正确的是（   ） ‎ A. 闭合S1 ， 通过电阻R的电流先增大后减小 B. 闭合S1 ， Al亮后逐渐变暗 C. 闭合S1 ， A2逐渐变亮，然后亮度不变 D. 断开电路时，为保护负载，应先断开S2 ， 再断开S1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：闭合开关S1的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，通过电阻R的电流慢慢增加．故A错误．闭合开关S1，虽因存在自感作用，但通过R的电流逐渐增加，干路电流逐渐增加，通过Al逐渐变亮．故B错误．当闭合S1，线圈对电流的阻碍渐渐变小，导致A2逐渐变暗，故C错误；断开电路时，为保护负载，由于线圈L产生自感电动势，应先断开S2，再断开S1．故D正确，故选D 考点：自感现象 ‎【名师点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源，注意开关接通与断开的先后顺序。‎ ‎4. 如图，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ， 其下端与电阻R连接；导体棒ab电阻为r ， 导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab以一定初速度v下滑，则ab棒（　　） ‎ A. 所受安培力方向水平向左 B. 可能以速度v匀速下滑 C. 刚下滑瞬间产生的电动势为BLv D. 减少的重力势能等于电阻R产生的内能 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据右手定则判断可知，ab棒中感应电流方向从b→a，由左手定则判断得知，棒ab所受的安培力方向水平向右，如图所示，故A正确．‎ 若安培力沿导轨向上的分力与重力沿导轨向下的分力大小相等，ab棒可能匀速下滑，故B正确．刚下滑瞬间产生的感应电动势为 E=BLvcosθ，故C错误．根据能量守恒定律得知，若ab棒匀速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能之和；若ab棒加速下滑，其减少的重力势能等于电阻R和棒ab产生的内能与棒ab增加的动能之和；若ab棒减速下滑，其减少的重力势能和动能之和等于电阻R和棒ab产生的内能之和，所以减少的重力势能不等于电阻R产生的内能．故D错误．故选AB。‎ 考点：左手定则；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律 ‎5. 在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形体环．规定导体环中电流的正方向如图a所示，磁场方向向上为正．当磁感应强度 B 随时间t 按图b变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据法拉第电磁感应定律有：，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B-t图象中的斜率成正比，由图象可知：0-2s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2-4s斜率不变，电流方向为逆时针；整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变；故D正确．‎ 考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律.‎ ‎6. 如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，在导线框右侧有一边长为2L、磁感应强度为B、方向竖直向下的正方形匀强磁场区域．磁场的左边界与导线框的ab边平行．在导线框以速度v匀速向右穿过磁场区域的全过程中（ ）‎ A. 感应电动势的大小为 ‎ B. 感应电流的方向始终沿abcda方向 C. 导线框受到的安培力先向左后向右 D. 导线框克服安培力做功 ‎ ‎【答案】D ‎【解析】A. 在线框进入磁场和离开磁场过程中，有一个边切割磁感线，感应电动势大小为：E=BLv，‎ 在线框完全在磁场中的过程中，两个边同时切割磁感线，感应电动势大小相同，方向相反，感应电动势大小为零，故A错误；‎ B. 根据右手定则，线框进入磁场时的感应电流方向为abcd方向，离开磁场的方向为dcba方向，故B错误；‎ C. 根据楞次定律，从阻碍相对运动的角度看，在线框进入和离开磁场的过程，导线框受到的安培力均是向左，故C错误；‎ D. 在线框进入和离开磁场的过程中,感应电流大小为I=E/R=，安培力大小为：F=BIL=，故导线框克服安培力做功为：W=F(2L)=，故D正确；‎ 故选：D ‎7. 如图所示，导线环（实线圆）半径为r，有界匀强磁场区域（虚线圆）半径也为r，磁场方向与导线环所在平面垂直，导线环沿两圆连心线方向从左侧开始匀速穿过磁场区域。在此过程中，关于导线环中感应电流(以逆时针方向的电流为正)随时间的变化关系，下列图象中最符合实际情况的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】开始时进入磁场切割磁感线,根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为正方向，切割的有效长度变大，则产生感应电流也变大，且变大的越来越慢；当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为负方向，切割的有效长度变小，则产生感应电流也变小，且变小的越来越慢。故ABD错误、C正确。 故选：C。‎ ‎8. 如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列判断不正确的是（　　）‎ A. 电压表的读数为 B. 通过电阻R的电荷量为 C. 电阻R所产生的焦耳热为 D. 当线圈由图示位置转过30°时的电流为 ‎【答案】B ‎【解析】线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为：Em=NBSω，电动势的有效值为，电压表测量为电路的外电压，所以电压表的读数为，故A说法正确；根据平均感应电动势为：，平均感应电流为：，通过的电荷量为：，联立可得电量为：，故B说法错误；电阻R产生的热量为：，故C说法正确；线圈转动产生的感应电动势的瞬时表达式为e=NBSωcosωt，当线圈由图示位置转过30°时产生的感应电动势为：，形成的感应电流为：，故D说法正确。所以选B。‎ ‎9. 如图a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表．原线圈接上如图b所示的正弦交流电，电路正常工作．闭合开关K后（　　）‎ A. 电压表示数增大 B. 电流表示数增大 C. 变压器的输入功率增大 D. 经过灯泡的电流频率为25Hz ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，故AB错误；当K接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，故C正确；根据b图可知，周期T=0．02s，则频率，故D错误．‎ 考点：考查了理想变压器 ‎【名师点睛】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．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定，变压器不改变频率 ‎10. 如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻，线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO′平行，线框平面与磁场方向垂直，设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律（　　） ‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：线框先做自由落体运动，ab边进入磁场做减速运动，加速度应该是逐渐减小，而A图象中的加速度逐渐增大．故A错误．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后做减速运动，因为重力小于安培力，当加速度减小到零做匀速直线运动，cd边进入磁场做匀加速直线运动，加速度为g．故B正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力大于安培力，做加速度减小的加速运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故C正确．线框先做自由落体运动，ab边进入磁场后因为重力等于安培力，做匀速直线运动，cd边离开磁场做匀加速直线运动，加速度为g，故D正确．本题选不可能的，故选A．‎ 考点：楞次定律；牛顿第二定律 ‎【名师点睛】解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动，即比较安培力与重力的大小关系，结合安培力公式、切割产生的感应电动势公式进行分析。‎ 视频 ‎11. 如图所示，间距为L两根平行的光滑导轨竖直放置，导轨间接有电容C，处于垂直轨道平面的匀强磁场B中，质量为m电阻为R的金属杆ab接在两导轨之间并静止释放，ab下落过程中始终保持与导轨接触良好，设导轨足够长，电阻不计，下列判断正确的是（　　）‎ A. ab做自由落体运动 B. ab做匀加速运动，且加速度为 C. ab做匀加速运动，若加速度为a，则回路的电流为I=CBLa D. ab做加速度减小的变加速运动运动，最后匀速运动，最大速度 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：金属杆ab下落过程中产生感应电动势，电容器充电，电路中充电电流，ab棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg-BIL=ma 又，又U=E=BLv，得 由②③得：mg-BL•CBLa=ma 解得 可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动．故BC正确．故选BC。‎ 考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路欧姆定律 ‎【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况。‎ ‎12. 某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是（　　）‎ A. 河北岸的电势较高 B. 河南岸的电势较高 C. 电压表记录的电压为9mV D. 电压表记录的电压为5mV ‎【答案】BD ‎【解析】地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，落潮时，海水自西向东流，相当于导体切割磁感线，由右手定则判断可知，感应电动势的方向由河南岸指向北岸，则河北岸的电势较高．故A正确，B错误．海水自西向东流切割地磁场的磁感线，产生的感应电动势大小为： E=BLv=4.5×10-5T×100m×2m/s=9mV；则电压表记录的电压为9mV．故C正确，D错误．故选AC．‎ 点睛：本题运用右手定则判断感应电动势的方向，由E=BLv求感应电动势，考查运用物理知识处理实际问题的能力.‎ 视频 ‎13. 如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中 （　　）‎ ‎ ‎ A. 导体框中产生的感应电流方向相同 B. 通过导体框的磁通量变化量相等 C. 导体框所受的安培力大小之比为1∶3‎ D. 导体框中产生的焦耳热之比为1∶1‎ ‎【答案】ABC ‎【解析】A、导体框从两个方向移出磁场的两过程中，磁通量均减小，根据楞次定律，产生的感应电流均为瞬时针方向，A正确；‎ B、通过导体框的磁通量变化量均为，B正确；‎ C、导线框所受安培力的大小为：，则，C正确；‎ D、导线框产生的焦耳热，，则，D错误；‎ 故选ABC。‎ ‎14. 如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB 穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止．则(　　) ‎ A. 通过金属杆的电流大小为 B. 通过金属杆的电流方向为从B到A C. 定值电阻的阻值为－r D. 整个电路中产生的热功率P＝‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】根据题述金属杆恰能保持静止，由平衡条件可得mg＝B2I·2a，通过金属杆的电流大小为I＝，选项A错误．由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，选项B正确．根据区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b＋kt(k＞0)变化可知＝k，故C1中磁场变化产生的感应电动势E＝πa2＝kπa2，由闭合电路欧姆定律得E＝I(r＋R)，联立解得定值电阻的阻值为R＝－r，选项C正确．整个电路中产生的热功率P＝EI＝kπa2·＝，选项D正确．‎ 点睛：本题是电磁感应与力学知识的综合，掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和平衡条件的应用，要注意产生感应电动势的有效面积等于C1圆面积，不是整个矩形面积．‎ ‎15. 如图所示，均匀金属圆环的总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环。金属杆OM的长为l，电阻为，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω转动。电阻R的一端用导线和环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列正确的是（　　）‎ A. 通过电阻R的电流的最大值为 B. 通过电阻R的电流的最小值为 C. OM中产生的感应电动势恒为 D. 通过电阻R的电流恒为 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：OM中产生的感应电动势恒为；由图可知，当M点转到与电阻R的接触点时，电路的电阻最小，通过R的电流最大，，最大电流;当M点转到与电阻R的接触点的正上方时，电路电阻最大，此时电流最小，最大电阻为,最小电流为。选项ABC正确。‎ 考点：法拉第电磁感应定律及全电路欧姆定律。‎ 二、填空、实验题 ‎16. 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0．8 T，矩形线圈abcd的边长为ab=10 cm，bc=20 cm，线圈平面与磁场平行．‎ ‎（1）若以ab边为轴，线圈转过30°，这时穿过线圈的磁通量为_____，在这一过程中，磁通量的变化量为______．‎ ‎（2）若以ad边为轴，线圈转过30°，这时穿过线圈的磁通量为_____，磁通量的变化量为_______．‎ ‎【答案】 (1). 8×10-3 Wb (2). 8×10-3 Wb (3). 0 (4). 0‎ ‎【解析】试题分析： （1）Φ=BSsin30°=0．8×0．1×0．2×Wb=8×10-3Wb ΔΦ=Φ2-Φ1=（8×10-3-0）Wb=8×10-3Wb．‎ ‎（2）以ad边为轴转过30°的过程中，穿过线圈的磁通量始终为零．‎ 考点：磁通量 名师点睛：此题是对磁通量及磁通量的变化的求解的考查，记住求解磁通量的公式Φ=BSsinθ，并且要理解θ的物理意义．‎ 视频 ‎17. 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω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．则线圈中的感应电流方向为_________，线圈电阻r消耗的功率为_____________‎ ‎【答案】 (1). 逆时针 (2). ‎ ‎【解析】试题分析：由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率表达式求解，‎ ‎.....................‎ ‎18. 在“研究电磁感应现象”的实验中，首先要按图（甲）接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向的关系；然后再按图（乙）将电流表与B连成一个闭合回路，将A与电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路．在图（甲）中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央）．在图（乙）中：‎ ‎（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，电流表的指针将___（填“向左”“向右”或“不发生”，下同）偏转；‎ ‎（2）螺线管A放在B中不动，电流表的指针将___偏转；‎ ‎（3）螺线管A放在B中不动，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，电流表的指针将___偏转；‎ ‎（4）螺线管A放在B中不动，突然切断开关S时，电流表的指针将___偏转．‎ ‎【答案】 (1). 向右 (2). 不发生 (3). 向右 (4). 向左 ‎【解析】在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转．在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向上； （1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转。 （2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针将不发生偏转。 （3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，将滑动变阻器的滑动触片向右滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转。 （4）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向上，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向左偏转。‎ ‎19. 如图是探究电磁感应的产生条件实验的器材及示意图．‎ ‎(1)在图中用实线代替导线把它们连成实验电路．‎ ‎(2)由哪些操作可以使电流表的指针发生偏转 Ⅰ_____________________________________________________________；‎ Ⅱ_____________________________________________________________.‎ ‎(3)假设在开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，灵敏电流计的指针向________(填“左”或“右”)偏转．‎ ‎【答案】 (1). 将开关闭合(或者断开) (2). 将螺线管A插入(或拔出)螺线管B (3). 右 ‎【解析】【试题分析】（1）探究电磁感应现象实验有两套电路；电源、开关、滑动变阻器、螺线管A组成控制电路；螺旋管B与电流计组成实验电路．（2）当线圈B中有感应电流产生时，电流表指针发生偏转；根据感应电流产生的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化，分析答题．（3）根据楞次定律判断是否有感应电流产生，结合闭合开关瞬间，灵敏电流计的指针向右偏转判断将滑动变阻器的滑片向右移动的过程中，灵敏电流计的指针的偏转方向．‎ ‎(1)将电流表与大线圈B组成闭合回路，电源、开关、小线圈A组成闭合回路，电路图如图所示．‎ ‎(2)Ⅰ将开关闭合或断开，或Ⅱ将螺线管A插入(或拔出)螺线管B时穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B中产生感应电流，电流表指针偏转．‎ ‎(3)在开关闭合的瞬间，穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向左偏转，则当螺线管A向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，灵敏电流计的指针向右偏转．‎ ‎【点睛】探究电磁感应现象的实验有两套电路，要知道各电路的阻值与作用．本题考查了感应电流产生的条件，难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件、分析清楚图示情景即可正确解题．‎ 三、解答题 ‎20. 如图所示，小灯泡的规格为“4V　4W”，接在两光滑水平导轨的左端，导轨间距L＝0.5m，电阻不计．金属棒ab垂直搁置在导轨上，电阻r 为1Ω，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B为1T．为使小灯泡正常发光，求：‎ ‎（1）金属棒ab匀速滑行的速率；‎ ‎（2）拉动金属棒ab的外力的功率．‎ ‎【答案】(1) 10m/s (2) 5w ‎【解析】试题分析:（1）正常发光时，有（2分）‎ 得：（1分）‎ 灯泡电阻为（1分）‎ 得：（1分）‎ 由欧姆定律得（1分）‎ 得：（1分）‎ 由电磁感应定律：（2分）‎ 解得：（1分）‎ ‎（2）金属棒匀速运动，则外力等于安培力，由能量守恒定律可知：（4分）‎ 解得：（2分）‎ 考点：本题考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律。‎ ‎21. 如图所示，矩形线圈的匝数N为100，线圈为边长L是0.1m的正方形，线圈电阻r为1Ω，在磁感应强度B为2T的匀强磁场中绕OO′轴以角速度5rad/s匀速转动，外电路电阻R为4Ω，（不计转动中的一切摩擦），求：‎ ‎（1）感应电动势的最大值；‎ ‎（2）在线圈由图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量q；‎ ‎（3）线圈每转一周电阻R上产生的焦耳热Q．‎ ‎【答案】（1）10V （2） （3）‎ ‎【解析】试题分析：根据Em=NBSω求得产生的感应电动势的最大值；根据和求出电量和热量。‎ ‎（1）产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=100×2×0.01×5=10V ‎（2）产生的平均感应电动势为，‎ 形成的平均感应电流为 流过电阻的电荷量 联立以上代入数据解得：‎ ‎（3）产生的交流电的有效值 ‎ 回路中的电流 转动一周的时间为 电阻R产生的热量 点睛：本题主要考查了交流电的有效值、瞬时值、平均值和最大值的区别，知道电流表和电压表读数是有效值，计算热量用有效值，计算电量用平均值。‎ ‎22. 如图甲所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计，求0至t1时间内 ‎ ‎ ‎ ‎（1）通过电阻R1上的电流大小和方向； ‎ ‎（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。‎ ‎【答案】(1) ，方向从b到a (2) ； ‎ ‎【解析】试题分析：（1）由法拉第电磁感应定律知0至t1时间内的电动势为;‎ 由闭合电路欧姆定律知通过R1的电流为：‎ 由楞次定律可判断通过R1的电流方向为：从b到a。‎ ‎（2）通过R1的电荷量为：‎ 电阻R1上产生的热量为：‎ 考点:法拉第电磁感应定律、焦耳定律、楞次定律。‎ 视频 ‎23. 如右图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为 L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导 轨平面垂直．一质量为 m、有效电阻为 4R 的导体棒在距磁场上边界 h 处静止释放．导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求： ‎ ‎(1)磁感应强度的大小B；‎ ‎(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；‎ ‎(3)流经电流表电流的最大值Im.‎ ‎【答案】(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】试题分析：（1）导体棒最终稳定时，做匀速运动，根据平衡条件和电磁感应知识可求出B；‎ ‎（2）由感应电动势公式E=BLv求得速度．‎ ‎（3）据题意，导体棒刚进入磁场时的速度最大，由机械能守恒定律求出最大速度，再求电流的最大值Im．‎ 解：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受到的重力和安培力平衡，‎ 则有 BIL=mg 解得：‎ ‎（2）感应电动势 E=BLv 感应电流 解得：‎ ‎（3）由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为vm 由机械能守恒定律得，‎ 感应电动势最大值 Em=BLvm 感应电流最大值 解得，则流经电流表电流的最大值．‎ 答：（1）磁感应强度的大小B为；‎ ‎（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v为；‎ ‎（3）流经电流表电流的最大值．‎ ‎【点评】本题是基础题，是电磁感应知识、闭合电路欧姆、机械能守恒定律简单的综合应用，考查基本功，不能丢分．‎ 视频 ‎ ‎ ‎ ‎