高中物理-《电磁感应》单元测试卷
一、选择题
1．如图所示为两个互相绝缘的金属环重叠在同一平面内，小环有一半面积在大环中，当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是（）
A．无感应电流 B．有顺时针的感应电流
C．有逆时针的感应电流D．无法确定
2．用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是（）
A．电键闭合和断开的瞬间
B．电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头
C．电键闭合后线圈A在B中插入或拔出
D．只电键保持闭合
3．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（）
A．它最先是由奥斯特通过实验发现的
B．它说明了电能生磁
C．它是指变化的磁场产生电流的现象
D．它揭示了电流受到安培力的原因
4．一个N匝圆线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成30°角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是（）
A．将线圈匝数增加一倍B．将线圈面积增加一倍
C．将线圈半径增加一倍D．适当改变线圈的取向
5．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流．则（）
A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大
6．首先发现电流的磁效应的物理学家是（）
A．安培B．法拉第C．奥斯特D．牛顿
7．如图所示电路中，s是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将s断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）
A． B．C．D．
8．如图所示，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（）
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．1：1
9．一个面积S=4×10﹣2m2、匝数n=100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）
A．在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Wb/s
B．在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8V
D．在第3s末线圈中的感应电动势等于零
10．下列叙述正确的是（）
A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性
C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点
D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量
二、填空题
11．电磁灶是利用原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生而发热．
12．一个200匝，面积0.2m2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直．若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，则在此过程中，磁通量的变化率是=
Wb/s，线圈中的感应电动势为E=V．
13．如图所示，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B．有一边长为L的正方形导线框abcd，匝数为N，可绕oo′边转动，导线框总质量为m，总电阻为R．现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为E k，则在此过程中流过导线某一截面的电量
为，导线框中产生热量为．
14．一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10﹣3Wb增加到1.2×10﹣2Wb，则线圈中的感应电动势E=，线圈中的电流强度I=．
三、计算题
15．一个匝数为n=200的矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁感强度大小为B=0.8T、初始位置如图所示（线圈平面和磁场方向平行），线圈以ab为轴匀速转动，角速度为ω=5rad/s，已知ab边L1=15cm，ad边L2=10cm，线圈的总电阻是R=100Ω．求：
（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值；
（2）线圈从初始位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式；
（3）线圈从初始位置开始，转过90°角的过程中，通过导线截面的电量；
（4）线圈转动1分钟内外力所做的功．
16．如图，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N=100，线圈电阻r=3Ω，ab=cd=0.5m，bc=ad=0.4m，磁感应强度B=0.5T，电阻R=311Ω，当线圈以n=300r/min的转速匀速转动时．求：
（1）感应电动势的最大值；
（2）t=0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
（3）此电压表的示数是多少．
17．截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按=0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，线圈内阻不计．求：
（1）S闭合后，通过R2的电流大小；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？
18．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，平行导轨宽l=1m．两根相同的金属杆MN、PQ在外力作用下均以v=1m/s的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为r=0.5?．导轨右端所接电阻R=1?，导轨电阻不计．（已知n个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的n分之一）
（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源．用电池等符号画出这个装置的等效电路图（2）求10s内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量．
参考答案与试题解析
一、选择题
1．如图所示为两个互相绝缘的金属环重叠在同一平面内，小环有一半面积在大环中，当大环接通电源的瞬间，小环中感应电流的情况是（）
A．无感应电流 B．有顺时针的感应电流
C．有逆时针的感应电流D．无法确定
【考点】楞次定律．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】由通电导线产生磁场，导致线圈中产生感应电流，再根据电流与电流的作用力关系进行判断，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
【解答】解：根据右手螺旋定则可知，通电导线瞬间，左、右线圈的磁通量均增大，但小线圈的左边的磁场方向垂直纸面向里，右边的磁场方向垂直向外．导致合磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知，线圈的感应电流方向都是逆时针方向，故C正确，A、B、D错误．故选：C．
【点评】解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．同时还考查右手螺旋定则与楞次定律．
2．用图示装置进行电磁感应实验，下列操作不能形成感应电流的是（）
A．电键闭合和断开的瞬间
B．电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头
C．电键闭合后线圈A在B中插入或拔出
D．只电键保持闭合
【考点】研究电磁感应现象．
【分析】产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化；根据图示情景分析答题．【解答】解：由图示可知，电流表所在电路闭合，
A、电键闭合和断开的瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故A错误；
B、电键闭合，移动滑动变阻器的滑动触头，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故B错误；
C、电键闭合后线圈A在B中插入或拔出，穿过线圈B的磁通量发生变化，有感应电流产生，故C错误；
D、保持开关闭合，则线圈A所在电路中的电流电流不变，穿过线圈B的磁通量不变，没有感应电流产生，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了感应电流产生的条件，熟练掌握基础知识即可正确解题，本题是一道基础题．
3．下列关于电磁感应现象的认识，正确的是（）
A．它最先是由奥斯特通过实验发现的
B．它说明了电能生磁
C．它是指变化的磁场产生电流的现象
D．它揭示了电流受到安培力的原因
【考点】电磁感应现象的发现过程．
【分析】利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，电磁感应现象表明磁能生电．
【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故A错误；
B、电磁感应现象说明，磁能生电，故B错误；
C、利用磁场产生电流的现象是电磁感应现象，变化的磁场产生电流的现象是电磁感应现象，故C正确；
D、电磁感应现象揭示了磁能生电，它并没有揭示电流受到安培力的原因，故D错误；
故选C．
【点评】奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，人们认识到电与磁是相互联系的；电磁感应现象的发现，使人类进入电气化时代．
4．一个N匝圆线圈，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成30°角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是（）
A．将线圈匝数增加一倍B．将线圈面积增加一倍
C．将线圈半径增加一倍D．适当改变线圈的取向
【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n，电阻定律R=ρ，以及欧姆定律推导出电流I
的表达式，看I与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍．
【解答】解：
A、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的匝数变化时，说明一定时，E与N成正比．当线圈匝数增加为原来的1倍，则线圈产生的感应电动势也增加为原来的1倍，但线圈电阻也增加原来的1倍，因此线圈中的感应电流没有变化．故A错误；
B、由法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的面积增加1倍时，则△φ也增加1倍，则线圈产生的感应电动势是原来的2倍．线圈的面积增加1倍，半径为原来的，周长也为原来的，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的倍，因此线圈中的感应电流是原来的倍，故B错误．
C、法拉第电磁感应定律：E=N，将线圈的直径增加1倍时，则线圈面积是原来的4倍，因此△φ也是原来的4倍，所以线圈产生的感应电动势是原来的4倍，由电阻定律R=ρ，可得线圈电阻是原来的2倍，因此线圈中的感应电流是原来的2倍，即线圈中产生的感应电流增大1倍，故C正确；
D、由I=??sinθ，将线圈与磁场方向的夹角改变时，sinθ可以变为原来的2倍，电流可以变为原来的2倍，故D正确．
故选：CD
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律、电阻定律、闭合电路欧姆定律的内容，注意电阻定律中的S，并不是线圈面积．
5．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流．则（）
A．A可能带正电且转速减小B．A可能带正电且转速增大
C．A可能带负电且转速减小D．A可能带负电且转速增大
【考点】楞次定律．
【分析】A环转动时产生等效电流，若电流产生的磁场使B中的磁通量发生变化，则可以在B中产生感应电流；则根据楞次定律可判断A中带电及转动情况．
【解答】解：由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A 中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故B正确；
若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确；
故选：BC．
【点评】本题为楞次定律应用的逆过程，要明确B中感应电流是因为B中的磁通量发生变化引起的，同时还应知道由于A的转动而形成的等效电流的强弱与转速有关．
6．首先发现电流的磁效应的物理学家是（）
A．安培B．法拉第C．奥斯特D．牛顿
【考点】物理学史．
【专题】常规题型．
【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．
【解答】解：奥斯特发现了通电导体周围存在磁场，是第一个发现电流磁效应的科学家；故ABD错误，C正确；
故选：C．
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．
7．如图所示电路中，s是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将s断开，那么流过灯泡的电流随时间变化的图象是图中的哪一个（）
A． B．C．D．
【考点】自感现象和自感系数．
【分析】当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．【解答】解：当闭合电键，因为线圈阻碍作用，所以电流i1会慢慢增大，灯泡A这一支路立即就有电流．当电键断开，A这一支路电流立即消失，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过A的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，而且A和L构成回路，通过A的电流也流过L，所以i2变成反向，且逐渐减小．因i1＞i2，故D正确，A、B、C错误．
故选D．
【点评】解决本题的关键掌握线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，线圈会阻碍电流的增大，当电流减小时，线圈会阻碍电流的减小．
8．如图所示，有一矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕轴O1O1′和中轴O2O2′以同样的角速度匀速转动，那么此线圈在以O1O1′和O2O2′分别为轴旋转到线圈平面与磁感线平行时，可产生的感应电流之比为（）
A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．1：1
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；导体切割磁感线时的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题．
【分析】由E m=NBSω求出感应电动势的最大值，再由闭合电路欧姆定律，即可求解感应电流，从而得出它们之比．
【解答】解：矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的最大感应电动势E m=NBSω，与转轴位置无关，因而感应电流是相同的，故ABC错误，D正确；
故选：D
【点评】本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律等电磁学规律分析实际问题的能力．
9．一个面积S=4×10﹣2m2、匝数n=100的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（）
A．在开始的2s内穿过线圈的磁通量变化率等于0.08Wb/s
B．在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始的2s内线圈中产生的感应电动势等于8V
D．在第3s末线圈中的感应电动势等于零
【考点】法拉第电磁感应定律；磁通量．
【分析】由图象看出，磁感应强度随时间均匀增大，从而得出磁通量的变化率，再由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，从而即可求解．
【解答】解：A、由图象的斜率求得：=T/s=﹣2T/s，
因此有：△φ=S=﹣2×4×10﹣2 Wb/s=﹣8×10﹣2Wb/s，故A正确，
B、开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律得：
E=n=n S=100×2×4×10﹣2 Wb/s=8V，可知它们的感应电动势大小为8V，故C正确；
D、由图看出，第3s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误；
故选：AC．
【点评】本题中磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增加，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路．
10．下列叙述正确的是（）
A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位B．伽利略用“月﹣地检验”证实了万有引力定律的正确性
C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点
D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量
【考点】物理学史．
【分析】力学中的基本物理量有三个，它们分别是长度、质量、时间，它们的单位分别为m、kg、s，牛顿用“月﹣地“检验法验证了牛顿定律的正确性．再结合法拉第和牛顿的贡献进行答题．
【解答】解：A、“力”不是基本物理量，“牛顿”也不是力学中的基本单位，故A错误；
B、牛顿用“月﹣地“检验法验证了万有引力定律的正确性，故B错误；
C、法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确；
D、牛顿发现了万有引力定律，但没有给出引力常量，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注重积累．
二、填空题
11．电磁灶是利用电磁感应原理制成的，它在灶内通过交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生涡流而发热．
【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．
【分析】电磁感应在生活中的应用很多，而电磁灶就是利用电磁感应原理制作而成的．
【解答】解：电磁灶是利用电磁感应原理制成的；产生热量的原因是利用交变电流产生交变磁场，使放在灶台上的锅体内产生的涡流而将电磁能转化为热量；
故答案为：电磁感应；涡流．
【点评】本题考查了电磁感应的应用，了解电磁灶的原理是解此题的关键．比较基本，解答不难．
12．一个200匝，面积0.2m2的均匀圆线圈，放在匀强磁场中，磁场方向与线圈垂直．若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，则在此过程中，磁通量的变化率是= 1.6Wb/s，线圈中的感应电动势为E=320V．
【考点】法拉第电磁感应定律．
【专题】交流电专题．
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，从而出现感应电流．由法拉第电磁感应定律可得感应电动势的大小．
【解答】解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．
所以穿过线圈的磁通量变化量是：△?=?2﹣?1=（B2﹣B1）S=0.4×0.2=0.08Wb
而磁通量变化率为：=Wb/s=1.6Wb/s
则线圈中感应电动势大小为：E=N=200×1.6=320V；
故答案为：1.6；32．
【点评】感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，而与磁通量变化及磁通量没有关系．由此求出则是平均感应电动势，而瞬时感应电动势则由E=BLV，式中L是有效长度，V是切割磁感线的速度．
13．如图所示，匀强磁场竖直向下，磁感应强度为B．有一边长为L的正方形导线框abcd，匝数为N，可绕oo′边转动，导线框总质量为m，总电阻为R．现将导线框从水平位置由静止释放，不计摩擦，转到竖直位置时动能为E k，则在此过程中流过导线某一截面的电量为，导线框中产生热量为mg．
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流电的平均值及其应用．
【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】通过线圈的电流用平均电动势，根据q=It求解通过的电量，由能量守恒求产生的热量．
【解答】解：（1）根据感应电动势的定义式得：
E=N=
回路中产生的电流I=
通过线圈的电荷量q=I△t=
由能量守恒知mgL=E k+Q
解得：Q=mg
故答案为：；mg
【点评】本题重点考查了平均电动势能量守恒定律的直接应用，难度不大，属于基础题．
14．一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10﹣3Wb增加到1.2×10﹣2Wb，则线圈中的感应电动势E=2V，线圈中的电流强度I=0.1A．
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n求出感应电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小．
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得线圈中感应电动势为：E=n
=50×V=2V
感应电流为：I==A=0.1A
故答案为：2V，0.1A．
【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律．
三、计算题
15．一个匝数为n=200的矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁感强度大小为B=0.8T、初始位置如图所示（线圈平面和磁场方向平行），线圈以ab为轴匀速转动，角速度为ω=5rad/s，已知ab边L1=15cm，ad边L2=10cm，线圈的总电阻是R=100Ω．求：
（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值；
（2）线圈从初始位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式；
（3）线圈从初始位置开始，转过90°角的过程中，通过导线截面的电量；
（4）线圈转动1分钟内外力所做的功．
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；法拉第电磁感应定律．
【专题】交流电专题．
【分析】（1）由E m=NBSω求出感应电动势的最大值；
（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电动势的瞬时表达式形式为e=E m cosωt，再由欧姆定律求解感应电流的瞬时表达式；
（3）根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解电量．
（4）由E=E m求出感应电动势的有效值E，由焦耳定律求解焦耳热．
【解答】解：（1）感应电动势的最大值为E m=NBSω=12V．
（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电动势的瞬时表达式形式为
e=E m cosωt，
由欧姆定律得到感应电流的瞬时表达式为i===0.12cos5tA
（3）线圈从初始位置开始，转过90°角的过程中，
感应电动势平均值为=N，
感应电流平均值为=
通过导线截面的电量q=?△t
联立得到q=N===2.4×10﹣2C
（4）根据焦耳定律得：
Q=I2Rt=（）2Rt=（）2×100×60J=43.2J
所以线圈转动1分钟内外力所做的功为43.2J，
答：（1）线圈转动过程中的感应电动势的最大值为12V；
（2）从图示位置开始计时，线圈转动过程中的感应电流的瞬时表达式为0.12cos5tA；
（3）线圈从初始位置开始，转过90°角的过程中，通过导线截面的电量是2.4×10﹣2C；
（4）线圈转动1分钟内外力所做的功为43.2J．
【点评】本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律等电磁学规律分析实际问题的能力．
16．如图，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N=100，线圈电阻r=3Ω，ab=cd=0.5m，bc=ad=0.4m，磁感应强度B=0.5T，电阻R=311Ω，当线圈以n=300r/min的转速匀速转动时．求：
（1）感应电动势的最大值；
（2）t=0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势瞬时值表达式；
（3）此电压表的示数是多少．
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；闭合电路的欧姆定律．
【专题】交流电专题．
【分析】（1）先求出角速度，再根据E m=nBSω求出最大电动势；
（2）先根据闭合电路欧姆定律求出电流的最大值，再根据感应电流与感应电动势的瞬时值表达式的关系即可求解；
（3）先求出电流的有效值，根据公式U=IR求解．
【解答】解：（1）根据角速度与转速的关系得：ω=2πN=10πrad/s
感应电动势的最大值为：E m=NBSω=100×0.5×0.5×0.4×10πV=100πV≈314V
（2）在图示的位置，导线切割磁感线的有效速度为零，瞬时电压为零；
故此交变电流电动势的瞬时值表达式为e=314sin10πt
（3）电动势的有效值：．
由闭合电路的欧姆定律：，
部分闭合电路的欧姆定律：
代人数据，求得：U=IR=220V
答：（1）感应电动势的最大值314V；
（2）此交变电流电动势的瞬时值表达式e=314sin10πt；
（3）此电压表的示数是220V．
【点评】解决本题的关键知道正弦式交流电峰值的表达式E m=nBSω，以及知道峰值与有效值的关系．
17．截面积为0.2m2的100匝圆形线圈A处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，如图所示，磁感应强度正按=0.02T/s的规律均匀减小，开始时S未闭合．R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，线圈内阻不计．求：
（1）S闭合后，通过R2的电流大小；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是多少？
【考点】法拉第电磁感应定律；电容．
【专题】电磁感应与电路结合．
【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流，从而得出电阻两端电压，最终确定电量．【解答】解：（1）磁感应强度变化率的大小为=0.02 T/s，B逐渐减弱，
所以E=n S=100×0.02×0.2 V=0.4 V
I==A=0.04 A，
（2）R2两端的电压为U2=E=×0.4 V=0.24 V
所以Q=CU2=30×10﹣6×0.24 Q=7.2×10﹣6 C．
答：（1）S闭合后，通过R2的电流大小0.04 A；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S切断后通过R2的电量是7.2×10﹣6 C．
【点评】利用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求解电流大小．S断开后，流过R2的电荷量就是S闭合时C上带有的电荷量．
18．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=1T，平行导轨宽l=1m．两根相同的金属杆MN、PQ在外力作用下均以v=1m/s的速度贴着导轨向左匀速运动，金属杆电阻为r=0.5?．导轨右端所接电阻R=1?，导轨电阻不计．（已知n个相同电源的并联，等效电动势等于任意一个电源的电动势，等效内阻等于任意一个电源内阻的n分之一）
（1）运动的导线会产生感应电动势，相当于电源．用电池等符号画出这个装置的等效电路图（2）求10s内通过电阻R的电荷量以及电阻R产生的热量．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应——功能问题．
【分析】（1）切割的部分相当于电源，根据右手定则得出感应电动势的方向，画出等效电路图．
（2）根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，根据闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，从而结合电量的公式求出通过电阻的电量，根据焦耳定律求出产生的热量．
【解答】解：（1）根据右手定则知，导体棒的上端相当于电源的负极，等效电路图如图所示．（2）切割产生的感应电动势E=BLv=1×1×1V=1V．
电路中的电流I=．
则通过电阻的电荷量q=It=0.8×10C=8C．
电阻R上产生的焦耳热Q=I2Rt=0.82×1×10J=6.4J．
答：（1）等效电路图如图所示．（2）通过电阻R的电荷量为8C，电阻R产生的热量为6.4J．
【点评】本题考查电磁感应与电路的综合，关键画出等效电路图，结合闭合电路欧姆定律进行求解．