重庆市杨家坪中学2015-2016学年高二下学期第一次月考物理试卷 含解析

2015-2016学年重庆市杨家坪中学高二（下）第一次月考物理试
卷
一、选择题(1-8题单选，9-12题多选,共48分）
1．关于感应电流，下列说法中正确的是（)
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B．只要闭合导线做切割磁感线运动,导线中就一定有感应电流
C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,闭合电路中一定有感应电流
2．如图,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部）()
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
3．如图所示，一个矩形导线框用绝缘细软线悬挂在一根较长的竖直导线AB的右边，且导线框和导线AB在同一平面内,当导线AB中的电流增大时，线框将（）
A．向右摆动 B．向左摆动 C．绕OO′轴转动D．静止不动
4．如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）
A．向左匀速运动 B．向左减速运动 C．向右匀速运动 D．向右减速运动
5．线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω．规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向,如图（1）所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图（2）所示．则
以下说法正确的是（）
A．在时间0～5s内,I的最大值为0。

1A
B．在第4s时刻，I的方向为正
C．前2s内，通过线圈某截面的总电量为0.01C
D．第3s内，线圈的发热功率最大
6．如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向）是如图所示中的（）
A．B．C．D．
7．在图所示的电路中,两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央,当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆;电流从“﹣”接线柱流入时,指针向左摆．在电路接通稳定工作后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际(）
A．G1指针向左摆，G2指针向右摆
B．G1指针向右摆，G2指针向左摆
C．G1、G2的指针都向左摆
D．G1、G2的指针都向右摆
8．如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1,原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后,电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计,则图中电压表的读数为(）
A．4IR+B．C．4IR D．IR+
9．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图,磁感应强度大
小随时间的变化率=k（k＜0），则（）
A．圆环具有缩小的趋势
B．圆环中产生顺时针方向的感应电流
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点之间的电势差U AB=|kπr2｜
10．有一交变电流如图所示，则由此图象可知（)
A．它的周期是0.8 s B．它的峰值是4 A
C．它的有效值是2 A D．它的频率是0.8 Hz
11．发电机的路端电压为U,直接经电阻为r的输电线向远处的用户供电，发电机的输出功率为P，则（)
A．输电线上的电流为B．输电线上的功率损失为
C．用户得到的功率为P﹣（）2r D．输电线上损失的电压为
12．如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R=0.15Ω的电阻相连．导轨x＞O的一侧存在沿+x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下），磁感应强度B=0.5+0。

5x（T）．一根质量m=0.1kg、电阻r=0。

05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x=0处沿导轨向右作直线运动,运动过程中回路电流恒为2A．以下判断正确的是(）
A．金属棒在x=3m处的速度为0.5m/s
B．金属棒在x=3 m处的速度为0。

75 m/s
C．金属棒从x=0运动到x=3m过程中克服安培力做的功为1.6 J
D．金属棒从x=0运动到x=3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J
二、实验题（每空3分，共18分）
13．如图所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极,ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向左运动时,cd导线受到向下的磁场力．由此可知Ⅰ是极,Ⅱ是极，a、b、c、d四点的电势由高到低依次排列的顺序是．
14．（1）在研究自感现象时，自感系数较大的线圈一般都有直流电阻，某同学利用如图（1)所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻，在实验测量完毕后，将电路拆去时应
A．先断开开关S1B．先断开开关S2 C．先拆去电流表D．先拆去电阻R
(2）如图(2)所示是甲同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示出在t=1×10﹣3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流（如图3)．已知电源电动势E=6V，内阻不计,灯泡R1的阻值为6Ω，电阻R的阻值为2Ω．
（a）线圈的直流电阻为Ω；
（b)开关断开后,该同学观察到的现象为．
三、计算题（共44分）
15．如图所示,在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd,其边长为L，总电阻为R,放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN 为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，
（1)线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？
（2）求线框a、b两点的电势差．
(3）求线框中产生的焦耳热．
16．面积S=0.2m2,n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B=0。

02t，R=3Ω，C=30μF,线圈电阻r=1Ω,求：
（1）通过R的电流大小和方向；
（2）电容器的电荷量．
17．如图所示线圈面积为S=0.05m2，共N=100匝，线圈总电阻为r=1Ω，外电阻R=9Ω，线圈处于B=T的匀强磁场中．当线圈绕OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动时,求：
（1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式;
（2）两电表的示数；
(3）线圈转过180°的过程中,通过电阻的电荷量q；
（4)线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q．
18．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距L，在其左端各固定一个半径为r的四分之三金属光滑圆环，两圆环面平行且竖直．在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆与水平导轨、金属圆环形成闭合回路,两金属杆质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计．整个装置放在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当用水平向右的恒力F=mg拉细杆a，达到匀速运动时，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：
（1）杆a做匀速运动时,回路中的感应电流；
(2）杆a做匀速运动时的速度；
(3）杆b静止的位置距圆环最低点的高度．
2015—2016学年重庆市杨家坪中学高二（下）第一次月
考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，共48分）
1．关于感应电流，下列说法中正确的是（)
A．只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B．只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
C．若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
D．当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
【分析】闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．既不是磁场发生变化,也不是面积发生变化．
【解答】解：闭合电路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化．
A、只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电动势,当线圈闭合时，才一定有感应电流，故A错误；
B、如果闭合电路中的部分导体，做切割磁感线,则会产生感应电流，原因是闭合电路中的磁通量发生变化了，故B错误；
C、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，但闭合电路所处的位置，磁场发生变化，就会产生感应电流,故C错误;
D、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,闭合电路中一定有感应电流．故D正确．
故选:D．
2．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N极朝下．当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部)（）
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
【分析】先判断通过线圈的磁场方向及磁通量的变化，由楞次定律可判断电路中电流的方向及磁极间的相互作用．
【解答】解：由图可知，穿过线圈的磁场方向向下增大，由楞次定律可知感应电流的磁场应向上,则由右手螺旋定则可知电流方向与图示方向相同；
由“来拒去留"可知，磁铁靠近线圈,则线圈与磁铁相互排斥，故B正确;
故选B．
3．如图所示，一个矩形导线框用绝缘细软线悬挂在一根较长的竖直导线AB的右边,且导线框和导线AB在同一平面内，当导线AB中的电流增大时,线框将（）
A．向右摆动 B．向左摆动 C．绕OO′轴转动D．静止不动
【分析】导线中的电流突然增大时,电流周围的磁场增大,所以线圈中的磁通量发生变化，根据楞次定律即可判断出线框受力和运动的方向．
【解答】解:由安培定则可知，电流右侧的磁场方向向里,导线中的电流突然增大时,电流周围的磁场增大，所以线圈中的磁通量增大，根据楞次定律得线框中的感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为逆时针方向,由左手定则可知左边受力的方向向右，右边受力向左；而左边受力大于右边受力；故线框整体向右发生摆动．故选项A正确．
故选:A
4．如图所示，导线AB可在平行导轨MN上滑动，接触良好，轨道电阻不计，电流计中有如图所示方向感应电流通过时，AB的运动情况是（）
A．向左匀速运动 B．向左减速运动 C．向右匀速运动 D．向右减速运动
【分析】根据电流计中电流的方向判断出感应电流磁场的方向，再根据楞次定律分析原磁场方向不同时所对应的棒的变化．
【解答】解：产生如图所示的电流时，右边螺线管内的磁场方向是向上的,根据楞次定律，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变化；
那么左边就是两种情况：
1．即向左减速运动,左边螺线管的磁场方向向下减弱;
2．向右加速运动，左边螺线管中磁场方向向上增强．
故选：B．
5．线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω．规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图（1）所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图（2)所示．则
以下说法正确的是（）
A．在时间0～5s内，I的最大值为0。

1A
B．在第4s时刻,I的方向为正
C．前2s内，通过线圈某截面的总电量为0.01C
D．第3s内,线圈的发热功率最大
【分析】磁感应强度B的变化率越大，磁通量的变化就越大，线圈中产生的感应电动势越大．B﹣t图象的斜率等于B的变化率，根据数学知识判断什么时刻I最大．根据楞次定律
判断感应电流的方向．根据推论:q=求电量．根据感应电流的大小确定何时线圈的发热
功率最大．
【解答】解：
A、由图看出,在0﹣1s内图线的斜率最大,B的变化率最大，根据闭合电路欧姆定律得，
I==n,知磁感应强度的变化率越大，则电流越大，磁感应强度变化率最大值为0.1，则最大电流I=A=0.01A．故A错误．
B、在第4s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知,I的方向为逆时针方向，即为负方向．故B错误．
C、前2s内,通过线圈某截面的总电量q===C=0.01C．故C正确．
D、第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小．故D错误．故选：C．
6．如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域．从BC边进入磁场区开始计时,到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况（以逆时针方向为电流的正方向)是如图所示中的(）
A．B．C．D．
【分析】分三个阶段分析感应电流的变化情况,根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据E=BLv及欧姆定律判断感应电流的大小．
【解答】解：根据感应电流产生的条件可知,线框进入或离开磁场时，穿过线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生，当线框完全进入磁场时，磁通量不变，没有感应电流产生，故C错误；
感应电流I==，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐
渐减小；
线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流逐渐减小；故A正确，BD错误；
故选A．
7．在图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+"接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通稳定工作后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际(）
A．G1指针向左摆，G2指针向右摆
B．G1指针向右摆,G2指针向左摆
C．G1、G2的指针都向左摆
D．G1、G2的指针都向右摆
【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大,当电流减小时，会阻碍其减小．
【解答】解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“﹣”接线柱流入，G2指针向左摆．故B正确,A、C、D错误．
故选:B．
8．如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1：n2=2：1，原线圈接正弦式交流电，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升，若电动机因摩擦造成的能量损失不计,则图中电压表的读数为（）
A．4IR+B．C．4IR D．IR+
【分析】输入功率等于输出功率,电流与匝数成反比，结合功率公式即可求解．
【解答】解：电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I,输入功率等于副线圈消耗的功率：P=
（2I）2R+mgv=UI,所以电压表的读数U=4IR+．
故选：A．
9．用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的直径．如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度
大小随时间的变化率=k(k＜0），则（）
A．圆环具有缩小的趋势
B．圆环中产生顺时针方向的感应电流
C．圆环中感应电流的大小为
D．图中a、b两点之间的电势差U AB=｜kπr2|
【分析】由题意可知,磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向;由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差．
【解答】解：A、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，故A错误;
B、磁通量向里减小,由楞次定律“增反减同"可知，线圈中的感应电流方向为顺时针；故B正确；
C、由法拉第电磁感应定律可知，E===kπr2,感应电流I==，
故C错误；
D、与闭合电路欧姆定律可知,ab两点间的电势差为U AB==|kπr2｜，故D正确；
故选:BD．
10．有一交变电流如图所示，则由此图象可知（）
A．它的周期是0.8 s B．它的峰值是4 A
C．它的有效值是2 A D．它的频率是0.8 Hz
【分析】从图中可以直接读出交流电源的周期及最大值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解有效值．求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
【解答】解：A、由此图象可知它的周期是0.8s，故A正确；
B、它的峰值是4A，故B正确；
C、它不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，即它的有效值不是2A;故C错误；
D、它的周期是0.8s，频率f==1.25Hz，故D错误；
故选：AB．
11．发电机的路端电压为U,直接经电阻为r的输电线向远处的用户供电，发电机的输出功率为P，则（）
A．输电线上的电流为B．输电线上的功率损失为
C．用户得到的功率为P﹣()2r D．输电线上损失的电压为
=I2R求出损失的功率，从而根据【分析】根据输送功率和输送电压得出输送电流，根据P
损
能量守恒得出用户得到的功率．
【解答】解：A、根据P=UI得，输送电流I=．故A正确．
=I2R=R．故B错误．
B、输电线上损失的功率P
损
C、用户得到的规律P′=P﹣P
=P﹣（）2R．故C正确,
损
D、输电线上损失的电压为U r=Ir=，故D正确．
故选：ACD．
12．如图，两根相距l=0.4m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R=0。

15Ω的电阻相连．导轨x＞O的一侧存在沿+x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(即竖直向下），磁感应强度B=0.5+0。

5x（T）．一根质量m=0。

1kg、电阻r=0。

05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直．棒在水平外力作用下从x=0处沿导轨向右作直线运动,运动过程中回路电流恒为2A．以下判断正确的是（）
A．金属棒在x=3m处的速度为0.5m/s
B．金属棒在x=3 m处的速度为0.75 m/s
C．金属棒从x=0运动到x=3m过程中克服安培力做的功为1.6 J
D．金属棒从x=0运动到x=3 m过程中克服安培力做的功为3.0 J
【分析】根据闭合电路欧姆定律，结合法拉第电磁感应定律，可求得3m处的磁感应强度,从而求出在x=3m处的速度的大小；由安培力与做功表达式,即可求解．
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：I==2A，
解得：E=2×（0。

05+0.15）=0。

4V；
在x=0时，E=B0Lv=0.4V，则有:v===2m/s；
在x=3m处，磁感应强度：B2=B0+kx2=0.5+0.5×3=2T．
根据公式：E=B2Lv2，
解得：v2=0。

5m/s，故A正确，B错误；
C、金属棒从x=0开始运动时的安培力：F0=B0IL=0。

5×2×0.4N=0。

4N．
到x=3m时的安培力：F A=B2IL=2×2×0.4N=1.6N．
过程中安培力做功的大小：W=（F0+F A）x==3J,故C错误，D正
确；
故选：AD．
二、实验题(每空3分，共18分）
13．如图所示,Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向左运动时，cd导线受到向下的磁场力．由此可知Ⅰ是S极,Ⅱ是N 极，a、b、c、d四点的电势由高到低依次排列的顺序是φa＞φc＞φd＞φb．
【分析】据cd棒所受磁场力的方向由左手定则判断出导线中电流的方向，然后由右手定则判断出ab棒所处位置磁场方向，进一步判断出磁极名称；棒ab相当于电源，根据电流方向判断电势的高低．
【解答】解：由左手定则可知，cd棒中电流方向是：由c指向d，
由右手定则可知,ab棒所处位置磁场方向：竖直向上，
则Ⅰ是S极，Ⅱ是N极；
ab棒中电流由b指向a,则a点电势高，b点电势低,
则：φa＞φc＞φd＞φb；
故答案为：S；N；φa＞φc＞φd＞φb．
14．(1）在研究自感现象时，自感系数较大的线圈一般都有直流电阻，某同学利用如图（1）所示的电路采用伏安法测定线圈的直流电阻,在实验测量完毕后，将电路拆去时应B
A．先断开开关S1B．先断开开关S2 C．先拆去电流表D．先拆去电阻R
(2)如图（2）所示是甲同学研究自感现象的实验电路图,用电流传感器显示出在t=1×10﹣3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流（如图3）．已知电源电动势E=6V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6Ω，电阻R的阻值为2Ω．
（a)线圈的直流电阻为2Ω；
（b）开关断开后，该同学观察到的现象为右到左、闪亮后慢慢熄灭．
【分析】（1）先进行ACD三项操作都会发生自感现象，在电压表中有强电流流过，发热过多,造成仪器烧坏．
（2）求出断开开关前通过灯泡的电流，由图象找出断开开关后通过灯泡的电流如何变化,然后判断灯泡的发光情况如何变化．
由楞次定律判断出自感电流的方向，然后判断通过灯泡电流的方向．
【解答】解:(1）若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过,现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2．
（2)由楞次定律可知，断开开关后,线圈产生的感应电流向右，则通过灯泡的电流向左．
断开开关前，通过线圈的电流为1。

5A，则R L=﹣2=2Ω．断开开关后，通过线圈的最大电流为1。

5A，断开开关前通过灯泡的电流I′==1A．所以灯泡闪亮一下后逐渐变暗．
故答案为：（1）B；（2)a、2；b、右到左、闪亮后慢慢熄灭
三、计算题（共44分）
15．如图所示,在光滑绝缘的水平面上有一个用一根均匀导体围成的正方形线框abcd，其边长为L，总电阻为R，放在磁感应强度为B．方向竖直向下的匀强磁场的左边，图中虚线MN为磁场的左边界．线框在大小为F的恒力作用下向右运动，其中ab边保持与MN平行．当线框以速度v0进入磁场区域时，它恰好做匀速运动．在线框进入磁场的过程中，
(1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为多少？
（2）求线框a、b两点的电势差．
（3）求线框中产生的焦耳热．
【分析】（1)根据感应电动势公式E=BLv求出感应电动势的大小E．
(2)ab边切割磁感线，相当于电源，ab间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解．
（3)线框进入过程做匀速运动，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，根据功能关系求出焦耳热．
【解答】解：
（1）ab边产生的感应电动势的大小为E=BLv0
（2）线框中感应电流为I==
a、b两点的电势差相当于电源的外电压
∴U ab=E﹣IR ab=BLv0﹣=
=BIL=
（3）ab边所受的安培力为F
安
=
线框匀速运动，则有F=F
安
由于线圈在恒力F作用下匀速进入磁场区，恒力F所做的功等于线圈中产生的焦耳热，所以线圈中产生的热量为Q=W=FL=
答：
（1）线框的ab边产生的感应电动势的大小为E为BLv0．
（2）线框a、b两点的电势差是．
（3）求线框中产生的焦耳热为．
16．面积S=0。

2m2，n=100匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t 变化的规律是B=0。

02t,R=3Ω，C=30μF,线圈电阻r=1Ω，求：
(1）通过R的电流大小和方向；
（2）电容器的电荷量．
【分析】（1）由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆定律可求得通过R 的电流；由楞次定律可求得电流的方向；
(2)电容器与R并联，则可求得电容器两端的电压，由电容器的定义可求得电荷量．
【解答】解：(1）由法拉第电磁感应定律可得：
E=n=n=100×0。

02×0.2V=0。

4V;
则电路中电流I===0.1A；
由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；
即通过R的电流大小为0.1A方向从b指向a．
（2）由欧姆定律可得
R两端的电压U=IR=0。

3V；
则电容器的电量Q=UC=9×10﹣6C；
即电容器的电荷量为9×10﹣6C．
17．如图所示线圈面积为S=0。

05m2，共N=100匝,线圈总电阻为r=1Ω，外电阻R=9Ω，线
圈处于B=T的匀强磁场中．当线圈绕OO′以角速度ω=10πrad/s匀速转动时，求：
（1)若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时表达式；
（2）两电表的示数；
（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q；
（4）线圈匀速转一圈回路产生的总热量Q．
【分析】（1)从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt．感应电动势的最大值E m=nBSω，由题已知条件代入求出．
（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应动势有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．
（3）线圈转过180°的过程中，由q=n求解通过电阻的电荷量．
（4）根据焦耳定律Q=I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．
【解答】解：
（1）线圈的角速度ω=2πn=10πrad/s，感应电动势的最大值E m=nBSω=100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e=E m sinωt=100sin 10πtV
（2）电路中电流的有效值I=，E=E m，代入解得I=5A，即电流表读数为5A．
电压表读数为U=IR=45V
(3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q=n== C
（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q=I2RT=I2R=100 J．
答:
(1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV;
（2）电流表读数为5A，电压表读数为45V．。