高中物理-《电磁感应》单元测试卷及答案

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．1：19．一个面积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/sB．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8VD．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=0.5Ω．导轨右端所接电阻R=1Ω,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/sB．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8VD．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 VI==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．。