內蒙古鄂爾多斯市2016-2017學年高二物理上學期期末考試試題(含解析)

1、內蒙古鄂爾多斯市 2016-2017 學年高二物理上學期期末考試試題（含解析）一、選擇題（共 1515 個小題，每小題 4 4 分，共 6060 分。在每小題給出的四個選項中，其中第 1 18 8 題只有一項符合題目要求，第 9 91515 題有多項符合題目要求，完全選對得4 4 分，選對但不全 的得 2 2 分，有選錯的得零分）1 1.在某控制電路中，需要連成如圖所示的電路，主要由電動勢為E E 內阻為 r r 的電源與定值電阻 R R、艮及電位器（滑動變阻器）R R 連接而成，J、L L2是紅、綠兩個指示燈，當電位器的觸頭【答案】B B【解析】試題分折：當電位器向日段滑動時電路的總電阻減小

2、干踣電流増大，所次內電壓増大，踣段電伍減小, 所以燈。變暗；通過電陌皿的電流變大，所以電位器兩端的電壓減小，即通過燈 S 兩端的電壓減小，所 以此燈孌暗，故ACD錯誤，B正確.故選E考點：電路的動態(tài)分析【名師點睛】本題是動態(tài)電路的分析題，注意電位器的原理與滑動變阻器的原理相同，注意 動態(tài)電路的分析方法，先整體后局部。2 2如圖所示為感應式發(fā)電機，a、b、c、d是空間四個可用電刷與銅盤邊緣接觸的點，O、Q是銅盤軸線導線的接線端，M N是電流表的接線端?，F在將銅盤轉動，能觀察到感應電流的A.將電流表的接線端M N分別連接a、c位置B.將電流表的接線端M N分別連接O、a位置由弧形碳膜的中點逆時針滑

3、向a端時，下列說法中正確的是 （）A A. L L1、L L2兩個指示燈都變亮B B . L L1、L L2兩個指示燈都變暗C.C. L L1變亮，L L2變暗D D. L L1變暗，L L2變亮-2 -C.將電流表的接線端M N分別連接0、C2位置D.將電流表的接線端M N分別連接c、d位置【答案】B B【解析】試題分析：將銅盤看成無數個軸向銅條組成，銅盤在外力作用下切割磁感線，從而產生感應電動勢，出現感應電流；根據題意，因此將電流表的接線端M M N N 分別連接 0 0, a a 位置，才能觀察到感應電流.故 ACDACD 錯誤，B B 正確；故選 B B?？键c：右手定則，法拉第電磁感應

4、定律【名師點睛】本題是右手定則和法拉第電磁感應定律的綜合應用，考查對實驗原理的理解能 力，同時注意切割磁感線相當于電源，內部電流方向是從負極到正極注意由于圓盤在切割 磁感線，相當于電源。3如圖所示，一水平放置的N匝矩形線框面積為S,勻強磁場的磁感應強度為B,方向斜向上，與水平面成 3030角，現若使矩形框以左邊的一條邊為軸轉到豎直的虛線位置，則此過程 中磁通量的改變量的大小為 （）A A.3-1BSB B .3 1NBS C.31BSD D3-1NBS2 2 2 2【答案】C C【解析】試題分析：拒形圈abed如團所示放置，勻強磁場方向向右上方，平面水平放羞時通過線圈的磁通量為眼翻=性性當規(guī)定

5、此憫過線圈為正面,則當線圈繞託軸轉卿角時，穿畛圈反面,則其的磁通量葉奚沁艸冷附因此穿過線圈平面械通量的變化量為“*卄考點：磁通量【名師點睛】對于勻強磁場中磁通量的求解，可以根據一般的計算公式 圈平面與磁場方向的夾角）來分析線圈平面與磁場方向垂直、平行兩個特殊情況.注意夾角=BSsin=BSsin 0 ( 0 是線-3 -B 不是磁場與線圈平面的夾角，同時理解磁通量不是矢量，但注意分清正面還是反面通過線圈。4 4如圖甲所示，長直導線與閉合金屬線框位于同一平面內，長直導線中的電流i隨時間t的TT變化關系如圖乙所示。在o o2 2 時間內，直導線中電流向上，則在 2 2T時間內，線框中感應電流的方向

6、與所受安培力的合力方向分別是（）B.B.逆時針，向右 C C.順時針，向右 D.D.逆時針，向左【答案】B B【解析】試題分析：在卜E時間內，直導線中電溢向上，在匕-T時間內，直線電流方向也向上根據寶培走則，知22導線右側磁場的方向垂直紙面向里，電流逐漸増犬，則磁場逐漸増強，根據楞次走律，金屬線框中產生逆時針方向的感應電潦.根據左手定則，知金屬框左邊受到的安培力方向水平向右，右邊受到的安培力水平向左，直導線越近，磁場越強，貝!左邊受至啲安培力大于右邊受到的安培力，所次金屬框所受安培力的合 力水平向右故B正確，ACD錯誤.故選B.考點：楞次定律【名師點睛】解決本題的關鍵掌握安培定則判斷電流與其周

7、圍磁場的方向的關系，運用楞次定律判斷感應電流的方向，以及運用左手定則判斷安培力的方向。5 5.某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡 A A、開關 S S 和電池組E用導線將它們連接成如圖所示的電路。檢查電路后，閉合開關 S,S,小燈泡發(fā)光；再斷開開關 S,S,小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖經多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現 象，他冥思苦想找不出原因。你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是（）B.B.小燈泡電阻偏大C C .線圈L電阻偏大D.D.線圈的自感系數較大A.A.順時針，向左甲A.A.電源的內阻較大-4 -【答案】C C【解析】試題分析：開關斷開開關

8、時，燈泡能否發(fā)生閃亮，取決于燈泡的電流有沒有增大，與電源的內阻無關故 A A 錯誤若小燈泡電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流小于線圈的電流，斷開開 關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡將發(fā)生閃亮現象. 故B B 錯誤.線圈電阻偏大，穩(wěn)定時流過燈泡的電流大于線圈的電流，斷開開關時，根據楞次定律，流過燈泡的電流從線圈原來的電流逐漸減小，燈泡不發(fā)生閃亮現象故C C 正確線圈的自感系數較大，產生的自感電動勢較大，但不能改變穩(wěn)定時燈泡和線圈中電流的大小.故 D D 錯誤故選 C.C.考點：自感現象【名師點睛】自感現象是特殊的電磁感應現象，根據楞次定律分析要使實驗現象明顯的條件：線

9、圈的電阻應小于燈泡的電阻。6 6如圖所示，小型發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abed，磁極間的磁場視為勻強應電動勢的最大值都為E Em,不計線圈電阻，則發(fā)電機輸出電壓 ( (【答案】D D【解析】試題分析：矩形線圈曲邊和M邊產生的感應電動勢的最大值都為心，所以矩形線圈產生的感應電動勢的 最大是皿，根據正弦交變電壓電動勢最大值與有效值的關系得發(fā)電機輸出電壓有效值二孕咅二孕咅=3=3“故選D?？键c：交流電的最大值、有效值【名師點睛】7 7如圖所示，在真空中放置四個帶電體，它們的帶電量均為+ +Q半徑均為R,彼此互不影響。甲為均勻帶電的金屬球，乙為均勻帶電的金屬環(huán)，丙為均勻帶電的金屬盤，丁為

10、均勻帶電的金屬半球殼。在過球心或圓心O的中軸線上，距離球心或圓心r處的 A A 點，電場強度的大小 E E磁場，方向垂直于線圈中心軸OO線圈繞OO勻速轉動，矩形線圈ab邊和ed邊產生的感A A.峰值是 E EmB.B.峰值是 2E2EmC C 有效值是NENEmD.D.有效值是2 2NE Em-5 -A.A.甲 B B.甲、丁C C .乙、丙 D D .甲、乙、丙【答案】A A【解析】試題分析；圖甲中球體均勻帶電，故可看做是在原點O處的點電荷，其A點的場強網以用E處馬處馬求解，r團甲正確j乙團中應該把II環(huán)分成無數小段的電荷元如，每段電荷元在A點開鄉(xiāng)成的電場蠢加，故A點的場強不可以用E二角二角

11、求解，圖乙錯誤；丙圖中應該把帶電圓面分成無數小的電荷元，每個電禱元在九點r形成電場養(yǎng)加而成，故A點的場強不可嘆用E%求解圖丙錯誤；丁圖中，球殼上的電荷Q不能等效r于放在球心處的Q電荷，故A點的場強不可以用疋=丘馬求解，圖丁錯誤；故選A.r考點：場強的疊加【名師點睛】此題是關于場強的疊加問題；關鍵是能通過把帶電體看做無數的電荷元在某點場強疊加；微元法是研究物理問題常見的方法。& &如圖所示，0M0M 的左側存在范圍足夠大、磁感應強度大小為B B 的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，ONON（在紙面內）與磁場方向垂直且NNOM =60，ONON 上有一點 P,P, OP=LOP=L

12、P P 點有一粒子源，可沿紙面內各個方向射出質量為m m 電荷量為 q q 的帶正電的粒子（不計重力），速率為6qBL，則粒子在磁場中運動的最短時間為（）4m%八%S電X XXXX屜上苓曲 SN P匕X X XXXm二m二m二mA A.B BC CD D2qB3qB4qB6qB【答案】A A【解析】-6 -試題分析：粒子運動的半徑竺二迴；當粒子在磁場中運動時間最短時，在嵐場中的圓弧弦最短，qR4則由P點做MO的垂線即為最短弦長，則血60。二吃由三角圈數可得心2、考點：帶電粒子在磁場中的運動【名師點睛】此題是帶電粒子在磁場中的運動問題；關鍵是知道在半徑和周期一定的情況下，最短的時間與最小的弦長相

13、對應。9 9如圖所示，一只陰極射線管，左側不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導線AB時，發(fā)現射線的徑跡向下偏，則（）A-BA.導線中的電流從A流向BB.導線中的電流從B流向AC.若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現D.電子束的徑跡與AB中的電流方向無關【答案】BCBC【解析】試題分析：電流的方向與負電荷運動的方向相反，所以陰極射線管內電流的方向向左；由圖可知，電子受到的洛倫茲力的方向向下，所以陰極射線管處的磁場的方向垂直于紙面向里，由安培定則可知，ABAB 中電流的方向向左.故 A A 錯誤，B B 正確；若要使電子束的徑跡向上彎曲， 則陰極射線管處的磁場的方向需

14、向外，可以改變ABAB 中的電流方向來實現.故 C C 正確；由以上 的分析可知，電子束的徑跡與 A AB BPA -4 ZPOST血解得:sin-=-=-ZPO = 90則最矩時間# =90丁丁Km360 頑頑,故選A.X XX X X X X-7 -中的電流方向有關.故 D D 錯誤.故選 BGBG-8 -考點：左手定則；安培定則【名師點睛】該題同時考查左手定則與安培定則，應用左手定則判斷洛倫茲力方向時，注意 四指指向正電荷的運動方向，和負電荷運動方向相反。1010如圖所示，勻強磁場垂直于軟導線回路平面，由于磁場發(fā)生變化，回路變?yōu)閳A形。則該 磁場（）A.A.逐漸增強，方向向外 B B .逐

15、漸增強，方向向里C.C.逐漸減弱，方向向外 D D .逐漸減弱，方向向里【答案】CDCD【解析】試題分析；晞場發(fā)生變化，回踣變?yōu)閳A形，是由線圈受到的安培力的方向帥h導線圍成的面積擴犬根 據楞坎走律的推廣形式可得，導線內的礙通量一定正在減小，碗場在減弱，故CD正確，AB錯誤.故選CEb考點：楞次定律【名師點睛】解決本題的關鍵掌握楞次定律判斷感應電流的方向，也可以使用楞次定律的推廣的形式處理。1111.如圖所示，變化的磁場中放置一固定的導體圓形閉合線圈，圖甲中所示的磁感應強度和電流的方向為設定的正方向，已知線圈中感應電流i隨時間t變化的圖象如圖乙所示。則在下圖中磁感應強度B隨時間t變化的圖象可能是

16、（）【答案】BDBD【解析】試題分析：由甲知：線圈中順時針方向的感應電流為正，垂直紙面向里的磁感應強度方向為-9 -正，則由乙可知：線圈中在前 0.5s0.5s 內產生了逆時針方向的感應電流，由楞次定律可得：磁通量為向里的增加，或者向外的減小，即正方向增加或者負方向減?。还蔬x項A A 排除；而在0.5s-1.5s0.5s-1.5s ，由感應電流方向，結合楞次定律可得磁場方向為垂直向里（正方向）的減小，或者是垂直向外（負方向）的增加故 C C 錯誤；故 BDBD 正確；故選 BD.BD.考點：楞次定律；法拉第電磁感應定律【名師點睛】本題考查法拉第電磁感應定律的圖象應用，要注意正確掌握楞次定律的應

17、用， 同時要注意正確分析圖象的性質，能正確應用排除法進行分析。1212如圖所示，先后用不同的交流電源給同一燈泡供電。第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖甲所示；第二次燈泡兩端的電壓變化規(guī)律如圖乙所示。若甲、乙中的U、T所表示的電壓、周期值是相等的，下列說法正確的是（）A.A.第一次燈泡兩端的電壓有效值為UOUO23B.B.第二次燈泡兩端的電壓有效值為U02C.C.第一次和第二次燈泡的電功率之比為1 1 ：5D.D.第一次和第二次燈泡的電功率之比為2 2 : 9 9【答案】ACAC【解析】試題分折：第一次燈泡兩端的電壓有效值為 5 =予輒予輒二f牙設第二次電壓的有效值為根據有 敕值的走

18、義，貝惰豎型工+望二近八解得，R 2 R 2 R式卩=蘭得，燈泡的電功率之比是緯馬二逬；蛍=1鼻 故C正確D錯誤.抜選ACR盤爲考點：交流電的有效值耳二乎？V故山正確，B錯誤.由功率的公【名師點睛】只有正弦交變電流最大值與有效值才是、,2倍的關系，其他交變電流要根據有U,用等效總電阻是r的甲-10 -效值的定義，從熱效應角度去求有效值。1313.如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖。發(fā)電廠的輸出電壓是-11 -兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是li,其末端間的電壓為U.在輸電線與用戶間連有理想變壓器，流入用戶端的電流為12.貝U( () )llUlA A.用戶端的電壓為B.理想變壓器的輸入功率

19、為liU12C.C.輸電線上的電壓降為UD D 輸電線路上損失的電功率為1和【答案】ADAD【解析】試題分折：輸電線上的電壓降為*I】4或者故C錯誤$損失的功率故D正確d理想變壓器輸入功率為P = IiUn故B正確$理想變壓器輸入和諭出功率相同諼用戶端得到電壓 g 所以1】6電jU藥即用戶端電壓為二竿二竿, ,故A正確；故選AD.A考點：遠距離輸電【名師點睛】本題主要考查變壓器、遠距離輸電等知識點，意在考查考生分析遠距離輸電的能力，明確整個過程中的功率、電壓關系，理想變壓器電壓和匝數關系。1414如圖所示，兩個相同的燈泡，分別接在理想變壓器的原、畐U線圈上( (燈泡電阻不隨溫度變化) )，已知

20、原、副線圈的匝數比ni:n2= 2 2 : 1 1，電源電壓恒定，貝U( () )A A. 燈泡AB B 兩端的電壓之比為UA：UB=2 2 :1B B. 通過AB B 燈泡的電流之比為IA：IB= 1 1 : :2C.C. 燈泡AB B 兩端的功率之比為FA:FB=1 1 :2D.D. 燈泡AB B 兩端的功率之比為FA：FB=1 1 :4:4【答案】 BDBD【解析】試題分析：通過電燈的電流分別為變壓器原、副線圈的電流，I IA：I IB=n n2： n ni=1=1: 2 2, B B 正確；因為是相同的兩只燈泡，所以兩端的電壓比等于電流比，故S S U UB=1=1： 2 2 ;故 A

21、 A 錯誤；因為是相同的兩只燈泡，消耗的功率比等于電流的平方比PA：PB=1：4 4, C C 錯誤，D D 正確.故選 BD.BD.-12 -考點：變壓器；電功率-13 -【名師點睛】關鍵要知道變壓器的電壓與匝數成正比，電流與匝數成反比，輸入功率等于輸 出功率。1515如圖所示，虛線右側存在垂直紙面向外的勻強磁場，正方形金屬框電阻為R,邊長為L,線框在外力作用下由靜止開始，以垂直于磁場邊界的恒定加速度a進入磁場區(qū)域并開始計時，11時刻線框全部進入磁場。規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向，外力大小為F,線框中電功率的瞬時值為P,通過導體橫截面的電荷量為q,則這些量隨時間變化的關系正確的是（其中

22、P-1圖象為拋物線）（）（）I I * * I【答案】BCBC【解析】試題分析：線框做勻加速運動，其速度 T 感應電動勢后5列 感應電流j = =警與f成正比,故A錯誤.線框進入磅場過程中受到的安培力FB=BIL = ?卩十弊卩十弊, ,科團象是不過巔的傾斜直線，故B正跖線框的電功率 3 嘰呼故C正確.線框的位移，電荷量q =I ?t = Nt2t2,q- -t圖象應是拋2R R RR物線.故 D D 錯誤；故選 CD.CD.考點：法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律【名師點睛】解決本題的關鍵掌握運動學公式，并由各自表達式來進行推導，從而得出結論是否正確，以及掌握切割產生的感應電動勢E=BL

23、v.E=BLv.知道 L L 為有效長度. .二、填空題（共 2 2 個小題，共 1616 分。把答案填寫在答題卡的橫線上）16.16.（6 6 分）利用電流表和電壓表測定一節(jié)干電池的電動勢和內電阻。（1 1）應該選擇的實驗電路是下圖中的 _ （選填“甲”或“乙”）。采集多組數據后，得到了如圖丙的一條UI圖線，干電池的電動勢為 _V V,內阻為,由牛頓第二定律得tF-F4叫叫得BCD甲乙丙-14 -_Q .【答案】（1 1）甲 （2 2）1.51.50.50.5【解析】試題分折： 根據U=E-Ir測量電源電動勢和內阻時， 需要測出多組對應的路端電壓U和干路電流I,電壓表和電謊表內阻影響會造成實

24、驗誤差電源內阻較小，所臥電溢表分壓影響較大，因此應選擇甲電路.（2）根擔UI團象，電源的電動勢等于縱軸的裁距則E-LSV：內皚為斜率的絕對值AU=11.0考點：測定電源的電動勢及內阻【名師點睛】 本題考查了選擇實驗電路、求電源電動勢與內阻， 知道實驗原理即可正確解題;注意 U-IU-I 圖象中縱軸的截距等于電源的電動勢，內阻為斜率的絕對值。17.17.（1010 分）測量一個量程為 1mA1mA 電流表 G G 的內阻 Rg,Rg,某實驗小組設計了如圖所示的實驗電路，B.B.電池組：電動勢約 24V,24V,內阻可忽略C.C.電池組：電動勢約 6V,6V,內阻可忽略D.D. 滑動變阻器（0 0

25、25k25k Q）E.E. 滑動變阻器（0 010k10k Q）F.F.電阻箱（0 0999.9999.9 Q，阻值最小改變量為 0.10.1 Q ）G.G.電阻箱（0 099.999.9 Q，阻值最小改變量為0.10.1 Q ）H.H. 開關，導線若干（1 1）為了使測量更精確，電池組應選用_ ,滑動變阻器應選用 _,電阻箱應選用_。（填器材前的字母） 正確連接好電路后，小組的實驗步驟如下，請將步驟補充完整:1斷開 S S、閉合 S,S,調節(jié) R,R,使 G G 表讀數為 1mA1mA2保持_不變，閉合 S,S,調節(jié) R R），使 G G 表讀數為 0.5mA0.5mA;3讀出此時電阻箱RD

26、的阻值，即為電流表內阻RgRg 的測量值。按設計的實驗方法，電流表內阻的測量值R測和真實值R真相比，R測_R真。（填“”或“ ”）-15 -【答案】（1 1）B B ； D D ； F F （2 2） R R （3 3） 【解析】試題分析：（1 1）此實驗中要用半偏法來測量電流表的內阻，且要使得當保持R R 不變時，閉合S,S,調節(jié) R R）,使 G G 表讀數為 0.5mA,0.5mA,即電路的電路保持 1mA1mA 不變，故要求滑動變阻器阻值越大誤差越小，則滑動變阻器選擇阻值較大的 D D ；此時要求電源的電動勢約為E=lgR= 1025 10= 25V左右，故電源選 B B；電阻箱應該選

27、擇與待測電流表阻值相當的 F F;（2）保持滑動蛹器阻值艮不變閉合曲 調節(jié) 心 使G表讀數為0.5mA;（3）斷開 4 |團合調節(jié)R,使G表讀數為lfnA;保持滑動變阻器阻值尺不變閉合応 調節(jié) 嘔 使G表讀數為O.SrnA,此時由于電路的電阻變小則電路的總電流犬于1mA;電阻箱上的電流大于0上血出 此H電阻箱的電阻小于電溢計的電阻，即電流表內阻的測量值尺尺拆口真實值尺尺哀相比偏小?？键c：半偏法測電阻【名師點睛】此題是半偏法測量電流表的內阻；關鍵是搞清實驗的原理及實驗的步驟；能根據實驗的原理及步驟分析實驗的誤差. .三、計算題（共 3 3 個小題，共 3434 分。解答應寫出必要的文字說明、方程

28、式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）18.18.（1010 分）如圖所示，兩根足夠長、電阻不計且相距L= 0.20.2 m m 的平行金屬導軌固定在傾角0 = 3737的絕緣斜面上，頂端接有一個額定電壓U= 4 4 V V 的小燈泡，兩導軌間有一磁感應強度大小B= 5 5 T T、方向垂直斜面向上的勻強磁場。今將一根長為2 2L、質量 件 0.20.2 kgkg、電阻r=1.01.0 Q 的金屬棒垂直于導軌放置在頂端附近無初速度釋放，金屬棒與導軌接觸良好，金屬棒與導軌間的動摩擦因數卩=0.250.25，已知金屬棒下滑到速度穩(wěn)定時，小燈泡恰能正

29、常發(fā)光，重力加速度g取 1010 m/sm/s2, sinsin 3737 = 0.60.6 , coscos 3737 = 0.80.8 .求：（1 1）金屬棒剛開始運動時的加速度大小。（2 2）金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度大小?！敬鸢浮浚? 1） 4 4 m/sm/s2;（ 2 2） 4.84.8 m/sm/s【解析】-16 -試題分析：(1)(1)金屬棒剛開始運動時初速度為零，不受安培力作用，由牛頓第二定律得:2mgsinsin 0 口mgcoscos 0=ma代入數據得：a= 4 4 m/sm/s .(2)(2)設金屬棒穩(wěn)定下滑時的速度為v，感應電動勢為E( (金屬棒的有效長度為L) )，回

30、路中的電流為I，由平衡條件得:mgn n 0 =BIL+ 卩mgcoscos 0由閉合電路歐姆定律得由法拉第電磁感應定律得IrE=BLv聯立解得：v= 4.84.8 m/sm/s .考點：法拉第電磁感應定律；牛頓第二定律；閉合電路歐姆定律【名師點睛】電磁感應中導體切割引起的感應電動勢在考試中涉及較多，應明確受力分析、功能關系等的靈活應用，注意平衡狀態(tài)的處理。19.19.(12(12 分) )如圖甲所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abed，線圈平面與磁場方向垂直。已知線圈的匝數N= 100100,ab邊長 L Li= 1.0m1.0m、bc邊長 L L2= 0.5m0.5m，線圈的電阻r= 2

31、2Q.磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，取垂直紙面向里為磁場的正方向。求:WT(1)3(1)3 s s 時線圈內感應電動勢的大小和感應電流的方向。在 1 15 5 s s 內通過線圈的電荷量 q.q. 在 0 05 5s s 內線圈產生的焦耳熱Q【答案】(1 1) 5 5 V V, 感應電流方向為da.( 2 2) 1010 C C. ( 3 3) 100100 J J .【解析】K X-0J1-17 -【答案】2、3mv3qL5v【解析】在s內線圈中的感應電動勢盡詈,感應電溉=I,電荷量冃皿解得：q = N 亠,代入數擔解得：?=10C.嚴, 一也B3S0 01 1 s s 內線圈中的感應電動勢：E3= N .