- 电磁感应
- 共4515题
一根长度为l的直导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中沿垂直于磁场方向平动，导体棒运动方向恰与导体棒垂直．若要使导体棒两端的电势差每秒均匀增加U，则导体棒做切割磁感线运动的加速度a=______．
正确答案
解析
解：由感应电动势公式E=Blv，B、l不变，则得：△E=Bl•△v，
则有：△v=
导体棒两端的电压等于E，则有：△U=△E
则导线运动的加速度大小为：a=
故答案为：
图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框abcd（车厢与金属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直导轨PQ和MN，导轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场Bl和B2，二者方向相反．车底部金属框的ad边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场Bl和B2同时以恒定速度v0沿导轨方向向右运动时，金属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动．设金属框垂直导轨的ab边长L=0.20m、总电阻R=l.6Ω，实验车与线框的总质量m=2.0kg，磁场Bl=B2=1.0T，磁场运动速度v0=10m/s．已知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f=0.20N，求：
（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向；
（2）求实验车的最大速率vm；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量？
（4）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动来起动实验车，当两磁场运动的时间为t=30s时，实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为v=4m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间t0．
正确答案
解：（1）t=0时刻实验车速度为零，线框相对于磁场的速度大小为v0
线框中产生的感应电动势为E=2BLv0
感应电流为I=
金属框受到的磁场力的大小为F=2BIL
联立得 F=
根据楞次定律判断，磁场力方向水平向右．
（2）实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0-vm，则此时线框所受的磁场力大小为 F=
此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F=f
vm=v0-
（3）克服阻力的功率为
P1=fvm=1.6W
当实验车以速度v匀速运动时金属框中感应电流
I=
金属框中的热功率为 P2=I2R=0.4W
外界在单位时间内需提供的总能量为E=（P1+P2）t=2J
（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同
设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势
E=2BL（at-v）
金属框中感应电流
I=
又因为安培力 F=2BIL=
所以对试验车，由牛顿第二定律得
得 a=0.6m/s2
设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 E0=2BLat0
金属框中感应电流 I0=
又因为安培力 F0=2BI0L=
对实验车，由牛顿第二定律得
F0=f
即
得：t0=
答：
（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，金属框受到的磁场力的大小为1N，方向水平向右；
（2）实验车的最大速率vm为8m/s；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量为2J；
（4）由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间t0为
解析
解：（1）t=0时刻实验车速度为零，线框相对于磁场的速度大小为v0
线框中产生的感应电动势为E=2BLv0
感应电流为I=
金属框受到的磁场力的大小为F=2BIL
联立得 F=
根据楞次定律判断，磁场力方向水平向右．
（2）实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0-vm，则此时线框所受的磁场力大小为 F=
此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：F=f
vm=v0-
（3）克服阻力的功率为
P1=fvm=1.6W
当实验车以速度v匀速运动时金属框中感应电流
I=
金属框中的热功率为 P2=I2R=0.4W
外界在单位时间内需提供的总能量为E=（P1+P2）t=2J
（4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同
设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势
E=2BL（at-v）
金属框中感应电流
I=
又因为安培力 F=2BIL=
所以对试验车，由牛顿第二定律得
得 a=0.6m/s2
设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 E0=2BLat0
金属框中感应电流 I0=
又因为安培力 F0=2BI0L=
对实验车，由牛顿第二定律得
F0=f
即
得：t0=
答：
（1）设t=0时刻，实验车的速度为零，金属框受到的磁场力的大小为1N，方向水平向右；
（2）实验车的最大速率vm为8m/s；
（3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能量为2J；
（4）由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间t0为
正确答案
解析
解：因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；
由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，
设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：I=
当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，
由欧姆定律可得：5I=
当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，
此时感应电动势为：E=E1+E2=28IR，
由欧姆定律可得，电路电流：I′=
故选：D．
水平放置的平行导轨左边接有电阻R=1.5Ω，轨道间距0.4m．且所在处有竖直向下的匀强磁场，磁场随时间变化的关系如图，金属棒ab横跨导轨两端，其电阻r=0.5Ω，棒ab与电阻R相距1m．整个系统始终处于静止状态求：
（1）当t=0.1s时通过金属棒ab的电流大小和方向；
（2）当t=0.3s时金属棒ab所受摩擦力的大小和方向．
正确答案
解：（1）由法拉第电磁感应定律得：
t=0.1s时感应电动势：E1=
回路中感应电流：
由楞次定律得ab中的感应电流由b向a；
（2）由法拉第电磁感应定律得：
t=0.3s时感应电动势：E2=
回路中感应电流：
金属棒ab受到的安培力：F=BIL=0.2×0.2×0.4N=0.016N，
由左手定则可知，安培力方向水平向左，
由平衡条件得：摩擦力f=F=0.016N，方向：水平向右．
答：（1）当t=0.1s时通过金属棒ab的电流大小是0.1A，方向：由b指向a；
（2）当t=0.3s时金属棒ab所受摩擦力的大小是0.016N，方向：水平向右．
解析
解：（1）由法拉第电磁感应定律得：
t=0.1s时感应电动势：E1=
回路中感应电流：
由楞次定律得ab中的感应电流由b向a；
（2）由法拉第电磁感应定律得：
t=0.3s时感应电动势：E2=
回路中感应电流：
金属棒ab受到的安培力：F=BIL=0.2×0.2×0.4N=0.016N，
由左手定则可知，安培力方向水平向左，
由平衡条件得：摩擦力f=F=0.016N，方向：水平向右．
答：（1）当t=0.1s时通过金属棒ab的电流大小是0.1A，方向：由b指向a；
（2）当t=0.3s时金属棒ab所受摩擦力的大小是0.016N，方向：水平向右．
AUac=2Ub0
BUac=2Uab
C电容器带电量Q=
D若在eO间连接一个电压表，则电压表示数为零
正确答案
解析
解：A、B根据转动切割磁感线感应电动势公式E=
ao、bo、co间的电势差分别为：
Uao=
C、电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为 Q=CUac=
D、若在eO间连接一个电压表，电压表与co、导轨组成的闭合回路，磁通量增加，会有电流通过电压表，则电压表将有示数．故D错误．
故选AC
A有界磁场宽度l＜L
B磁场的磁感应强度应为
C线框匀速穿越磁场，速度恒为
D线框穿越磁场的过程中，灯泡产生的焦耳热为mgL
正确答案
解析
解：A、小灯泡始终正常发光，说明线框进入磁场做匀速运动，而且进入磁场和穿出磁场的过程都做匀速运动，则知有界磁场宽度l=L，故A错误．
B、灯泡正常发光时电流为：I=
根据线框匀速运动受力平衡得：nBIL=mg，可得：B=
C、设线框匀速运动的速度为v，由功能关系得：mgv=P，v=
D、线框穿越磁场的过程中，由能量守恒定律得灯泡产生的焦耳热为2mgL，故D错误．
故选：BC．
（1）ab边向上离开磁场时的安培力；
（2）向上通过磁场的过程中产生的焦耳热；
（3）向上完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量．
正确答案
解：（1）因为从线框向上离开磁场到再次进入磁场的过程中合外力做功为零，所以线框离开磁场时的速率与落下并匀速进入磁场时的速率相等．
由
方向竖直向下
（2）此过程中由能量守恒得出：
解得：
（3）通过横截面的电荷量：
又：
△Φ=BL2
由以上几式解得：q=
答：
（1）ab边向上离开磁场时的安培力等于mg；
（2）向上通过磁场的过程中产生的焦耳热是
（3）向上完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量是L
解析
解：（1）因为从线框向上离开磁场到再次进入磁场的过程中合外力做功为零，所以线框离开磁场时的速率与落下并匀速进入磁场时的速率相等．
由
方向竖直向下
（2）此过程中由能量守恒得出：
解得：
（3）通过横截面的电荷量：
又：
△Φ=BL2
由以上几式解得：q=
答：
（1）ab边向上离开磁场时的安培力等于mg；
（2）向上通过磁场的过程中产生的焦耳热是
（3）向上完全进入磁场过程中所通过横截面的电荷量是L
正确答案
解析
解：设线框的长为L1，宽为L2，速度为v，线框所受的安培力大小为：FB=BIL2，
又I=
安培力：FB=
拉出线框的过程中，克服安培力做功：
W=FBL1=
克服安培力做功与所用时间成反比，t1＞t2，
所以：W1＜W2，克服安培力做功等于线圈产生的热量，
Q=W，则线圈产生的热量Q1＜Q2；
感应电荷量q=It=
在两种情况下，B、S、R都相等，因此通过导线截面的电量相等，
即有q1=q2，故D正确；
故选：D．
正确答案
v0-
解析
解：t=0时线框中感应电动势为E，则线框右侧边的两端MN间电压为U=
由题意，在3t0时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场，速度与线圈进入磁场时相同，所以线框完全离开磁场时的速度和t0时刻的速度相同，设为v．
在t0-3t0时间内线框做匀加速运动，加速度为a=
由v0=v+a•2t0得v=v0-a•2t0=v0-
故答案为：
A两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=2mg
B系统匀速运动的速度大小v=
C导线框abcd通过磁场的时间t=
D两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热Q=4mgL-
正确答案
解析
解：A、导线框ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，则线框ABCD不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件：
FT=2mg，故A正确；
B、线框ABCD完全进入磁场后，abcd中开始产生感应电流，根据根据平衡条件：mg+
C、abcd匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，但ABCD开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故abcd通过磁场的时间t=
D、等高时速度为v，根据能量守恒：2mg×2L-mg×2L=
故选：AC．
A感应电流做功为mgL
B线圈进入磁场的过程中一直做减速运动
C线圈的最小速度可能为
D线圈的最小速度一定为
正确答案
解析
解：A、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgd．cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量Q′=2mgd，感应电流做的功为2mgd．故A错误．
B、C、线框进入磁场过程，可能先做减速运动，在完全进入磁场前做匀速运动，因为完全进入磁场时的速度最小，则有：
mg=
则最小速度为：
D、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为v，可知全部进入磁场的瞬间速度最小．由动能定理，从cd边刚进入磁场到线框完全进入时，则有，综上所述，线圈的最小速度为：
又进入磁场前有：mgh=
解得最小速为：v=
故选：CD．
（1）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q；
（2）恒力F的大小；
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q．
正确答案
解：（1）线圈进入磁场过程中，通过线框横截面的电量 
根据欧姆定律有 
根据法拉第电磁感应定律 
线框进入磁场过程中的磁通量变化△ϕ=BL2 ④
由①②③④式解得 
（2）线圈匀速进入磁场，根据平衡有 F=mgsinα+F安 ⑥
线圈受到的安培力 F安=BIL⑦
根据欧姆定律 
根据法拉第定磁感应定律 E=BLv ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得 
（3）线圈ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
线圈cd边刚要离开磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
线圈通过磁场的过程中，根据动能定理有
根据安培力做功和电热的关系有 W安=Q总
根据热量分配关系有
解得
答：
（1）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q是
（2）恒力F的大小为mgsinα+
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为 
解析
解：（1）线圈进入磁场过程中，通过线框横截面的电量
根据欧姆定律有
根据法拉第电磁感应定律
线框进入磁场过程中的磁通量变化△ϕ=BL2 ④
由①②③④式解得
（2）线圈匀速进入磁场，根据平衡有 F=mgsinα+F安 ⑥
线圈受到的安培力 F安=BIL⑦
根据欧姆定律
根据法拉第定磁感应定律 E=BLv ⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得
（3）线圈ab边刚进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
线圈cd边刚要离开磁场时，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律
线圈通过磁场的过程中，根据动能定理有
根据安培力做功和电热的关系有 W安=Q总
根据热量分配关系有
解得
答：
（1）线圈进入磁场的过程中，通过ab边的电量q是
（2）恒力F的大小为mgsinα+
（3）线圈通过磁场的过程中，ab边产生的热量Q为
（1）若棒以v0=5m/s的速率沿环面向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势和流过灯L1的电流．
（2）撤去中间的金属棒MN，将左面的半圆弧OL1O′以MN为轴翻转90°，若此后B随时间均匀变化，其变化率为
正确答案
解：（1）棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，
E=B•2a•v0=0.2×2×0.4×5=0.8V，
流经L1的电流：I=
（2）电路中的电动势为：E=
灯L2的功率为：P2=
代入数据解得：P2=1.28×10-2W；
答：（1）MN中的电动势为0.8V，流过灯L1的电流为0.4A．
（2）灯L2的功率为1.28×10-2W．
解析
解：（1）棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势为动生电动势，
E=B•2a•v0=0.2×2×0.4×5=0.8V，
流经L1的电流：I=
（2）电路中的电动势为：E=
灯L2的功率为：P2=
代入数据解得：P2=1.28×10-2W；
答：（1）MN中的电动势为0.8V，流过灯L1的电流为0.4A．
（2）灯L2的功率为1.28×10-2W．
正确答案
解析
解：
A、闭合开关S后，ef切割磁感线产生感应电流，ef所受的安培力方向向上．若ef所受的安培力大于重力的2倍，由牛顿第二定律得知，加速度大于g．故A错误．
B、无论什么时刻闭合S，ef最终都做匀速运动，设最终的速度大小为v，则有：
mg=
C、ef最终匀速运动时，设电流的功率为P，则：
P=mgv=
D、ef匀速下滑时，根据能量守恒定律得知，ef减少的机械能等于电路消耗的电能．故D错误．
故选：BC
A若L=H，则在线圈穿过磁场的整个过程中，产生的电热为mgL
B若L＜H，则线圈穿过磁场过程中cd边两端的电势差始终为
C若L＞H．则cd边穿过磁场过程通过其横截面的电荷量为
D若L=H，则线圈穿过磁场过程中克服安培力做功的功率为
正确答案
解析
解：线圈开始进入磁场时，线框自由下落了h，由机械能守恒定律可得速度为：v=
A、若L=H，则在线圈穿过磁场的整个过程中，线框下落的距离为L+H，因cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，由能量守恒可知，减少的重力势能转化为电热，所以产生的电热为mg（L+H），选项A错误．
B、若L＜H，则线圈穿过磁场过程中，有一段时间线圈全部在磁场中，当ab开始进入磁场时，cd和ab都切割磁感线，但是因通过线圈的磁通量不变，所以没有感应电流产生，此时cd边两端的电势差会从BL
C、因L＞H，当cd穿出磁场时，ab还没有进入磁场．cd边穿过磁场过程是匀速运动，所用时间为：t=
D、若L=H，cd边刚进入磁场时和cd边刚离开磁场时速度相等，所以线圈穿过磁场过程中克服安培力做功的功率等于重力的功率，为：P=mg•v=mg
因是匀速穿过磁场，所以还可表示为：P=BIL•v=
故选：CD
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