- 电磁感应
- 共4515题
A导体棒a端电势比b端高，电势差为BLv
B水平力F等于
C电阻R消耗的电功率为
D回路中的电流方向为逆时针方向
正确答案
解析
解：A、根据右手定则，导体棒中的电流方向为b流向a．电源内部电流从低电势流向高电势，故b电势低于a，
根据法拉第电磁感应定律，E=BvL
Uab=
故A错误，D正确；
B、则导体棒中的电流大小
I=
由于导体棒ab匀速运动，故水平外力F等于安培力F安
则水平外力F=f+F安=μmg+ILB=μmg+
C、导体棒的发热功率P=I2R ③
联立②③可解得：P=
故选：CD．
如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒ab垂直跨接在导轨上，导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好．在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B．开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内．
（1）判断导体棒ab中电流的方向；
（2）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（3）导体棒以恒定速度运动时，求电路中消耗的电功率为多大？
（4）若t=0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小．
正确答案
解：（1）根据右手定则知导体棒的电流方向b→a
（2）有电磁感应定律，得：
E=BL（v1-v2）
闭合电路欧姆定律有：
I=
导体棒所受安培力为：F=BIL=
速度恒定时有：
可得：v2=v1-
（3）根据能量守恒，电路中消耗的电功为：P=
（4）因
导体棒要做匀加速运动，必有v1-v2为常数，设为△v，则：
a=
则：
解得：a=
答：（1）导体棒的电流方向b→a
（2）导体棒所达到的恒定速度为v1-
（3）导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率各为
（4）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为
解析
解：（1）根据右手定则知导体棒的电流方向b→a
（2）有电磁感应定律，得：
E=BL（v1-v2）
闭合电路欧姆定律有：
I=
导体棒所受安培力为：F=BIL=
速度恒定时有：
可得：v2=v1-
（3）根据能量守恒，电路中消耗的电功为：P=
（4）因
导体棒要做匀加速运动，必有v1-v2为常数，设为△v，则：
a=
则：
解得：a=
答：（1）导体棒的电流方向b→a
（2）导体棒所达到的恒定速度为v1-
（3）导体棒以恒定速度运动时，电路中消耗的电功率各为
（4）导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小为
（1）若在磁场所在区间，xOy平面内放置一由a匝线圈串联而成的矩形导线框abcd，线框的bc边平行于x轴．bc=lB、ab=L，总电阻为R，线框始终保持静止．求
①线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；
②线框所受安培力的大小和方向．
（2）该运动的磁场可视为沿x轴传播的波，设垂直于纸面向外的磁场方向为正，画出t=0时磁感应强度的波形图，并求波长λ和频率f．
正确答案
解：（1）①切割磁感线的速度为v，由于ab、cd处在相邻磁场区域的磁场方向相反，
所以任意时刻线框中总电动势的大小为：
E=2aB0Lv （1）
导线中的电流大小
I=
②根据右手定则得出：线框的感应电流的方向为adcba，
由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向．
线框所受安培力的大小为：F=2aB0LI=
（2）磁感应强度的波长为λ=2l0． （4）
根据波长、频率和波速的关系得：f=
t=0时磁感应强度的波形图如图
答：（1）①线框中产生的总电动势大小为2aB0Lv，导线中的电流大小为
②线框所受安培力的大小为
（2）波长λ和频率f分别为2l0，
解析
解：（1）①切割磁感线的速度为v，由于ab、cd处在相邻磁场区域的磁场方向相反，
所以任意时刻线框中总电动势的大小为：
E=2aB0Lv （1）
导线中的电流大小
I=
②根据右手定则得出：线框的感应电流的方向为adcba，
由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向．
线框所受安培力的大小为：F=2aB0LI=
（2）磁感应强度的波长为λ=2l0． （4）
根据波长、频率和波速的关系得：f=
t=0时磁感应强度的波形图如图
答：（1）①线框中产生的总电动势大小为2aB0Lv，导线中的电流大小为
②线框所受安培力的大小为
（2）波长λ和频率f分别为2l0，
正确答案
0
水平向左
解析
解：设金属框产生1.6J热量时的速度大小为v1，根据能量守恒定律得：
Q=
其中 m=0.05kg，v0=10m/s，Q=1.6J代入解得，v1=6m/s
设匀减速运动的加速度大小为a，由v1-at=0得
a=
则t=1s时速度为v2=v1-at=6-2×1=4m/s
设此时外力F的大小为F，方向水平向右，则有
解得，F=0
t=2s时速度为v3=v1-at=6-2×2=2m/s
设此时外力F的大小为F′，方向水平向右，则有
解得，F′=-0.05N，说明外力F方向水平向左．
故答案为：0，水平向左
（1）金属棒的稳定速度是多少？
（2）金属棒从释放到运动至MN处的过程中，忽略电流变化引起的电磁辐射损失，电阻R上产生的焦耳热是多少？
（3）若将由静止释放金属棒的时刻记作t=0，从此时刻开始，为使金属棒中不产生感应电流，可让磁感应强度按一定规律变化．试写出磁感强度B随时间t变化的表达式．
正确答案
解：（1）由法拉第电磁感应定律，得：E=B0lv
由闭合电路欧姆定律，得：I=
整个运动过程，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-B0lI=ma
当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得：vm=
（2）从棒由静止释放到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得：mgxsinθ=
可解得：Q=mgxsinθ-
故电阻R上产生的焦耳热为：QR=
（3）当回路中的总磁通量不变时，棒中不产生感应电流，沿导轨做匀加速运动．则有：B0lx0=Bl（x0+
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma′
联立解得：B=
答：（1）金属棒的稳定速度是2m/s．
（2）电阻R上产生的焦耳热是2.25J．
（3）磁感应强度B随时间t变化的表达式为B=
解析
解：（1）由法拉第电磁感应定律，得：E=B0lv
由闭合电路欧姆定律，得：I=
整个运动过程，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-B0lI=ma
当棒运动的加速度为零时速度最大，可解得：vm=
（2）从棒由静止释放到达到最大速度的过程中，由能量守恒定律得：mgxsinθ=
可解得：Q=mgxsinθ-
故电阻R上产生的焦耳热为：QR=
（3）当回路中的总磁通量不变时，棒中不产生感应电流，沿导轨做匀加速运动．则有：B0lx0=Bl（x0+
由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma′
联立解得：B=
答：（1）金属棒的稳定速度是2m/s．
（2）电阻R上产生的焦耳热是2.25J．
（3）磁感应强度B随时间t变化的表达式为B=
（1）拉力F的最大功率是多少？
（2）拉力F要做多少功才能把线框拉过磁场区？
（3）有位同学在老师的帮助下算出了曲线与x轴所围的面积为
正确答案
解：（1）当线框的一条竖直边运动到x=0.15m处时，线圈的感应电动势最大，最大值为：
Em=BLv=0.2×0.2×10V=0.4V
根据欧姆定律可得最大电流为：
Im=
所以拉力F的最大值为：
Fm=BLIm=0.2×4×0.2 N=0.16N
拉力F最大功率为：
Pm=Fmv=0.16×10W=1.6W
（2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）．电动势的有效值是：
E=
通电时间为：
t=
拉力做功为：
W=
（3）通过线框某一截面的电荷量为：
q=
联立得：q=
当通过线框截面的电荷量最多，为：
q=
答：磁场全部进入线框内部时
（1）拉力F的最大功率是1.6W．
（2）拉力F要做4.8×10-2J的功才能把线框拉过磁场区．
（3）通过线框某一截面的电荷量为7.6×10-2C．
解析
解：（1）当线框的一条竖直边运动到x=0.15m处时，线圈的感应电动势最大，最大值为：
Em=BLv=0.2×0.2×10V=0.4V
根据欧姆定律可得最大电流为：
Im=
所以拉力F的最大值为：
Fm=BLIm=0.2×4×0.2 N=0.16N
拉力F最大功率为：
Pm=Fmv=0.16×10W=1.6W
（2）把线框拉过磁场区域时，因为有效切割长度是按正弦规律变化的，所以，线框中的电流也是按正弦规律变化的（有一段时间线框中没有电流）．电动势的有效值是：
E=
通电时间为：
t=
拉力做功为：
W=
（3）通过线框某一截面的电荷量为：
q=
联立得：q=
当通过线框截面的电荷量最多，为：
q=
答：磁场全部进入线框内部时
（1）拉力F的最大功率是1.6W．
（2）拉力F要做4.8×10-2J的功才能把线框拉过磁场区．
（3）通过线框某一截面的电荷量为7.6×10-2C．
如图所示，间距为1m的平行导轨，水平固定放置在磁感应强度为1T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面，导轨一端跨接一个阻值为R=0.4Ω的定值电阻（导轨电阻不计），质量为0.2kg、电阻为0.6Ω的金属棒NN’可沿导轨滑动，导轨与棒间的动摩擦因数为0.5，用电动机D牵引NN’，从静止开始运动，当NN’向右移动s=3.8m时获得稳定速度，此过程中定值电阻R上产生的焦耳热为0.72J，电动机牵引棒时电压表和电流表示数分别为7V和1A，电动机内阻为1Ω，则导体棒获得的稳定速度为______m/s，导体棒从静止到获得稳定速度所需时间为______s．
正确答案
2
1
解析
解：金属棒由静止开始做匀加速直线运动，当金属棒匀速运动时获得稳定速度；
设经过时间t金属棒获得稳定速度，稳定速度为v；
电动势输出的机械能：W=UIt-I2R电动机t，
在金属棒运动过程中，由能量守恒定律得：
W=Q+μmgs+
金属棒匀速运动时，金属棒受到的安培力：
FB=BIL=
设电动机的牵引力为F，金属棒匀速运动，
处于平衡状态，由平衡条件得：
对电动机：UI-I2R电动机=Fv，
代入数据解得：v=2m/s，t=1s．
故答案为：2，1．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：分三段研究：
线框进入磁场的过程：磁通量增加，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为逆时针方向，电流为负值，故AD错误；
感应电流大小I=
则知，I与t成正比；设此过程所用时间为t0，则有
L=
得t0=
线框完全进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量不变，没有感应电流产生．根据运动学规律知，此过程所用时间为（
线框穿出磁场的过程：磁通量减小，根据楞次定律分析可知，感应电流的方向为顺时针方向，电流为正值；感应电流大小I=-
故选：C
如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L=1m，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B1=2T的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L=1m的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m1=2kg、电阻为R1=1Ω．两金属导轨的上端连接右侧电路，电路中通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离和板长均为d=0.5m，定值电阻为R2=3Ω，现闭合开关S并将金属棒由静止释放，重力加速度为g=10m/s2，试求：
（1）金属棒下滑的最大速度为多大？
（2）当金属棒下滑达到稳定状态时，整个电路消耗的电功率P为多少？
（3）当金属棒稳定下滑时，在水平放置的平行金属间加一垂直于纸面向里的匀强磁场B2=3T，在下板的右端且非常靠近下板的位置有一质量为m2=3×10-4 kg、带电量为q=-1×10-4 C的液滴以初速度v水平向左射入两板间，该液滴可视为质点．要使带电粒子能从金属板间射出，初速度v应满足什么条件？
正确答案
解析：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为vm
则有：m1gsin α-F安=0
F安=ILB1，I=
所以 解得最大速度：vm=10 m/s
（2）电路的电动势：E=BLV，I=
整个电路消耗的电功率：P=I2 R，
所以：P=100 W
（3）金属棒匀速运动时，两板间电压U=IR2=15V，
由题意知液滴在两板间有：m2g=q
所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，
当液滴恰从上板左端边缘射出时：
r1=d=
所以：v1=0.5 m/s；
当液滴恰从上板右侧边缘射出时：r2=
所以v2=0.25 m/s
初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．
答：（1）金属棒最终的速度为10 m/s
（2）R2上消耗的电功率P为100 W
（3）初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．
解析
解析：（1）当金属棒匀速运动时速度最大，设最大速度为vm
则有：m1gsin α-F安=0
F安=ILB1，I=
所以 解得最大速度：vm=10 m/s
（2）电路的电动势：E=BLV，I=
整个电路消耗的电功率：P=I2 R，
所以：P=100 W
（3）金属棒匀速运动时，两板间电压U=IR2=15V，
由题意知液滴在两板间有：m2g=q
所以该液滴在两平行金属板间做匀速圆周运动，
当液滴恰从上板左端边缘射出时：
r1=d=
所以：v1=0.5 m/s；
当液滴恰从上板右侧边缘射出时：r2=
所以v2=0.25 m/s
初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．
答：（1）金属棒最终的速度为10 m/s
（2）R2上消耗的电功率P为100 W
（3）初速度v应满足的条件是：v≥0.5 m/s或v≤0.25 m/s．
如图（甲）所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒垂直搁在导轨上a、b两点间，在a点右侧导轨间加一有界匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，宽度为d0，磁感应强度为B，设磁场左边界到ab距离为d．现用一个水平向右的力F拉导体棒，使它从a、b处静止开始运动，棒离开磁场前已做匀速直线运动，与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，水平力F-x的变化情况如图（乙）所示，F0已知．求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能E；
（3）d满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动；
（4）若改变d的数值，定性画出棒ab从静止运动到d+d0的过程中v2-x的可能图线（棒离开磁场前已做匀速直线运动）．
正确答案
解：
（1）设离开右边界时棒ab速度为v，
则有，感应电动势，E=BLv
闭合电路欧姆定律，
对棒有 2F0-BIL=0
解得：
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：
由功能关系：E电=W安
解得：E电=
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有
当v0=v，即
（4）可能的图象如下图所示
答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能为
（3）当
解析
解：
（1）设离开右边界时棒ab速度为v，
则有，感应电动势，E=BLv
闭合电路欧姆定律，
对棒有 2F0-BIL=0
解得：
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：
由功能关系：E电=W安
解得：E电=
（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，
则有
当v0=v，即
（4）可能的图象如下图所示
答：（1）棒ab离开磁场右边界时的速度为
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能为
（3）当
（1）求S1闭合，S2断开时，导体棒所受安培力的大小；
（2）将S1断开，S2闭合，使导体棒由静止开始运动，求当导体棒的加速度a=5.0m/s2时，导体棒产生的感应电动势大小；
（3）将S1断开，S2闭合，使导体棒由静止开始运动，求导体棒运动的最大速度的大小．
正确答案
解：（1）当S1闭合，S2断开时，导体棒静止，通过导体棒的电流 I1=
此时导体棒所受安培力 F1=BI1L=0.50×2.0×0.2N=0.20N
（2）设MN杆的重力为G，质量为m．
当S1闭合，S2断开时，导体棒静止，有 G=F1=0.20N，m=
设S1断开，S2闭合的情况下，导体棒加速度a=5.0m/s2时，其所受安培力为F2，速度为v1，通过导体棒的电流为I2，导体棒产生的感应电动势为E1．
根据牛顿第二定律有：G-F2=ma，
解得：F2=G-ma=0.2N-0.02×5N=0.10N
由 F2=BI2L，
解得：I2=
根据欧姆定律有：E1=I2R，
解得：E1=1×1.5V=1.5V
（3）将S1断开，S2闭合，导体棒由静止开始运动，当导体棒所受重力与安培力平衡时，导体棒的速度达到最大，设最大速度为vm．
所以有G=B
解得：vm=
答：（1）S1闭合，S2断开时，导体棒所受安培力的大小为0.20N；
（2）当导体棒的加速度a=5.0m/s2时，导体棒产生的感应电动势大小为1.5V；
（3）导体棒运动的最大速度的大小为30m/s．
解析
解：（1）当S1闭合，S2断开时，导体棒静止，通过导体棒的电流 I1=
此时导体棒所受安培力 F1=BI1L=0.50×2.0×0.2N=0.20N
（2）设MN杆的重力为G，质量为m．
当S1闭合，S2断开时，导体棒静止，有 G=F1=0.20N，m=
设S1断开，S2闭合的情况下，导体棒加速度a=5.0m/s2时，其所受安培力为F2，速度为v1，通过导体棒的电流为I2，导体棒产生的感应电动势为E1．
根据牛顿第二定律有：G-F2=ma，
解得：F2=G-ma=0.2N-0.02×5N=0.10N
由 F2=BI2L，
解得：I2=
根据欧姆定律有：E1=I2R，
解得：E1=1×1.5V=1.5V
（3）将S1断开，S2闭合，导体棒由静止开始运动，当导体棒所受重力与安培力平衡时，导体棒的速度达到最大，设最大速度为vm．
所以有G=B
解得：vm=
答：（1）S1闭合，S2断开时，导体棒所受安培力的大小为0.20N；
（2）当导体棒的加速度a=5.0m/s2时，导体棒产生的感应电动势大小为1.5V；
（3）导体棒运动的最大速度的大小为30m/s．
正确答案
解：F安=BIl ①
又∵F安=mgtgθ ②
由①②可得：I=
方向：由b指向a
故金属棒ab中的电流大小为 
解析
解：F安=BIl ①
又∵F安=mgtgθ ②
由①②可得：I=
方向：由b指向a
故金属棒ab中的电流大小为
正确答案
解析
解：A、将导体框从两个方向移出磁场的两个过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向里，根据楞次定律判断知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，电流方向相同，故A错误．
B、导体框中产生的感应电流大小公式为 I=
C、以v拉出时，导体框ad边两端电势差公式为：U=IR外=
D、电荷量：q=I△t=
故选：CD．
A
B
C
DBL1L2△t
正确答案
解析
解：把线框沿v的方向匀速拉出磁场的过程中，cd边切割磁感线，cd边产生感应电动势为：E=BL2v，
则电路中的电流为
线框运动的时间为t=
所以通过线圈某一截面的电荷量q=It=
故B正确、ACD均错．
故选：B．
如图所示，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T．一质量m=0.1，总电阻r=0.4Ω，边长d=0.5m的正方形均匀导体框平放在粗糙的水平地面上，在一与导体框平面始终垂直的外力作用下做如下运动：首先外力作用在AB边上，线框绕CD边顺时针转动180°，然后外力作用到CD，线框绕AB边顺时针转动180°…如此不断重复，线框在地面上向右翻转，线框转动时的角速度w=0.4rad/s保持恒定．
（1）线框绕CD边转动，求当DA边转到竖直位置时AB边上所加水平外力的大小；
（2）求从线框绕CD边开始转动到DA边竖直的这四分之一圈内线框上产生的电热；
（3）从运动开始作为计时起点，求出在第一个周期内AB两点间的电势差UAB随时间t变化的关系，并作出UABB随时间t变化的关系图线．
正确答案
解：（1）当以CD为轴转动时，AB棒切割磁感线，当转到AD边竖直时Em=BLV=Bldωd=0.2×0.4×0.5×0.5=0.02V
I=
AB受到的水平外力应等于AB边受到的安培力：F=BId=0.2×0.05×0.5=0.005N
（2）在转动的过程中，线圈内产生了交变电流，从开始转动到AD边竖直可视为正弦交变电流的0到T/4
所以Q=
（3）当以CD为轴转动时，仅AB棒切割磁感线．UAB=
当以AB为轴转动时，仅CD棒切割磁感线．U=
第一个周期AB两点间的电势差UAB随时间t变化的关系为
答：（1）AB受到的水平外力应等于AB边受到的安培力：F=BId=0.2×0.05×0.5=0.005N
（2）从线框绕CD边开始转动到DA边竖直的这四分之一圈内线框上产生的电热为0.00196J
在第一个周期内AB两点间的电势差UAB随时间t变化的关系：
其图象为
解析
解：（1）当以CD为轴转动时，AB棒切割磁感线，当转到AD边竖直时Em=BLV=Bldωd=0.2×0.4×0.5×0.5=0.02V
I=
AB受到的水平外力应等于AB边受到的安培力：F=BId=0.2×0.05×0.5=0.005N
（2）在转动的过程中，线圈内产生了交变电流，从开始转动到AD边竖直可视为正弦交变电流的0到T/4
所以Q=
（3）当以CD为轴转动时，仅AB棒切割磁感线．UAB=
当以AB为轴转动时，仅CD棒切割磁感线．U=
第一个周期AB两点间的电势差UAB随时间t变化的关系为
答：（1）AB受到的水平外力应等于AB边受到的安培力：F=BId=0.2×0.05×0.5=0.005N
（2）从线框绕CD边开始转动到DA边竖直的这四分之一圈内线框上产生的电热为0.00196J
在第一个周期内AB两点间的电势差UAB随时间t变化的关系：
其图象为
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