- 感应电动势
- 共4433题
（1）金属棒产生的电动势大小；
（2）金属棒MN上通过的电流大小和方向；
（3）导线框消耗的电功率．
正确答案
解：
（1）金属棒产生的电动势大小为：
E=
（2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为
R并=
根据闭合电路欧姆定律 I=
根据右手定则判定，电流方向从N到M．
（3）导线框的功率为：P框=I2R并≈0.23W．
答：
（1）金属棒产生的电动势大小为0.57V．
（2）金属棒MN上通过的电流大小是0.48A，方向从N到M．
（3）导线框消耗的电功率是0.23W．
解析
解：
（1）金属棒产生的电动势大小为：
E=
（2）金属棒运动到AC位置时，导线框左、右两侧电阻并联，其并联电阻大小为
R并=
根据闭合电路欧姆定律 I=
根据右手定则判定，电流方向从N到M．
（3）导线框的功率为：P框=I2R并≈0.23W．
答：
（1）金属棒产生的电动势大小为0.57V．
（2）金属棒MN上通过的电流大小是0.48A，方向从N到M．
（3）导线框消耗的电功率是0.23W．
A导体棒到达涂层前做加速度减小的加速运动
B在涂层区导体棒做减速运动
C导体棒到达底端的速度为
D整个运动过程中产生的焦耳热为mgh-
正确答案
解析
解：A、导体棒到达涂层前速度越来越大，由E=BLv得，感应电动势越来越大，根据I=
B、当导体到达涂层时，所受力平衡，但是到达涂层后，安培力消失，受力分析得导体受力平衡，故导体匀速运动，故B错误；
C、根据受力平衡条件得：BIL=mgsinθ，得：
D、由能量守恒产生的焦耳热Q=mgh-
故选：AC
如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成30°角，两导轨的间距l=0.50m，一端接有阻值R=1.0Ω的电阻．质量m=0.10kg的金属棒ab置于导轨上，与轨道垂直，电阻r=0.25Ω．整个装置处于磁感应强度B=1.0T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．t=0时刻，对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F，使之由静止开始运动，运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示．电路中其他部分电阻忽略
不计，g取10m/s2，求：
（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的大小；
（2）3.0s末力F的瞬时功率；
（3）已知0～4.0s时间内电阻R上产生的热量为0.64J，试计算F对金属棒所做的功
正确答案
解：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，
由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I=
由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：=
解得：v=2m/s；
（2）由于B、l、R、r是定值，由I=
由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，
由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，
4.0s内金属棒的加速度a=
对金属棒由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-F安=ma，
由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，
则3s末，拉力F=mgsin30°+F安+ma=0.85N，
t=3s时I=0.6A，由I=
3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；
（3）通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：
在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，
在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，
因此在该过程中，安培力做的功W安=-Q总=-0.8J，
对金属棒，在0～4.0s内，导体棒的位移：
x=
重力做的功WG=-mgxsin30°=-0.1kg×10m/s2×4m×
t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：
WF+W安+WG=
解得，F对金属棒所做的功：WF=3J；
答：（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s．
（2）3.0s末力F的瞬时功率是1.275W．
（3）0～4.0s时间内F对金属棒所做的功是3J．
解析
解：（1）导体棒切割磁感线产生感应电动势：E=Blv，
由闭合电路的欧姆定律可得，电路电流：I=
由图乙可得：t=4.0s时，I=0.8A，即：=
解得：v=2m/s；
（2）由于B、l、R、r是定值，由I=
由图乙可知，电流I与时间t成正比，由此可知，速度v与时间t成正比，
由此可知，导体棒做初速度为零的匀加速直线运动，
4.0s内金属棒的加速度a=
对金属棒由牛顿第二定律得：F-mgsin30°-F安=ma，
由图乙所示图象可知，t=3s时I=0.6A，此时F安=BIl=1T×0.6A×0.5m=0.3N，
则3s末，拉力F=mgsin30°+F安+ma=0.85N，
t=3s时I=0.6A，由I=
3.0s末力F的瞬时功率P=Fv=0.85N×1.5m/s=1.275W；
（3）通过R与r的电流I相等，由焦耳定律得：
在该过程中电路中产生的总热量为：Q总=Qr+QR=0.8J，
在导体棒运动的过程中，克服安培力做的功转化为焦耳热，
因此在该过程中，安培力做的功W安=-Q总=-0.8J，
对金属棒，在0～4.0s内，导体棒的位移：
x=
重力做的功WG=-mgxsin30°=-0.1kg×10m/s2×4m×
t=4s时，v=2m/s，由动能定理得：
WF+W安+WG=
解得，F对金属棒所做的功：WF=3J；
答：（1）4.0s末金属棒ab瞬时速度的是2m/s．
（2）3.0s末力F的瞬时功率是1.275W．
（3）0～4.0s时间内F对金属棒所做的功是3J．
（1）若线框从h=0.45m处开始下落，求线框ab边刚进入磁场时的加速度；
（2）若要使线框匀速进入磁场，求h的大小；
（3）求在（2）的情况下，线框产生的焦耳热Q和通过线框截面的电量q．
正确答案
解：（1）当线圈ab边进入磁场时
E=BLv1
安培力F=BIL=BL
由牛第二定律mg-F=ma
得a=2.5m/s2
（2）由
则F=BILmg-F=0
解得h=0.8m
（3）线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，
由能量关系可知焦耳热
Q=mgL=0.02J
通过线框的电量q=It=
解析
解：（1）当线圈ab边进入磁场时
E=BLv1
安培力F=BIL=BL
由牛第二定律mg-F=ma
得a=2.5m/s2
（2）由
则F=BILmg-F=0
解得h=0.8m
（3）线圈cd边进入磁场前F=G，线圈做匀速运动，
由能量关系可知焦耳热
Q=mgL=0.02J
通过线框的电量q=It=
（1）ab中产生感应电动势的大小；
（2）ab中电流的方向；
（3）电路中电流的大小．
正确答案
解：（1）ab中的感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×10V=2V；
（2）由右手定则得，ab中电流的方向为b指向a．
（3）电路中的电流：
答：（1）ab中的感应电动势是2V；
（2）电流的方向为b指向a；
（3）电路中的电流是0.5A．
解析
解：（1）ab中的感应电动势：E=BLv=0.4×0.5×10V=2V；
（2）由右手定则得，ab中电流的方向为b指向a．
（3）电路中的电流：
答：（1）ab中的感应电动势是2V；
（2）电流的方向为b指向a；
（3）电路中的电流是0.5A．
正确答案
b
BLv
先增大后减小
解析
解：由右手定则判断可知，ab中感应电流方向从a到b，b端相当于电源的正极，所以b端电势高于a端的电势．
ab产生的感应电动势为：E=BLv．
由于整个电路的总电阻先增大后减小，当ab棒框架中线时，总电阻最大，为
故答案为：b；BLv；先增大后减小．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、B，在1∽3s内、3∽6s和6∽7s磁感应强度都均匀变化，线框中磁通量均匀变化，根据法拉弟电磁感应定律E=
线框中产生的感应电动势恒定，感应电流I=
则F是变化．故A、B均错误．
C、D，在3∽5s，磁场方向向外，根据楞次定律感应电流方向为逆时针方向，ab边受到的安培力向左，为正值．则C错误，D正确．
故选D
Aθ=0时，杆上产生的电动势为2Bav
Bθ=0时，杆两端的电压为
Cθ=0时，回路中产生的热功率为
Dθ=
正确答案
解析
解：A、θ=0时，杆有效切割长度为2a，则杆产生的电动势为：E=BLv=2Bav，故A正确
B、θ=0时，由于单位长度电阻均为R0．所以电路中总电阻为 R总=2aR0+
U=
C、θ=0时，回路中产生的热功率为：P=
D、当θ=
有效的切割长度为：L′=a，
感应电动势为：E′=Bav，感应电流I′=
R杆受的安培力大小：F=BI′L′=
故选：AC．
如图甲所示，MNCD为一足够长的光滑绝缘斜面，EFGH范围内存在方向垂直斜面向下的匀强磁场，磁场边界EF、HG与斜面底边MN（在水平面内）平行．一正方形金属框abcd放在斜面上，ab边平行于磁场边界．现使金属框从斜面上某处由静止释放，金属框从开始运动到cd边离开磁场的过程中，其运动的v-t图象如图乙所示．已知金属框电阻为R，质量为m，重力加速度为g，图乙中金属框运动的各个时刻及对应的速度均为已知量，求：
（1）磁场区域的宽度d；
（2）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q热．
正确答案
解：（1）根据金属框运动的v-t图象可知，金属框ab边在t1时刻开始进入磁场区域，在t1至2t1时间内金属框做速度大小为v1的匀速直线运动，金属框cd边在2t1时刻开始进入磁场区域，在2t1至3t1时间内金属框做匀加速直线运动，在3t1时刻，金属框ab边离开磁场区域．
则磁场区域的宽度d等于金属框ab边在t1至3t1时间内运动位移的大小，根据v-t图象得：
解得：
（2）设光滑绝缘斜面的倾角为θ，正方形金属框的边长为l，在金属框ab边从t1时刻进入磁场到金属框cd边从t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得：
根据金属框运动的v-t图象可知，金属框ab边在t1时刻开始进入磁场区域，在t1至2t1时间内金属框做速度大小为v1的匀速直线运动，则有：
l=v1t1…④
根据v-t图象可知，在0至t1时间内金属框做初速度为零的匀加速直线运动，又根据牛顿第二定律得：
由①～⑤解得：Q热=
答：（1）磁场区域的宽度d是
（2）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q热是
解析
解：（1）根据金属框运动的v-t图象可知，金属框ab边在t1时刻开始进入磁场区域，在t1至2t1时间内金属框做速度大小为v1的匀速直线运动，金属框cd边在2t1时刻开始进入磁场区域，在2t1至3t1时间内金属框做匀加速直线运动，在3t1时刻，金属框ab边离开磁场区域．
则磁场区域的宽度d等于金属框ab边在t1至3t1时间内运动位移的大小，根据v-t图象得：
解得：
（2）设光滑绝缘斜面的倾角为θ，正方形金属框的边长为l，在金属框ab边从t1时刻进入磁场到金属框cd边从t2时刻离开磁场的过程中，由功能关系得：
根据金属框运动的v-t图象可知，金属框ab边在t1时刻开始进入磁场区域，在t1至2t1时间内金属框做速度大小为v1的匀速直线运动，则有：
l=v1t1…④
根据v-t图象可知，在0至t1时间内金属框做初速度为零的匀加速直线运动，又根据牛顿第二定律得：
由①～⑤解得：Q热=
答：（1）磁场区域的宽度d是
（2）金属框穿过磁场过程中产生的焦耳热Q热是
Acd棒在导轨上静止时受到重力、导轨的支持力、摩擦力以及安培力的作用
B匀强磁场的磁感应强度大小
C平行斜面向上的恒定作用力F的大小为2mgsinθ
Dab棒做加速运动时的加速度大小为2gsinθ
正确答案
解析
解：A、导轨光滑，cd棒不受摩擦力，故A错误；
B、由题意可知，两棒都处于平衡状态，两棒所受的合外力均为零，则根据平衡条件得：
对ab棒：F-Fab-mgsinθ=0…①，对cd棒：Fcd-mgsinθ=0…②，又：Fab=Fcd…③，
由①②③解得：F=2mgsinθ…④，ab、cd两棒所受的安培力大小为：Fab=Fcd=BIL=B•
由④⑤解得：B=
D、ab棒做加速运动时，沿着斜面的方向只受到重力的分量与拉力F的作用，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma…⑥，联立④⑥得：a=gsinθ，故D错误；
故选：C．
扫码查看完整答案与解析