- 法拉第电磁感应定律
- 共3714题
如图1所示，闭合线圈A、B绕在闭合铁芯的左右两侧（线圈与铁芯绝缘），在线圈A的所围的区域（除铁芯外）中有变化的磁场（如A、B、C三个B-t图线所示），则能使B线圈电路中形成a-G-b方向电流的磁场，应是图______所示的磁场．
正确答案
根据B线圈电路中形成a-G-b方向电流，由楞次定律可知，线圈B中的磁通量要么向上，大小减小；要么向下，大小增大．而磁通量变化是由线圈A的电流变化引起的，故线圈A的磁通量要么向下，大小减小；要么向上，大小增大．
由于线圈B中的磁场垂直向里，且大小增大，故线圈B中的感应电流磁场是向上．
由法拉第电磁感应定律可知，只有线圈B中的磁通量变化率增大，才会出现图示电流．
故选B
(14分)在拆装某种大型电磁设备的过程中，需将设备内部的处于强磁场中的线圈先闭合，然后再提升直至离开磁场，操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈．假设
该线圈可简化为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈，其匝数为n，总质量为M，总电阻为R.磁场的磁感应强度为B，如图13所示．开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐，若转动手摇轮轴A，在时间t内把线圈从图示位置匀速向上拉出磁场．求此过程中：
(1)流过线圈中每匝导线横截面的电荷量是多少 ?
(2)在转动轮轴时，人至少需做多少功？(不考虑摩擦影响)
正确答案
(1)
(1)在匀速提升的过程中线圈运动速度v＝
线圈中感应电动势E＝nBLv ②
产生的感应电流I＝
流过导线横截面的电荷量q＝It ④
联立①②③④得q＝
(2)匀速提升的过程中，要克服重力和安培力做功，即
W＝WG＋W安 ⑤
又WG＝Mgd ⑥
W安＝nBILd⑦
联立①②③④⑤⑥⑦得
W＝Mgd＋
如图所示，有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，两边界间距s=0.1m．一边长 L=0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R=0.4Ω。现使线框以v=2m/s的速度从位置I匀速运动到位置Ⅱ。
小题1:求cd边未进入右方磁场时线框所受安培力的大小．
小题2:求整个过程中线框所产生的焦耳热．
小题3:在坐标图中画出整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线．
正确答案
小题1:F=5x10-2N
小题2:0.01J
小题3:
略
(14分)如图所示，ef、gh为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距为L=1m，导轨左端连接一个R＝2Ω的电阻，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直地放置导轨上，且与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计，整个装置放在磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对金属棒施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始向右运动，解答以下问题。
（1）若施加的水平外力恒为F＝8N，则金属棒达到的稳定速度ν1是多少？
（2）若施加的水平外力的功率恒为P＝18W，则金属棒达到的稳定速度ν2是多少？
（3）若施加的水平外力的功率恒为P＝18W，则从金属棒开始运动到速度v3＝2m／s的过程中电阻R产生的热量为8.6J，则该过程中所需的时间是多少？
正确答案
（1）v1=4m/s（2）v2=3m/s（3）t=0.5s
解：（1）E=BLV （1分） I= 
F安=BIL （1分）
稳定时：F=F安 = B2L2v/R (1分)
∴v1=4m/s （1分）
（2）速度稳定时，F=F安（1分）
PF = PF安= F安v= B2L2v2/R （2分）
PF=18W
∴v2=3m/s （1分）
（3）由动能定理得：Pt＋W安=
W安=－Q =－8.6J （2分） ∴t=0.5s （1分）
本题考查的是电磁感应定律和力学综合的问题，根据电磁感应定律和安培力的计算可以得出速度；再根据匀速运动时功率等于瞬时功率可以得出速率；再根据动能定理和功能原理得出最后结果；
如图所示,无限长金属导轨EF、PQ固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上,轨道间距L="1" m,底部接入一阻值为R="0.4" Ω的定值电阻,上端开口.垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B="2" T.一质量为m="0.5" kg的金属棒ab与导轨接触良好,ab与导轨间动摩擦因数μ=0.2,ab连入导轨间的电阻r="0.1" Ω,电路中其余电阻不计.现用一质量为M="2.86" kg的物体通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与ab相连.由静止释放M,不计空气阻力,当M下落高度h="2.0" m时,ab开始匀速运动(运动中ab始终垂直导轨,并接触良好).
(1)求ab棒沿斜面向上运动的最大速度.
(2)ab棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热和流过电阻R的总电荷量是多少?
正确答案
(1)vm="3" m/s (2)QR="26.3" J q="8.0" C
(1)如图所示,在ab棒做加速运动时,由于v的增加,安培力F变大,ab棒在做加速度逐渐减小的加速运动,当a=0时,
ab棒速度最大,为vm,则
T=Mg=mgsinθ+F+μmgcosθ
F=BIL=B2L2vm/(R+r)
vm="3" m/s.
(2)由系统的总能量守恒可知,系统减少的重力势能等于系统增加的动能、焦耳热、摩擦而转化的内能之和：
Mgh-mghsinθ=μmghcosθ+
Q="32.88" J,QR=
又因为流过电路的电荷量
q="It " q=Et/(R+r)
E=ΔΦ/t
q=
q="8.0" C
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