- 电磁感应
- 共8761题
（2015秋•阜新期末）关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据法拉第电磁感应定律E=n
A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故
B、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及
C、虽然磁感应强度越强的磁场中，但
D、磁通量变化的快慢用
故选：D．
（1）S闭合后，通过R2的电流大小？
（2）S闭合后一段时间又断开，则S断后通过R2的电量是多少？
正确答案
解：（1）根据法拉第电磁感应定律得：E=n
电流的大小为：I=
故通过R2的电流大小为0.04A，方向由a到b．
（2）开关闭合时，R2两端的电压为：U=IR2=0.24V．
则电容器的电量为：Q=CU=3×10-5×0.24C=0.72×10-5C．
故通过R2的电量是0.72×10-5C．
答：（1）S闭合后，通过R2的电流大小0.04A；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S断后通过R2的电量是0.72×10-5C．
解析
解：（1）根据法拉第电磁感应定律得：E=n
电流的大小为：I=
故通过R2的电流大小为0.04A，方向由a到b．
（2）开关闭合时，R2两端的电压为：U=IR2=0.24V．
则电容器的电量为：Q=CU=3×10-5×0.24C=0.72×10-5C．
故通过R2的电量是0.72×10-5C．
答：（1）S闭合后，通过R2的电流大小0.04A；
（2）S闭合后一段时间又断开，则S断后通过R2的电量是0.72×10-5C．
有一个10匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，线圈的面积为20cm2，当t=0时，B1=0.02T，经过0.2s后，磁场变为B2=0.2T，磁场方向保持不变，求线圈中的感应电动势．
正确答案
解：由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：
E=n
答：线圈中的感应电动势为0.018V．
解析
解：由法拉第电磁感应定律可得感应电动势：
E=n
答：线圈中的感应电动势为0.018V．
正确答案
解析
解：由图可知，闭合部分的面积为：S=π（2R）2-πR2=3kπR2；
故感应电动势E=
正确答案
1
-5
解析
解：根据法拉第电磁感应定律得：
根据闭合电路欧姆定律得，电流为：
I=
则R2的电功率为：
R2两端的电势差为：U2=IR2=0.2×25V=5V．
根据楞次定律知，感应电流的方向为C到A，则有：U2=0-φA
所以有：φA=-5V．
故答案为：1，-5．
一闭合线圈有50匝，总电阻R=20Ω，穿过它的磁通量在0.1s内由8×10-3Wb增加到1.2×10-2Wb，则线圈中的感应电动势E=______V．
正确答案
2
解析
解：根据法拉第电磁感应定律E=n
故答案为：2
一个匝数为100线圈垂直磁场放置，在0.5s内穿过它的磁通量从1.0×10-3Wb增加到9.0×10-3Wb．则线圈中的感应电动势大小为（ ）
正确答案
解析
解：根据法拉第电磁感应定律得
E=N
故选：A．
一半径为10cm、电阻为0.2Ω的闭合金属圆环放在匀强磁场中，磁场方向垂直与圆环所在的平面，当磁感应强度的大小B从零开始随时间t成正比增加时，圆环中产生的感应电流为0.01A，试写出B与t的关系式（B、t的单位分别取T、s）．
正确答案
解：根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：
E=
再由欧姆定律得：感应电流的大小是：
I=
所以：
代入数据得：
答：B与t的关系式为
解析
解：根据法拉第电磁感应定律得：感应电动势为：
E=
再由欧姆定律得：感应电流的大小是：
I=
所以：
代入数据得：
答：B与t的关系式为
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由图象可知，在第一个
由图象可知，在第二个
同理可知，第三个
故选：D．
（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差．
（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小．
正确答案
解：（1）粒子在板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有
水平方向：l=3d=v0t
竖直方向：
又a=
联立解得，两板间的电势差U=
（2）根据法拉第电磁感应定律得
U=
根据楞次定律可知，磁感应强度B应均匀增大，有
又t=
联立解得，粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小为B=B0+
答：（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差是
（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小是B0+
解析
解：（1）粒子在板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，则有
水平方向：l=3d=v0t
竖直方向：
又a=
联立解得，两板间的电势差U=
（2）根据法拉第电磁感应定律得
U=
根据楞次定律可知，磁感应强度B应均匀增大，有
又t=
联立解得，粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小为B=B0+
答：（1）粒子在板间运动过程，两板间的电势差是
（2）粒子从两板间离开瞬间，磁感应强度B的大小是B0+
（1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象；
（4）若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．
正确答案
解：（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由E=
E=
=
=4.9×10-2V
根据右手定则判断可知电流方向由b到a；
（2）ab边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示
（3）设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，
ab两端电势差：
设ab离开磁场区域的时刻t1，下一根金属条进入磁场的时刻t2
t1=
t2=
设轮子转一圈的时间为T，
T=
在T=1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．
由①→④可画出如下Uab-t图象
（4）小灯泡不能正常工作，因为感应电动势E=4.9×10-2V远小于灯泡的额定电压，因此闪烁装置不可能工作．
B增大，E增大，但有限度；
r增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
答：（1）感应电动势大小为4.9×10-2V，电流方向由b到a；
（2）
（3）
（4）不能正常发光，
B增大，E增大，但有限度；
r增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
解析
解：（1）金属条ab在匀强磁场中转动切割，由E=
E=
=
=4.9×10-2V
根据右手定则判断可知电流方向由b到a；
（2）ab边切割充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示
（3）设电路的总电阻为R总，根据电路图可知，
ab两端电势差：
设ab离开磁场区域的时刻t1，下一根金属条进入磁场的时刻t2
t1=
t2=
设轮子转一圈的时间为T，
T=
在T=1s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．
由①→④可画出如下Uab-t图象
（4）小灯泡不能正常工作，因为感应电动势E=4.9×10-2V远小于灯泡的额定电压，因此闪烁装置不可能工作．
B增大，E增大，但有限度；
r增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
答：（1）感应电动势大小为4.9×10-2V，电流方向由b到a；
（2）
（3）
（4）不能正常发光，
B增大，E增大，但有限度；
r增大，E增大，但有限度；
ω增大，E增大，但有限度；
θ增大，E不变．
（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；
（2）0至t1时间内通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量？
正确答案
解：（1）由图象分析可知，0至t1时间内：
由法拉第电磁感应定律有：
E=n
由闭合电路欧姆定律有：
I1=
通过电阻R1上的电流大小为：
I1=
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a．
（2）通过电阻R1上的电量：
q=I1t1=
通过电阻R1上产生的热量为：
Q=
答：（1）通过电阻R1上的电流大小为I1=
（2）通过电阻R1上的电量q为
解析
解：（1）由图象分析可知，0至t1时间内：
由法拉第电磁感应定律有：
E=n
由闭合电路欧姆定律有：
I1=
通过电阻R1上的电流大小为：
I1=
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a．
（2）通过电阻R1上的电量：
q=I1t1=
通过电阻R1上产生的热量为：
Q=
答：（1）通过电阻R1上的电流大小为I1=
（2）通过电阻R1上的电量q为
有一矩形线圈，面积为S，匝数为n，将它置于匀强磁场中，且使线圈平面与磁感线方向垂直，设穿过该线圈的磁通量为φ，则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A
B
C
D无法判断
正确答案
解析
解：磁感线与线圈平面垂直，则φ=BS，
磁感应强度：B=
故选：C．
一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T．在此过程中穿过线圈的磁通量的变化是______ Wb；磁通量的平均变化率是______ Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是______ V．
正确答案
4×10-4
8×10-3
1.6
解析
解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.05s内由0.1T均匀地增加到0.5T．
所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2-∅1=（B2-B1）S•sin30°=4×10-4Wb
而磁通量变化率为：
则线圈中感应电动势大小为：E=N
故答案为：4×10-4，8×10-3，1.6．
（1）试求金属棒从开始运动到达到稳定状态时电容器的带电量；
（2）试画出电容器的带电量Q随两端电压U的变化曲线，并根据曲线求出电容器上储存的能量；
（3）不计电路向外界辐射的能量，试求出电阻R上消耗的能量．
正确答案
解：（1）当金属棒ab做切割磁感线运动时，要产生感应电动势，这时电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，电路达到稳定状态，电路中没有充电电流，电容两端电压等于电动势即：E=BLv=UC …①
电容器两端电压：UC=
对导体棒ab，由动量定理可得：
-BLQc=mv-mv0 …③
由①②③式联立可求得：v=
电容器的电荷量：QC=CBLv=
电容器的电荷量：Q=CU，Q-U图象如图所示：
电容器上储存的能量：EC=
（2）由能量守恒定律得，电阻消耗的能量：
E=
答：（1）求金属棒从开始运动到达到稳定状态时电容器的带电量为
（2）电容器的带电量Q随两端电压U的变化曲线如图所示，电容器上储存的能量为
（3）电阻R上消耗的能量为
解析
解：（1）当金属棒ab做切割磁感线运动时，要产生感应电动势，这时电容器C将被充电，ab棒中有充电电流存在，ab棒受到安培力的作用而减速，当ab棒以稳定速度v匀速运动时，电路达到稳定状态，电路中没有充电电流，电容两端电压等于电动势即：E=BLv=UC …①
电容器两端电压：UC=
对导体棒ab，由动量定理可得：
-BLQc=mv-mv0 …③
由①②③式联立可求得：v=
电容器的电荷量：QC=CBLv=
电容器的电荷量：Q=CU，Q-U图象如图所示：
电容器上储存的能量：EC=
（2）由能量守恒定律得，电阻消耗的能量：
E=
答：（1）求金属棒从开始运动到达到稳定状态时电容器的带电量为
（2）电容器的带电量Q随两端电压U的变化曲线如图所示，电容器上储存的能量为
（3）电阻R上消耗的能量为
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