- 电磁感应
- 共8761题
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、据题金属棒做匀加速直线运动，v=at，根据E=BLv=BLat，可知金属棒产生的感应电动势是均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知回路的磁通量的变化率均匀增大，则Φ-t图象的斜率增大，Φ-t图象应为曲线，故A错误．
B、由上分析得：E=BLat，又E=
C、a、b两端的电势差U=
D、回路中的感应电动势平均值为：
通过金属棒的电荷量 q=
故选：C．
（1）俯视观察，圆环中的感应电流方向；
（2）稳定后，金属圆环下落h的过程中产生的焦耳热；
（3）圆环的收尾速度．
正确答案
解：（1）愣次定律可知，感应电流的方向为顺时针（俯视）．
（2）根据能量守恒定律，则有：Q=mgh；
（3）圆环下落高度为y时的磁通量为：
Φ=BS=Bπ
设收尾速度为vm，以vm运动△t时间内磁通量的变化为
△Φ=△BS=B0k△yπ 
由法拉第电磁感应定律 ɛ=
圆环中感应电流的电功率为 Pε=
重力做功的功率为 PG=mgvm
能量守恒 Pε=PG
解得 vm=
答：
（1）圆环中感应电流的方向为顺时针（俯视）．
（2）稳定后，金属圆环下落h的过程中产生的焦耳热mgh；
（3）圆环收尾速度的大小是
解析
解：（1）愣次定律可知，感应电流的方向为顺时针（俯视）．
（2）根据能量守恒定律，则有：Q=mgh；
（3）圆环下落高度为y时的磁通量为：
Φ=BS=Bπ
设收尾速度为vm，以vm运动△t时间内磁通量的变化为
△Φ=△BS=B0k△yπ
由法拉第电磁感应定律 ɛ=
圆环中感应电流的电功率为 Pε=
重力做功的功率为 PG=mgvm
能量守恒 Pε=PG
解得 vm=
答：
（1）圆环中感应电流的方向为顺时针（俯视）．
（2）稳定后，金属圆环下落h的过程中产生的焦耳热mgh；
（3）圆环收尾速度的大小是
（2015秋•大连期末）一矩形线圈位于随时间t变化的磁场中，如图甲所示，磁感应强度B随t的变化的规律如图乙所示．设i为线圈中的感应电流，图甲中线圈上箭头所示方向为电流的正方向，F为ab边受到的安培力，竖直向上为F的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向，则下列i-t、F-t图象中正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：AB、感应定律和欧姆定律得I=
由图乙可知，0～1时间内，B均匀增大，Φ增大，根据楞次定律得知，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则判断可知，感应电流是逆时针的，因而是负值．由于
CD、再由安培力公式F=BIL，可知，安培力F与磁场B成正比，结合左手定则，则安培力方向：0～1为负的；同理可知1～2为正的；2～3为零；3～4为负的；4～5为零；5～6为正的，故CD错误．
故选：A．
正确答案
解析
解：A、由楞次定律可判断出感应电流的方向为顺时针方向，故A错误；
B、由图象可知，磁通量变化率是恒定的，根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势一定，依据闭合电路欧姆定律，则感应电流大小也是一定的，再依据安培力表达式F=BIL，安培力大小与磁感强度成正比，故B错误；
C、根据感应电动势：E=N
D、根据闭合电路欧姆定律，则有感应电流为：I=
再根据焦耳定律，那么在0～6s内线圈产生的焦耳热：Q=I2Rt=0.082×1×6=3.84×10-2J，故D正确；
故选：CD．
（2014秋•东莞期末）如图甲～丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象，关于回路中产生的感应电动势，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我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E=N
结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k=
A、图甲中磁通量Φ不变，无感应电动势．故A错误．
B、图乙中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变．故B错误．
C、图丙中回路在O～t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在t0～2t0时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现：k1大于k2的绝对值．所以在O～t0时间内产生的感应电动势大于在t0～2t0时间内产生的感应电动势．故C错误．
D、图丁中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．
故选：D．
1831年法拉第发现用一块磁铁穿过一个闭合线路时，线路内就会有电流产生，这个效应叫电磁感应．法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小（ ）
正确答案
解析
解：由法拉第电磁感应定律E=n
故选：C．
有一个1000匝的线圈，在0.5秒内通过它的磁通量从0.02韦伯增加到0.07韦伯，线圈中的感应电动势是多少？如果把一个电阻为1000欧姆的电热器连接在它的两端，通过的电流是多大？
正确答案
解：已知n=1000，△t=0.5s，△Φ=0.07Wb-0.02Wb=0.05Wb，则根据法拉第电磁感应定律得
感应电动势 E=n
由闭合电路欧姆定律得通过电热器的电流 I=
答：线圈中的感应电动势为100V．通过电热器的电流为0.1A．
解析
解：已知n=1000，△t=0.5s，△Φ=0.07Wb-0.02Wb=0.05Wb，则根据法拉第电磁感应定律得
感应电动势 E=n
由闭合电路欧姆定律得通过电热器的电流 I=
答：线圈中的感应电动势为100V．通过电热器的电流为0.1A．
正确答案
解析
解：由磁感应强度随时间变化为B=kt，可知
根据法拉第电磁感应定律E=N
即小环中感应电动势kπr2，那么大环中感应电动势也为kπr2，故CD正确，AB错误；
故选：CD．
高频焊接是一种常用的焊接方法，如图（a）所示是焊接的原理示意图．将半径r=0.10m的待焊接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面匀强磁场，磁场方向垂直线圈所在平面向里，磁感应强度B随时间t的变化规律如图（b）所示．工件非焊接部分单位长度上的电阻R0=1.0×10-3Ω•m-1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9倍．焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电阻的影响．求：
（1）0～2.0×10-2 s和2.0×10-2 s～3.0×10-2 s时间内环形金属工件中感应电动势各是多大？
（2）0～2.0×10-2 s和2.0×10-2 s～3.0×10-2 s时间内环形金属工件中感应电流的大小，并在图（c）中定量画出感应电流随时间变化的i-t图象（以逆时针方向电流为正）．
（3）在t=0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热．
正确答案
解：（1）根据法拉第电磁感应定律，在0～2.0×10-2 s内，
线圈内的感应电动势为E1=
在2.0×10-2 s～3.0×10-2 s内，
线圈内的感应电动势为E2=
解得E2=6.28 V
（2）设环形金属工件总电阻为R，则R=2πrR0+9×2πrR0=20πrR0=6.28×10-3Ω
由闭合电路欧姆定律，在0～2.0×10-2 s内的电流为I1=
在2.0×10-2 s～3.0×10-2 s内的电流为I2=
所作i-t图象如下图所示；
（3）设焊缝处的接触电阻为R1，环形金属工件中电流的有效值为I，
在一个周期内I2R1T=I
得I=500 
设在t=0.10 s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q，
则Q=I2R1t，而R1=9×2πrR0=5.65×10-3Ω，
代入解得Q=8.4×102 J．
答：（1）0～2.0×10-2 s和2.0×10-2 s～3.0×10-2 s时间内环形金属工件中感应电动势各是3.14V与6.28V；
（2）画出感应电流随时间变化的i-t图象如上图所示；
（3）在t=0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热8.4×102 J．
解析
解：（1）根据法拉第电磁感应定律，在0～2.0×10-2 s内，
线圈内的感应电动势为E1=
在2.0×10-2 s～3.0×10-2 s内，
线圈内的感应电动势为E2=
解得E2=6.28 V
（2）设环形金属工件总电阻为R，则R=2πrR0+9×2πrR0=20πrR0=6.28×10-3Ω
由闭合电路欧姆定律，在0～2.0×10-2 s内的电流为I1=
在2.0×10-2 s～3.0×10-2 s内的电流为I2=
所作i-t图象如下图所示；
（3）设焊缝处的接触电阻为R1，环形金属工件中电流的有效值为I，
在一个周期内I2R1T=I
得I=500
设在t=0.10 s内电流通过焊接处所产生的焦耳热为Q，
则Q=I2R1t，而R1=9×2πrR0=5.65×10-3Ω，
代入解得Q=8.4×102 J．
答：（1）0～2.0×10-2 s和2.0×10-2 s～3.0×10-2 s时间内环形金属工件中感应电动势各是3.14V与6.28V；
（2）画出感应电流随时间变化的i-t图象如上图所示；
（3）在t=0.30s内电流通过焊接处所产生的焦耳热8.4×102 J．
将一磁铁缓慢地或迅速地插到闭合线圈中同样位置处，不发生变化的物理量有（ ）
正确答案
解析
解：A、D、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，即感应电动势大，但磁通量变化量相同．根据法拉第电磁感应定律第二次时间短，线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大．故A错误，D正确；
B、C、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1．故B错误；
C、消耗的机械能与产生的电能相等，产生的电能：
故选：D．
（1）磁通量的改变量为______．
（2）通过金属环某一截面的电量为______．
正确答案
解析
解：（1）金属环的面积：S=π（
磁通量的改变量△Φ=Φ-Φ′=BS-0=
（2）由法拉第电磁感应定律得，
由欧姆定律得，感应电流：
感应电荷量：q=
解得：q=
故答案为：
正确答案
解析
解：导体棒做切割磁感线运动，导体棒两端产生感应电动势相当于闭合回路的电源，R是外电阻，电源内阻不计，由于导体棒切割磁感线时，B、L、v两两垂直，则有：E=Blv
其中，L=
而电流为：I=
电阻R上的发热功率为电阻R的电功率，所以有：PR=I2R=
导体以恒定速度v运动时，导体棒受拉力F与安培力F安作用，且二力平衡，即为：
F=F安=BIL=
P=Fv=
故答案为：
正确答案
解析
解：A、由法拉第电磁感应定律注意有效面积，得：E=
B、磁场均匀减弱，线圈产生恒定的感应电动势，电容器充电完毕后电路中没有电流，电压表则没有读数．故B正确．
C、由楞次定律可知，感应电动势方向沿顺时针，则a 点的电势高于b点的电势，电势差为感应电动势．故C正确．
D、线圈产生恒定的感应电动势给电容器充电，则电容器的电量不为零．故D错误．
故选：BC．
将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，下列表述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=n
B、穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；
C、同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；
D、由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；
故选：C．
A第2s末粒子回到了原来位置
B第3s内上极板为正极
C第2s末两极板之间的电场强度大小为
Dt=3.4s时，下极板的电势为
正确答案
解析
解：A、由楞次定律可知，在第1秒内，下板为正，粒子向下做匀加速运动，第2秒内，上板为正，粒子向下做匀减速运动，直到速度为零，第3秒内，上板为正，粒子向上做匀加速运动，第4秒内，下板为正，粒子向上做匀减速运动，直到速度为零回到原来位置，故A错误；
B、由图象可知，在第2秒内，磁场垂直于纸面向内，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，假设闭合，由楞次定律可知，感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向内，然后由安培定则可知，感应电流沿顺时针方向，由此可见，上极板电势高，是正极，故B正确；
C、法拉第电磁感应定律可知，在第2秒内产生的感应电动势，E=
D、第4秒末下极板是正极，且粒子回到两板中点，因上板电势为零，则中点的电势为U=E×
故选：BC．
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