- 电磁感应
- 共8761题
对下列概念、关系式和定律理解正确的是（ ）
A速度的定义式v=
B在磁感应强度的定义式B=
C在法拉第电磁感应定律E=n
D电势差与电场强度的关系式UAB=Ed适用于任何电场
正确答案
解析
解：A、公式v=
B、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式B=
C、感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化率大小，与△Φ没有直接关系，不能说与磁通量变化量△Ф成正比，还与时间有关，故C错误；
D、关系式UAB=Ed，只适用于匀强电场，故D错误；
故选：B．
（1）通过R的电流方向和大小；
（2）电容器的电荷量．
正确答案
解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：
E=n
则电路中电流I=
由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；
即通过R的电流大小为0.1A，方向从b指向a．
（2）由欧姆定律可得
R两端的电压U=IR=0.3V；
则电容器的电量Q=UC=9×10-6C；
即电容器的电荷量为9×10-6C．
答：（1）通过R的电流的大小1A，其方向为b→a，
（2）电容器的电荷量为9×10-6C．
解析
解：（1）由法拉第电磁感应定律可得：
E=n
则电路中电流I=
由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电流方向为逆时针，故R中电流方向从b指向a；
即通过R的电流大小为0.1A，方向从b指向a．
（2）由欧姆定律可得
R两端的电压U=IR=0.3V；
则电容器的电量Q=UC=9×10-6C；
即电容器的电荷量为9×10-6C．
答：（1）通过R的电流的大小1A，其方向为b→a，
（2）电容器的电荷量为9×10-6C．
（1）从A点垂直金属条向左垂直射入磁场的光电子中，能击中小球P的光电子的速度是多大？
（2）若A点射出的、速度沿纸面斜向下方，且与金属条成θ角的光电子能击中小球P，请导出其速率v与θ的关系式，并在图中画出其轨迹．
正确答案
解：（1）光电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
从A点垂直金属条向左垂直射入磁场能击中小球P的光电子轨道半径：r=
由牛顿第二定律得：evB=m
解得：v=
（2）光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，A点射出的速度沿纸面斜向下方，与金属条成θ角能击中小球P的光电子运动轨迹如图所示，
由图示，根据几何知识可得，光电子的轨道半径：R=
由牛顿第二定律得：evB=m
解得：v=
答：（1）从A点垂直金属条向左垂直射入磁场的光电子中，能击中小球P的光电子的速度为
（2）若A点射出的、速度沿纸面斜向下方，且与金属条成θ角的光电子能击中小球P，光电子速率v与θ的关系式为：v=
解析
解：（1）光电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
从A点垂直金属条向左垂直射入磁场能击中小球P的光电子轨道半径：r=
由牛顿第二定律得：evB=m
解得：v=
（2）光电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，A点射出的速度沿纸面斜向下方，与金属条成θ角能击中小球P的光电子运动轨迹如图所示，
由图示，根据几何知识可得，光电子的轨道半径：R=
由牛顿第二定律得：evB=m
解得：v=
答：（1）从A点垂直金属条向左垂直射入磁场的光电子中，能击中小球P的光电子的速度为
（2）若A点射出的、速度沿纸面斜向下方，且与金属条成θ角的光电子能击中小球P，光电子速率v与θ的关系式为：v=
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；
A、由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=
感应电流I=
ad边受到的安培力F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确，B错误．
C、由图示B-t图象可知，0～1s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针的，为正值；
同理1～2s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；
2～3s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的；
3～4s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是正的，故C错误，D正确；
故选：AD．
（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
（2）在0～5s内线圈产生的焦耳热Q．
正确答案
解：（1）磁感应强度B在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T，
故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大小和0～1 s 内的平均感应电动势大小相等．
则由感应电动势：
且磁通量的变化量△∅1=△B1S，
可解得
代入数据得E1=10V
0～1 s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，
则感应电流的方向为：adcba
（2）0～1 s 内
1～5 s 内的焦耳热
那么Q=Q1+Q2=100J
答：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小10V，和感应电流的方向为a→d→c→b→a；
（2）在0～5s内线圈产生的焦耳热100J．
解析
解：（1）磁感应强度B在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T，
故0.5s时刻的瞬时感应电动势的大小和0～1 s 内的平均感应电动势大小相等．
则由感应电动势：
且磁通量的变化量△∅1=△B1S，
可解得
代入数据得E1=10V
0～1 s磁感应强度在逐渐增大，根据楞次定律：感应电流产生的磁场将与原磁场方向相反，
则感应电流的方向为：adcba
（2）0～1 s 内
1～5 s 内的焦耳热
那么Q=Q1+Q2=100J
答：（1）0.5s 时线圈内感应电动势的大小10V，和感应电流的方向为a→d→c→b→a；
（2）在0～5s内线圈产生的焦耳热100J．
正确答案
解析
解：A、不管沿什么将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向，故A错误，B正确；
C、感应电动势：E=
D、电荷量：q=I△t=
故选：BD．
如图甲所示，在匀强磁场中，放置一边长L=10cm、电阻r=1Ω、共100匝的正方形线圈，与它相连的电路中，电阻R1=4Ω，R2=5
（1）t1=1s时，R2中电流强度的大小及方向．
（2）K断开后，通过R2的电荷量．
正确答案
解：（1）t1=1S时线圈中产生的感应电动势，据法拉第电磁感应定律可得：
E=n
根据欧姆定律，有：I=
由楞次定律可知，通过R2的电流大小为0.025A，方向从右向左
（2）电容器两端电压：Uc=IR2=0.025×5V=0.125V
带电量：Q=CUC=10×10-6×0.125C=1.25×10-6C
故断开后，流过R2的电量为1.25×10-6C；
答：（1）t=1.0s时，R2中电流的大小0.025A，电流方向通过R2时向左；
（2）S断开后，通过R2的电量1.25×10-6C．
解析
解：（1）t1=1S时线圈中产生的感应电动势，据法拉第电磁感应定律可得：
E=n
根据欧姆定律，有：I=
由楞次定律可知，通过R2的电流大小为0.025A，方向从右向左
（2）电容器两端电压：Uc=IR2=0.025×5V=0.125V
带电量：Q=CUC=10×10-6×0.125C=1.25×10-6C
故断开后，流过R2的电量为1.25×10-6C；
答：（1）t=1.0s时，R2中电流的大小0.025A，电流方向通过R2时向左；
（2）S断开后，通过R2的电量1.25×10-6C．
正确答案
解：根据法拉第电磁感应定律，有：
而△φ=BL2；
由闭合电路欧姆定律，则有：
电量表达式为：q=
解得：q=
答：这一过程中流过线圈横截面的电荷量
解析
解：根据法拉第电磁感应定律，有：
而△φ=BL2；
由闭合电路欧姆定律，则有：
电量表达式为：q=
解得：q=
答：这一过程中流过线圈横截面的电荷量
矩形线圈的匝数n=100匝，ab边的边长L1=0.2m，bc边的边长L2=0.2m，在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中绕OO′以角速度ω=100π rad/s匀速转动，转过180°的过程中，线圈中的平均电动势多大？若线圈闭合，回路总电阻R=40Ω，则此过程中通过线圈导线某一截面的电荷量有多少？
正确答案
解：线圈以角速度ω=100π rad/s匀速转动，则其周期：
根据法拉第电磁感应定律得：
电路中的电流：
又：
所以：
答：线圈中的平均电动势是80V，此过程中通过线圈导线某一截面的电荷量有0.02C．
解析
解：线圈以角速度ω=100π rad/s匀速转动，则其周期：
根据法拉第电磁感应定律得：
电路中的电流：
又：
所以：
答：线圈中的平均电动势是80V，此过程中通过线圈导线某一截面的电荷量有0.02C．
AR1两端的电压为
B若在ab板间静止释放一带正电的带电粒子（不计重力），粒子将向a板运动
C滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D正方形导线框中的感应电动势为kL2
正确答案
解析
解：A：有法拉第电磁感应E=
可知并联电阻为
B：电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电，则正电粒子将向a板运动，故B正确．
C：设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为
由于此部分与R2并联切阻值相等，因此通过R2的电流也为
R2的热功率为：P2=（
D：由A的分析知，故D错误．
故选：BC．
如图甲所示，半径为r、匝数为n的线圈，其两极分别与固定水平放置的平行金属板A、B连接，线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t=0时刻，将一质量为m、带电荷量为+q、重力不计的粒子从平行金属板中心位置由静止释放，发现在第一个周期内粒子未与金属板相撞．求：
（1）平行金属板间的距离d应满足的条件．
（2）在满足（1）的前提下，在T时间内粒子的最大动能为多大？
正确答案
解：（1）法拉第电磁感应定律，则有线圈感应电动势E=
粒子从平行金属板中心位置由静止释放，由发现在第一个周期内粒子未与金属板相撞．
则有
根据牛顿第二定律，则有a=
由以上三式综合，解之得：
（2）根据以上分析，可知，当平行板间距刚好等于d，且当时间为
所以根据动能定理，则有W=EKm-0
而W=qU=q
因此在T时间内粒子的最大动能为
答：（1）平行金属板间的距离d应满足的条件是：
（2）在满足（1）的前提下，在T时间内粒子的最大动能为为
解析
解：（1）法拉第电磁感应定律，则有线圈感应电动势E=
粒子从平行金属板中心位置由静止释放，由发现在第一个周期内粒子未与金属板相撞．
则有
根据牛顿第二定律，则有a=
由以上三式综合，解之得：
（2）根据以上分析，可知，当平行板间距刚好等于d，且当时间为
所以根据动能定理，则有W=EKm-0
而W=qU=q
因此在T时间内粒子的最大动能为
答：（1）平行金属板间的距离d应满足的条件是：
（2）在满足（1）的前提下，在T时间内粒子的最大动能为为
如图所示，两金属板正对并水平放置，分别与平行金属导轨连接，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域有垂直导轨所在平面的匀强磁场．金属杆ab与导轨垂直且接触良好，并一直向右匀速运动．某时刻ab进入Ⅰ区域，同时一带正电小球从O点沿板间中轴线水平射入两板间．ab在Ⅰ区域运动时，小球匀速运动；ab从Ⅲ区域右边离开磁场时，小球恰好从金属板的边缘离开．已知板间距为4d，导轨间距为L，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域的磁感应强度大小相等、宽度均为d．带电小球质量为m，电荷量为q，ab运动的速度为v0，重力加速度为g．求：
（1）磁感应强度的大小；
（2）ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小；
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足什么条件．
正确答案
解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：ε=BLv0…①
金属板间产生的场强大小为：
ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg=qE…③
联立①②③得：
（2）ab在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有qE+mg=ma…⑤
联立③⑤得：a=2g…⑥
（3）依题意，ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为SⅠ、SⅡ、SⅢ；ab进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为vⅢ．则：
SⅠ=0 …⑦
SⅡ=
SⅢ=vⅢ
又：SⅠ+SⅡ+SⅢ=2d
联立可得：
答：（1）磁感应强度的大小为
（2）ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小为2g．
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足
解析
解：（1）ab在磁场区域运动时，产生的感应电动势大小为：ε=BLv0…①
金属板间产生的场强大小为：
ab在Ⅰ磁场区域运动时，带电小球匀速运动，有mg=qE…③
联立①②③得：
（2）ab在Ⅱ磁场区域运动时，设小球的加速度a，依题意，有qE+mg=ma…⑤
联立③⑤得：a=2g…⑥
（3）依题意，ab分别在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ磁场区域运动时，小球在电场中分别做匀速、类平抛和匀速运动，设发生的竖直分位移分别为SⅠ、SⅡ、SⅢ；ab进入Ⅲ磁场区域时，小球的运动速度为vⅢ．则：
SⅠ=0 …⑦
SⅡ=
SⅢ=vⅢ
又：SⅠ+SⅡ+SⅢ=2d
联立可得：
答：（1）磁感应强度的大小为
（2）ab在Ⅱ区域运动时，小球的加速度大小为2g．
（3）要使小球恰好从金属板的边缘离开，ab运动的速度v0要满足
如图甲所示，质量m=3.2×10-2kg、边长L=0.20m、电阻R=0.1Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α=30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框恰好有一半面积处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g=l0m/s2．试求：
（1）在0～2.0×10-2s时间内线框中产生的感应电流大小；
（2）在t=1.0×l0-2s时线框受到斜面的摩擦力；
（3）线框中感应电流的有效值．
正确答案
解：（1）线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，
由法拉第电磁定律，则有：
且欧姆定律，则有：
解得：E1=0.20V
I1=2A
（2）此时受到的安培力为：F1=B1I1L
代入数据解得：F1=0.04N
设此时线框受到的摩擦力大小为f，则有：mgsinα+F1-f=0
解得：f=0.2N
（3）在3.0×l0-2s～4.0×l0-2s时间内；产生的感应电动势为：
代入数据得：E2=0.4V
且
代入数据解得：I1=4A
解得：
答：（1）在0～2.0×10-2s时间内线框中产生的感应电流大小2A；
（2）在t=1.0×l0-2s时线框受到斜面的摩擦力0.2N；
（3）线框中感应电流的有效值
解析
解：（1）线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，
由法拉第电磁定律，则有：
且欧姆定律，则有：
解得：E1=0.20V
I1=2A
（2）此时受到的安培力为：F1=B1I1L
代入数据解得：F1=0.04N
设此时线框受到的摩擦力大小为f，则有：mgsinα+F1-f=0
解得：f=0.2N
（3）在3.0×l0-2s～4.0×l0-2s时间内；产生的感应电动势为：
代入数据得：E2=0.4V
且
代入数据解得：I1=4A
解得：
答：（1）在0～2.0×10-2s时间内线框中产生的感应电流大小2A；
（2）在t=1.0×l0-2s时线框受到斜面的摩擦力0.2N；
（3）线框中感应电流的有效值
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、bc边的位置坐标x在L-2L过程，线框bc边有效切线长度为l=x-L，感应电动势为E=Blv=B（x-L）v，感应电流i=
根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．
x在2L-3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x-2L，感应电动势为E=Blv=B（x-2L）v，感应电流i=-
C、在水平拉力F作用下向右匀速穿过磁场区，因此拉力等于安培力，而安培力的表达式F=
故选：BD
一个线圈有75匝，面积4cm2，线圈在0.025S时间从1.5T的磁铁两极间移开，线圈产生的感应电动势多大？如果线圈两端接一个10欧的电阻，线圈的内电阻为0.5欧，电路中产生的电流多大？
正确答案
解：（1）线圈中的感应电动势为：
E=n
（2）电路中产生的电流为：
I=
答：线圈产生的感应电动势18V，电路中产生的电流约为0.17A．
解析
解：（1）线圈中的感应电动势为：
E=n
（2）电路中产生的电流为：
I=
答：线圈产生的感应电动势18V，电路中产生的电流约为0.17A．
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