热门试卷

解：（1）由图示图象可知，0～0.10s内：△Φ=△BS=（1-0）×0.01=0.01Wb，

0～0.10s线圈中的感应电动势大小：E=n=300×=30V；

（2）细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定律可知，电流方向为：C→D，

由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，

由图示图象可知，在0.2-0.25s内穿过线圈的磁通量减少，

由楞次定律可知，磁感应强度B2方向：竖直向上；

（3）对细框，由动量定理得：B1Il•△t=mv-0，

细框竖直向上做竖直上抛运动：v2=2gh，

电荷量：Q=I△t，解得：Q===0.03C；

答：（1）0～0.10s线圈中的感应电动势大小为30V；

（2）t=0.22s时闭合开关K，若细杆CD所受安培力方向竖直向上，CD中的电流方向为：C→D，磁感应强度B2的方向：竖直向上；

（3）t=0.22s时闭合开关K，若安培力远大于重力，细框跳起的最大高度h=0.20m，通过细杆CD的电荷量是0.03C．

解：由法律的电磁感应定律可得感应电动势：

E====2×10-3V；

根据欧姆定律，则有，感应电流：I===2×10-2A，

故答案为：2×10-2

解：（1）因为线圈被匀速拉出，所以F=F安，

感应电动势的大小 E=BL2v

由闭合欧姆定律得：I=，

安培力为：F安=BIL2=，

所以拉力为：F=；

（2）拉力的功率为：P=Fv=．

（3）拉力做的功为：W=FL1=．

（4）由焦耳定律得产生的热量：

Q=I2Rt=×R×=．

（5）通过线圈某一截面的电荷量：

q=It=t==．

答：（1）拉力F大小为；

（2）拉力的功率为；

（3）拉力做的功为；

（4）线圈中产生的电热为；

（5）通过线圈某一截面的电荷量为．

解：（1）由安培力F安=BIL，I=，E=BLv，则 F安=

导体棒匀速下滑时，由力平衡得：

  mgsin37°=F安+μmgcos37°

代入得：mgsin37°=+μmgcos37°

代入数据解得：v=5m/s

（2）设导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动下滑的距离为S，

通过导体棒截面的电量 Q=•△t，

又 =，=，

联立以上三式得：Q==

得：S==m=20m

根据能量守恒定律，得：

mgSsin37°=Q++μmgScos37°

得：Q=mgSsin37°--μmgScos37°=（0.2×10×20×0.6-×0.2×52-0.5×0.2×10×20×0.8）J=5.5J

根据功能关系可知，导体棒的电阻消耗的电功为：W=Q=5.5J

答：（1）导体棒匀速运动的速度为5m/s；

（2）导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的电阻消耗的电功为5.5J．

解：（1）、根据法拉第电磁感应定律，得出感应电动势E=n，

结合闭合电路欧姆定律I=与电量表达式Q=It，即可解得电量q=，虽然两次的运动方式不同，但它们的磁通量的变化量相同，因此它们的电量之比为1：1，故A错误，B正确；

（2）、由感应电动势最大值Em=nBSω，则有有效值E==

瞬时感应电动势E=nBLv．则感应电流的大小之比即为感应电动势大小之比，则为nBav：=：1

再根据线框的发热功率P=I2nR，可知，线框发热功率P1：P2=2：1；

答：（1）前后两次通过线框导线横截面的电荷量之比1：1；

（2）前后两次线框的发热功率之比2：1．

解：（1）由Em=BL2ω解电动势的最大值为：Em=×1×0.22×100V=2V，

有效值为：E==V，

根据分压特点得电压表读数为：U=×=V，

（2）根据法拉第电磁感应定律得从图示位置开始，在线圈转动90°的过程中，

线圈中产生的平均感应电势为====V=V；

（3）根据焦耳定律得从图示位置开始，在线圈转动90°的过程中，灯泡上产生的热量为Q=I2Rt=（）2×2×=J；

（4）从图示位置开始，在线圈转动圈180°的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量为△∅=BL2

通过灯泡的产生的电荷电荷量q′===C；

答：（1）理想电压表的读数V；

（2）从图示位置开始，在线圈转动90°的过程中产生的平均感应电动势为V；

（3）从图示位置开始，在线圈转动圈90°的过程中灯泡上产生的热量是J；

（4）从图示位置开始，在线圈转动圈180°的过程中，通过灯泡的产生的电荷量是C．