- 电磁感应
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求：（1）变压器副圈电流的有效值；
（2）交流发电机产生的电动势有效值；
（3）发电机线圈转动的角速度．
正确答案
解：（1）变压器副线圈的电流：
（2）原线圈中的电流：
发电机的路端电压：
发电机的电动势的有效值：E=U1+I1r=440+15×2=470V
（3）电动势的最大值：
由交流电电动势最大值的公式：Em=NBSω
代入数据得：ω=94π（rad/s）
答：（1）变压器副圈电流的有效值是30A；
（2）交流发电机产生的电动势有效值是470V；
（3）发电机线圈转动的角速度是94πrad/s．
解析
解：（1）变压器副线圈的电流：
（2）原线圈中的电流：
发电机的路端电压：
发电机的电动势的有效值：E=U1+I1r=440+15×2=470V
（3）电动势的最大值：
由交流电电动势最大值的公式：Em=NBSω
代入数据得：ω=94π（rad/s）
答：（1）变压器副圈电流的有效值是30A；
（2）交流发电机产生的电动势有效值是470V；
（3）发电机线圈转动的角速度是94πrad/s．
（1）在图上标出安培力的方向；
（2）匀强磁场的磁感强度B的大小；
（3）线框在图示位置的磁通量；
（4）线框以ab边为轴，转过30°时，穿过它的磁通量．
正确答案
解：（1）根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，而电流方向由b到a，那么安培力方向垂直ab向左；
如下图所示：
（2）根据安培力大小公式F=BIL，因ab边受到的磁场力大小0.03N，
且电路的电流I=
则有：磁感强度的大小B=
（3）如图，当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，
穿过线框的磁通量为：Φ1=BS=0.1×0.1×0.01=1.0×10-4Wb；
（4）当线圈以ab为轴从图中位置转过30°的过程中，线圈在垂直于磁场方向投影的面积不变；
则磁通量为：Φ2=BS=0.1×0.1×0.01=1.0×10-4Wb；
答：（1）安培力的方向如上图所示；
（2）匀强磁场的磁感强度B的大小0.1T；
（3）线框在图示位置的磁通量1.0×10-4Wb；
（4）线框以ab边为轴，转过30°时，穿过它的磁通量1.0×10-4Wb．
解析
解：（1）根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，而电流方向由b到a，那么安培力方向垂直ab向左；
如下图所示：
（2）根据安培力大小公式F=BIL，因ab边受到的磁场力大小0.03N，
且电路的电流I=
则有：磁感强度的大小B=
（3）如图，当长方形线圈abcd有一半处在磁感应强度为B的匀强磁场中时，
穿过线框的磁通量为：Φ1=BS=0.1×0.1×0.01=1.0×10-4Wb；
（4）当线圈以ab为轴从图中位置转过30°的过程中，线圈在垂直于磁场方向投影的面积不变；
则磁通量为：Φ2=BS=0.1×0.1×0.01=1.0×10-4Wb；
答：（1）安培力的方向如上图所示；
（2）匀强磁场的磁感强度B的大小0.1T；
（3）线框在图示位置的磁通量1.0×10-4Wb；
（4）线框以ab边为轴，转过30°时，穿过它的磁通量1.0×10-4Wb．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据法拉第电磁感应定律E=n
则得到M、N环中感应电动势之比为：
EM：EN=1：1．
根据电阻定律R=ρ
RM：RN=rM：rN=2：1，
根据欧姆定律I=
IM：IN=1：2，故D正确，ABC错误．
故选：D．
正确答案
1：1
解析
解：设正方形的连长为2a．则根据根据法拉第电磁感应定律得，正方形回路中的感应电动势与内切圆中感应电动势之比为
E1：E2=
根据电阻定律得到，正方形回路中的电阻与内切圆的电阻之比为
R1：R2=
由欧姆定律得正方形回路中的感应电流强度I1与内切圆中感应电流强度I2之比为
I1：I2=
故答案为：1：1
关于线圈中产生的感应电动势，下列叙述中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：由法拉第电磁感应定律E=N
A、穿过线圈的磁通量越大，而磁通量不一定变化，变化也不一定快，所以感应电动势不一定大．故A错误．
B、穿过线圈的磁通量的变化越快，磁通量的变化率一定越大，则感应电动势一定越大，故BD正确．
C、穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率可以不为零，则感应电动势可以不为零．故C错误．
故选：BD．
有一个1000匝的线圈，在0.4s内通过它的磁通量从0.02wb增加到0.09wb，则线圈中磁通量的变化量和产生的感应电动势分别是（ ）
正确答案
解析
解：穿过单匝闭合线圈的磁通量在0.4s内由0.02Wb均匀增加到0.09Wb，磁通量增加量为：
△Φ=0.09Wb-0.02Wb=0.07Wb；
根据法拉第电磁感应定律得：E=n
故选B
（1）在1s内把条形磁体从图示位置沿竖直方向移到O点，这个过程中线圈中感应电动势E1的大小；
（2）换用10匝的圆形线圈，线圈面积及位置与单匝线圈相同，在0.5s内把条形磁体从图示位置沿竖直方向移到O点，这个过程中线圈中感应电动势E2的大小．
正确答案
解：（1）先计算出磁通量变化量，后根据法拉第电磁感应定律，
对单匝线圈有，
解得：E1=
（2）对n匝线圈有：△Φ=Φ2-Φ1
由法拉第电磁感应定律，则有：
解得：E2=10×
答：（1）这个过程中线圈中感应电动势E1的大小0.008V；
（2）这个过程中线圈中感应电动势E2的大小0.16V．
解析
解：（1）先计算出磁通量变化量，后根据法拉第电磁感应定律，
对单匝线圈有，
解得：E1=
（2）对n匝线圈有：△Φ=Φ2-Φ1
由法拉第电磁感应定律，则有：
解得：E2=10×
答：（1）这个过程中线圈中感应电动势E1的大小0.008V；
（2）这个过程中线圈中感应电动势E2的大小0.16V．
有一个1000匝的线圈，电阻为10Ω，在0.4s内通过它的磁通量从0.02Wb增加到0.10Wb，现把一个电阻为990Ω的电热器连接在它的两端，求：
（1）线圈中的感应电动势；
（2）线圈中的感应电流；
（3）电热器的功率．
正确答案
解：（1）已知n=1000，△t=0.4s，△Φ=0.10Wb-0.02Wb=0.08Wb，则根据法拉第电磁感应定律得
感应电动势E=n
（2）由闭合电路欧姆定律得，
通过电热器的电流I=
（3）根据功率表达式，P=I2R=39.6W
答：（1）线圈中的感应电动势200V；（2）线圈中的感应电流0.2A；（3）电热器的功率39.6W．
解析
解：（1）已知n=1000，△t=0.4s，△Φ=0.10Wb-0.02Wb=0.08Wb，则根据法拉第电磁感应定律得
感应电动势E=n
（2）由闭合电路欧姆定律得，
通过电热器的电流I=
（3）根据功率表达式，P=I2R=39.6W
答：（1）线圈中的感应电动势200V；（2）线圈中的感应电流0.2A；（3）电热器的功率39.6W．
正确答案
18J
解析
解：在0-0.2s内，由图象的斜率求出
E1=n
在0.2-0.3s内，由图象的斜率求出
E2=n
则0.3s内电流所做的功为W=
代入解得，W=18J．
故答案为：18J
正确答案
解析
解：A、若θ=0°，金属环中无感应电流，做匀速直线运动，故A错误；
B、若θ=90°，金属环有感应电流，由于越靠近导线磁场越强，导致金属环受到的安培力水平向左，所以金属环减速直线运动，最终静止，故B正确；
C、若θ=60°，金属环有感应电流，金属环受到水平向左的安培力，垂直于电流方向的做减速运动直至速度减为零，沿电流方向的速度不变，金属环最终会沿着与通电导线平行的方向做匀速直线运动，那么沿导线方向分速度速度为：v=v0cos60°；
由能量守恒定律得，环中最多能产生的电能为：E=-△Ek=
故选：BD．
（1）t=2.0s时线圈中的感应电动势E及线圈两端的电压U？
（2）t=5.0s时电阻R的功率？
正确答案
解：（1）0-4s内，磁感应强度的变化率：
由法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势：
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流：
则线圈两端的电压：U1=I1R=0.2×4=0.8V
（2）4-6s内，线圈中的感应电动势：
电路中的电流：
R的功率：
答：（1）t=2.0s时线圈中的感应电动势1V及线圈两端的电压0.8V；
（2）t=5.0s时电阻R的功率2.56W．
解析
解：（1）0-4s内，磁感应强度的变化率：
由法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势：
根据闭合电路的欧姆定律，电路中的电流：
则线圈两端的电压：U1=I1R=0.2×4=0.8V
（2）4-6s内，线圈中的感应电动势：
电路中的电流：
R的功率：
答：（1）t=2.0s时线圈中的感应电动势1V及线圈两端的电压0.8V；
（2）t=5.0s时电阻R的功率2.56W．
正确答案
解析
解：A、由图可知，0-t1内，线圈中磁通量的变化率相同，故0到t1时间内电流的方向相同，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故A错误；
B、从0到t1时间内，线圈中磁通量的变化率相同，由E=
C、由上分析，从0到t2时间内，路中电流大小时恒定不变，根据F=BIL，可知，从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力先减小，后增大，故C错误；
D、从0到t2时间内，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针，即电流为adcba方向，故D正确；
故选：D．
正确答案
解析
解：根据E=
故选：D．
有一个10匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于垫圈的平面，线圈的面积为0.01m2．当t=0时，B1=0.2T．经过0.1S后，磁场变为B2=0.05T，磁场的方向保持不变．求线圈中的感应电动势．
正确答案
解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.1s内由0.2T均匀的减小到0.05T．
所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2-∅1=（B2-B1）S=0.15×0.01Wb=0.0015Wb
而磁通量变化率为：
则线圈中感应电动势大小为：E=N
答：线圈中的感应电动势为0.15V．
解析
解：圆线圈在匀强磁场中，现让磁感强度在0.1s内由0.2T均匀的减小到0.05T．
所以穿过线圈的磁通量变化量是：△∅=∅2-∅1=（B2-B1）S=0.15×0.01Wb=0.0015Wb
而磁通量变化率为：
则线圈中感应电动势大小为：E=N
答：线圈中的感应电动势为0.15V．
A线圈的感应电动势大小为nkL2
B细绳拉力最大时，金属框受到的安培力大小为mg
C从t=0开始直到细线会被拉断的时间为
D以上说法均不正确
正确答案
解析
解：A、感应电动势E=n
B、由楞次定律知线圈中有逆时针方向的电流，由左手定则知线圈受的安培力向下，细绳拉力最大时，5mg=mg+F，金属框受到的安培力大小为F=4mg，故B错误；
C、安培力F=nBIl=nB
D、由上分析可知，故D错误；
故选：C．
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