- 电磁感应
- 共8761题
正确答案
1.4C
解析
解：线框在转动过程中产生的平均感应电动势
在线框中产生的平均感应电流
转动过程中通过导线某横截面的电荷量q=
联立，解得：q=
从线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中，△∅=BSsin37°+BScos37°=1.4×0.4×0.52=0.14Wb；
所以通过导线横截面积的电量q=
故答案为：1.4C．
正确答案
解析
解：在
根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
如图甲所示，两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距为L=2m，导轨平面与水平面成θ=30°角，下端连接阻值R=1.5Ω的电阻；质量为m=1.4kg、阻值r=0.5Ω的匀质金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最下端为L1=1m，棒与导轨垂直并保持良好接触，动摩擦因数μ=
（1）在0～1.0s内，金属棒ab保持静止，求通过的电流大小和方向；
（2）求t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小和方向；
（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力F，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，请写出拉力F随时间t′（加F时开始计时）的变化关系式．
正确答案
解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=
再由闭合电路欧姆定律，则有：I=
根据楞次定律可知，感应电流方向：b→a；
（2）当t=1.1s时，电流大小方向都不变，安培力F=B1IL=0.2×2×2N=0.8N；
根据左手定则，则有，安培力的方向沿斜面向下；
因mgsinθ+F=7.8N＜μmgcosθ，ab仍保持静止
所以f=mgsinθ+F=7.8N，方向沿着斜面向上．
（3）1.2s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律，可得：E′=B2Lv
速度公式，v=at′
而安培力F=B2I2L；
且闭合电路欧姆定律，则有：I2=
由牛顿第二定律可得，F-mgsinθ-μmgcosθ-F安=ma
联立解得：F=16+1.6t′（N）
答：（1）在0～1.0s内，金属棒ab保持静止，通过的电流大小2A和方向b→a；
（2）t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小7.8N和方向沿着斜面向上；
（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力F，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，则拉力F随时间t′（加F时开始计时）的变化关系式F=16+1.6t′（N）．
解析
解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=
再由闭合电路欧姆定律，则有：I=
根据楞次定律可知，感应电流方向：b→a；
（2）当t=1.1s时，电流大小方向都不变，安培力F=B1IL=0.2×2×2N=0.8N；
根据左手定则，则有，安培力的方向沿斜面向下；
因mgsinθ+F=7.8N＜μmgcosθ，ab仍保持静止
所以f=mgsinθ+F=7.8N，方向沿着斜面向上．
（3）1.2s后，对ab棒由法拉第电磁感应定律，可得：E′=B2Lv
速度公式，v=at′
而安培力F=B2I2L；
且闭合电路欧姆定律，则有：I2=
由牛顿第二定律可得，F-mgsinθ-μmgcosθ-F安=ma
联立解得：F=16+1.6t′（N）
答：（1）在0～1.0s内，金属棒ab保持静止，通过的电流大小2A和方向b→a；
（2）t=1.1s时刻，ab棒受到的摩擦力的大小7.8N和方向沿着斜面向上；
（3）1.2s后对ab棒施加一沿斜面向上的拉力F，使ab棒沿斜面向上做匀加速运动，加速度大小为5m/s2，则拉力F随时间t′（加F时开始计时）的变化关系式F=16+1.6t′（N）．
（2015秋•遂宁期末）关于电磁感应的下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、当穿过闭合回路磁通量发生变化时，才产生感应电流，因此有感应电动势，不一定有感应电流，电路必须要闭合．故A错误；
BC、根据E=n
D、闭合线圈放在变化的磁场中，只有穿过线圈的磁通量变化时，才有感应电流，故D错误．
故选：B．
穿过一个电阻为2Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少2Wb，则（ ）
正确答案
解析
解：A、由法拉第电磁感应定律知，E=n
C、根据闭合电路欧姆定律知，I=
故选：B．
A电容器所带电荷量为
B电容器所带电荷量为
C电容器下极板带正电
D电容器上极板带正电
正确答案
解析
解：A、闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当与电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，
线圈产生的感应电动势为：E=nS
C、磁场向右均匀增强，由楞次定律可知，电容器上极板带正电，下极板带负电，故C错误，D正确．
故选：BD．
N匝线圈的总电阻为R，当它的磁通量由Φ1增大到Φ2的过程中，通过线圈截面的总电量为（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由法律的电磁感应定律得感应电动势：
E=N
由欧姆定律得，感应电流为：
I=
通过线圈截面的总电量：q=I△t，
解得：q=
故选：D．
正确答案
解析
解：因为R1：R2：R3=1：2：3，可以设R1=R，R2=2R，R3=3R；
由电路图可知，当S1、S2闭合，S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，
设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得：E1=3IR
当S2、S3闭合，S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，
由欧姆定律可得：E2=5I×5R=25IR
当S1、S3闭合，S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，
此时感应电动势E=E1+E2=28IR，则此时的电流
故选D．
用导线在一个绝缘圆筒上绕了100圈后，放在磁场中，在2秒内穿过线圈的磁通量从2Wb增加到10Wb，求线圈中的感应电动势为多大？
正确答案
解：根据法拉第电磁感应定律得：
E=N
答：线圈中的感应电动势为400V．
解析
解：根据法拉第电磁感应定律得：
E=N
答：线圈中的感应电动势为400V．
（1）金属框刚进入磁场时，小车的速度为多大？
（2）从金属框刚要进入磁场开始，到其完全离开磁场，线框中产生的焦耳热为多少？
正确答案
解：（1）设小车初速度为v0，则线框刚进入磁场时，ab边由于切割磁感线产生的电动势为：
E=BLv0…①
回路中的电流：I=
根据牛顿定律：BIL=ma…③
由以上三式可解得：v0=5m/s
（2）设线框全部进入磁场时小车速度为v1，进入过程平均电流为
根据动量定理得
-B
解得：v1=4m/s
设线框离开磁场时小车速度为v2，进入过程平均电流为
根据动量定理得
-B
解得：v2=3m/s
线框从进入到离开产生的焦耳热应等于系统损失的机械能，即：
Q=
答：
（1）金属框刚进入磁场时，小车的速度为5m/s．
（2）从金属框刚要进入磁场开始，到其完全离开磁场，线框中产生的焦耳热为4.0J．
解析
解：（1）设小车初速度为v0，则线框刚进入磁场时，ab边由于切割磁感线产生的电动势为：
E=BLv0…①
回路中的电流：I=
根据牛顿定律：BIL=ma…③
由以上三式可解得：v0=5m/s
（2）设线框全部进入磁场时小车速度为v1，进入过程平均电流为
根据动量定理得
-B
解得：v1=4m/s
设线框离开磁场时小车速度为v2，进入过程平均电流为
根据动量定理得
-B
解得：v2=3m/s
线框从进入到离开产生的焦耳热应等于系统损失的机械能，即：
Q=
答：
（1）金属框刚进入磁场时，小车的速度为5m/s．
（2）从金属框刚要进入磁场开始，到其完全离开磁场，线框中产生的焦耳热为4.0J．
A线圈中产生逆时针方向的感应电流
B线圈的感应电动势大小为
C细线拉力最大时，金属框受到的安培力大小为3mg
D从t=0开始直到细线被拉断的时间为
正确答案
解析
解：A、根据楞次定律可知，磁场随时间均匀增加，则金属框中感应电流的方向为逆时针，故A正确；
B、感应电动势：E=n
C、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，2mg=mg+F，金属框受到的安培力大小为F=mg，故C错误；
D、安培力为：F=nBIl=nB
故选：AB．
如图甲所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=1m，导轨平面与水平面成θ=30°角，上端连接阻值R=1.5Ω的电阻；质量为m=0.2kg、阻值r=0.5Ω的金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触．整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面的外力F，g=10m/s2求：
（1）当t=2s时，外力F1的大小；
（2）当t=3s前的瞬间，外力F2的大小和方向；
（3）请在图丙中画出前4s外力F随时间变化的图象（规定F方向沿斜面向上为正）．
正确答案
感应电流为 I=
在t=2s时刻，处于静止状态，
由平衡条件得：
mg sin30°-B2IL1-F1=0；
代入数据，可解得：F1=0，
（2）当t=3s时，由图可知B3=1.5 T，则由平衡条件得
外力F=B3IL1-mg sin30°=B3L12L2
（3）在前3s内，由平衡条件得：
mg sin30°=BIL1+F，得F=mg sin30°-BIL1
而B=0.5t（T），I=L1L2
得到F=1-0.5t
在t=3s后，B不变，则F不变．
作出图象如图．
答：（1）当t=2s时，外力F1的大小是0；（2）当t=3s时，外力F的大小是0.5N，方向沿斜面向下．（3）画出前4s外力F随时间的变化情况如上图．
解析
感应电流为 I=
在t=2s时刻，处于静止状态，
由平衡条件得：
mg sin30°-B2IL1-F1=0；
代入数据，可解得：F1=0，
（2）当t=3s时，由图可知B3=1.5 T，则由平衡条件得
外力F=B3IL1-mg sin30°=B3L12L2
（3）在前3s内，由平衡条件得：
mg sin30°=BIL1+F，得F=mg sin30°-BIL1
而B=0.5t（T），I=L1L2
得到F=1-0.5t
在t=3s后，B不变，则F不变．
作出图象如图．
答：（1）当t=2s时，外力F1的大小是0；（2）当t=3s时，外力F的大小是0.5N，方向沿斜面向下．（3）画出前4s外力F随时间的变化情况如上图．
正确答案
解析
解：根据B-t图中同一条直线磁通量的变化率是相同的，由法拉第电磁感应定律：E=
A、在第1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故A错误；
B、在第2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向； 感应电流是恒定的，故B正确；
C、在第3s内，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向； 感应电流是恒定的，故C错误；
D、在第4s内，由楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向； 感应电流是恒定的，故D正确；
故选：BD
（1）当线框以ab为轴以角速度ω顺时针匀速转动90°的过程中．穿过abcd的磁通量变化量△φ为多少？该过程中产生的平均感应电动势多大？
（2）若线框以ab为轴以角速度ω匀速转过180°过程中，线框中产生的平均感应电动势多大？
正确答案
解：（1）矩形线圈abcd如图所示放置，此时通过线圈的磁通量为：Φ1=BSsinθ．
当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ab轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量：
Φ2=-BScosθ．
因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△Φ=Φ2-Φ1=-BS（cosθ+sinθ）．
根据法拉第电磁感应定律，则有：
（2）当线框以ab为轴以角速度ω匀速转过180°过程中，因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△Φ′=Φ2′-Φ1′=-2Bssinθ．
根据法拉第电磁感应定律，则有：
答：（1）当线框以ab为轴以角速度ω顺时针匀速转动90°的过程中．穿过abcd的磁通量变化量△φ为BS（cosθ+sinθ）．
该过程中产生的平均感应电动势
（2）若线框以ab为轴以角速度ω匀速转过180°过程中，线框中产生的平均感应电动势
解析
解：（1）矩形线圈abcd如图所示放置，此时通过线圈的磁通量为：Φ1=BSsinθ．
当规定此时穿过线圈为正面，则当线圈绕ab轴转90°角时，穿过线圈反面，则其的磁通量：
Φ2=-BScosθ．
因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△Φ=Φ2-Φ1=-BS（cosθ+sinθ）．
根据法拉第电磁感应定律，则有：
（2）当线框以ab为轴以角速度ω匀速转过180°过程中，因此穿过线圈平面的磁通量的变化量为：△Φ′=Φ2′-Φ1′=-2Bssinθ．
根据法拉第电磁感应定律，则有：
答：（1）当线框以ab为轴以角速度ω顺时针匀速转动90°的过程中．穿过abcd的磁通量变化量△φ为BS（cosθ+sinθ）．
该过程中产生的平均感应电动势
（2）若线框以ab为轴以角速度ω匀速转过180°过程中，线框中产生的平均感应电动势
正确答案
解：（1）按照电流的定义I=
而
故通过R的电荷量：q=
（2）感应电动势最大值：Em=nBSω，
有效值：E=
电路电流：I=
R上产生的热量：QR=I2Rt，
时间：t=
联立解得：QR=
答：过R的电荷量q=
解析
解：（1）按照电流的定义I=
而
故通过R的电荷量：q=
（2）感应电动势最大值：Em=nBSω，
有效值：E=
电路电流：I=
R上产生的热量：QR=I2Rt，
时间：t=
联立解得：QR=
答：过R的电荷量q=
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