- 电磁感应
- 共8761题
（2015秋•张家口期末）如图所示，一个单位圆形线圈处于垂直纸面向外的磁场中，线圈面积为0.1m2，电阻r=1Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图所示，已知电路中的R1=1Ω，R2=1Ω，电容C=60μF，导线电阻不计．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、根据图象可得，
线圈内产生的感应电动势：E=n
B、S闭合后，电路中电流为：I=
那么AB两点间电势差的大小为UAB=I（R1+R2）=0.2V，
根据楞次定律可知，线圈产生感应电流方向顺时针方向，那么通过R1的电流方向：从左向右流过R1．
因此A点电势高于B点电势，故B正确．
C、根据电容的公式，则有电容器的带电量为：Q=CU2=CIR2=60μF×0.1×1=6×10-6C，故C错误；
D、闭合稳定后，R2的热功率为P=I2R2=0.12×1=0.01W，故D正确；
故选：ABD．
一圆形闭合线圈放在匀强磁场中，保持线圈平面与磁场方向垂直，磁感强度随 时间均匀地变化．为使线圈中的感应电流增加一倍，现用原来规格的导线重新绕制线圈，下列哪个办法可达到目的（ ）
正确答案
解析
解：由法拉第电磁感应定律得，感应电动势：E=n
设导线的电阻率为ρ，线圈的半径为r，
线圈电阻：R=ρ
感应电流为：I=
A、线圈半径不变而匝数增加一倍，由①可知，感应电流不变，故A错误；
B、线圈匝数不变而面积增加一倍，则线圈半径r变为原来的
C、线圈匝数不变而半径增加一，由①可知，电流变为原来的2倍，故C正确；
D、线圈的匝数和半径同时增加一倍，由①可知，电流增加一倍，故D正确；
故选：CD．
一个共有100匝的闭合矩形线圈，总电阻为10Ω、面积为0.04m2，置于水平面上．若线圈内有垂直水平面向下的匀强磁场，磁感强度在0.2s内，从1.6T均匀减少到零．则在此时间内，线圈内导线中的感应电流大小为______A，从上向下俯视，线圈中电流的方向为______时针方向．
正确答案
3.2
顺
解析
解：由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势：
E=n
由欧姆定律可得，感应电流：I=
根据楞次定律，可知，磁通量减小，则从上向下俯视，线圈中电流的方向为顺时针；
故答案为：3.2，顺．
已知一个重为G、密度为ρ、电阻率为ρ′的金属圆环放在匀强磁场中，磁场垂直于金属环所在平面，磁感应强度的变化率为
正确答案
解析
解：根据法拉第电磁感应定律，则有电路中的感应电动势E=
由闭合电路欧姆定律，则感应电流I=
而
解得：I=
故答案为：
如图所示，光滑矩形斜面ABCD的倾角为θ=30°，在其上放置一矩形金属线框abcd，ab的边长L1=1m，bc的边长L2=0.6m，线框的质量m=1kg，电阻R=0.1Ω，线框通过细线绕过定滑轮与重物相连，细线与斜面平行且靠近．重物质量M=2kg，离地面的高度为H=4.8m．斜面上efgh区域是有界匀强磁场，方向垂直于斜面向上，已知AB到ef的距离为s1=4.2m，ef到gh的距离为s2=0.6m，gh到CD的距离为s3=3.8m，取g=10m/s2．现让线框从静止开始运动（开始时刻cd与AB边重合），发现线框匀速穿过匀强磁场区域，求：
（1）efgh区域内匀强磁场的磁感应强度B
（2）线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热Q
（3）通过计算分析画出线框从开始运动到ab边与CD边重合过程中线框的v-t图象．
正确答案
解：（1）ab在磁场中运动所受安培力，F=BIL1=
根据受力平衡，则有：Mg=F+mgsinθ
解得：B=0.5T
（2）由能量守恒：Q=2Mg•S2-2mg•S2•sinθ=18J
（3）如图所示，线框abcd由静止沿斜面向上运动到ab与ef线重合的过程中，线框和重物在恒力作用下以共同的加速度做匀加速运动．
设ab恰好要进入磁场时的速度为v0，对线框和重物的整体在这一过程运用动能定理：Mgs1-mgs1sinθ=
解得：v0=
该过程的时间为：t1=
ab边刚进入磁场时由于切割磁感线而产生电流，所以线框受到沿斜面向下的安培力作用：FA=BIL1；
故此时，F合=Mg-mgsinθ-FA=20-10×0.5-
故线框进入磁场后，做匀速直线运动，直到cd边离开gh的瞬间为止．t2=
此时M刚好着地，细绳松弛，线框继续向上做减速运动，设线框的cd边到达CD线
的速度为v1，则对线框有：-mgs2sinθ=
得v1=
t3=
则线框的速度--时间图象如右图
答：
（1）efgh区域内匀强磁场的磁感应强度0.5T；
（2）线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热18J；
（3）通过计算分析画出线框从开始运动到ab边与CD边重合过程中线框的v-t图象，如上图所示．
解析
解：（1）ab在磁场中运动所受安培力，F=BIL1=
根据受力平衡，则有：Mg=F+mgsinθ
解得：B=0.5T
（2）由能量守恒：Q=2Mg•S2-2mg•S2•sinθ=18J
（3）如图所示，线框abcd由静止沿斜面向上运动到ab与ef线重合的过程中，线框和重物在恒力作用下以共同的加速度做匀加速运动．
设ab恰好要进入磁场时的速度为v0，对线框和重物的整体在这一过程运用动能定理：Mgs1-mgs1sinθ=
解得：v0=
该过程的时间为：t1=
ab边刚进入磁场时由于切割磁感线而产生电流，所以线框受到沿斜面向下的安培力作用：FA=BIL1；
故此时，F合=Mg-mgsinθ-FA=20-10×0.5-
故线框进入磁场后，做匀速直线运动，直到cd边离开gh的瞬间为止．t2=
此时M刚好着地，细绳松弛，线框继续向上做减速运动，设线框的cd边到达CD线
的速度为v1，则对线框有：-mgs2sinθ=
得v1=
t3=
则线框的速度--时间图象如右图
答：
（1）efgh区域内匀强磁场的磁感应强度0.5T；
（2）线框在通过磁场区域过程中产生的焦耳热18J；
（3）通过计算分析画出线框从开始运动到ab边与CD边重合过程中线框的v-t图象，如上图所示．
正确答案
解析
解：由电阻定律得，圆环的电阻：R=ρ
两环是用相同导线制成的，则ρ与S相同，电阻与半径成正比，则RA=2RB；
由法拉第电磁感应定律得：
E=
磁场穿过A时，ab间电势差：
Uab=IRB=
磁场穿过B时，ab间电势差：
Uab′=I′RA=
故答案为：
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据法拉第电磁感应定律E=n
A、磁通量变化越大，则不知磁通量的变化时间，故
B、磁通量变化的快慢用
C、虽然磁感应强度越强，但
D、磁通量越大，是Φ大，但△Φ及
故选：B．
在应用法拉第电磁感应定律求感应电动势时有两种方法，请你分别写出这两种表达式并指出表达式的应用范围．
正确答案
解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n
对于导体切割磁感线产生感应电动势的情况，常采用E=BLv来计算，使用条件为B、L、v两两垂直的情况，不垂直式进行正交分解，取垂直的分量．此公式既可以计算匀强磁场中导体运动产生的平均感应电动势，也可以计算非匀强磁场瞬时感应电动势．
解析
解：由法拉第电磁感应定律可知；E=n
对于导体切割磁感线产生感应电动势的情况，常采用E=BLv来计算，使用条件为B、L、v两两垂直的情况，不垂直式进行正交分解，取垂直的分量．此公式既可以计算匀强磁场中导体运动产生的平均感应电动势，也可以计算非匀强磁场瞬时感应电动势．
正确答案
解析
解：A、由图知t=0时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，故A正确．
B、C：在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零．故B正确，C错误．
D、根据法拉第电磁感应定律得：E=
故选：ABD．
正确答案
解析
解：A、根据感应电流产生的条件，若A线圈中输入恒定的电流，则A产生恒定的磁场，B中的磁通量不发生变化，则B线圈中就会不产生感应电动势，故A错误
B、若A线圈中输入变化的电流，根据法拉第电磁感应定律：E=
C、根据法拉第电磁感应定律：E=
故选：BD．
A重力的功率为6I2R
B金属杆ab消耗的热功率为4I2R
C导体棒的速度大小为
D导体棒受到的安培力的大小为2BIL
正确答案
解析
解：AB、据题：R1=R2=2R，流过R2的电流为I，则流过ab棒的电流为2I
金属杆ab消耗的热功率为：Pab=（2I）2R=4I2R
电路的总功率为：P总=Pab+2I2R=6l2R，由于导体棒不一定匀速运动，所以重力的功率不一定为6I2R．故A错误，B正确．
C、金属杆ab产生的感应电动势为：E=2I（R+
由E=BLv得：导体棒的速度大小为：v=
D、导体棒受到的安培力的大小为：F=B•2IL=2BIL，故D正确．
故选：BCD．
正确答案
解析
解：根据感应电动势的定义式得：
E=N
回路中产生的电流I=
通过线圈的电荷量q=I△t=
故答案为：
关于电磁感应现象的说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由法拉第电磁感应定律可知；E=n
B、闭合线圈和磁场发生相对运动，磁通量不一定变化，则不一定有感应电流，故B错误；
D、穿过闭合线圈的磁通量发生变化，线圈中一定能产生感应电流，故D正确；
故选：D．
正确答案
解：使线圈匀速平动移出磁场时，
bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势：ε=BIV…①
线圈中产生恒定的感生电流：I=
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能为：W外=E电=ε It…③
由①、②、③并代入数据解出：W=0.01J
线圈以ad为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的．感应电动势和感应电流的最大值为：
εmax=BSω… ④
Imax=
④式中的S是线圈面积，ω是线圈旋转的角速度，电路中消耗的电功率应等于
P=ε有I有…⑥
外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能：
W外′=E电′=ε有I有t=（εm•
两次外力做功之差为：W′-W=2.5×10-3J．
答：两次外力对线圈做功之差为2.5×10-3J．
解析
解：使线圈匀速平动移出磁场时，
bc边切割磁感线而产生恒定感应电动势：ε=BIV…①
线圈中产生恒定的感生电流：I=
外力对线圈做的功等于线圈中消耗的电能为：W外=E电=ε It…③
由①、②、③并代入数据解出：W=0.01J
线圈以ad为轴匀速转出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的．感应电动势和感应电流的最大值为：
εmax=BSω… ④
Imax=
④式中的S是线圈面积，ω是线圈旋转的角速度，电路中消耗的电功率应等于
P=ε有I有…⑥
外力对线圈做的功应等于电路中消耗的电能：
W外′=E电′=ε有I有t=（εm•
两次外力做功之差为：W′-W=2.5×10-3J．
答：两次外力对线圈做功之差为2.5×10-3J．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、由图可知，0-2s内，线圈中磁通量的变化率相同，故0-2s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，即电流为负方向；
同理可知，2-4s内电路中的电流为逆时针，且两段时间内电流强度大小时等，故A，B错误；
C、由E=
故选C．
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