- 电磁感应
- 共8761题
有面积为0.02m2的单匝矩形线圈，垂直于磁感应强度为0.4T的匀强磁场放置，若它以某条边为轴转过90°，用时间0.01s，则在此过程中，穿过线圈的磁通量变化量为______；线圈内的平均感应电动势为______．
正确答案
0.008Wb
0.8V
解析
解：磁通量的变化量：△Φ=Φ2-Φ1=0-0.4×0.02=-0.008Wb，负号表示方向；
平均感应电动势：E=
故答案为：0.008Wb；0.8V．
一个电阻为R 的n匝金属圆环线圈，面积为s，放在匀强磁场中，磁场与线圈所在平面垂直，如图（a）所示．已知通过圆环的磁场随时间t的变化关系如图（b）所示（令磁感线垂直纸面向下为正方向），图中的最大磁感应强度B0以及磁场随时间变化的周期T 都是已知量，则在t=0到t=T=
正确答案
解析
根据法拉第电磁感应定律得：E=n
则通过圆环线圈的电流大小为 I=
在t=
在t=
故答案为：
如图甲所示，PQMN是表面粗糙的绝缘斜面，abcd是质量m=0.5kg，总电阻R=0.5Ω，边长L=0.5m的正方形金属线框，线框的匝数N=10，将线框放在斜面上，使斜面的倾角θ由0°开始缓慢增大，当θ增大到37°时，线框即将沿斜面下滑．现保证斜面的倾角θ=37°，在OO′NM间的区域加上垂直斜面向上的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间的变化图象如图乙所示．
（1）求线框中感应电流的大小．
（2）从t=0时刻开始经多长时间线框即将发生运动（g=10m/s2，sinθ=0.6）
正确答案
解：（1）由图乙可知，B=B0+kt=0.2+0.4t
感应电动势为 E=N
感应电流为 I=
（2）不加磁场时，当斜面倾角为37°时，线框即将沿斜面下滑，
此时线框受到最大静摩擦力fm=mgsin37°=3N
加磁场后，线框受到平行斜面向上的安培力F=NBIL
线框刚开始运动时，应有NBIL=fm+mgsin37°
解得：B=1.2T
由B=0.2+0.4t
解得：t=2.5s
答：（1）线框中感应电流的大小1A．
（2）从t=0时刻开始经2.5s时间线框即将发生运动．
解析
解：（1）由图乙可知，B=B0+kt=0.2+0.4t
感应电动势为 E=N
感应电流为 I=
（2）不加磁场时，当斜面倾角为37°时，线框即将沿斜面下滑，
此时线框受到最大静摩擦力fm=mgsin37°=3N
加磁场后，线框受到平行斜面向上的安培力F=NBIL
线框刚开始运动时，应有NBIL=fm+mgsin37°
解得：B=1.2T
由B=0.2+0.4t
解得：t=2.5s
答：（1）线框中感应电流的大小1A．
（2）从t=0时刻开始经2.5s时间线框即将发生运动．
（1）线框进入磁场前运动的加速度大小；
（2）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳拉力的功率．
正确答案
解：（1）线框进入磁场前，线框匀加速上升，滑块匀加速下降，根据牛顿第二定律，有：
对滑块：m2gsin53°-μm2gcos53°-T=m2a
对线框：T-m1g=m1a
联立并代入数据得：a=2m/s2
（2）由于线框匀速出磁场，受力分析知
对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T′=0…①
对m1有：T′-m1g-BIL=0 …②
又因为有：I=
联立①②③并代入数据得：v=2m/s
T′=55N
故拉力的功率为：
P=T′v=55×2=110W
答：（1）线框进入磁场前运动的加速度大小为2m/s2；
（2）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳拉力的功率为110W．
解析
解：（1）线框进入磁场前，线框匀加速上升，滑块匀加速下降，根据牛顿第二定律，有：
对滑块：m2gsin53°-μm2gcos53°-T=m2a
对线框：T-m1g=m1a
联立并代入数据得：a=2m/s2
（2）由于线框匀速出磁场，受力分析知
对m2有：m2gsinθ-μm2gcosθ-T′=0…①
对m1有：T′-m1g-BIL=0 …②
又因为有：I=
联立①②③并代入数据得：v=2m/s
T′=55N
故拉力的功率为：
P=T′v=55×2=110W
答：（1）线框进入磁场前运动的加速度大小为2m/s2；
（2）线框ad边从磁场上边缘穿出时绳拉力的功率为110W．
正确答案
解析
解：A、根据法拉第电磁感应定律：E=n
代入数据可求出：E=5000×20×10-4×
B、根据全电路欧姆定律，有：I=
根据 P=I2R1 得：P=0.12×4W=4×10-2W，故B错误；
C、根据楞次定律可知，螺线管下极带正电，则电流稳定后电容器下极板带正电，故C错误；
D、S断开后，电容器经过电阻R2放电，因下极板带正电，则流经R2的电流方向由下向上，故D正确；
故选：AD．
（1）求流过电阻r1，r2的电流I1，I2的大小与方向．
（2）求磁场刚减小为零时，框1和2的速度v1和v2（并指明方向）．
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是电接触良好，以上解答是否改变？并说明理由．
正确答案
E=
通过r1，r2的电流为：I1=I2=
（2）在△t时间内，线框1中电流恒定，而磁场B均匀减小到零，故B的平均值为
线框1在磁场中受力的有效长度为 L′=
受到的平均安培力为 F1=
线框2所爱的合力为 F2=F1，方向向左．
再由动量定理：F•△t=mv，得，线框1获得的速度为 v1=
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是接触良好，则可等效为如图2所示电路．通过r2及r1的电流大小为I=
辨析：上面第（1）（2）的解答是正确的，但第（3）问出了问题．下面用两种方法进行解析．
法一：当两个线框接触良好时，相当于两个闭合回路，即内回路Ar1′Cr2和外回路Ar1Cr2′．两个线框中都有相同的磁通变化率，因此，两线框中都要产生相同的感应电动势，而并不是上面解答所说的那样，只有内回路中才有感应电动势产生．这时等效电路如图3所示，而且这一电路还可进一步简化为如图4所示的电路，因此，干路中总电流为 I=
流过r1、r2、r1′、r2′的电流都为I1=I2=
法二：将原线框分开来处理．如图5所示，对左边的小线框Ar1′Cr2和大线框Ar1Cr2来讲，两者产生的感应电动势相同，而Ar2C是公共部分，故外回路Ar1C和Ar1′C上产生的电动相同，都为
答：
（1）流过电阻r1，r2的电流I1，I2的大小均为
（2）磁场刚减小为零时，框1和2的速度v1是
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是电接触良好，以上解答不改变，理由见上．
解析
E=
通过r1，r2的电流为：I1=I2=
（2）在△t时间内，线框1中电流恒定，而磁场B均匀减小到零，故B的平均值为
线框1在磁场中受力的有效长度为 L′=
受到的平均安培力为 F1=
线框2所爱的合力为 F2=F1，方向向左．
再由动量定理：F•△t=mv，得，线框1获得的速度为 v1=
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是接触良好，则可等效为如图2所示电路．通过r2及r1的电流大小为I=
辨析：上面第（1）（2）的解答是正确的，但第（3）问出了问题．下面用两种方法进行解析．
法一：当两个线框接触良好时，相当于两个闭合回路，即内回路Ar1′Cr2和外回路Ar1Cr2′．两个线框中都有相同的磁通变化率，因此，两线框中都要产生相同的感应电动势，而并不是上面解答所说的那样，只有内回路中才有感应电动势产生．这时等效电路如图3所示，而且这一电路还可进一步简化为如图4所示的电路，因此，干路中总电流为 I=
流过r1、r2、r1′、r2′的电流都为I1=I2=
法二：将原线框分开来处理．如图5所示，对左边的小线框Ar1′Cr2和大线框Ar1Cr2来讲，两者产生的感应电动势相同，而Ar2C是公共部分，故外回路Ar1C和Ar1′C上产生的电动相同，都为
答：
（1）流过电阻r1，r2的电流I1，I2的大小均为
（2）磁场刚减小为零时，框1和2的速度v1是
（3）若两框在交叠点A，C不是互相绝缘，而是电接触良好，以上解答不改变，理由见上．
如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流逆时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正．则下面关于感应电流I和cd所受安培力F随时间t变化的图象正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为负值．根据法拉第电磁感应定律，E=
C、在0～2s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值．0时刻安培力大小为F=2B0I0L．在2s～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3s末安培力大小为B0I0L．在2～3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向右，为负值，第4s初的安培力大小为B0I0L．在4～6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6s末的安培力大小2B0I0L．故C正确，D错误．
故选：C．
正确答案
解析
解：A、由楞次定律可以判断出螺线管中电流方向从右向左，那么通过电阻R的电流方向是从C到A，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律有：E=n
由图2知：
代入数据解得：E=1500×2×20×10-4=6V
由闭合电路欧姆定律得：I=
C、螺线管两端的电压是外电压，为 U=IR=1.2×4V=4.8V，故C错误；
D、在外电路，顺着电流方向电势降低，因A的电势等于零，那么C点的电势为4.8V，故D正确．
故选：D．
求：
（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值．
（2）在0.7s时，金属棒ab两端的电压值．
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量Q．
正确答案
解：（1）根据法拉第电磁感应定律得：
金属棒ab电动势的平均值
（2）从表格中数据可知，0.3s后棒做匀速运动
速度v=
由mg-F=0，F=BIL，
I=
解得m=0.04 Kg
∴ab棒两端的电压，u=E-Ir=0.6V
（3）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，根据动能定理得：
mgs+W安=
克服安培力做的功等于回路的焦耳热，
W安=-Q
QR=
解得 Q=0.348J
答：（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值是0.6V．
（2）在0.7s时，金属棒ab两端的电压值是0.6V．
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量Q是0.348J．
解析
解：（1）根据法拉第电磁感应定律得：
金属棒ab电动势的平均值
（2）从表格中数据可知，0.3s后棒做匀速运动
速度v=
由mg-F=0，F=BIL，
I=
解得m=0.04 Kg
∴ab棒两端的电压，u=E-Ir=0.6V
（3）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，根据动能定理得：
mgs+W安=
克服安培力做的功等于回路的焦耳热，
W安=-Q
QR=
解得 Q=0.348J
答：（1）在前0.4s的时间内，金属棒ab电动势的平均值是0.6V．
（2）在0.7s时，金属棒ab两端的电压值是0.6V．
（3）在前0.7s的时间内，电阻R上产生的热量Q是0.348J．
（1）线圈第一次下落过程中的最大速度vm；
（2）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热Q．
正确答案
解：（1）线圈第一次下落过程中有：感应电动势为：E=B•2πRv
感应电流大小为：I=
那么安培力为：FA=BIL=BI•2πR，
联合解得安培力大小为：FA=
据牛顿第二定律得：mg-FA=ma
可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=
（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t
则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=
线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t
则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=
本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：
Q=
化简得：Q=
答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为
（2）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热
解析
解：（1）线圈第一次下落过程中有：感应电动势为：E=B•2πRv
感应电流大小为：I=
那么安培力为：FA=BIL=BI•2πR，
联合解得安培力大小为：FA=
据牛顿第二定律得：mg-FA=ma
可知线圈做加速度减小的加速运动，当a=0时，速度最大，代入求得最大速度为：υm=
（2）反弹后上升的过程中某一时刻，由牛顿运动定律得：mg+B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈上升高度为：△h=υ△t
则线圈可上升的最大高度h为：h=∑△h=
线圈到达最高点后，下落过程中的某一时刻，由牛顿运动定律得：mg-B
在一段微小时间△t内，速度增量为：△υ=a△t，线圈下降高度为：△h=υ△t
则线圈第二次下降到水平面时的速度为：υ=∑△υ=
本过程中线圈中产生的热量为线圈动能的损失：
Q=
化简得：Q=
答：（1）线圈第一次下落过程中的最大速度υm为
（2）线圈从第一次到第二次与水平面相碰的过程中产生的焦耳热
一个闭合线圈放在变化的磁场中，线圈产生的感应电动势为E．若将线圈匝数增加为原来的4倍，则线圈产生的感应电动势变为（ ）
A4E
B2E
C
D
正确答案
解析
解：法拉第电磁感应定律：E=N
故选：A
（1）若保持磁感应强度B0不变，垂直于ab施加水平外力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2．求框架开始运动时ab速度v的大小．
（2）若固定U型金属框架不动，导体棒ab与U型金属框架间的滑动摩擦力大小f=0.2N，从t=0开始，磁感应强度B随时间t按图乙中图象所示的规律变化，求在金属棒ab开始运动前，这个装置释放的热量是多少？
正确答案
解：（1）依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力Ff=μ（m1+m2）g
ab中的感应电动势E=Blv
MN中电流
MN受到的安培力F安=BIl
框架开始运动时F安=Ff
由上述各式代入数据，解得v=7.5m/s；
（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，
当磁感应度增大到ab所受安掊力F′安与最大静摩擦力f相等时开始滑动．
感应电动势：E′=
I′=
棒ab将要运动时，有F′安=BtI′L=f
因此Bt=2.5 T
根据Bt=B0+
得t=4.8s
回路中产生焦耳热为Q=I′2Rt=0.0768J；
答：（1）框架开始运动时ab速度v的大小7.5m/s；
（2）在金属棒ab开始运动前，这个装置释放的热量是0.0768J．
解析
解：（1）依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力Ff=μ（m1+m2）g
ab中的感应电动势E=Blv
MN中电流
MN受到的安培力F安=BIl
框架开始运动时F安=Ff
由上述各式代入数据，解得v=7.5m/s；
（2）当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以ab棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，
当磁感应度增大到ab所受安掊力F′安与最大静摩擦力f相等时开始滑动．
感应电动势：E′=
I′=
棒ab将要运动时，有F′安=BtI′L=f
因此Bt=2.5 T
根据Bt=B0+
得t=4.8s
回路中产生焦耳热为Q=I′2Rt=0.0768J；
答：（1）框架开始运动时ab速度v的大小7.5m/s；
（2）在金属棒ab开始运动前，这个装置释放的热量是0.0768J．
有一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02wb均匀增加到0.14wb，线圈中的感应电动势为______V．如果线圈的电阻是10Ω，把它跟一个电阻为90Ω的电热器串联组成闭合电路时，通过电热器的电流是______A．
正确答案
解：已知n=100，△t=0.4s，△Φ=0.14Wb-0.02Wb=0.12Wb，则根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：
E=n
由闭合电路欧姆定律得通过电热器的电流为：
I=
故答案为：30；0.3．
解析
解：已知n=100，△t=0.4s，△Φ=0.14Wb-0.02Wb=0.12Wb，则根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为：
E=n
由闭合电路欧姆定律得通过电热器的电流为：
I=
故答案为：30；0.3．
A线框中感应电流的有效值为2I
B线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为
C从中性面开始转过
D线框转一周的过程中，产生的热量为
正确答案
解析
解：A、线圈中产生感应电动势最大值Em=BSω，线框转过
B、由A可知，
C、从中性面开始转过
D、线框转一周的过程中，产生的热量Q=
故选：BC．
（1）螺线管中产生的感应电动势大小．
（2）电阻R2的电功率．
（3）a点的电势（设c点的电势为零）．
正确答案
解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：
（2）闭合电路欧姆定律，则有：
由功率表达式，则：
（3）由楞次定律可判断电流的流向为b→a0-ϕa=0.4×4.0=1.6V；
所以 ϕa=-1.6V
答：（1）螺线管中产生的感应电动势大小12V．
（2）电阻R2的电功率4W．
（3）a点的电势1.6V．
解析
解：（1）由法拉第电磁感应定律，则有：
（2）闭合电路欧姆定律，则有：
由功率表达式，则：
（3）由楞次定律可判断电流的流向为b→a0-ϕa=0.4×4.0=1.6V；
所以 ϕa=-1.6V
答：（1）螺线管中产生的感应电动势大小12V．
（2）电阻R2的电功率4W．
（3）a点的电势1.6V．
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