- 电磁感应
- 共8761题
有一100匝的线圈，穿过它的磁通量在0.1s内从0.01wb增加到0.06wb，线圈中感应电动势的大小为______v．
正确答案
50
解析
解：根据法拉第电磁感应定律得：
E=N
故答案为：50．
正确答案
12.5
解析
解：由图可知，线圈中的感应电动势为：
故答案为：12.5．
正确答案
解析
解：A、由图知，B均匀变化，
B、在在t=1s时，B=0，则由公式F=BIL知，金属棒所受安培力为零，故B正确．
C、由于t=0与t=2s时B的大小相等，I也相等，对于同一金属棒所受的安培力大小必定相等，故C正确．
D、由图知
E=
感应电流为：I=
所以在t=0到t=2s时间内流过金属棒横截面积的电荷量为：
q=It=0.025×2C=0.05C，故D正确．
故选：BCD
正确答案
解：开始时，穿过线框的磁通量为Φ=B0L1L2，
经过时间t的磁通量为：BS=BL2（L1-vt）
要使线框中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量应保持不变，
即：B0L1L2=BL2（L1-vt），
则：B=
答：磁场的磁感应强度B应随时间t增大，B与t的关系式为：B=
解析
解：开始时，穿过线框的磁通量为Φ=B0L1L2，
经过时间t的磁通量为：BS=BL2（L1-vt）
要使线框中不产生感应电流，则穿过线框的磁通量应保持不变，
即：B0L1L2=BL2（L1-vt），
则：B=
答：磁场的磁感应强度B应随时间t增大，B与t的关系式为：B=
（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；
（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度BP；
（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？
正确答案
解：（1）从O→MN过程中棒做自由落体运动，则有：v2=2gh；
从MN→P的过程中，做匀减速运动，故F1大小不变，
由牛顿第二定律，则有：F1-mg=ma；
而由运动学公式可知，
综合上三式，即可求得：F1=mg+ma=
（2）由上可知，安培力的大小不变，由刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为
则有：
解得：
（3）棒从MN→P过程中，且O点和P点到MN的距离相等，
根据能量守恒定律，则有产生热量：Q=
答：（1）金属棒在磁场中所受安培力F1的大小
（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，P处磁感应强度
（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生
解析
解：（1）从O→MN过程中棒做自由落体运动，则有：v2=2gh；
从MN→P的过程中，做匀减速运动，故F1大小不变，
由牛顿第二定律，则有：F1-mg=ma；
而由运动学公式可知，
综合上三式，即可求得：F1=mg+ma=
（2）由上可知，安培力的大小不变，由刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为
则有：
解得：
（3）棒从MN→P过程中，且O点和P点到MN的距离相等，
根据能量守恒定律，则有产生热量：Q=
答：（1）金属棒在磁场中所受安培力F1的大小
（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，P处磁感应强度
（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生
将一磁铁缓慢或者迅速地从很远插到闭合线圈中的同一位置处，两次相同的物理量是（ ）
正确答案
解析
解：A、当条形磁铁插入线圈的瞬间，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流．条形磁铁第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢．条形磁铁第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同．故A正确；
B、第二次插入线圈中时，所用时间少，磁通量变化率大，产生的感应电动势也大，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律第二次线圈中产生的感应电动势大，再欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2＞I1．故C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的大小，由欧姆定律分析感应电流的大小．
再由q=It，而I=
故选：AD．
（1）求电压表的读数；
（2）若在电压表两端并联一个阻值为20Ω的电阻，求通过电阻的电流大小和方向．
正确答案
解：（1）根据乙图知：
线圈中的感应电动势为：E=N
所以电压表的读数为：U=E=50V…③
（2）由闭合电路欧姆定律：
由楞次定律知：通过电阻R的电流方向为由A到B
答：（1）电压表的读数为50V；
（2）通过电阻的电流大小为2A，通过电阻R的电流方向为由A到B．
解析
解：（1）根据乙图知：
线圈中的感应电动势为：E=N
所以电压表的读数为：U=E=50V…③
（2）由闭合电路欧姆定律：
由楞次定律知：通过电阻R的电流方向为由A到B
答：（1）电压表的读数为50V；
（2）通过电阻的电流大小为2A，通过电阻R的电流方向为由A到B．
（1）求导体棒下滑的最大速度；
（2）求当速度达到5m/s时导体棒的加速度．
正确答案
感应电动势为：E=Bdv
由欧姆定律有：I=
导体所受的安培力为：F=BId
即为：F=
当导体棒的速度最大为vm时，有：mgsinθ=Fm
即：mgsinθ=
解得：vm=
（2）当速度v=5m/s时，据牛顿第二定律有：
mgsinθ-
得：a=gsin37°-
答：（1）则导体棒下滑的最大速度12m/s；
（2）则当速度达到5m/s时导体棒的加速度3.5m/s2．
解析
感应电动势为：E=Bdv
由欧姆定律有：I=
导体所受的安培力为：F=BId
即为：F=
当导体棒的速度最大为vm时，有：mgsinθ=Fm
即：mgsinθ=
解得：vm=
（2）当速度v=5m/s时，据牛顿第二定律有：
mgsinθ-
得：a=gsin37°-
答：（1）则导体棒下滑的最大速度12m/s；
（2）则当速度达到5m/s时导体棒的加速度3.5m/s2．
（1）5s末电阻R1上消耗的电功率．
（2）5s末外力F的功率
（3）若杆最终以8m/s的速度做匀速运动，此时闭合电键S，α射线源A释放的α粒子经加速电场C加速后从 a 孔对着圆心0进入半径r=
正确答案
解：（1）5s末ab杆产生的感应电动势为：
E=B1Lv=0.5×0.2×2.5=0.25V
感应电流为：
I=
电阻R1上消耗的电功率为：
P1=I2R1=0.52×0.4W=0.1W
（2）5s末ab杆所受的安培力 FA=B1IL，加速度为 a=
根据牛顿第二定律得：F-FA=ma
联立以上三式得：F=0.1N
5s末外力F的功率为：
P=Fv=0.1×2.5=0.25W
E′=B1Lv′=0.5×0.2×8=0.8V
感应电流为：
I′=
加速电场的电压为：
U=IR1=1.6×0.4V=0.64V
根据动能定理：qαU=
α粒子从a孔进入磁场的速度为：
v=
由题意知：α粒子与圆筒壁碰撞5次后从a孔离开磁场，画出轨迹，由几何关系求得∠dOb=60°
轨迹半径为：
R′=
又qαvB2=mα
故：B2=
粒子在圆筒内运动的总时间为：
t=6×
答：（1）5s末电阻R1上消耗的电功率为0.1W．
（2）5s末外力F的功率为0.25W．
（3）磁感应强度B2为1.6×10-4T，粒子在圆筒内运动的总时间为 1.57×10-3s
解析
解：（1）5s末ab杆产生的感应电动势为：
E=B1Lv=0.5×0.2×2.5=0.25V
感应电流为：
I=
电阻R1上消耗的电功率为：
P1=I2R1=0.52×0.4W=0.1W
（2）5s末ab杆所受的安培力 FA=B1IL，加速度为 a=
根据牛顿第二定律得：F-FA=ma
联立以上三式得：F=0.1N
5s末外力F的功率为：
P=Fv=0.1×2.5=0.25W
E′=B1Lv′=0.5×0.2×8=0.8V
感应电流为：
I′=
加速电场的电压为：
U=IR1=1.6×0.4V=0.64V
根据动能定理：qαU=
α粒子从a孔进入磁场的速度为：
v=
由题意知：α粒子与圆筒壁碰撞5次后从a孔离开磁场，画出轨迹，由几何关系求得∠dOb=60°
轨迹半径为：
R′=
又qαvB2=mα
故：B2=
粒子在圆筒内运动的总时间为：
t=6×
答：（1）5s末电阻R1上消耗的电功率为0.1W．
（2）5s末外力F的功率为0.25W．
（3）磁感应强度B2为1.6×10-4T，粒子在圆筒内运动的总时间为 1.57×10-3s
一般在微型控制电路中，由于电子元件体积很小，直接与电源连接会影响电路精准度，所以采用“磁”生“电”的方法来提供大小不同的电流．在某原件工作时，其中一个面积为S=4×10-4m2，匝数为10匝，每匝电阻为0.02Ω的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度大小B随时间t变化的规律如图1所示．
（1）求在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量；
（2）求在开始的3s内，线圈产生的热量；
（3）小勇同学做了如图2的实验：将并排在一起的两根电话线分开，在其中一根电话线旁边铺设一条两端分别与耳机连接的导线，这条导线与电话线是绝缘的，你认为耳机中会有电信号吗？写出你的观点，并说明理由．
正确答案
解（1）根据△∅=∅2-∅1
代入数据解得△∅=-1.6×10-3Wb；
（2）根据题意，
0～2s时根据法拉第电磁感应定律，有：
闭合电路欧姆定律，则有：
焦耳定律，则
2～3s时，同理可得Q2=12.8×10-4J，
则前3s内线圈产生的热量为Q=Q1+Q2=1.92×10-3J；
（3）闭合电路靠近电话线，则穿过电路的磁通理在变化，因此耳机中有电信号产生的；
原因：穿过耳机线圈的磁通量发生变化．
答：（1）在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量-1.6×10-3Wb；
（2）在开始的3s内，线圈产生的热量1.92×10-3J；
（3）有电信号，穿过耳机线圈的磁通量发生变化．
解析
解（1）根据△∅=∅2-∅1
代入数据解得△∅=-1.6×10-3Wb；
（2）根据题意，
0～2s时根据法拉第电磁感应定律，有：
闭合电路欧姆定律，则有：
焦耳定律，则
2～3s时，同理可得Q2=12.8×10-4J，
则前3s内线圈产生的热量为Q=Q1+Q2=1.92×10-3J；
（3）闭合电路靠近电话线，则穿过电路的磁通理在变化，因此耳机中有电信号产生的；
原因：穿过耳机线圈的磁通量发生变化．
答：（1）在开始的2s内，穿过线圈的磁通量变化量-1.6×10-3Wb；
（2）在开始的3s内，线圈产生的热量1.92×10-3J；
（3）有电信号，穿过耳机线圈的磁通量发生变化．
正确答案
解析
解：由法拉第电磁感应定律知：感应电动势E=
A、由图象可知，0～0.3s内
B、由图象可知，0.3～0.8s内感应电动势E=
C、图象的斜率表示电动势的大小，由图象知第0.9 s末线圈中的瞬时电动势比0.2 s末的大，故C错误；
D、第0.2 s末和0.4 s末的图象斜率一正一负，瞬时电动势的方向相反，故D错误；
故选：B．
正确答案
解析
解：初状态磁通量的大小为BS，线框从图示的位置转过180°时，末状态磁通量为-BS，可知磁通量的变化量大小为△Φ=2BS=2Ba2．
则通过导线横截面的电量为q=I•△t=
故答案为：
（1）要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？
（2）要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？
正确答案
解 （1）由题意可知：板1为正极，板2为负极
设磁场变化率为K，两板间的电压：
而：s=πr2 ②
带电液滴受的电场力：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma ④
由③④联立解得：
由于极板1带正电，液滴受到向上电场力，若重力大于或者等于电场力，小球将沿极板直线飞出；
若重力小于电场力，液滴将向上偏转，做类平抛运动，当刚好沿上极板飞出时有：
x=l=v0t ⑥
由②⑦得：
要使液滴能射出，必须满足 y＜d
故磁感应强度随时间的变化率满足条件为：
（2）当液滴从两板右端中点射出时，有：
l=v0t，⑧
联立①⑤⑧⑨解得此时磁感应强度的变化率为：
所以磁感应强度B与时间t应满足关系为：
解析
解 （1）由题意可知：板1为正极，板2为负极
设磁场变化率为K，两板间的电压：
而：s=πr2 ②
带电液滴受的电场力：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma ④
由③④联立解得：
由于极板1带正电，液滴受到向上电场力，若重力大于或者等于电场力，小球将沿极板直线飞出；
若重力小于电场力，液滴将向上偏转，做类平抛运动，当刚好沿上极板飞出时有：
x=l=v0t ⑥
由②⑦得：
要使液滴能射出，必须满足 y＜d
故磁感应强度随时间的变化率满足条件为：
（2）当液滴从两板右端中点射出时，有：
l=v0t，⑧
联立①⑤⑧⑨解得此时磁感应强度的变化率为：
所以磁感应强度B与时间t应满足关系为：
正确答案
解：穿过回路的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向竖直向下，由安培定则可知从上向下看，感应电流沿顺时针方向，如图所示．
由法拉第电磁感应定律有：E=
由欧姆定律得：I=
磁感强度表达式B=B0+
当重物刚好离地时有：BIL=mg ③，
把①②代入③解得：t=1s；
答：经过1s时间重物刚好离地．
解析
解：穿过回路的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向竖直向下，由安培定则可知从上向下看，感应电流沿顺时针方向，如图所示．
由法拉第电磁感应定律有：E=
由欧姆定律得：I=
磁感强度表达式B=B0+
当重物刚好离地时有：BIL=mg ③，
把①②代入③解得：t=1s；
答：经过1s时间重物刚好离地．
（1）t1=1s时，穿过线圈的磁通量为多少？
（2）0～2s内的平均电动势多大？
（3）1～2s内，通过线圈某一截面的电荷量为多少？
正确答案
解：（1）t=1s时，B=0.1T，穿过线圈的磁通量为：∅=BS=0.1×100×10-4=1×10-3Wb
（2）根据法拉第电磁感应定律，则有：E=
（3）电量表达式，q=It=n
答：（1）t=1s时，穿过线圈的磁通量为1×10-3Wb
（2）0～2s内的平均电动势0.1V；
（3）t=1-2s内，通过线圈某一截面的电荷量为0.01C．
解析
解：（1）t=1s时，B=0.1T，穿过线圈的磁通量为：∅=BS=0.1×100×10-4=1×10-3Wb
（2）根据法拉第电磁感应定律，则有：E=
（3）电量表达式，q=It=n
答：（1）t=1s时，穿过线圈的磁通量为1×10-3Wb
（2）0～2s内的平均电动势0.1V；
（3）t=1-2s内，通过线圈某一截面的电荷量为0.01C．
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