热门试卷

（1）根据法拉第电磁感应定律，则有：En===100πsinωt•π

 即其表达式为：100π2 sinωt(V)；

（2）由欧姆定律，则有：I1m==，

解得：I1m=

（3）第n圈电压有效值为：Un=，

第n圈电阻为：Rn=R0•2πrn，

第n圈功率为：Pn=，

因此：P总=∑Pn（n=1～7）

答：（1）求出半径为rn的导电圆环中产生的感应电动势瞬时值表达式100π2 sinωt(V)

（2）半径为r1的导电圆环中感应电流的最大值：I1m=，

（3）若不计其他损失，所有导电圆环的总电功率P总=∑Pn（n=1～7）．

（1）ε==S=kl2          I==       

因为金属棒始终静止，在t时刻磁场的磁感强度为Bt=B0+kt，所以

F外=FA=BIl=（ B0+kt ）l=B0 +t        方向向右     

（2）根据感应电流产生的条件，为使回路中不产生感应电流，回路中磁通量的变化应为零，

因为磁感强度是逐渐增大的，所以金属棒应向左运动（使磁通量减小）  

即：△φ=0，即△φ=BtSt-B0S0，

也就是  Bt l（l-vt ）=B0l2    

得     Bt=                 

（3）如果金属棒的右匀速运动，因为这时磁感强度

是逐渐减小的，同理可推得，

Bt=．                   

所以磁感强度随时间变化的图象如右图（t2时刻Bt不为零）

答：（1）F的大小随时间 t变化的关系式为B0+t．

（2）磁感强度Bt随时间t变化的关系式 Bt=．

（3）如图所示．

（1）0-t1时间内的感应电动势E=n=60V

通过电阻R的电流I1==3.0A

所以在0-t1时间内通过R的电荷量q=I1t1=1.0×10-2C

（2）在一个周期内，电流通过电阻R产生热量Q1=R=0.48J

在1.0s内电阻R产生的热量为Q==×0.48J=48J

（3）设感应电流的有效值为I，则一个周期内电流产生的热量Rt1=I2RT

解得I=I2=A

答：（1）0-t1时间内，通过电阻R的电荷量1.0×10-2C；

（2）t=1.0s内电通过电阻R所产生的热量48J；

（3）线圈中产生感应电流的有效值A．

（1）线圈转动时，电动势的最大值Em=nBωL2   

由闭合电路的欧姆定律得：

  电流最大值Im= 

故闭合电路中电流瞬时值的表达式为：i=cosωt   

（2）电路中电流的有效值I=•

则电压表的示数U=IR=•

（3）因R与线圈串联，则电阻R上通过的电荷量与通过线圈的电量相等

因q=•△t，==

所以q==

答：

（1）闭合电路中电流瞬时值的表达式为i=cosωt； 

（2）电压表的示数为• 

（3）线圈从t=0开始，转过90°的过程中，电阻R上通过的电荷量．

（1）由图2可知，在0～0.1s内，磁感应强度垂直纸面向里且磁感应强度变大，

由楞次定律可得，线圈中的感应电流沿逆时针方向，则b点电势高，a点电势低；

在0～0.1s内，由法拉第电磁感应定律得：

感应电动势E=n=nS=200×50×10-4m2×=4V，

由闭合电路的欧姆定律可得：电路电流I===2A，

a、b两点之间的电压U=IR=2A×1.5Ω=3V；

（2）感应电动势E=n=nS，

电路电流I==，

感应电荷量q=I△t=，

由图2所示图象可知，在0.1s～0.5s内通过R的电荷量：

q=I△t==200×50×10-4m2×=-2C，

则通过电阻R的电荷量是2C．

答：（1）0～0.1s内b点电势高；a、b两点之间的电压U为3V；

（2）0.1s～0.5s内通过R的电荷量是2C．

（1）在稳定状态下，霓虹灯中无电流，设所求电流为I，

根据欧姆定律得：E=I（R+r）

代入数据得：I=0.15A，

（2）流过霓虹灯的电流方向如图所示，

（3）断开开关时，由I-U图线可得，霓虹灯两端电压为U1=100V

设线圈电阻获得的电压为U2，由U2=Ir，得U2=5.25V，

所以断开开关时线圈产生感应电动势应为E=U1+U2=105.25V．

答：（1）闭合开关后，电路中的稳定电流值0.15A；

（2）在图中标出断开开关瞬间，流过霓虹灯的电流方向，如图所示；

（3）断开开关瞬问，线圈产生的感应电动势为105.25V．

（1）MN中的电动势为ε1=B•2av=0.3×0.4×3V=0.36V，

流过灯L1的电流为  I1===0.2A

（2）根据法拉第电磁感应定律得：

对于左边半圆有 ε2==0.5×πa2×=0.16V

P1=（）2R1=（）2×1W=6.4×10-3W

（3）将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴顺时针匀速翻转90°，穿过圆环的磁通量先增加后不变，圆环中先30°范围内产生感生电动势，在30°～90°的过程中没有感生电动势产生，则从竖直位置开始转动至30°的过程中灯的亮度逐渐变暗，在30°～90°的过程中灯的亮度不变

答：

（1）棒滑过圆环直径OO’的瞬时（如图所示）MN中的电动势是0.36V，流过灯L1的电流是0.2A；

（2）L1的功率是6.4×10-3W．

（3）从竖直位置开始转动至30°的过程中灯的亮度逐渐变暗，在30°～90°的过程中灯的亮度不变．

（1）当拉力F等于安培力时CD作匀速运动，此时有最大速度vm，F的功率也最大．E=BLvm，I=     F=BIL

       解得：vm==25m/s

        故F的最大功率为P=Fvm=12.5W

    （2）杆前进的距离为x=at2=1m

         由==得：

         Q=t=t==0.2C

答：（1）F的最大功率12.5W；

（2）在开始运动后的2s时间内通过电阻R的电量为0.2C

（1）平均感应电动势E=n=100×V=40V．

故这段时间内线圈中产生的平均感应电动势为40V．

    （2）由闭合电路欧姆定律得，

   平均感应电流  I==A=4A．

故通过线圈的平均感应电流为4A．

解：(1)设线框在水平位置时法线n方向竖直向上，穿过线框的磁通量

Φ1＝BScos53°＝6.0×10－6 Wb

当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ＝143°，穿过线框的磁通量

Φ2＝BScos143°＝－8.0×10－6 Wb

该过程磁通量的改变量大小ΔΦ＝Φ1－Φ2＝1.4×10－5 Wb

(2)因为该过程穿过闭合线框的磁通量发生了变化，所以一定有感应电流

根据电磁感应定律得

通过的电荷量为q＝＝1.4×10－4 C