内容正文:
12.选C在列车经过线圈的上方时,由于列车上磁场的方向
垂直地面向下,所以线图内的磁通量方向垂直地面向下,
:9.解析:1)导线框转动20角的过程所用的时间△=29,穿
先增大后减小,根据楞次定律可知,线圈中的感应电流的
过线框的磁通量的变化量△Φ=2 BSsin 0。由法拉第电磁
方向为先逆时针、再顺时针方向,C正确。
13.解析:(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖
感应定律知,此过程中产生的感应电动势的平均值E=△中
△1
直插入L时,穿过L的磁场向下,磁通量
=2BSsin 0BoSsin 0
增大,由楞次定律可知,感应电流的磁场
20
0
方向与原磁场方向相反,感应电流磁场应
该向上,电流计指针向右偏转,电流从电
(2)0为任意值时,线框中感应电动势的大小为ab边切割磁
流计右端流入,由安培定则可知,俯视线圈,线圈绕向为逆
感线产生的感应电动势的大小
时针,如图所示。
E=B·ab·bc·w·sin(90°-0)=BSwcos0
(2)当条形磁铁穿过线圈L后,向下远离L时,穿过L的
磁通量向下,磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流磁场
当0=60时,有E-号BS0
应向下,感应电流为顺时针(俯视线圈)指针将向左偏转。
(3)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L.时,穿过L的
答案:1)BSn0(2)2BS
磁通量向上,磁通量减小,由楞次定律可知,感应电流磁场
10.选B由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E
向上,指针向右偏转。
答案:(1)见解析图(2)左侧(2)右侧
=Br·ar=号Br@,A错误:金属捧电阻不计,故电容
器两极板间的电压等于棒产生的电动势,微粒的重力与其
“四翼”检测评价(七)
U
选A线圈中感应电动势大小为:E=NAS=100》
受到的静电力大小相等,有9是=mg,可得品=名职,B
m Br@
正确:电阻消耗的电功率P=-Bra,C错误:电容器
2X10×0.01V=4×104V,A正确,B.CD错误。
R
4R
5
2.选C由右手定则判断可得,电阻R上的电流方向为a
所带的电荷量Q=CU=2CBra,D错误。
c,由E=Blv知E1=Blv,E2=2Blw,则E1:E2=1:2,C
11.选A如果受电线圈M两端有电压,说明穿过受电线圈
正确。
M的磁场变化,此时送电线圈N中的电流一定不是恒定
3.选C图线斜率表示磁通量的变化率,根据法拉第电磁感
电流,A正确;若送电线圈V中有恒定电流,则产生的磁
应定律E=△吧知,在4~6s内中1图线斜率最大,则磁通
场不变化,在受电线圈M中不会产生感应电动势,B错
△t
误:穿过受电线圈M的磁感应强度均匀增加,根据楞次定
量变化率最大,感应电动势最大,C正确,A、B、D错误。
律可知,感应电流的磁场向下,故感应电流方向从b向α,
4.选CAB两端的电势差大小等于金属棒AB中产生的感
即电流从α端流出,C错误;根据法拉第电磁感应定律,有
应电动势,E=B·2R·=B·2R.R+g·3R=4BmR,
2
E-n4Φ
=S,由闭合电路欧姆定律得受电线圈M两
△t
C正确。
E
5.选D匀强磁场与线圈平面垂直,有一半的面积处于磁场
瑞的电压U=R平R=没职美中R方安电线图M
中,放磁道量为:0=B,·号=号RS,A,B错误:根据法拉
外接电路的电阻,D错误。
v4
12.解析:(1)感应电动势的平均值E=
△t
第电磁感应定律,感应电动势为:E=N=
△t
△t
磁通量的变化△中=B△S,解得E=B△S
△t
NS公智-NKS,C错误,D正确。
代入数据得E=0.12V。
E
6.选B只要穿过圆线圈内的磁通量发生变化,线圈中就有
(2)平均电流I=尺,代入数据得I=0.2A(电
感应电动势和感应电流,因为磁场变化情况相同,有效面积
流方向如图所示)。
也相同,所以每匝线圈产生的感应电动势相同,所以A、B
中感应电动势之比为1:2,又由于两线圈的匝数和半径不
(3)电荷量q=I△l,代入数据得q=0.1C。
答案:(1)0.12V(2)0.2A(电流方向见解析图)
同,根据电阻定律,A、B线圈电阻之比为1:1,所以感应电
(3)0.1C
流之比为1:2。
7.选D根据感应电动势产生的条件,只有线圈A中输入变
“四翼”检测评价(八)
化的电流,线圈B中的磁通量才会发生变化,线图B中才
会产生感应电动势,若线圈A中产生随时间均匀变化的磁
!1.选B当AB摆到竖直位置时,导体棒产生的感应电动势
场,则线圈B中会产生恒定不变的感应电动势,且线圈A
为:E=B·2am=2Ba0巴=Bau:金属环并联的电阻为:
中电流变化越快,线圈B中磁通量变化也越快,线圈B中
2
的感应电动势越大,故A、B、C错误,D正确。
R,=号×R=子R,AB两瑞的电压是路端电压,AB两
8.选C由几