一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻2.0Ω，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．线圈内有垂直纸面向
A、穿过线圈的磁通量变化率为 △? △t = 4-2 4 =0.5Wb/s，感应电动势为E=N △? △t =10× 1 2 V=5V，故A错误；B、由闭合电路殴姆定律可得：I= E R = 5 2+2 A=1.25A，那么R两端的电压为U=IR= 5 4 ×2V= 5 2 V，故B错误，D正确；C、再由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为b→a，故C错误，故选：D．
BD
A、穿过线圈的磁通量变化率为| △? |
| △t |
| 4?2 |
| 4 |
| △? |
| △t |
| 1 |
| 2 |
B、由闭合电路殴姆定律可得：I=
| E |
| R |
| 5 |
| 2+2 |
| 5 |
| 4 |
| 5 |
| 2 |
C、再由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为b→a，故C错误，
故选：D．
线圈中匝数和电流有没有关系?
无论是互感还是自感，线圈感应产生的只是感应电压（也叫感应电势），至于感应电流的大小需要通过外部电路的闭合才能产生，断开的线圈是没有感应电流的。感应电流的大小除了与感应电势有关以外，还和整个闭合电路的总的电阻有关。也可由公式：E=nΔΦ\/Δt ，其中n为线圈匝数，磁通变化除以时间变化即产生的...
线圈匝数与电压关系
不论是什么变压器，变比都是等于线圈匝数之比，而线圈匝数之比要等于相电压之比。也就是说三相变压器的变比是相电压之比。同等额定电压的电动机，他的定\/转子体积越大，其圈线径也越大，匝数越少，功率也越大 1、计算公式：N＝0.4(l\/d)开次方。N一匝数， L一绝对单位，luH=10立方。d-线圈...
线圈匝数相关公式
电感线圈的匝数可以通过计算公式来确定：N = 0.4 * (l \/ d)^0.5，其中N为匝数，L为绝对电感单位（1 uH = 10^-6 H），d为线圈平均直径（单位：cm）。例如，为了制作电感L = 0.04 uH的线圈，若直径d = 0.8 cm，那么所需的匝数N大约为3匝。在计算时，通常选择稍大些的匝数，以便于...
线圈匝数的相关公式
计算公式：N=0.4(l\/d)开次方。N一匝数， L一绝对单位，luH=10立方。d-线圈平均直径(Cm) 。例如，绕制L=0.04uH的电感线圈，取平均直径d= 0.8cm，则匝数N=3匝。在计算取值时匝数N取略大一些。这样制作后的电感能在一定范围内调节。制作方法：采用并排密绕，选用直径0.5－1.5mm的漆包线，...
...时间图象。原、副线圈匝数比 n 1 ∶ n 2 =10
AC 试题分析：交流电压表测得电阻两端的电压为有效值，所以 ，故A正确；根据原副线圈电压比等于线圈匝数比可知：变压器输出端所接电压表的示数为22V，故B错误；由图象读出该交流电的周期为0.02s，根据频率与周期的关系可知： ，故C正确；变压器的输入功率为 ，而输出功率等于输入功率，也为220W...
线圈匝数为N为什么放在磁场中所受安培力为BILN
通电线圈匝数为N，放在磁场B中，有效长度L。通入电流强度I,1匝受安培力F1=IBL,整个线圈所受安培力为F=BILN.
...一理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1 :n 2 =10.原线圈接正弦交变...
（1）根据理想变压器的电压与匝数成正比得： U 1 U 2 = n 1 n 2 =10 U 2 =10V电动机两端电压即为副线圈电压等于10V（2）电动机带动一质量为m=1kg的重物以速度v=4m\/s匀速上升，所以电动机的机械功率为：P 机 =mgv=40W副线圈功率P 2 =U 2 I=50W所以电动机...
一空芯线圈长30cm.直径6cm。匝数N=1040.若线圈通入5A电流。求圈内磁通...
Φ = μ * n * I * S = 4Π *10^(-7) * (1040 \/ 0.3 ) * 5 * (0.03 *0.03 * Π ) =6.15 * 10^(-5) 韦伯
匝数公式是什么?
匝数公式的推导过程：1．磁通量与磁通密度相关公式：Ф = B * S ⑴ B = H * μ ⑵ H = I*N \/ l ⑶ 2．电感中反感应电动势与电流以及磁通之间相关关系式：EL =⊿Ф \/ ⊿t * N ⑷ EL = ⊿i \/ ⊿t * L ⑸ 由上面两个公式可以推出下面的公式：⊿Ф \/ ⊿t * N = ...
如图,边长为10cm的正方形线圈垂直于磁感线的AB轴以n=10r\/s的转速匀速转...
（1）从线圈从中性面位置开始计时，所求表达式应为正弦形式e=εmsinωt=NBS2πnsinωt=100×0.1×0.01×2π×10sin（2π×10）t解得：e=2πsin20πt（2）交流电表的读数都为有效值，电动势的有效值 U＝E2＝2π2＝2πV由闭合回路欧姆定律有I=UR+r＝2π10A，电压表的示数UR=IR=92...
艾桦爽尔： 根据法拉第电磁感应定律可得:线圈产生的感应电动势 ;根据楞次定律得,通过R的电流方向为b→R→a.闭合电路中的电流大小
木垒哈萨克自治县19740926274： 一线圈匝数为n=10匝,线圈电阻不计,在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻,如图甲所示.在线圈内有指向纸内方向的磁场,线圈内磁通量φ随时间t变化的规律... - ？
艾桦爽尔：[选项] A. 线圈中产生的感应电动势为5V B. R两端电压为0.5V C. 通过R的电流方向为a→b D. 通过R的电流大小为5A
木垒哈萨克自治县19740926274： 一线圈匝数为n=10匝,线圈电阻不计,在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻,如图甲所示.线圈内有垂直纸面向里的磁场,线圈内磁通量φ随时间t变化的规律如... - ？
艾桦爽尔：[答案] 线圈产生的感应电动势E=n △Φ △t=10* 4−2 4=5V. 闭合电路中的电流大小:I= E R= 5 2=2.5A. 根据楞次定律得,通过R的电流方向为b→a. 故答案为:5V,b→a,2.5A.
木垒哈萨克自治县19740926274： (2016·山东师大附中模拟)如图所示,一交流发电机的矩形线圈匝数为n=10,其电阻r=2 Ω,面积S=0.2 m2,在磁感应强度B=T的匀强磁场中,若线圈从中性... - ？
艾桦爽尔：[选项] A. 该线圈产生的是余弦式交变电流 B. 线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 V C. 线圈开始转动s时流过电阻R的瞬时电流大小为A D. 电阻R上消耗的电功率为9 W
木垒哈萨克自治县19740926274： 一线圈匝数为n=＂10匝,线圈电阻不计,在线圈外接一个阻值R＂ = 2.0Ω的电阻,如图甲所示.线圈内有垂直纸 - ？
艾桦爽尔： BD穿过线圈的磁通量变化率为 ,感应电动势为E=N ,由闭合电路殴姆定律可得:I= ,那么R两端的电压为U=IR=2.5*2.0=5V再由楞次定律可得:感应电流的方向为逆时针,所以通过R的电流方向为b→a,故选:BD...
木垒哈萨克自治县19740926274： 如图所示,边长为L=0.2m的正方形线圈abcd,其匝数为n=10、总电阻为r=2Ω,外电路的电阻为R=8Ω,ab的中点 - ？
艾桦爽尔： A、T=2π ω =2π 2 =πs,在t= π 4 s时刻,线圈从图示位置转过90°,此时磁场穿过线圈的磁通量最小,但此时磁通量随时间变化最快,感应电动势最大,故A正确;B、闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt,而Em=nBSω,所以e=nBL2ω...
木垒哈萨克自治县19740926274： 如图甲所示,由一根导线绕成的矩形线圈的匝数n=10匝,质量m=0.04kg、高h=0.05m、总电阻R=0.5Ω、竖直固定在质量为M=0.06kg的小车上,小车与线圈的... - ？
艾桦爽尔：[选项] A. 小车的水平长度l=10cm B. 小车的位移x=20cm时线圈中的电流I=1.5A C. 小车离开磁场时的速度为1.0m/s D. 小车离开磁场的过程中,线圈产生的热量Q=0.0875J
木垒哈萨克自治县19740926274： 如图所示,交流发电机的矩形线圈abcd中,已知线圈面积为0.01m 2 ,匝数n=100匝,线圈电阻r=2Ω,外电阻R= - ？
艾桦爽尔： (1)感应电动势的最大值E m =nBSω,有效值E=22 E m ,交流电压表的读数U=RR+r E 代入解得 U=82 V (2)发电机的输出功率P 出 =U 2R =16W,发电机总功率P 总 =E 2R+r =20W (3)电路中电流有效值I=ER+r =2 A 从图示位置起转过90°过程中,线圈上产生的焦耳热Q=I 2 rt,t=π2ω ,代入解得Q=0.2J. 答:(1)交流电压表的读数为82 V; (2)发电机的输出功率是16W,发电机总功率是20W; (3)从图示位置起转过90°过程中,线圈上产生的焦耳热0.2J.
木垒哈萨克自治县19740926274： 如图甲所示,在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一匝数N=10匝,总电阻r=1Ω的矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动,矩形线圈在转动中可以保持和电阻R=9Ω形... - ？
艾桦爽尔：[选项] A. 电流方向在1s内变化50次 B. t3=0.01s时磁通量为 1 10πWb C. 电阻两端的电压为90V D. 电流表的示数是10A
木垒哈萨克自治县19740926274： (2010?资阳三模)如图1所示,在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上,静止地放置着一个匝数n=10匝的圆形线圈, - ？
艾桦爽尔： (1)由闭合电路的欧姆定律I= E R 由法拉第电磁感应定律E=n △B?S △t 由图,△B △t =0.5T/S S=1 2 πr2 联立解得I=0.4A (2)设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为Fμ,则mgsin37°=Fμ 加变化磁场后线圈刚要运动时nBIL=mgsin37°+Fμ,其中L=2r 由图象知B=B0+kt=1+0.5t 由焦耳定律Q=I2Rt 联立解得Q=0.5J 答:(1)刚加上磁场时线圈中的感应电流大小为0.4A;(2)从加上磁场开始到线圈刚要运动,线圈中产生的热量为0.5J.
