圆线圈和导线框都固定在竖直平面内 圆线圈内匀强磁场的磁感应强度B1均匀变化

F=BIL=0.2XIX0.1=0.02I由于保持静止,故F=MG即0.02I=0.04【备注：(4g=0.04N)】则I=2A则导线上的电压为U=IR=2X0.5=1V由于磁通变化率产生电压故磁通变

A、由右手螺旋定则可知A中内部磁场向里，外部磁场向外，当B从靠近A处下落时，磁通量以A中内部磁感应强度为主，内部磁感通量越来越大；而在离开时，由于内外磁感线相互抵消，故磁通量开始减小，故磁通量应是先增

答案：绕ab轴沿逆时针方向转动（由a向b看）画出直导线产生的磁感线,在纸面内是以导线为圆心的同心圆.研究磁感线与线圈的交叉点,并利用左手定则,发现上半圆受到的安培力指向纸面内,下半圆受到的安培力指向纸

见图,

F对物体做正功是对的,只是这正功做完后变成了三部分,一部分是重力势能,一部分是动能,一部分是焦耳热.这三部分加起来等于F对物体做的功,这就是能量守恒啊式子是Fh=1/2mv^2+mgh+Q那么Q=（F

（1）导电杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力F，竖直向下的安培力F安和重力mg，根据平衡条件有F-mg-BIl=0根据法拉第电磁感应定律有E=Blv根据闭合电路欧姆定律有I=ER由以上各式联立解得v=(

（1）导电杆匀速上升时，受到竖直向上的恒力F，竖直向下的安培力F安和重力mg，根据平衡条件有F-mg-BIl=0根据法拉第电磁感应定律有E=Blv根据闭合电路欧姆定律有I=ER由以上各式联立解得v=(

选A

这道题实际上有问题.不过首先它肯定会以AB为轴转动.在此图中（即初始瞬间）,以导线截面为圆心画圆（代表任意半径的环状磁感线）,对两个圆的两个交点做安培力方向判断.恰好方向相反,是一个力偶.对关于AB对

A、一金属棒ab沿导轨下滑，根据右手定则得在ab下滑的过程中，产生的感应电流方向由a到b，所以通过G1的电流是从右端进入的，故A错误． B、由于金属棒ab加速运动，所以在线圈M中就产生了增强

题目还是有问题,大线圈的电流方向还是要知道的大线圈的电流方向从上到下看如果是逆时针,那产生的磁场方向向上,当小线圈掉下时到与大线圈同一水平线上,磁通量是增加的,感应电流产生的新磁场方向用增反减同可知是

B,电流同向吸引,反向相斥.正交无相互作用.而且力大小与距离反相关.因而引力主导.在电场加速中,每次加速度相同.但是初速度不同.因此通过相同距离的时间不相同在磁场中周期等于2∏m/bq.与粒子电荷和质

0到1秒,B在减小(这是重点),根据楞次定律,感应电流产生的磁感应强度应该同向增大,即产生的磁感应强度要向里,根据右手定则,电流方向为abcd1到2秒,B反向增大,所以根据楞次定律,感应电流产生的磁感

这里用最基本的毕萨定律就行了.周长不变,N变为2,那么半径变成原来的1/2.毕萨定律得到圆环电流中心的磁感应强度是B=μI/2r通过上面分析得到两匝的线圈磁感应强度是原来的四倍.磁矩为iSN,后者面积

通电直导线的磁场为以导线为中心的环形磁场，离开导线越远，磁感应强度越小，因此，闭合线圈abcd离开通电直导线，水平向右移动时，磁通量变小，故A正确；闭合线圈abcd竖直向上或竖直向下移动时，对应的磁场

ab静止，处于平衡状态，由平衡条件得：mg=BIL，由欧姆定律可知，感应电动势：E=I（r+R），由法拉第电磁感应定律得：E=n△Φ△t=nS△B△t，代入数据解得：△B△t=3.92T/s；ab受到

线圈绕在导线上,在用锡焊焊接再问：导线绕在线圈上吧？再答：是什么线圈，我当是小的变压器呢再问：http://www.jyeoo.com/physics/ques/detail/f7503611-4ae

考虑力的问题都是用左手法则的.（摊平左手,张开大拇指,使大拇指方向和四指方向垂直,拇指与手掌在同一平面.四指方向是电流方向,让磁场线方向穿过掌心,那么大拇指方向就是力的方向.）易得：B受力方向为零.A

选A没有力矩故不转动,同向电流距离更近（大小相等）,故相互吸引~

选B,因为线圈中ab的电流与导线同向,同向电流会互相吸引,cd中电流与导线反向,互相排斥,但是cd离得远ab离的近,排斥力小于吸引力,所以合力向左