2023年高考物理知识点复习：法拉第电磁感应定律　自感现象（附答案解析）

2023年高考物理热点复习：法拉第电磁感应定律自感现象

【2023高考课标解读】

∆φ

1.能应用法拉第电磁感应定律E="∙器和导线切割磁感线产生电动势公式E^BIv计算感应电

动势.

2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电

自感和断电自感.

[2023高考热点解读】

一、法拉第电磁感应定律

1.感应电动势

(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.

(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关.

(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断.

2.法拉第电磁感应定律

(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.

(2)公式：E=卷，其中〃为线圈匝数.

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即/=*.

K~t~Γ

3.导体切割磁感线时的感应电动势

(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E=BN求出，式中/为导体切割磁感线的有效

长度；

(2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动

—I、J

产生感应电动势E=BlV=]Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度ʤ).

二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动

1.自感现象

(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感

应电动势叫做自感电动势.

(2)表达式：E=埒.

(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关.

2.涡流现象

(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感

应电流.

(2)产生原因：金属块内磁通量变化一感应电动势T感应电流.

3.电磁阻尼

导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力、安培力的方向总是阻碍导体的相对运

动.

4.电磁驱动

如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来.

【拓展提升】

1.自感现象的特点

(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化.

(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化.

(3)在通电自感中线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线

圈相当于断路.

(4)在断电自感中线圈相当于电源，与其他电学元件构成回路时，自感电动势由某值逐渐减

小到零.

(5)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体，是否需要考虑其电阻，需依题意而定.

(6)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，不能使过

程停止，更不能使过程反向.

2.自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因

与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡

--^ryv-×-10——

电路图

--------1-----1~•—

电流突然增大，然后逐渐减小达

通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮

到稳定

电路中稳态电流为/1、/2：①若

电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，∕2<∕l,灯泡逐渐变暗；②若∕2>∕∣,灯

断电时

电流方向不变泡闪亮后逐渐变暗.两种情况灯泡中

电流方向均改变

例1.如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，。为半圆弧的中点，。为圆心.轨

道的电阻忽略不计.OM是有一定电阻、可绕。转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道

接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为A现使OM从OQ

位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）；再使磁感应强度的大小以一定的变化

率从8增加到长（过程H）.在过程I、II中，流过OM的电荷量相等，则曾等于（）

537

A.aB.2C.WD.2

【答案】B

【解析】在过程I中，根据法拉第电磁感应定律，有

ΔΦ,B&Tr）

£,

~∆f,~∆∕l

根据闭合电路欧姆定律，有

A=受且q∣=∕∣∆rl

B,-B~zπι2

在过程∏中，有历=等=—3一

∆Γ2∆Z2

E

12=五2，qι=h^t2

又ql=q2,即-----五----=—五—

g、声3

所以万=,

【方法技巧】

1.感应电动势大小的决定因素

（1）感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率詈和线圈的匝数共同决定，而与磁

通量。、磁通量的变化量的大小没有必然联系.

（2）当AO仅由B引起时，则E=,掌；当△。仅由S引起时，则E=，甯.

2.磁通量的变化率整是0—f图象上某点切线的斜率.

3.求解感应电动势常见的情况与方法

情景图

一段直导线绕与B垂直且在

回路（不一绕一端转动

研究对象（或等效成直导导线框平面内的

定闭合）的一段导体棒

线）轴转动的导线框

i

表达式E=^BLω

E=工E=BLvE=NBSωsinωt

例2.两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为0.1m、总电阻

为0.005Ω的正方形导线框Mcd位于纸面内，Cd边与磁场边界平行，如图甲所示.已知导线框

一直向右做匀速直线运动，W边于f=0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如

图乙所示（感应电流的方向为顺时针时.，感应电动势取正）.下列说法正确的是（）

A.磁感应强度的大小为0.5T

B.导线框运动速度的大小为0.5m/s

C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外

D.在f=0.4s至f=0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N

【答案】BC

【解析】A错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E=0.01V,由公式E=BLv,

可得磁感应强度的大小8=卅tT=0.2T.B对：由图象可知，从导线框的〃边进入磁场到

外边刚好进入磁场，用时为0.2s,可得导线框运动速度的大小V=瞿m∕s=0.5m∕s.C对：感应

电流的方向为顺时针时，对W边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外∙D错：

f=0.4s至f=0.6s时间段为Cd边离开磁场，而边切割磁感线的过程.由闭合电路欧姆定律及安

培力公式得安培力尸=竿，代入数据得F=0∙04N.

K

【方法技巧】分析导体棒切割磁感线产生的感应电动势时应注意，一是导体棒切割感线有平

动切割和转动切割两种，二是要将其与根据法拉第电磁感应定律计算的感应电动势区别开.

ɪ.E=B∕v的三个特性

(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且8、I、V三者互相垂直.

(2)有效性：公式中的/为导体棒切割磁感线的有效长度.图中，导体棒的有效长度为外间

的距离.

(3)相对性：E=BN中的速度V是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间

的相对关系.

2.导体棒转动切割磁感线

当导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E=

BlV=^Bl2ω,如图所示.

[2023高考押题】

1.如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abed,

ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则()

αb

I∙

A.线框中产生的感应电流方向为abcda

B.线框中产生的感应电流随时间均匀增加

C.线框ad边所受的安培力大小随时间均匀增加

D.线框ab受到的安培力方向水平向右

【分析】当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感

应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。

【解答】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的

磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即adcba,故A错误;

△B

B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nS可知，感

应电流恒定不变，故B错误;

C、线框ad边所受安培力F=BIL,因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培

力随时间均匀增加，故C错误；

D、根据左手定则可知线框ab受到的安培力方向向下，故D错误；

故选：Co

2.如图所示，一闭合导体圆环先水平固定在a处，条形磁铁由圆环上方的P处从静止开始

下落并从圆环中心穿过。再将圆环水平固定在b处，仍让该磁铁在P处由静止下落从圆环中心穿

过。磁铁下落过程保持竖直且N极朝下。不计空气阻力，下列说法正确的是（）

S

Oa

U二协

A.磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流始终沿逆时针方向

B.磁铁在整个下落过程中，俯视，圆环中电流先沿顺时针后沿逆时针方向

C.圆环在b处感应电流最大值比在a处感应电流最大值大

D.磁铁穿过圆环的过程中，圆环在a处时磁通量的变化量小于圆环在b处时磁通量的变化

量

【分析】由楞次定律可以判断出感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律判断感应电动势的

大小，进而得到感应电流大小。

【解答】解：AB、根据楞次定律，在整个下落过程中，磁铁在圆环上方运动时俯视，圆环

中电流沿逆时针方向；磁铁在圆环下方运动时，圆环中电流沿顺时针方向，故AB错误；

CD、圆环在a处时磁铁穿过圆环的最大速度比穿过圆环在b处时小，但是两种情况下穿过

圆环的磁通变化量相等，所以圆环在b处时磁铁穿过圆环时磁通量变化率的最大值比在a处时磁

通量变化率的最大值大，所以圆环在b处的感应电流最大值比在a处的感应电流最大值大，故C

正确，D错误。

故选：Co

3.如图甲所示，有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理如下：

转轴的一端有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮，如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦

带动磁极转动（小轮和车轮不打滑），从而使线圈中产生电流给车头灯泡供电。已知自行车后轮

半径r=35cm,摩擦小轮半径ro=1cm。关于此装置，下列说法正确的是（）

A.小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关

B.自行车加速行驶时线圈中产生的是正弦交流电

C.若自行车后轮转动的角速度为8rad∕s时，发电机磁极转动的角速度为28Orad/s

D.线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大

【分析】线圈中在磁场中旋转产生正弦交流电；小灯泡亮度决定于电功率，根据电功率和法

拉第电磁感应定律分析电功率；根据线速度和角速度答关系分析解答；磁通量答变化率线圈匝数

无关•

【解答】解:

A.小灯泡亮度决定于电功率，电功率P=EI,设匝数为N,磁感应强度为B,线圈面积为S,

转动角速度为3,E=喈巴=隼匕，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故A错误；

√2√2r

B.自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e

=Emsinωt,所以产生的是交流电，故B错误；

C.自行车后轮转动的角速度为8rad∕s,由于自行车车轮与摩擦小轮（发电机磁极）间无相对

滑动，则线速度相等，根据v=3r,所以角速度与半径成反比，角速度之比为1：35,故发电机

磁极转动的角速度为8X35rad∕s=280rad∕s,故C正确;

ΛΦ

D.磁通量的变化率为与线圈匝数无关,故D错误。

故选：Co

4.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN

所示，一硬质细导线的电阻率为P、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，

圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a）所示：磁感应强度B随时间t的变化关系

如图（b）所示，则在t=0到t=tι的时间间隔内（）

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流先顺时针方向，再逆时针方向

C.在to时刻，圆环中感应电流不为零，但此时圆环不受安培力

D.圆环中的感应电动势大小为T-----

4%

【分析】根据楞次定律判断圆环中感应电流的方向，结合左手定则判断圆环所受的安培力，

根据法拉第电磁感应定律求出圆环中的感应电动势。

【解答】解：A、在O-S时间内，磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时

针，由左手定则知，安培力方向向左；在to-t∣时间内，磁通量增大，根据楞次定律知，感应电

流方向为顺时针，由左手定则知，安培力方向向右，故A错误；

B、在0-to时间内，磁感应强度方向垂直纸面向里，逐渐减小，根据楞次定律知，感应电

流的方向为顺时针方向，在to-t∣时间内，磁感应强度方向垂直纸面向外，逐渐增大，根据楞次

定律知，感应电流的方向为顺时针方向，故B错误；

C、在Io时刻，磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，感应电流不为零，此时

磁感应强度为零，则安培力为零，故C正确；

D、根据法拉第电磁感应定律得，圆环中的感应电动势大小：E=

7T

△OBS-BOK/KBor2

==故D错误。

ɪɪ∆tʌt2t0

故选：Co

5.如图所示，边长为21的正三角形ABe区域存在方向垂直纸面、大小随时间均匀变化的

磁场（图中未画出），磁场随时间的变化关系为B=kt。以三角形顶点C为圆心，半径为I、匝数

为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，S时刻线圈受到的安培力为（）

A∙

22323

Nkiπt0NkIKt0

A.-------------------2.

6R6R

22323

√3Nklt0√3Nklt0

C.--------------------⅛

4R4R

【分析】根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得出电流的大小，结合安培力的计算公式得出

安培力的大小。

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得:

N∆ΦNBS

E==NkS

At

在磁场中的有效面积为

根据欧姆定律可得：

ɪɔt

由安培力的计算公式可得：

FA=NBOW

根据有效长度的定义可得：

d=l

N2k2l3πt∩

联立解得：FA=-------------故A正确，BCD错误;

6R

故选：Ao

6.某同学将一段金属丝弯成如图1所示的平面线圈，己知圆形区域的面积为Si,五角星形

区域的面积为S2,连接圆和五角星部分区域的面积忽略不计。现将该线圈沿垂直于磁场的方向

放入一匀强磁场（垂直纸面向里的方向为磁场的正方向），且磁场磁感应强度B随时间t变化的

规律如图2所示。则下列图像中能正确描述线圈两端点a、b间电势差U随时间t变化规律的是

ʌ4B

令0）

【分析】圆形线阴内产生的电动势与五角星线圈内产生的电动势方向相反，根据法拉第电磁

感应的解得感应电动势从而计算O〜工内的电势差。

4

【解答】解：由楞次定律可知，圆形线阴内产生的电动势与五角星线圈内产生的电动势方向

相反。所以，整个线圈的“有效面积”为S=SLS2

结合图2,由法拉第电磁感应定律可得线圈内所产生的感应电动势为e=32=也S=k

ʌtT

(Si-S2)

因外电路断路且由楞次定律结合图2可知，在O〜工内Uab=-(Si-S2)k

4

故A正确，BCD错误；

故选：A0

7.如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的

变化关系为B=BO+kt,Bo、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大

C.πBor2D.πBoR2

【分析】由磁感应强度B随时间t变化的关系为B=B0+kt,可由法拉第电磁感应定律求出

线圈中产生的感应电动势.

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=e2∙="s=k∙πr2;

Atʌt

故A正确，BCD错误；

故选：Ac

8.一个有N匝的矩形线框，面积为S,以角速度3从如图所示的位置开始，在匀强磁场B

中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是()

e

NBSω

O

A.

【分析】线圈转动产生感应电动势，根据为Em=NBS3求得最大值，从与中性面垂直位置

开始计时即可判断。

【解答】解：线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em=NBS3,从与中性面垂直位置开

始计时，则产生的感应电动势的瞬时表达式为e=Emcosωt=NBSωcosωt,故A正确，BCD错误；

故选：Ao

9.如图，面积为0.31«的50匝线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里。已知

磁感应强度以0.5T/S的变化率增强，定值电阻R∣=8C,线圈电阻R2=7O,不计其他电阻。下列

说法正确的是（）

A.线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向

B.线圈中产生的感应电动势大小为E=75V

C.通过RI的电流为I=5A

D.ab两端的电压为U=4V

【分析】根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的大小，结合楞次定律得出电流的方向;

根据欧姆定律得出电路中的电压和电流。

【解答】解：A、根据楞次定律可以判断感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；

B、根据法拉第电磁感应定律得：E与手丹，∙S=50X0.3X0.5V=7.5V故B错误；

C、根据欧姆定律得：I、E,IA=O5A，故C错误；

D、根据欧姆定律得：U=IRι=0.5×8V=4V,故D正确。

故选：D。

10.如图，一个正方形导线框以初速vo向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生

变化所用时间分别为tl和t2,以及这两段时间内克服安培力做的功分别为Wi和W2,则（）

vO*

XXX；

□×××!

I

×XX；

A.t∣<t2,Wι<W2B.t∣<t2,W∣>W2

C.t∣>t2,W∣<W2D.t∣>t2,W∣>W2

【分析】先根据动量定理结合运动学公式分析出时间的大小关系，结合动能定理分析出做功

的大小关系。

【解答】解：选向右的方向为正方向

线框进入磁场的过程中，根据动量定理得：

-BI]LtI=IUVI-IUVQ

x

-BI2Lt2mv2-mvɪ

又因为EtJLvt⅛=γ-t-Y-to

QRTRER1lxl12τ,2

可得：Vi-V0=V2-Vi

线框进入磁场和离开磁场的过程中都受到向左的安培力的作用而减速，进入过程平均速度大

于离开过程平均速度，则根据X=Vt可知：t∣<t2;

根据动能定理可得：

12121212

WmV-mV-mV--

1212122

O-

W1V∩2÷v1

解得：_L=_2__L>1,故B正确，ACD错误；

*2vl+v2

故选：B。

11.如图，ABCD为固定在竖直平面内的光滑绝缘轨道，BC连线水平，上、下区域I、II

分别存在垂直轨道的水平磁场。将一铜质小球从A端由静止释放，经足够长的时间后，小球仅

在BC的下方往复运动。则（）

A.I、∏区域内均存在匀强磁场

B.I、H区域内均存在非匀强磁场

C.I内存在匀强磁场，II内存在非匀强磁场

D.I内存在非匀强磁场，［［内存在匀强磁场

【分析】小球在区域I有机械能损失，说明磁通量发生了变化，产生了感应电流和焦耳热,

在∏区域内没有机械能损失，即没有产生电磁感应现象，由此分析出磁场的分布特点。

【解答】解：由题意知，小球在区域I中有机械能损失，可知在区域I中有电磁感应现象,

即产生了焦耳热，则知小球在I内磁通量发生了变化，所以I内存在非匀强磁场。而小球在区域

∏中没有机械能损失，即没有产生电磁感应现象，则知小球在∏内磁通量不发生变化，即∏内存

在匀强磁场，故D正确，ABC错误；

故选：D。

12.如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆

柱同轴，由静止开始下落，经过时间t,速度达最大值V,此过程中环面始终水平。已知金属环

质量为m、半径为r、电阻为R,金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B,重力

加速度大小为g,不计空气阻力，则（）

例坏

中心网性

使视图储视图

A.在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向

B.环中最大的感应电流大小为，喑

C.环下落过程中一直处于超重状态

D.t时间内通过金属环横截面的电荷量为空工也

R

【分析】根据右手定则分析感应电流方向，当重力等于安培力时.，环下落的速度最大，由功

能关系求解感应电流；根据电荷量定义式分析电荷量大小。

【解答】解：A、根据右手定则，在圆环上取一段分析可知环中感应电流沿顺时针方向，故

A错误；

B、当重力等于安培力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据mgv=l2R,解得：

I=J喑，故B正确；

C、环下落中mg-F=ma,加速度向下，处于始终失重状态，故C错误；

D、设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q。环下落速度为V时的感应电流大小为I=

2π5rv,由于环中感应电流不断增大，则知q<It=2'Brvt,故D错误。

RR

故选：B.

13.如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n∣>n2,

二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的

电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变

电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（）

R

A.两线圈产生的电动势的有效值相等

B.两线圈产生的交变电流频率相等

C.两线圈产生的电动势同时达到最大值

D.两电阻消耗的电功率相等

【分析】匀速圆周运动的周期恒定，根据法拉第电磁感应定律定性地分析出感应电动势的大

小，结合功率的公式分析出功率的关系；

根据不同位置的磁通量的变化特点分析出线圈是否能同时达到最大值。

【解答】解：AD、在转子匀速转动的过程中，通过两个线圈的磁通量均在做周期性变化，

所以两个线圈均会产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律E=n今§可知，即使在磁通量

的变化率相同时，由于匝数不同，产生的感应电动势也不会相等。同样的有效值也不相等。再根

τ∣2

据功率的计算公式PM可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD错误；

B、两线圈产生的交变电流均受转子的运动情况影响，转子在做匀速圆周运动，周期固定，

频率固定，故两线圈产生的交变电流频率也相等，故B正确；

C、电动势达到最大值时磁通量最小，结合题图可知，两个线圈的磁通量无法同时达到最小，

故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误。

故选：B.

14.将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为Si,小圆面积均为

S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B=BO+kt,BO和k均为常量、

则线圈中总的感应电动势大小为（）

A.kSιB.5kS2C.k(Si-5S2)D.k(S1+5S2)

【分析】根据法拉第电磁感应定律分别计算出线圈产生的电动势，结合楞次定律分析出总的

电动势大小。

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可知，大圆产生的感应电动势为=kS∕

每个小线圈产生的感应电动势为kS且根据楞次定律可知，线圈产生的电流方向

相同，即电动势要全部相加，则总的感应电动势为E=5E2+Eι=k(S1+5S2),故D正确，ABC

错误；

故选：D。

15.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆

线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同

一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大

C.Il=I2>l3D.I1=I2=I3

【分析】根据电阻定律与电磁感应定律，结合闭合电路欧姆定律可解得。

【解答】解：设圆的半径为R,则圆的周长为L2=2ITR,面积S2=TΓR2,正方形的周长为

Lι=8R,面积Sι=4R2,正六边形的周长为L3=6R,面积S3=M，

2

根据电阻定律有：R=P=

S截

根据法拉第电磁感应定律有:E=△BS

FABS,S截ς

根据欧姆定律有：1=&==-------曼80

RAfPLL

代入周长与面积可知：h=I2>I3

故C正确，ABD错误；

故选：C«

16.将一根质量m=1kg、电阻R=IoQ的长导线绕制成匝数n=200、边长1=20Cm的正方

形线圈，然后用绝缘线将线圈悬挂起来，如图所示。线圈接在恒定电压U=4V的直流电源上（图

中未画出），线圈中产生逆时针方向的电流。M、N为线圈竖直边的中点，在MN下方有垂直纸

面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为B=0.25t（T）,重力加速度g=10m∕s2,则

绝缘线上拉力等于零的时刻为（）

A.2sB.2.5sC.—sD.500s

3

【分析】根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律与受力平衡可解得。

AS

【解答】解：根据法拉第电磁感应定律有：E=nA^-=nP*=200×0.25×0.1×0.2V

△tʌt

=IV

根据闭合电路欧姆定律有：I=旦■+旦

RR

根据力的平衡条件有：mg=nBII

其中B=0.25t

将1=20Cm=O.2m代入解得：t=2s

故A正确，BCD错误；

故选：Ao

17.如图甲所示，同心放置的两个圆环a、b,是由同一根导线裁制而成的，半径分别为r

和2r。过圆环直径的虚线为磁场边界，在虚线的右侧存在一个足够大的匀强磁场。t=0时刻磁

场方向垂直于圆环平面向里，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，不考虑两圆环之间

的相互作用，在0〜tι时间内，下列说法正确的是（）

1×XXX

(⅜∖

：×J√××7o∖sJ.：

^^~T×××x

甲乙

A.两圆环中的感应电流均为顺时针方向的恒定电流

B.两圆环受到的安培力始终为向右的恒力

C.两圆环a、b中的感应电流大小之比为2：1

D.两圆环a、b中的电功率之比为1：4

【分析】根据楞次定律可以判断圆环中感应电流的方向以及圆环的面积变化趋势；先根据法

拉第电磁感应定律计算出感应电动势大小，然后根据电阻定律计算出圆环的电阻，最后根据欧姆

定律可以计算出感应电流的大小之比；根据P=Ul可以计算出电功率之比。

【解答】解：A、由图乙可知，在O-t∣时间内磁感应强度的变化率不变，O-to时间内磁通

量向里减小，to-tι时间内磁通量是向外增加，由楞次定律“增反减同”可知，磁通量均匀变小，

两圆环产生恒定顺时针感应电流，故A正确；

B、根据左手定则判断可知安培力始终向右，根据F=BIL知安培力在减小，故B错误；

C、从图乙中可知磁场均匀变化，即斜率恒定，根据法拉第电磁感应定律E=△“φ=令B

ʌtʌt

可知产生的感应电动势大小之比为一L=-L=L,根据电阻定律R=PL=P"三，可知两环的

HH

E2S24SS

EI

R1IIRll

电阻之比为」1=工，故感应电流之比为#=FL='，故C错误；

1

R222⅛2

即

D、圆环中电功率为P=EI,所以电功率之比为ZI=工，故D错误。

P28

故选：Ao

18.如图所示，虚线MN左侧有垂直水平面向上的匀强磁场，右侧有垂直水平面向下的匀

强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B