2023年高考物理知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)：法拉第電磁感應(yīng)定律　自感現(xiàn)象（附答案解析）

2023年高考物理熱點(diǎn)復(fù)習(xí)：法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象

【2023高考課標(biāo)解讀】

?φ

1.能應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律E="?器和導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)公式E^BIv計(jì)算感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì).

2.會(huì)判斷電動(dòng)勢(shì)的方向，即導(dǎo)體兩端電勢(shì)的高低.3.理解自感現(xiàn)象、渦流的概念，能分析通電

自感和斷電自感.

[2023高考熱點(diǎn)解讀】

一、法拉第電磁感應(yīng)定律

1.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì).

(2)產(chǎn)生條件：穿過(guò)回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無(wú)關(guān).

(3)方向判斷：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向用楞次定律或右手定則判斷.

2.法拉第電磁感應(yīng)定律

(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，跟穿過(guò)這一電路的磁通量的變化率成正比.

(2)公式：E=卷，其中〃為線圈匝數(shù).

(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的關(guān)系：遵循閉合電路的歐姆定律，即/=*.

K~t~Γ

3.導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

(1)導(dǎo)體垂直切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)可用E=BN求出，式中/為導(dǎo)體切割磁感線的有效

長(zhǎng)度；

(2)導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒以端點(diǎn)為軸，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中垂直于磁感線方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)

—I、J

產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BlV=]Bl2ω(平均速度等于中點(diǎn)位置的線速度?).

二、自感、渦流、電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)

1.自感現(xiàn)象

(1)概念：由于導(dǎo)體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感

應(yīng)電動(dòng)勢(shì)叫做自感電動(dòng)勢(shì).

(2)表達(dá)式：E=埒.

(3)自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān).

2.渦流現(xiàn)象

(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場(chǎng)中，或者讓它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬塊內(nèi)產(chǎn)生的漩渦狀感

應(yīng)電流.

(2)產(chǎn)生原因：金屬塊內(nèi)磁通量變化一感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)T感應(yīng)電流.

3.電磁阻尼

導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電流會(huì)使導(dǎo)體受到安培力、安培力的方向總是阻礙導(dǎo)體的相對(duì)運(yùn)

動(dòng).

4.電磁驅(qū)動(dòng)

如果磁場(chǎng)相對(duì)于導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)，在導(dǎo)體中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流使導(dǎo)體受到安培力而使導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)起來(lái).

【拓展提升】

1.自感現(xiàn)象的特點(diǎn)

(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化.

(2)通過(guò)線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化.

(3)在通電自感中線圈相當(dāng)于一個(gè)變化的電阻——阻值由無(wú)窮大逐漸減小，通電瞬間自感線

圈相當(dāng)于斷路.

(4)在斷電自感中線圈相當(dāng)于電源，與其他電學(xué)元件構(gòu)成回路時(shí)，自感電動(dòng)勢(shì)由某值逐漸減

小到零.

(5)電流穩(wěn)定時(shí)，自感線圈相當(dāng)于普通導(dǎo)體，是否需要考慮其電阻，需依題意而定.

(6)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動(dòng)勢(shì)只是延緩了過(guò)程的進(jìn)行，不能使過(guò)

程停止，更不能使過(guò)程反向.

2.自感中燈泡“閃亮”與“不閃亮”的原因

與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡

--^ryv-×-10——

電路圖

--------1-----1~?—

電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)

通電時(shí)電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮

到穩(wěn)定

電路中穩(wěn)態(tài)電流為/1、/2：①若

電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，∕2<∕l,燈泡逐漸變暗；②若∕2>∕∣,燈

斷電時(shí)

電流方向不變泡閃亮后逐漸變暗.兩種情況燈泡中

電流方向均改變

例1.如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，。為半圓弧的中點(diǎn)，。為圓心.軌

道的電阻忽略不計(jì).OM是有一定電阻、可繞。轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道

接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為A現(xiàn)使OM從OQ

位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過(guò)程I）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化

率從8增加到長(zhǎng)（過(guò)程H）.在過(guò)程I、II中，流過(guò)OM的電荷量相等，則曾等于（）

537

A.aB.2C.WD.2

【答案】B

【解析】在過(guò)程I中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有

ΔΦ,B&Tr）

￡,

~?f,~?∕l

根據(jù)閉合電路歐姆定律，有

A=受且q∣=∕∣?rl

B,-B~zπι2

在過(guò)程∏中，有歷=等=—3一

?Γ2?Z2

E

12=五2，qι=h^t2

又ql=q2,即-----五----=—五—

g、聲3

所以萬(wàn)=,

【方法技巧】

1.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的決定因素

（1）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由穿過(guò)閉合電路的磁通量的變化率詈和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁

通量。、磁通量的變化量的大小沒(méi)有必然聯(lián)系.

（2）當(dāng)AO僅由B引起時(shí)，則E=,掌；當(dāng)△。僅由S引起時(shí)，則E=，甯.

2.磁通量的變化率整是0—f圖象上某點(diǎn)切線的斜率.

3.求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)常見(jiàn)的情況與方法

情景圖

一段直導(dǎo)線繞與B垂直且在

回路（不一繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)

研究對(duì)象（或等效成直導(dǎo)導(dǎo)線框平面內(nèi)的

定閉合）的一段導(dǎo)體棒

線）軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框

i

表達(dá)式E=^BLω

E=工E=BLvE=NBSωsinωt

例2.兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻

為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框Mcd位于紙面內(nèi)，Cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖甲所示.已知導(dǎo)線框

一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，W邊于f=0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng).線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如

圖乙所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí).，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正）.下列說(shuō)法正確的是（）

A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T

B.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小為0.5m/s

C.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外

D.在f=0.4s至f=0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N

【答案】BC

【解析】A錯(cuò)：由圖象可知，cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=0.01V,由公式E=BLv,

可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小8=卅tT=0.2T.B對(duì)：由圖象可知，從導(dǎo)線框的〃邊進(jìn)入磁場(chǎng)到

外邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，用時(shí)為0.2s,可得導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)速度的大小V=瞿m∕s=0.5m∕s.C對(duì)：感應(yīng)

電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，對(duì)W邊應(yīng)用右手定則可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外?D錯(cuò)：

f=0.4s至f=0.6s時(shí)間段為Cd邊離開(kāi)磁場(chǎng)，而邊切割磁感線的過(guò)程.由閉合電路歐姆定律及安

培力公式得安培力尸=竿，代入數(shù)據(jù)得F=0?04N.

K

【方法技巧】分析導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)應(yīng)注意，一是導(dǎo)體棒切割感線有平

動(dòng)切割和轉(zhuǎn)動(dòng)切割兩種，二是要將其與根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)區(qū)別開(kāi).

?.E=B∕v的三個(gè)特性

(1)正交性：本公式要求磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，而且8、I、V三者互相垂直.

(2)有效性：公式中的/為導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度.圖中，導(dǎo)體棒的有效長(zhǎng)度為外間

的距離.

(3)相對(duì)性：E=BN中的速度V是導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間

的相對(duì)關(guān)系.

2.導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線

當(dāng)導(dǎo)體棒在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=

BlV=^Bl2ω,如圖所示.

[2023高考押題】

1.如圖所示平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框abed,

ad邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，則()

αb

I?

A.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda

B.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間均勻增加

C.線框ad邊所受的安培力大小隨時(shí)間均勻增加

D.線框ab受到的安培力方向水平向右

【分析】當(dāng)通過(guò)線圈的磁通量發(fā)生變化時(shí)，線圈中將會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)楞次定律判斷感

應(yīng)電流的方向；根據(jù)左手定則確定受力方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律判定線框中感應(yīng)電流的變化。

【解答】解：A、根據(jù)右手螺旋定則可知，線框處于垂直紙面向里的磁場(chǎng)中，且空間各點(diǎn)的

磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針，即adcba,故A錯(cuò)誤;

△B

B、空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS可知，感

應(yīng)電流恒定不變，故B錯(cuò)誤;

C、線框ad邊所受安培力F=BIL,因?yàn)锽在隨時(shí)間均勻增加，所以線框ad邊所受的安培

力隨時(shí)間均勻增加，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)左手定則可知線框ab受到的安培力方向向下，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

2.如圖所示，一閉合導(dǎo)體圓環(huán)先水平固定在a處，條形磁鐵由圓環(huán)上方的P處從靜止開(kāi)始

下落并從圓環(huán)中心穿過(guò)。再將圓環(huán)水平固定在b處，仍讓該磁鐵在P處由靜止下落從圓環(huán)中心穿

過(guò)。磁鐵下落過(guò)程保持豎直且N極朝下。不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

S

Oa

U二協(xié)

A.磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，俯視，圓環(huán)中電流始終沿逆時(shí)針?lè)较?/p>

B.磁鐵在整個(gè)下落過(guò)程中，俯視，圓環(huán)中電流先沿順時(shí)針后沿逆時(shí)針?lè)较?/p>

C.圓環(huán)在b處感應(yīng)電流最大值比在a處感應(yīng)電流最大值大

D.磁鐵穿過(guò)圓環(huán)的過(guò)程中，圓環(huán)在a處時(shí)磁通量的變化量小于圓環(huán)在b處時(shí)磁通量的變化

量

【分析】由楞次定律可以判斷出感應(yīng)電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的

大小，進(jìn)而得到感應(yīng)電流大小。

【解答】解：AB、根據(jù)楞次定律，在整個(gè)下落過(guò)程中，磁鐵在圓環(huán)上方運(yùn)動(dòng)時(shí)俯視，圓環(huán)

中電流沿逆時(shí)針?lè)较?；磁鐵在圓環(huán)下方運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓環(huán)中電流沿順時(shí)針?lè)较?，故AB錯(cuò)誤；

CD、圓環(huán)在a處時(shí)磁鐵穿過(guò)圓環(huán)的最大速度比穿過(guò)圓環(huán)在b處時(shí)小，但是兩種情況下穿過(guò)

圓環(huán)的磁通變化量相等，所以圓環(huán)在b處時(shí)磁鐵穿過(guò)圓環(huán)時(shí)磁通量變化率的最大值比在a處時(shí)磁

通量變化率的最大值大，所以圓環(huán)在b處的感應(yīng)電流最大值比在a處的感應(yīng)電流最大值大，故C

正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

3.如圖甲所示，有一種自行車，它有能向自行車車頭燈泡供電的小型發(fā)電機(jī)，其原理如下：

轉(zhuǎn)軸的一端有一對(duì)隨軸轉(zhuǎn)動(dòng)的磁極，另一端裝有摩擦小輪，如圖乙所示，當(dāng)車輪轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，因摩擦

帶動(dòng)磁極轉(zhuǎn)動(dòng)（小輪和車輪不打滑），從而使線圈中產(chǎn)生電流給車頭燈泡供電。已知自行車后輪

半徑r=35cm,摩擦小輪半徑ro=1cm。關(guān)于此裝置，下列說(shuō)法正確的是（）

A.小燈泡亮度與自行車的行駛速度無(wú)關(guān)

B.自行車加速行駛時(shí)線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電

C.若自行車后輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為8rad∕s時(shí)，發(fā)電機(jī)磁極轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為28Orad/s

D.線圈匝數(shù)越多，穿過(guò)線圈的磁通量的變化率越大

【分析】線圈中在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生正弦交流電；小燈泡亮度決定于電功率，根據(jù)電功率和法

拉第電磁感應(yīng)定律分析電功率；根據(jù)線速度和角速度答關(guān)系分析解答；磁通量答變化率線圈匝數(shù)

無(wú)關(guān)?

【解答】解:

A.小燈泡亮度決定于電功率，電功率P=EI,設(shè)匝數(shù)為N,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,線圈面積為S,

轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為3,E=喈巴=隼匕，所以燈泡亮度與自行車的行駛速度有關(guān)，故A錯(cuò)誤；

√2√2r

B.自行車勻速行駛時(shí)，線圈中在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，如果從中性面開(kāi)始計(jì)時(shí)，則e

=Emsinωt,所以產(chǎn)生的是交流電，故B錯(cuò)誤；

C.自行車后輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為8rad∕s,由于自行車車輪與摩擦小輪（發(fā)電機(jī)磁極）間無(wú)相對(duì)

滑動(dòng)，則線速度相等，根據(jù)v=3r,所以角速度與半徑成反比，角速度之比為1：35,故發(fā)電機(jī)

磁極轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為8X35rad∕s=280rad∕s,故C正確;

ΛΦ

D.磁通量的變化率為與線圈匝數(shù)無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤。

故選：Co

4.空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN

所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為P、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，

圓心O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示：磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系

如圖（b）所示，則在t=0到t=tι的時(shí)間間隔內(nèi)（）

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流先順時(shí)針?lè)较?，再逆時(shí)針?lè)较?/p>

C.在to時(shí)刻，圓環(huán)中感應(yīng)電流不為零，但此時(shí)圓環(huán)不受安培力

D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為T(mén)-----

4%

【分析】根據(jù)楞次定律判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向，結(jié)合左手定則判斷圓環(huán)所受的安培力，

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求出圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。

【解答】解：A、在O-S時(shí)間內(nèi)，磁通量減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)

針，由左手定則知，安培力方向向左；在to-t∣時(shí)間內(nèi)，磁通量增大，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電

流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由左手定則知，安培力方向向右，故A錯(cuò)誤；

B、在0-to時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里，逐漸減小，根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電

流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，在to-t∣時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，逐漸增大，根據(jù)楞次

定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍蔅錯(cuò)誤；

C、在Io時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，感應(yīng)電流不為零，此時(shí)

磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，則安培力為零，故C正確；

D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得，圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大?。篍=

7T

△OBS-BOK/KBor2

==故D錯(cuò)誤。

???t?t2t0

故選：Co

5.如圖所示，邊長(zhǎng)為21的正三角形ABe區(qū)域存在方向垂直紙面、大小隨時(shí)間均勻變化的

磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁場(chǎng)隨時(shí)間的變化關(guān)系為B=kt。以三角形頂點(diǎn)C為圓心，半徑為I、匝數(shù)

為N、電阻為R的圓形線圈平行紙面固定放置，S時(shí)刻線圈受到的安培力為（）

A?

22323

Nkiπt0NkIKt0

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

6R6R

22323

√3Nklt0√3Nklt0

C.--------------------?

4R4R

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律得出電流的大小，結(jié)合安培力的計(jì)算公式得出

安培力的大小。

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得:

N?ΦNBS

E==NkS

At

在磁場(chǎng)中的有效面積為

根據(jù)歐姆定律可得：

??t

由安培力的計(jì)算公式可得：

FA=NBOW

根據(jù)有效長(zhǎng)度的定義可得：

d=l

N2k2l3πt∩

聯(lián)立解得：FA=-------------故A正確，BCD錯(cuò)誤;

6R

故選：Ao

6.某同學(xué)將一段金屬絲彎成如圖1所示的平面線圈，己知圓形區(qū)域的面積為Si,五角星形

區(qū)域的面積為S2,連接圓和五角星部分區(qū)域的面積忽略不計(jì)?，F(xiàn)將該線圈沿垂直于磁場(chǎng)的方向

放入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)（垂直紙面向里的方向?yàn)榇艌?chǎng)的正方向），且磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的

規(guī)律如圖2所示。則下列圖像中能正確描述線圈兩端點(diǎn)a、b間電勢(shì)差U隨時(shí)間t變化規(guī)律的是

?4B

令0）

【分析】圓形線陰內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與五角星線圈內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向相反，根據(jù)法拉第電磁

感應(yīng)的解得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)從而計(jì)算O?工內(nèi)的電勢(shì)差。

4

【解答】解：由楞次定律可知，圓形線陰內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)與五角星線圈內(nèi)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)方向

相反。所以，整個(gè)線圈的“有效面積”為S=SLS2

結(jié)合圖2,由法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈內(nèi)所產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為e=32=也S=k

?tT

(Si-S2)

因外電路斷路且由楞次定律結(jié)合圖2可知，在O?工內(nèi)Uab=-(Si-S2)k

4

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：A0

7.如圖所示，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的

變化關(guān)系為B=BO+kt,Bo、k為常量，則圖中半徑為R的單匝圓形線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大

C.πBor2D.πBoR2

【分析】由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系為B=B0+kt,可由法拉第電磁感應(yīng)定律求出

線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì).

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=e2?="s=k?πr2;

At?t

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ac

8.一個(gè)有N匝的矩形線框，面積為S,以角速度3從如圖所示的位置開(kāi)始，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)B

中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像是()

e

NBSω

O

A.

【分析】線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)為Em=NBS3求得最大值，從與中性面垂直位置

開(kāi)始計(jì)時(shí)即可判斷。

【解答】解：線圈轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em=NBS3,從與中性面垂直位置開(kāi)

始計(jì)時(shí)，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式為e=Emcosωt=NBSωcosωt,故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

9.如圖，面積為0.31?的50匝線圈處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面向里。已知

磁感應(yīng)強(qiáng)度以0.5T/S的變化率增強(qiáng)，定值電阻R∣=8C,線圈電阻R2=7O,不計(jì)其他電阻。下列

說(shuō)法正確的是（）

A.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?/p>

B.線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E=75V

C.通過(guò)RI的電流為I=5A

D.ab兩端的電壓為U=4V

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，結(jié)合楞次定律得出電流的方向;

根據(jù)歐姆定律得出電路中的電壓和電流。

【解答】解：A、根據(jù)楞次定律可以判斷感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍蔄錯(cuò)誤；

B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E與手丹，?S=50X0.3X0.5V=7.5V故B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)歐姆定律得：I、E,IA=O5A，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)歐姆定律得：U=IRι=0.5×8V=4V,故D正確。

故選：D。

10.如圖，一個(gè)正方形導(dǎo)線框以初速vo向右穿過(guò)一個(gè)有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。線框兩次速度發(fā)生

變化所用時(shí)間分別為tl和t2,以及這兩段時(shí)間內(nèi)克服安培力做的功分別為Wi和W2,則（）

vO*

XXX；

□×××!

I

×XX；

A.t∣<t2,Wι<W2B.t∣<t2,W∣>W2

C.t∣>t2,W∣<W2D.t∣>t2,W∣>W2

【分析】先根據(jù)動(dòng)量定理結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析出時(shí)間的大小關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理分析出做功

的大小關(guān)系。

【解答】解：選向右的方向?yàn)檎较?/p>

線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理得：

-BI]LtI=IUVI-IUVQ

x

-BI2Lt2mv2-mv?

又因?yàn)镋tJLvt?=γ-t-Y-to

QRTRER1lxl12τ,2

可得：Vi-V0=V2-Vi

線框進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)的過(guò)程中都受到向左的安培力的作用而減速，進(jìn)入過(guò)程平均速度大

于離開(kāi)過(guò)程平均速度，則根據(jù)X=Vt可知：t∣<t2;

根據(jù)動(dòng)能定理可得：

12121212

WmV-mV-mV--

1212122

O-

W1V∩2÷v1

解得：_L=_2__L>1,故B正確，ACD錯(cuò)誤；

*2vl+v2

故選：B。

11.如圖，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，BC連線水平，上、下區(qū)域I、II

分別存在垂直軌道的水平磁場(chǎng)。將一銅質(zhì)小球從A端由靜止釋放，經(jīng)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，小球僅

在BC的下方往復(fù)運(yùn)動(dòng)。則（）

A.I、∏區(qū)域內(nèi)均存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)

B.I、H區(qū)域內(nèi)均存在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)

C.I內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，II內(nèi)存在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)

D.I內(nèi)存在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)，［［內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)

【分析】小球在區(qū)域I有機(jī)械能損失，說(shuō)明磁通量發(fā)生了變化，產(chǎn)生了感應(yīng)電流和焦耳熱,

在∏區(qū)域內(nèi)沒(méi)有機(jī)械能損失，即沒(méi)有產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，由此分析出磁場(chǎng)的分布特點(diǎn)。

【解答】解：由題意知，小球在區(qū)域I中有機(jī)械能損失，可知在區(qū)域I中有電磁感應(yīng)現(xiàn)象,

即產(chǎn)生了焦耳熱，則知小球在I內(nèi)磁通量發(fā)生了變化，所以I內(nèi)存在非勻強(qiáng)磁場(chǎng)。而小球在區(qū)域

∏中沒(méi)有機(jī)械能損失，即沒(méi)有產(chǎn)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，則知小球在∏內(nèi)磁通量不發(fā)生變化，即∏內(nèi)存

在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，故D正確，ABC錯(cuò)誤；

故選：D。

12.如圖，足夠長(zhǎng)的磁鐵在空隙產(chǎn)生一個(gè)徑向輻射狀磁場(chǎng)，一個(gè)圓形細(xì)金屬環(huán)與磁鐵中心圓

柱同軸，由靜止開(kāi)始下落，經(jīng)過(guò)時(shí)間t,速度達(dá)最大值V,此過(guò)程中環(huán)面始終水平。已知金屬環(huán)

質(zhì)量為m、半徑為r、電阻為R,金屬環(huán)下落過(guò)程中所經(jīng)過(guò)位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,重力

加速度大小為g,不計(jì)空氣阻力，則（）

例壞

中心網(wǎng)性

使視圖儲(chǔ)視圖

A.在俯視圖中，環(huán)中感應(yīng)電流沿逆時(shí)針?lè)较?/p>

B.環(huán)中最大的感應(yīng)電流大小為，喑

C.環(huán)下落過(guò)程中一直處于超重狀態(tài)

D.t時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬環(huán)橫截面的電荷量為空工也

R

【分析】根據(jù)右手定則分析感應(yīng)電流方向，當(dāng)重力等于安培力時(shí).，環(huán)下落的速度最大，由功

能關(guān)系求解感應(yīng)電流；根據(jù)電荷量定義式分析電荷量大小。

【解答】解：A、根據(jù)右手定則，在圓環(huán)上取一段分析可知環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針?lè)较?，?/p>

A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)重力等于安培力時(shí)，環(huán)下落的速度最大，此時(shí)感應(yīng)電流最大，根據(jù)mgv=l2R,解得：

I=J喑，故B正確；

C、環(huán)下落中mg-F=ma,加速度向下，處于始終失重狀態(tài)，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)t時(shí)間內(nèi)通過(guò)金屬環(huán)橫截面的電荷量為q。環(huán)下落速度為V時(shí)的感應(yīng)電流大小為I=

2π5rv,由于環(huán)中感應(yīng)電流不斷增大，則知q<It=2'Brvt,故D錯(cuò)誤。

RR

故選：B.

13.如圖是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n∣>n2,

二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的

電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變

電流。不計(jì)線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說(shuō)法正確的是（）

R

A.兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等

B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等

C.兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)到最大值

D.兩電阻消耗的電功率相等

【分析】勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律定性地分析出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大

小，結(jié)合功率的公式分析出功率的關(guān)系；

根據(jù)不同位置的磁通量的變化特點(diǎn)分析出線圈是否能同時(shí)達(dá)到最大值。

【解答】解：AD、在轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，通過(guò)兩個(gè)線圈的磁通量均在做周期性變化，

所以兩個(gè)線圈均會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=n今§可知，即使在磁通量

的變化率相同時(shí)，由于匝數(shù)不同，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也不會(huì)相等。同樣的有效值也不相等。再根

τ∣2

據(jù)功率的計(jì)算公式PM可知，電阻消耗的電功率也不相等，故AD錯(cuò)誤；

B、兩線圈產(chǎn)生的交變電流均受轉(zhuǎn)子的運(yùn)動(dòng)情況影響，轉(zhuǎn)子在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期固定，

頻率固定，故兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率也相等，故B正確；

C、電動(dòng)勢(shì)達(dá)到最大值時(shí)磁通量最小，結(jié)合題圖可知，兩個(gè)線圈的磁通量無(wú)法同時(shí)達(dá)到最小，

故產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)無(wú)法同時(shí)達(dá)到最大值，故C錯(cuò)誤。

故選：B.

14.將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為Si,小圓面積均為

S2,垂直線圈平面方向有一隨時(shí)間t變化的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=BO+kt,BO和k均為常量、

則線圈中總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為（）

A.kSιB.5kS2C.k(Si-5S2)D.k(S1+5S2)

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分別計(jì)算出線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合楞次定律分析出總的

電動(dòng)勢(shì)大小。

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，大圓產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為=kS∕

每個(gè)小線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kS且根據(jù)楞次定律可知，線圈產(chǎn)生的電流方向

相同，即電動(dòng)勢(shì)要全部相加，則總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=5E2+Eι=k(S1+5S2),故D正確，ABC

錯(cuò)誤；

故選：D。

15.三個(gè)用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長(zhǎng)與圓線框的直徑相等，圓

線框的半徑與正六邊形線框的邊長(zhǎng)相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化的同

一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線框所在平面均與磁場(chǎng)方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大

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

【分析】根據(jù)電阻定律與電磁感應(yīng)定律，結(jié)合閉合電路歐姆定律可解得。

【解答】解：設(shè)圓的半徑為R,則圓的周長(zhǎng)為L(zhǎng)2=2ITR,面積S2=TΓR2,正方形的周長(zhǎng)為

Lι=8R,面積Sι=4R2,正六邊形的周長(zhǎng)為L(zhǎng)3=6R,面積S3=M，

2

根據(jù)電阻定律有：R=P=

S截

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有:E=△BS

FABS,S截?

根據(jù)歐姆定律有：1=&==-------曼80

RAfPLL

代入周長(zhǎng)與面積可知：h=I2>I3

故C正確，ABD錯(cuò)誤；

故選：C?

16.將一根質(zhì)量m=1kg、電阻R=IoQ的長(zhǎng)導(dǎo)線繞制成匝數(shù)n=200、邊長(zhǎng)1=20Cm的正方

形線圈，然后用絕緣線將線圈懸掛起來(lái)，如圖所示。線圈接在恒定電壓U=4V的直流電源上（圖

中未畫(huà)出），線圈中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻碾娏?。M、N為線圈豎直邊的中點(diǎn)，在MN下方有垂直紙

面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律為B=0.25t（T）,重力加速度g=10m∕s2,則

絕緣線上拉力等于零的時(shí)刻為（）

A.2sB.2.5sC.—sD.500s

3

【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律結(jié)合閉合電路歐姆定律與受力平衡可解得。

AS

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=nA^-=nP*=200×0.25×0.1×0.2V

△t?t

=IV

根據(jù)閉合電路歐姆定律有：I=旦■+旦

RR

根據(jù)力的平衡條件有：mg=nBII

其中B=0.25t

將1=20Cm=O.2m代入解得：t=2s

故A正確，BCD錯(cuò)誤；

故選：Ao

17.如圖甲所示，同心放置的兩個(gè)圓環(huán)a、b,是由同一根導(dǎo)線裁制而成的，半徑分別為r

和2r。過(guò)圓環(huán)直徑的虛線為磁場(chǎng)邊界，在虛線的右側(cè)存在一個(gè)足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。t=0時(shí)刻磁

場(chǎng)方向垂直于圓環(huán)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，不考慮兩圓環(huán)之間

的相互作用，在0?tι時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

1×XXX

(??

：×J√××7o?sJ.：

^^~T×××x

甲乙

A.兩圓環(huán)中的感應(yīng)電流均為順時(shí)針?lè)较虻暮愣娏?/p>

B.兩圓環(huán)受到的安培力始終為向右的恒力

C.兩圓環(huán)a、b中的感應(yīng)電流大小之比為2：1

D.兩圓環(huán)a、b中的電功率之比為1：4

【分析】根據(jù)楞次定律可以判斷圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向以及圓環(huán)的面積變化趨勢(shì)；先根據(jù)法

拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，然后根據(jù)電阻定律計(jì)算出圓環(huán)的電阻，最后根據(jù)歐姆

定律可以計(jì)算出感應(yīng)電流的大小之比；根據(jù)P=Ul可以計(jì)算出電功率之比。

【解答】解：A、由圖乙可知，在O-t∣時(shí)間內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，O-to時(shí)間內(nèi)磁通

量向里減小，to-tι時(shí)間內(nèi)磁通量是向外增加，由楞次定律“增反減同”可知，磁通量均勻變小，

兩圓環(huán)產(chǎn)生恒定順時(shí)針感應(yīng)電流，故A正確；

B、根據(jù)左手定則判斷可知安培力始終向右，根據(jù)F=BIL知安培力在減小，故B錯(cuò)誤；

C、從圖乙中可知磁場(chǎng)均勻變化，即斜率恒定，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=△“φ=令B

?t?t

可知產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小之比為一L=-L=L,根據(jù)電阻定律R=PL=P"三，可知兩環(huán)的

HH

E2S24SS

EI

R1IIRll

電阻之比為」1=工，故感應(yīng)電流之比為#=FL='，故C錯(cuò)誤；

1

R222?2

即

D、圓環(huán)中電功率為P=EI,所以電功率之比為ZI=工，故D錯(cuò)誤。

P28

故選：Ao

18.如圖所示，虛線MN左側(cè)有垂直水平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)有垂直水平面向下的勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B