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第十一章 电磁感应
第 02 练 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
知识目标 知识点
目标一 法拉第电磁感应定律的理解及应用
目标二 导体切割磁感线产生的感应电动势
目标三 自感现象
目标四 涡流 电磁阻尼和电磁驱动
1．电磁炉具有无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等优势。电磁炉
是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生无数小涡流，使锅
体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物。下列相关说法中正确的是( )
A. 锅体可以用不导电的陶瓷制成
B. 锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的
C. 恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好
D. 提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果
【答案】D
【解析】解：A、B、C、锅体中的涡流是由变化的磁场产生的。故ABC错误。
D、提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果。故D正确。
故选：D。
电磁炉又被称为电磁灶，其原理是磁场感应涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，从
而使金属锅自身产生无数小涡流而直接加热于锅内的食物。
本题要求学生根据题文的信息解答，考查了学生接受信息的能力，掌握电磁炉的应用及工作原理。
2．如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保
持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均
匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小
C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小
【答案】D【解析】
【分析】
本题考查了法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式的基本运用，注意磁感应强度均匀变化，
面积不变，则感应电动势不变，但是导体棒所受的安培力在变化。
【解答】
A.磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电流方向由a到b，故A错误；
ΔBS
B.由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E= 得感应电动势大小恒定，则ab中的
Δt
感应电流不变，故B错误；
C.根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，故C错误；
D.金属棒ab受安培力和静摩擦力处于平衡，即f =F，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。
故选D。
3．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随
时间均匀增大。两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为E 和E ，不考虑两圆环间
a b
的相互影响。下列说法正确的是( )
A. E :E =4:1，感应电流均沿逆时针方向
a b
B. E :E =4:1，感应电流均沿顺时针方向
a b
C. E :E =2:1，感应电流均沿逆时针方向
a b
D. E :E =2:1，感应电流均沿顺时针方向
a b
【答案】B
【解析】
【分析】
ΔΦ ΔB
根据法拉第电磁感应定律E=n =n S计算感应电动势的大小，根据楞次定律判断感应电流
Δt Δt
的方向。
本题整合了法拉第电磁感应定律，楞次定律，常规题，要善于运用比例法求解比值。
【解答】
ΔΦ ΔB △B
根据法拉第电磁感应定律E=n =n S，题中 相同，则两圆环中产生的感应电动势为：
Δt Δt △t
ΔΦ ΔB ΔB
a圆环中产生的感应电动势为E =n =n S= πr2
a Δt Δt Δt aΔΦ ΔB ΔB
b圆环中产生的感应电动势为E =n =n S= πr2
b Δt Δt Δt b
由于r ：r =2：1
a b
E r2 4
所以
a= a=
E r2 1
b b
由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向，故
B正确，ACD错误。
故选B。
4．某圆形导电线圈处于一方向垂直于该线圈的匀强磁场中，该磁场的磁感应强度B随时间的变化
如图所示。对OP、PM、MN和NQ时间段内线圈中的感应电流，下列说法正确的是( )
A. PM段的感应电流值最大
B. OP段的感应电流值是MN段的感应电流值的2倍
C. MN段的感应电流与NQ段的感应电流大小相同，方向也相同
D. OP段的感应电流与NQ段的感应电流方向相同
【答案】C
【解析】解：设圆形导电线圈的面积为S，线圈匝数为n，根据法拉第电磁感应定律得：
nΔΦ nΔBS
E= = =nkS。
Δt Δt
A、PM段图像的斜率为零，则感应电动势为零，感应电流为零，故A错误；
B、根据上述分析可知，感应电动势的大小与图像的斜率成正比，而纵坐标的数据未知，所以无法
确定感应电动势的关系，则也无法确定电流的关系，故B错误；
C、因为MN和NQ属于同一直线，斜率相同，则产生的感应电动势相同，根据欧姆定律可知产生
的感应电流大小相同，方向也相同，故C正确；
D、因为OP段和NQ段的斜率不同，则产生的感应电流方向相反，故D错误；
故选：C。
根据法拉第电磁感应定律分析出感应电动势的大小，结合欧姆定律和图像分析出不同阶段的感应电
流的大小和方向。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，熟悉相应的公式，结合图像的斜率和欧姆定律即
可完成分析。5．某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼
动仪线圈面积为S，匝数为N，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线圈平面最初平行于磁场，经
过时间t后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处，则在这段时间内，线圈中产生的平均感应电动
势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为( )
NBSsinθ NBScosθ
A. ，逆时针 B. ，逆时针
t t
NBSsinθ NBScosθ
C. ，顺时针 D. ，顺时针
t t
【答案】A
【解析】
【分析】
ΔΦ
由法拉第电磁感应定律E=n 求解平均感应电动势，根据楞次定律求解感应电流的方向。
Δt
本题主要考查法拉第电磁感应定律以及楞次定律的基本运用，熟练掌握公式内容即可解答。
【解答】
由题意可知，将磁场分别为垂直于线圈面积方向，分量为B =Bsinθ，线圈平面最初平行于磁
垂直
ΔΦ ΔΦ NBSsinθ
场，磁通量为零，由E=n 可得线圈中产生的平均感应电动势的大小E=N = ，
Δt Δt t
由楞次定律可知，磁通量增大，(从左往右看)所以感应电流的方向为逆时针，故A正确，BCD错误。
6．小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角θ=53°，
导轨上端串接一个R=0.05Ω的电阻。在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向
下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0T。质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通
过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m。一位健身者用恒
力F=80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒
到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g=10m/s2，
sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
【答案】
解：(1)CD棒进入磁场前，由动能定理
1
FS-mgSsin53.= mv2
2
解得CD棒进入磁场时速度v的大小
√2(FS-mgSsin53. ) √2(80×0.24-4×10×0.24×0.8)
v= = m/s=2.4m/s(2)CD棒进入磁场
m 4
时产生的感应电动势为：E=Blv…③
E Blv
感应电流为：I= = ④
R R
CD棒安培力为：F =BIl⑤
A
B2l2v 2.02×0.502×2.4
联立代入得：F = = N=48N⑥
A R 0.05
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W =F(s+d)=64J⑦
由于F-mgsinθ-F =0
A
d
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t=
v
E Blv
I= = 则电阻产生的焦耳热为：
R R
B2l2v d 2.02×0.502×2.4 0.56
Q=I2Rt=( ) 2R =( ) 2×0.05× J=26.88J。
R v 0.05 2.4
【解析】(1)CD棒进入磁场前，由动能定理求CD棒进入磁场时速度v；
(2)CD棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由E=BLv求感应电动势，再由欧姆定律求出
感应电流，最后由安培力公式求解CD棒安培力F 的大小；
A
(3)健身者所做的功W根据功的计算公式求出；由牛顿第二定律求出CD棒进入磁场后的加速度，
知道CD棒做匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求焦耳热。本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大
小，从而判断导体棒的受力情况和运动情况。不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，
要知道导体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量。
1．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM
的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，
如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及
左右振动的衰减最有效的方案是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条件，即可判定。
本题考查了电磁阻尼和电磁驱动，难度一般。
【解答】
由题意可知，磁场的作用是衰减紫铜薄片的振动，因此需要薄片在磁场中振动时，穿过薄片的磁通
量发生变化，产生感应电流(涡电流)，由楞次定律可知，此时薄片才会受到阻碍其运动的安培力，而BCD薄片上下振动时不会有磁通量变化，故BCD错误、A正确。
故选A。
2．如图所示的电路中，L为电感线圈(电阻不计)，A、B为两灯泡，以下结论正确的是( )
A. 合上原本断开的开关S时，A先亮，B后亮
B. 合上原本断开的开关S时，A、B同时亮，以后B变暗直至熄灭，A变亮
C. 断开原本闭合的开关S时，A变亮，B熄灭
D. 断开原本闭合的开关S时，A、B两灯都亮一下再逐渐熄灭
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了通电自感和断电自感，关键要明确线圈中的自感电动势总是阻碍电流的增加和减小，即
总是阻碍电流的变化。
【解答】
AB.合上S时，灯泡A、B同时变亮；当电流稳定后，线圈相当于直导线，灯泡B被短路，故电键闭
合后，灯泡A、B同时亮，但B逐渐熄灭，A更亮，故A错误，B正确；
CD.断开S时，A灯立即熄灭；线圈产生自感电动势，和灯泡B构成闭合电路，B灯先闪亮后逐渐变
暗；故C错误，D错误；
故选B。
3．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 >n ，二者轴线
1 2
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( )
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
【答案】BΔΦ
【解析】解：AD、根据运动的周期性可知，两个线圈位置的磁通量变化量都相等，即 相等，
Δt
n ΔΦ n ΔΦ
则两个线圈位置的电动势分别为E = 1 ，E = 2 ，因为n >n ，则线圈产生的感应电动势
1 Δt 2 Δt 1 2
U2
不相等，有效值也不相等，根据功率的计算公式P= 可知，电阻消耗的电功率也不相等，故AD
R
错误；
B、在匀速圆周运动中，磁铁的周期固定，则线圈产生的交流电频率也相等，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大(或最小
)，故产生的电动势无法同时达到最大值，故C错误；
故选：B。
匀速圆周运动的周期和频率恒定，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。
本题主要考查了法拉第电磁感应定律的相关应用，理解匀速圆周运动的特点，结合电学公式即可完
成解答。
4．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=B +kt，B 、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小为( )
0 0
A. πkr2
B. πkR2
C. πB r2
0
D. πB R2
0
【答案】A
ΔΦ ΔB
【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：E= = S=k⋅πr2 ；
Δt Δt
故A正确，BCD错误；
故选：A。
由磁感应强度B随时间t变化的关系为B=B +kt，可由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应
0
电动势．本题是法拉第电磁感应定律，应用法拉第定律时要注意S是有效面积，并不等于线圈的面积．
5．如图甲所示，螺线管竖直置于靠近水平桌面的上方，质量为m的闭合金属圆环平放在桌面上，
螺线管的中轴线与圆环相交。现在螺线管中通入如图乙所示的正弦交变电流，规定图甲中标出的电
流方向为正方向。圆环始终静止，下列说法正确的是( )
T T
A. ～ 内，从上向下看圆环中感应电流方向为顺时针
4 2
T T
B. ～ 内，圆环中的感应电动势逐渐减小
4 2
T 3T
C. ～ 内，圆环对桌面的压力大于mg
2 4
3T
D. ～T内，圆环对桌面的摩擦力方向向左
4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据安培定则判定穿过螺线管的磁场的方向以及穿过圆环的磁通量变化，再依据楞次定律，确定圆
环内电流的方向以及圆环对桌面的压力情况；根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小。
解决本题的关键是理解并掌握楞次定律：增反减同，来拒去留。
【解答】
由图甲，根据安培定则可知，电流的方向为正时，螺线管产生的磁场的方向向上，则穿过圆环的磁
通量的方向向上；
T T
A、由图乙可知 ～ 时间内线圈中电流减弱，产生的向上的磁场减小，穿过圆环中向上的磁通量
4 2
减小，根据楞次定律可知圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看，圆环中的感应电流
沿逆时针方向，故A错误；
T T
B、由图乙可知 ～ 时间内线圈中电流减弱的速度增大，则穿过圆环中磁通量的变化率增大，由
4 2
法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势逐渐增大，故B错误；T 3T
C、由图乙可知 ～ 时间内穿过螺线管的电流反向增大，则穿过圆环中向下的磁通量的增大，
2 4
根据楞次定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向上，从上往下看，圆环中的感应电流沿逆
时针方向，与螺线管内的电流的方向相反，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知圆环
受到螺线管的排斥力，所以圆环对桌面的压力大于mg，故C正确；
3T
D、由图乙可知 ～T时间内反方向的电流减小，则穿过圆环中向下的磁通量的减小，根据楞次
4
定律可知，圆环产生的感应电流的磁场的方向向下，从上往下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，
与螺线管内的电流的方向相同，根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥，可知圆环受到螺线管
的吸引力，有相对于桌面向右运动的趋势，所以圆环会受到桌面向左的摩擦力，根据牛顿第三定律
可知，圆环对桌面的摩擦力向右，故D错误。
故选：C。
6．如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m
区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L=0.5m、电阻R=0.25Ω的正方形线框
abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v=1.0m/s的速度做
匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内
磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】
解：(1)根据图2可得，在t=0时B =0.25T。
0
回路电流
B Lv
I= 0
R
安培力
F =B IL
A 0
根据平衡条件可得
F=F
A
联立解得F=0.0625N。(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有Φ =Φ。
1
t =1.0s时，B =0.5T，磁通量
1 1
Φ =B L2
1 1
t时刻，磁通量
Φ=BL[L-v(t-t )]
1
1
得B= (T)。
6-4t
ΔΦ ΔΦ
(3)根据法拉第电磁感应定律，q=I·Δt= ·Δt= ，可得0≤t≤0.5s电荷量
ΔtR R
B L2
q = 0 =0.25C
1 R
0.5s≤t≤1.0s电荷量
B L2-B L2
q = 1 0 =0.25C
2 R
总电荷量为q=q +q =0.5C。
1 2
【解析】(1)根据图2可得在t=0时的磁感应强度大小，再根据平衡条件结合安培力的计算公式求解
拉力；
(2)匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ =Φ，由此得到磁感应强度与时间的关系；
1
ΔΦ
(3)根据法拉第电磁感应定律可得出q= 求出0≤t≤0.5s电荷量和0.5s≤t≤1.0s电荷量，再求
R
出总电荷量。
本题主要是考查电磁感应现象与图像问题、力学问题的综合，根据受力情况结合平衡条件求解力；
如果涉及电荷量问题，常根据电荷量的经验公式或根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电
路的欧姆定律列方程进行解答。1．在宁波市中学生科技发明展上，有如图所示的自制实验装置。两个线圈A、B之间没有导线相连，
线圈A与手机的音频输出端连接，线圈B与音响连接。把线圈A插入线圈B时，音响发出由手机输
出的声音了。下列说法错误的是( )
A. 该实验原理和变压器的工作原理相同
B. 线圈B中的电流可能是交流电
C. 将A、B线圈互换，音响的播放效果不变
D. 在A线圈中插入铁芯，音响的播放效果将会更好
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电磁感应在生活中的应用。
该实验原理属于互感，变压器也属于互感；若线圈A的电流为正弦交流电，则线圈B的电流也为正
弦交流电；感应电压与匝数有关；在A线圈中插入铁芯，能够增大感应电压。
【解答】
A.该实验原理是A线圈中电流变化时，在B线圈中感应出感应电流，从而音响发声，属于互感，与
变压器的工作原理相同，故A正确；
B.若线圈A的电流为正弦交流电，则线圈B的电流也为正弦交流电，所以线圈B中感应电流有可能
是交流电，故B正确；
C.A、B两个线圈的匝数明显不同，根据电压与匝数成正比可知，将A、B线圈互换，感应电压变
化，音响的播放效果变化，故C错误；
D.在A线圈中插入铁芯，增加了磁感应强度，能够增大感应电压，所以音响的播放效果将会更好，
故D正确。
2．如图所示，电路中电感线圈L的自感系数足够大，且其直流电阻与定值电阻R的阻值相等。闭合
开关S，待电路达到稳定后，灯泡正常发光，两个支路中电流分别为I 和I 。下列说法正确的是
1 2A. 闭合开关S至电路达到稳定的过程中，灯泡中电流逐渐减小至I
1
B. 闭合开关S，待电路达到稳定后，两支路中的电流I >I
1 2
C. 断开开关S，灯泡中电流由I 逐渐减小至零
1
D. 断开开关S，灯泡中电流由I 逐渐减小至零
2
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了自感现象，解题的关键是理解自感电动势的作用。闭合开关S时，线圈L产生自感电动
势阻碍电流的增加，则灯泡中电流逐渐增加至I ，待电路达到稳定后，由于线圈L的直流电阻与定
1
值电阻R的阻值相等，两支路中的电流I 0，且F >0，即a>0，加速度方向水平向右。
0 合
B2L2
B、若k> ，F 随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，
R+r 合
速度与时间呈指数增长关系，U 与时间成指数增长关系，则B不符合题意；
R
B2L2
C、若k< ，F 随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，
R+r 合
直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，则U 图象应为斜率逐渐减小的曲线，故C不符合题
R
意；
B2L2 F
D、若k= ，F =F ，即a= 合，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有v=at，说明v∝t，
R+r 合 0 m
也即是U 与t成正比，故D不符合题意。
R
综上以上情况所得，A项不可能，故A符合题意。
故选：A。
对金属棒受力分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律得出F 表达式，
合
分情况讨论加速度的变化情况，分三种情况讨论：匀加速运动，加速度减小的加速，加速度增加的
加速，再结合情况分析可能的图象。
解决本题的关键能够根据物体的受力判断物体的运动情况，结合安培力公式、法拉第电磁感应定律、
牛顿第二定律分析导体棒的运动情况，分析加速度、速度如何变化，然后分析电阻两端电压与时间
的关系。
5．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l =3l ，图示区
a b
域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，
则( )
A. 两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B. a、b线圈中感应电动势之比为3:1
C. a、b线圈中感应电流之比为3:1 D. a、b线圈中电功率之比为3:1
【答案】C
【解析】
【分析】
根据楞次定律可求得电流方向；根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析
电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小；再根据功率公式即可明确功率之比。
本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确
结合电路规律进行分析求解。【解答】
A、根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为
逆时针，故A错误；
△Φ △B
B、根据法拉第电磁感应定律可知：E=n =nS ，
△t △t
线圈面积：S=l2，由题意可知，l =3l ，则：S ：S =9：1，因此电动势之比为9：1，故B错误；
a b a b
L
C、线圈中电阻R=ρ ，而导线长度L=n×4l，由于l =3l ，故电阻之比：R ：R =3：1，由欧
S a b a b
E
姆定律可知：I= ，则电流之比为：3：1，故C正确；
R
E2
D、电功率P= ，电动势之比为9：1，电阻之比为3：1，则电功率之比为27：1，故D错误；
R
故选：C。
6．舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣
小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝
缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处
的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞
机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R ，同时施加回撤力F，在F和磁场力作
0
用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示，在t 至t 时
1 3
间内F=(800-10v)N，t 时撤去F。已知起飞速度v =80m/s，t =1.5s，线圈匝数n=100匝，
3 1 1
每匝周长l=1m，动子和线圈的总质量M=10kg，R =9.5Ω，B=0.1T，不计空气阻力和飞机起
0
飞对动子运动速度的影响，求
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R；
(3)时刻t 。
3
【答案】
解：(1)根据安培力公式可得：
F =nBIl
安动子和线圈在0～t 时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为
1
v
a= 1
t
1
根据牛顿第二定律得：
F =(M+m)a
安
代入数据解得：I=80A
(2)当S拨至2时，接通定值电阻R ，此时的感应电流为
0
nBIl
I =
1 R +R
0
此时的安培力为
F 1=nBI l
安 1
根据牛顿第二定律得：
n2l2B2
(800-10v)+ v=ma
R +R 1
0
由图可知在t 到t 的过程中，加速度恒定，则有
1 3
n2l2B2
=10
R +R
0
解得：R=0.5Ω；a =160m/s2
1
v 80
(3)根据图像可知，t -t = 1= s=0.5s
2 1 a 160
1
则0～2s时间内，位移大小为
1 1
x= v t = ×80×2m=80m
2 1 2 2
根据法拉第电磁感应定律得：
nΔΦ nBΔS
E= =
Δt Δt
根据电流的定义式可得：Δq=It
E
I=
R +R
0
[ 1 ]
nBl s- a (t -t ) 2
联立解得： 2 1 3 2
Δq=
R+R
0
从t 时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得：
3
-nBlΔq=0-ma (t -t )
1 3 2
√5+3
联立解得：t = s
3 2答：(1)恒流源的电流为80A；
(2)线圈电阻为0.5Ω；
√5+3
(3)时刻t 为 s。
3 2
【解析】(1)根据安培力公式和牛顿第二定律得出电流的大小；
(2)根据安培力公式和牛顿第二定律以及欧姆定律得出电阻的大小；
(3)理解图像的物理意义，根据法拉第电磁感应定律得出电荷量的表达式，结合动量定理完成分析。
本题以舰载机电磁弹射为考查背景，主要考查了电磁感应定律的相关应用，要理解图像的物理意义，
熟练掌握电磁感应中通过导体横截面的电荷量的计算公式，结合动量定理即可完成分析。
