高考物理热点题型专题讲义 专题27 法拉第电磁感应定律(学生版)

专题27法拉第电磁感应定律目录TOC\o"1-3"\h\u题型一实验：探究影响感应电流方向的因素 1题型二感应电流的产生和方向判断 9题型三楞次定律推论的应用 12题型四“三定则、一定律”的应用 19题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用 23题型六导体切割磁感线产生的感应电动势 30类型1平动切割磁感线 31类型2转动切割磁感线 35类型3有效长度问题 41题型六自感现象 48题型一实验：探究影响感应电流方向的因素1．实验设计如图2所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。2．实验结论当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。3．注意事项实验前应首先查明电流表中电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图所示的电路，把一节干电池与电流表及线圈串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入限流变阻器R，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向。【例1】为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。

（1）所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流计时，指针向右偏转；（2）如图甲，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示，则螺线管中感应电流产生的磁场方向（填“向下”或“向上”）；（3）关于该实验，下列说法正确的是。（填正确答案标号）A．将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越大B．将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越小C．将磁铁的N极向下，并将其抽出，电流计指针向左偏转D．将磁铁的N极向下，并将其插入，电流计指针向右偏转（4）本实验也可以用发光二极管代替电流计进行实验，如图丙所示，将条形磁铁N极向下插入螺线管，可观察到发光二极管（填“”或“”）短暂发光。由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向（填“相同”或“相反”）。【例2】．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题。

(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，某同学想用多用电表的某一挡位来进行探究，他应选用多用电表的挡（选填“欧姆”、“直流电流”、“直流电压”、“交流电流”或“交流电压”），对灵敏电流表进行测试。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔（选填“短暂”或“持续”）接灵敏电流表的负接线柱，此时发现灵敏电流表的指针向左摆动。(2)实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，说明磁铁的下端为极（选填“S”或“N”）。(3)另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。①在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路，请从图乙中1、2箭头开始用实线作为导线完善其余电路的连接；()②将插入后，下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是。A．闭合开关，稳定后断开开关

B．闭合开关，稳定后拔出线圈C．闭合开关，稳定后拔出软铁棒

D．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P左移【例3】．某同学用如图所示的电路探究影响感应电流的因素，G为灵敏电流计（已知电流由“+”接线柱流入，指针向右偏转；电流由“-”接线柱流入，指针向左偏转），采用如下步骤完成实验：(1)如图（a），将条形磁铁的S极向下插入线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。(2)如图（b），将条形磁铁的N极向上抽出线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。(3)经过多次实验操作，得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向（填“相同”“相反”或“没有关系”）；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向（填“相同”“相反”或“没有关系”）。【例4】．甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。（1）如图，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________。A．闭合开关B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动C．开关闭合时将线圈从线圈中拔出D．开关闭合时将线圈倒置再重新插入线圈中（2）为确切判断线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计_____________的关系。（3）如图，乙同学将条形磁铁从线圈上方由静止释放，使其笔直落入线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中_________（选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”）越大，产生的感应电流越大。（4）丙同学设计了如图所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的_________（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯____________（选填“C”或“D”）短暂亮起。题型二感应电流的产生和方向判断1．产生感应电流的三种情况2．用楞次定律判断3．用右手定则判断(1)掌心——磁感线穿入。(2)拇指——指向导体运动的方向。(3)四指——指向感应电流的方向。【例1】如图所示，虚线Ⅰ和Ⅱ之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，闭合线圈自高处落下，依次经过a、b、c三个位置．下列说法正确的是（）

A．线画在位置a不会产生感应电流B．线圈在位置b一定做加速运动C．线圈只有位置b和位置c会产生感应电流D．线圈a、b、c三个位置都有感应电流产生【例2】下列关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法，正确的是（）A．图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C．图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流【例3】如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一正方形导线框abcd，ab边与直导线平行。调节电流I的大小，使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）

A．导线框中产生的感应电流逐渐增大B．导线框中产生的感应电流沿顺时针方向C．导线框的bc边受到的安培力大小恒定D．导线框整体受到的安培力方向水平向右题型三楞次定律推论的应用内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮【例1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个放置在水平桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动，线圈始终保持静止下列说法正确的是（）A．磁铁振动过程中，线圈中产生方向不变的感应电流B．磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力C．磁铁远离线圈时，线圈有缩小的趋势D．磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒【例2】如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（）A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动【例2】．如图所示，铝环A用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与长直螺线管共轴。下列说法正确的是（）A．闭合开关S瞬间，铝环A将向左摆动B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，铝环A的面积有收缩趋势C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看铝环A中将产生逆时针方向的感应电流D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，铝环A将向右摆动【例3】．如图所示，水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速运动时，下列判断正确的是（）A．铝环有的收缩趋势，对桌面压力增大 B．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小C．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小 D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大【例4】．如图甲所示是焊接自行车零件的原理图，其中外圈M是线圈，N是自行车的零件，a是待焊接的接口，将焊口两端接触在一起，当M两端接入如图乙所示的正弦电流后，接口处的金属便会熔化而焊接起来。以逆时针方向为正方向，下列说法正确的是（

）A．零件中的电流方向为逆时针B．零件中的电流大小不断减小C．零件有收缩的趋势D．时刻零件受到线圈M的作用力最大【例5】．如图甲所示，一长直导线与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流随时间的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在时间内，下列说法正确的是（）A．穿过线框的磁通量一直减小B．线框中始终产生顺时针方向的感应电流C．线框先有收缩的趋势后有扩张的趋势D．线框所受安培力的合力先向下后向上【例6】某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（）

A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿顺时针方向C．金属线圈A对电梯轿厢下落有阻碍作用，B没有阻碍作用D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势题型四“三定则、一定律”的应用“三个定则”“一个定律”的比较名称用途选用原则安培定则判断电流产生的磁场(方向)分布因电生磁左手定则判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向因电受力右手定则判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极因动生电楞次定律判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向因磁通量变化生电【例1】如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为，则（）A．时刻，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流也最大B．时刻，线圈P中感应电流最大，等于GC．时间内，螺线管对线圈是吸引力D．时间内，穿过线圈P的磁通量变小，且线圈P有扩张的趋势【例2】．如图所示，水平放置的两条电阻不计的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，PQ的电流方向及运动情况是（）A．P→Q，向右运动 B．Q→P，向右运动C．P→Q，向左运动 D．Q→P，向左运动【例3】．如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化的电流i，规定图示电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则（）A．t1时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针方向的电流B．t2时刻，线圈Q中没有感应电流C．t1~t2时间内，Q中电流在增大D．t2~t3时间内，Q中磁通量的变化率在增大【例4】如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在内驱动线圈的电流随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（）A．驱动线圈内部的磁场水平向左 B．发射线圈内部的感应磁场水平向左C．时发射线圈所受的安培力最大 D．时发射线圈中的感应电流最大题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用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．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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq\f(E,R＋r).(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt).2．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为eq\f(ΔΦ,Δt).3．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则eq\f(ΔB,Δt)＝k.4．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).5．当B、S同时变化时，则eq\x\to(E)＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).求瞬时值是分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加．【例1】如图所示，将一个单位长度电阻为的均匀圆形金属线圈用一根不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，线圈的半径为，粗细不计。过圆心的直线的下方有方向始终垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化关系为，直线与线圈的交点为、。则下列说法正确的是（

）

A．线圈中产生的电流大小恒为B．线圈中有逆时针方向的感应电流C．线圈所受到的安培力大小恒定不变D．时间内线圈中产生的焦耳热为【例2】如图所示，固定的均匀矩形铝框abcd，长度为2L，宽度为L，左边边长为L的正方形区域abef内存在与铝框平面垂直的匀强磁场。已知铝的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。某时刻起，磁感应强度以变化率均匀增加。则（）

A．空间中产生顺时针方向的恒定电场B．铝框中的自由电子受到电场力的作用顺时针方向定向移动形成电流C．自由电子定向移动的平均速率D．一个电子沿铝框运动一周，电场力做功【例3】如图所示，用均匀导线做成的单匝正方形线圈的面积为S，正方形的一半放在垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，a，b分别为两对边的中点，线圈的总电阻为R。下列说法正确的是（）A．当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿顺时针方向B．当磁场的磁感应强度以的变化率增大时，线圈中产生的感应电动势为C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为D．在线圈以ab为轴转动一周的过程中，某一段时间内线圈中没有感应电流【例4】水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为和（俯视图如图1所示）。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是（

）A．， B．，C．， D．，题型六导体切割磁感线产生的感应电动势1．大小计算切割方式表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.方向判断(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源。(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。3产生电动势的“四种”情形磁场变化平动切割转动切割旋转切割情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置开始计时)类型1平动切割磁感线【例1】如图所示，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，水平放置两根光滑的平行金属导轨，导轨间距为0.6m，导轨间接有电阻，有一导体棒AB在导轨上以10m/s的速度向右匀速滑动，导体棒AB的电阻，其余电阻不。求：（1）导体棒AB两端感应电动势的大小；（2）导体棒AB受到的安培力大小和方向。【例2】如图，空间存在方向垂直纸面（竖直面）向里的足够大的磁场，以竖直向下为z轴正方向，磁感应强度的大小为，式中、k为常量，纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形导线框在磁场中由静止开始下落，初始时导线框底边水平，最终线框将匀速下落，重力加速度大小为g，则线框匀速下落时的速度大小为（）A． B． C． D．【例3】如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【例4】如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒ab。第一次以速度v匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势和通过R的电荷量之比分别为（）A．； B．；C．； D．；类型2转动切割磁感线【例3】(多选)(2022·广东卷)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()A．杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小【例4】(多选)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为r，AO段、弧AB段的电阻均为R，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是()A．圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB．转动的前半周内A、B两端电压为eq\f(Bωr2,2)C．转动的后半周内通过O点的电荷量为eq\f(πBr2,4R)D．外力对线框做的功为eq\f(πωB2r4,4R)【例3】（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO＇以角速度ω匀速转动，棒与轴OO＇间的夹角为α，则U为（

）

A．0 B．BωL2sin2αC．Bω(Lsinα)2 D．Bω(Lcosα)2【例4】．（2023秋·河南郑州·高三郑州一中校考期末）一根长为L、下端固定的导线OA处于匀强磁场中。磁场的方向竖直向上，大小为B。若该导线以角速度ω绕竖直轴旋转，且角速度方向与磁场的方向相同，如图所示。则导线中的电动势（）A．大小为，方向由O→AB．大小为，方向由A→OC．大小为，方向由A→OD．大小为，方向由O→A【例5】．（2023·广东汕头·统考三模）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为，盘匀速转动的角速度为，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为的匀强磁场。下列选项正确的是（）A．若圆盘按照图示方向转动，那么平行板电容器D板电势高B．铜盘产生的感应电动势为C．若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能勺速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为D．若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则小球的圆周运动半径为类型3有效长度问题【例1】（如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差为（）A．2BRv B． C． D．【例2】如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度ν沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是（）A．两次电阻R上的电压相等B．第一次和第二次金属杆中感应电流之比为C．第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为D．第一次和第二次电阻R上的电功率之比为【例3】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成角，金属杆以的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（）A．M、N两点电势相等B．金属杆中感应电流的方向由M流向NC．电路中感应电流的大小始终为D．电路中通过的电荷量为【例4】如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为2R，ab间电阻为R，M、N两点间电势差为U，则M、N两点电势的高低及U的大小分别为（）A．M点电势高，U=B．M点电势高，U=C．N点电势高，U=D．N点电势高，U=【例5】．如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置（）时，a、b两点的电势差为（）A． B． C． D．【例6】如图所示，电阻不计的水平U形光滑导轨上接一个阻值为的电阻，放在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，一个半径为L、质量为、电阻为的半圆形硬导体棒（直径与导轨垂直，并接触良好），在水平向右的恒定外力的作用下，由静止开始运动，当速度为时，位移为，下列说法正确的是（）A．此时两端电压为B．此时杆克服安培力做功的功率为C．此过程中导体棒的平均速度小于D．此过程中通过电阻的电荷量为题型六自感现象1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。(4)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，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。2．通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL＜RA现象S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭【例1】如图是用电流传感器（相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。某同学画出的在时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法中正确的是（）A．甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况B．乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况C．丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况D．丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况【例2】．如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则（）A．在电路甲中，断开S后，A将立即熄灭B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗【例3】．如图所示的电路中，A、B是两个相同的灯泡，、是自感系数很大，直流电阻为零的线圈，开始时、均断开，先闭合，稳定后再闭合，则下列判断正确的是（）A．闭合一瞬间，A、B两灯立即变亮B．闭合后，A灯立即变亮B灯缓慢变亮C．闭合一瞬间，A灯立即变暗D．闭合后，A灯逐渐熄灭，B灯逐渐变亮【例3】如图所示，a、b灯分别标有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光。断开开关后重做实验，则（）

A．闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即达到最亮B．闭合开关，a、b立即达到最亮C．断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭D．断开开关，a、b都逐渐熄灭【例4】．如图所示，某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的直流电阻。下列说法正确的是（

）A．开关S闭合瞬间，流经灯和的电流相等B．开关S闭合瞬间至断开前，流经灯的电流保持不变C．开关S断开瞬间，灯闪亮一下再熄灭D．根据题中信息，可以推算出图乙中专题27法拉第电磁感应定律目录TOC\o"1-3"\h\u题型一实验：探究影响感应电流方向的因素 1题型二感应电流的产生和方向判断 9题型三楞次定律推论的应用 12题型四“三定则、一定律”的应用 19题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用 23题型六导体切割磁感线产生的感应电动势 30类型1平动切割磁感线 31类型2转动切割磁感线 35类型3有效长度问题 41题型六自感现象 48题型一实验：探究影响感应电流方向的因素1．实验设计如图2所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。2．实验结论当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。3．注意事项实验前应首先查明电流表中电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图所示的电路，把一节干电池与电流表及线圈串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入限流变阻器R，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向。【例1】为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下的实验。

（1）所用电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入电流计时，指针向右偏转；（2）如图甲，将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。螺线管的绕线方向如图乙所示，则螺线管中感应电流产生的磁场方向（填“向下”或“向上”）；（3）关于该实验，下列说法正确的是。（填正确答案标号）A．将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越大B．将磁铁插入的速度越大，电流计指针偏转幅度越小C．将磁铁的N极向下，并将其抽出，电流计指针向左偏转D．将磁铁的N极向下，并将其插入，电流计指针向右偏转（4）本实验也可以用发光二极管代替电流计进行实验，如图丙所示，将条形磁铁N极向下插入螺线管，可观察到发光二极管（填“”或“”）短暂发光。由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向（填“相同”或“相反”）。【答案】向下A相反【详解】（2）[1]将条形磁铁S极向下插入螺线管时，发现电流计的指针向右偏转。说明感应电流方向为从B经螺线管到A，由安培定则可知，螺线管中感应电流产生的磁场方向向下。（3）[2]AB．将磁铁插入的速度越大，可知穿过螺线管的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大，则感应电流越大，电流计指针偏转幅度越大，A正确，B错误；C．将磁铁的N极向下，并将其抽出，则穿过螺线管的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流由电流计的正极流入，指针向右偏转，C错误；D．将磁铁的N极向下，并将其插入，则穿过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流由电流计的负极流入，电流计指针向左偏转，D错误。故选A。（4）[3]将条形磁铁N极向下插入螺线管，则穿过螺线管的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从A经螺线管到B，可观察到发光二极管短暂发光。[4]由此可分析得出：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。【例2】．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请回答下列问题。

(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，某同学想用多用电表的某一挡位来进行探究，他应选用多用电表的挡（选填“欧姆”、“直流电流”、“直流电压”、“交流电流”或“交流电压”），对灵敏电流表进行测试。该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔（选填“短暂”或“持续”）接灵敏电流表的负接线柱，此时发现灵敏电流表的指针向左摆动。(2)实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，说明磁铁的下端为极（选填“S”或“N”）。(3)另一位同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。①在给出的实物图中，已用实线作为导线连接了部分实验电路，请从图乙中1、2箭头开始用实线作为导线完善其余电路的连接；()②将插入后，下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是。A．闭合开关，稳定后断开开关

B．闭合开关，稳定后拔出线圈C．闭合开关，稳定后拔出软铁棒

D．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P左移【答案】(1)欧姆短暂(2)S(3)

D【详解】（1）[1]要使灵敏电流表指针摆动，一定有电流通过，想用多用电表的某一挡位来进行探究，只有“欧姆”档位有电源，因此他应选用多用电表的“欧姆”挡。[2]该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，由于灵敏电流计的量程很小，，欧姆挡电表内部的电源电压相对较高，流过灵敏电流计的电流将较大，为保护灵敏电流计，将黑表笔“短暂”接灵敏电流表的负接线柱。（2）多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，将黑表笔短暂接灵敏电流表的负接线柱，此时灵敏电流表的指针向左摆动，由于欧姆表的黑表笔接电源的正极，因此可知灵敏电流表从负极流入，指针向左摆动，实验中，该同学将磁铁向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，可知感应电流是从电流表的正接线柱流入，可知线圈中感应电流产生的磁场方向向下，由楞次定律可知，说明磁铁的下端为S极。（3）[1]由题图用实线作为导线完善其余电路的连接如图所示。②[2]A．将插入后，合上开关时在中产生增强的磁场，由楞次定律可知，在中产生感应电流。闭合开关，稳定后断开开关，穿过的磁场减弱，磁场方向不变，由楞次定律可知，在中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，A错误；B．闭合开关，稳定后拔出线圈，可知穿过的磁场减弱，由楞次定律可知，在中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，B错误；C．闭合开关，稳定后拔出软铁棒，可知穿过的磁场减弱，由楞次定律可知，在中产生与开关闭合时相反方向的感应电流，C错误；D．闭合开关，稳定后使变阻器滑片P左移，可知变阻器接入电路的电阻值减小，则通过的电流增大，产生的磁场增强，由楞次定律可知，在中产生与开关闭合时相同方向的感应电流，D正确。故选D。【例3】．某同学用如图所示的电路探究影响感应电流的因素，G为灵敏电流计（已知电流由“+”接线柱流入，指针向右偏转；电流由“-”接线柱流入，指针向左偏转），采用如下步骤完成实验：(1)如图（a），将条形磁铁的S极向下插入线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。(2)如图（b），将条形磁铁的N极向上抽出线圈的过程中，该同学发现灵敏电流计的指针（填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）。(3)经过多次实验操作，得出结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向（填“相同”“相反”或“没有关系”）；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向（填“相同”“相反”或“没有关系”）。【答案】(1)向右偏转(2)向右偏转(3)相反相同【详解】（1）将条形磁铁的S极向下插入线圈的过程中，穿过线圈的磁通量增大，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“”极流入，指针向右偏转。（2）将条形磁铁的N极向上抽出线圈的过程中，穿过线圈的磁通量减小，感应电流的磁场与条形磁铁在该处产生的磁场方向相同，即感应电流的磁场方向向下，根据右手定则可知，感应电流从灵敏电流表的“”极流入，指针向右偏转。（3）[1][2]经过多次实验操作，可总结结论：当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与条形磁铁在线圈内产生的磁场方向相同。【例4】．甲、乙、丙三位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。（1）如图，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________。A．闭合开关B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动C．开关闭合时将线圈从线圈中拔出D．开关闭合时将线圈倒置再重新插入线圈中（2）为确切判断线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计_____________的关系。（3）如图，乙同学将条形磁铁从线圈上方由静止释放，使其笔直落入线圈中，多次改变释放高度，发现释放高度越高，灵敏电流计指针偏转过的角度越大。该现象说明了线圈中_________（选填“磁通量”“磁通量变化量”或“磁通量变化率”）越大，产生的感应电流越大。（4）丙同学设计了如图所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的_________（选填“正极”或“负极”）。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯____________（选填“C”或“D”）短暂亮起。【答案】CD/DC指针偏转方向与流入电流方向磁通量变化率负极C【详解】（1）[1]断开开关时，线圈中电流迅速减小，则B线圈中磁通减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小B线圈中的磁通量或增加B线圈中反向的磁通量。A．闭合开关，线圈中的电流突然增大，则B线圈中的磁通量增大，故A错误；B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，线圈中的电流增大，则B线圈中的磁通量增大，故B错误；C．开关闭合时将线圈从B线圈中拔出，则B线圈中的磁通量减小，故C正确；D．开关闭合时将线圈倒置，再重新插入B线圈中，则B线圈中反向的磁通量增加，故D正确。故选CD。（2）[2]判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系。（3）[3]释放高度越高，磁铁落入线圈的速度越快，则线圈中磁通量变化率越大，产生的感应电流越大。（4）[5]欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极；[6]当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，灯C短暂亮起。题型二感应电流的产生和方向判断1．产生感应电流的三种情况2．用楞次定律判断3．用右手定则判断(1)掌心——磁感线穿入。(2)拇指——指向导体运动的方向。(3)四指——指向感应电流的方向。【例1】如图所示，虚线Ⅰ和Ⅱ之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，闭合线圈自高处落下，依次经过a、b、c三个位置．下列说法正确的是（）

A．线画在位置a不会产生感应电流B．线圈在位置b一定做加速运动C．线圈只有位置b和位置c会产生感应电流D．线圈a、b、c三个位置都有感应电流产生【答案】B【详解】A．闭合线圈自高处落下，经过a位置时，线圈中的磁通量在增大，因此该位置线圈中由感应电流，故A错误；B．线圈在位置b时，线圈中的磁通量达到最大值，为发生改变，因此线圈中没有感应电流产生，线圈在下降过程中只收到重力作用，线圈在做匀加速运动，故B正确；CD．线圈只有在进出磁场时磁通量发生变化才会产生感应电流，可知在a、b、c三个位置中，位置a和位置c会产生感应电流，故CD错误；故选B。【例2】下列关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法，正确的是（）A．图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流C．图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流【答案】B【详解】A．图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒所构成回路的面积固定不变，而磁场也不变，则回路中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；B．图乙中，当导体棒在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒切割磁感线，从而产生动生电动势，故B正确；C．图丙中，当闭合圆环导体（水平放置）某一直径正上方的直导线中通有直电流时，通电导线产生的磁场在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，磁场方向相反，，则闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；D．图丁中，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中的电阻增大，电流减小。从而使电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为导体环不闭合，没有形成完整的回路，因此环中没有感应电流，故D错误。故选B。【例3】如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一正方形导线框abcd，ab边与直导线平行。调节电流I的大小，使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）

A．导线框中产生的感应电流逐渐增大B．导线框中产生的感应电流沿顺时针方向C．导线框的bc边受到的安培力大小恒定D．导线框整体受到的安培力方向水平向右【答案】D【详解】A．线框中产生的感应电流为空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，故A错误；B．根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故B错误；C．线框边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式故所受的安培力变大，故C错误；D．线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流沿逆时针方向，根据左手定则可知，线框边所受的安培力水平向右，线框边所受的安培力水平向左，另两条边所受安培力等大反向相互抵消；通电直导线的磁场分布特点可知边所处的磁场较大，根据安培力表达式可知，线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确。故选D。题型三楞次定律推论的应用内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮【例1】如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，在磁铁正下方有一个放置在水平桌面上的闭合铜质线圈。将磁铁竖直向下拉至某一位置后放开，磁铁开始上下振动，线圈始终保持静止下列说法正确的是（）A．磁铁振动过程中，线圈中产生方向不变的感应电流B．磁铁振动过程中，线圈对桌面的压力始终大于线圈的重力C．磁铁远离线圈时，线圈有缩小的趋势D．磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒【答案】D【详解】A．穿过线圈的原磁场的方向不变，磁铁向下运动过程，穿过线圈的磁通量增大，磁铁向上运动过程，穿过线圈磁通量减小，根据楞次定律可知，磁铁向上运动与向下运动过程产生的感应电流方向相反，故A错误；B．磁铁向下运动过程，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，磁铁对感应电流的安培力作用效果将阻碍磁通量的增大，即安培力作用下，线圈有向下运动的趋势，即线圈对桌面的压力大于线圈的重力，磁铁向上运动过程，穿过线圈磁通量减小，线圈中产生感应电流，磁铁对感应电流的安培力作用效果将阻碍磁通量的减小，即安培力作用下，线圈有向上运动的趋势，即线圈对桌面的压力小于线圈的重力，故B错误；C．磁铁远离线圈时，穿过线圈磁通量减小，根据楞次定律可知，磁铁的磁场对线圈的安培力作用使线圈有扩张的趋势，从而阻碍磁通量的减小，故C错误；D．结合上述可知，磁铁的磁场对线圈有安培力作用，线圈之中感应电流激发的磁场对磁铁有磁场力作用，该磁场力总要阻碍磁铁的相对运动，可知，磁铁振动过程中，属于阻尼振动，弹簧和磁铁组成的系统机械能不守恒，故D正确。故选D。【例2】如图所示，用细线吊起一个铝环，将磁铁的N极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环向右摆动。下列说法正确的是（）A．N极靠近铝环时，从左向右看铝环中的感应电流方向为顺时针B．铝环右摆的过程中，磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量C．仅将铝环改为铁环，铁环也一定会向右摆动D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向左摆动【答案】B【详解】A．N极靠近铝环时，通过铝环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从左向右看铝环中的感应电流方向为逆时针，故A错误；B．铝环右摆的过程中，铝环的动能和重力势能均增大，所以磁铁对铝环做的功大于铝环动能的增加量，故B正确；C．仅将铝环改为铁环，条形磁铁吸引铁环，所以铁环向左摆动，故C错误；D．若将磁铁的S极沿铝环的中心轴线靠近铝环，铝环将会向右摆动，故D错误。故选B。【例2】．如图所示，铝环A用轻线静止悬挂于长直螺线管左侧，且与长直螺线管共轴。下列说法正确的是（）A．闭合开关S瞬间，铝环A将向左摆动B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，铝环A的面积有收缩趋势C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，从左往右看铝环A中将产生逆时针方向的感应电流D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，铝环A将向右摆动【答案】A【详解】A．闭合开关S瞬间，穿过铝环A的磁通量突然增加，铝环A中产生感应电流阻碍原磁场在铝环A中的磁通量增加，故铝环A将向左摆动，A正确；B．闭合开关S稳定后，断开开关S瞬间，穿过铝环A的磁通量减小，根据楞次定律中阻碍观点，铝环A的面积有扩张趋势，B错误；C．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向右滑，总电阻变大，螺线管中的电流减小，铝环A中将产生与螺线管上同方向的感应电流，则从左往右看铝环A中将产生顺时针方向的感应电流，C错误；D．保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片迅速向左滑，电路中电流变大，穿过铝环A的磁通量突然增加，根据楞次定律中阻碍观点，铝环A将向左摆动，D错误。故选A。【例3】．如图所示，水平桌面上有一闭合铝环，在铝环轴线上方有一条形磁铁，当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速运动时，下列判断正确的是（）A．铝环有的收缩趋势，对桌面压力增大 B．铝环有收缩的趋势，对桌面压力减小C．铝环有扩张的趋势，对桌面压力减小 D．铝环有扩张的趋势，对桌面压力增大【答案】C【详解】根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向上迅速移动时，闭合导体环内的磁通量减少，因此线圈做出的反应是面积有扩大的趋势，同时将靠近磁铁，故减少了和桌面的挤压程度，从而使导体环对桌面压力减少，故C正确，ABD错误。故选C。【例4】．如图甲所示是焊接自行车零件的原理图，其中外圈M是线圈，N是自行车的零件，a是待焊接的接口，将焊口两端接触在一起，当M两端接入如图乙所示的正弦电流后，接口处的金属便会熔化而焊接起来。以逆时针方向为正方向，下列说法正确的是（

）A．零件中的电流方向为逆时针B．零件中的电流大小不断减小C．零件有收缩的趋势D．时刻零件受到线圈M的作用力最大【答案】C【详解】A．时间内M中电流逐渐增大，则穿过N的磁通量向上增大，有楞次定律可知零件中的电流方向为顺时针，故A错误；B．时间内M中电流逐渐减小，则磁通量逐渐减小，而磁通量的变化率逐渐增大，则由法拉第电磁感应定律可知电流大小不断增大，故B错误；C．时间内M中电流顺时针增大，N中的磁通量增大，由楞次定律可知零件有收缩的趋势，故C正确；D．时刻M中的电流的变化率为零，故N中感应电流为零，则零件受到线圈M的作用力为零，故D错误。故选C。【例5】．如图甲所示，一长直导线与闭合金属线框位于同一竖直平面内，长直导线中的电流随时间的变化关系如图乙所示（以水平向右为电流的正方向），则在时间内，下列说法正确的是（）A．穿过线框的磁通量一直减小B．线框中始终产生顺时针方向的感应电流C．线框先有收缩的趋势后有扩张的趋势D．线框所受安培力的合力先向下后向上【答案】B【详解】A．长直导线中的电流先减小后增大，所以穿过线框的磁通量先减小后增大，故A错误；B．由楞次定律可以判断在时间内，线框中始终产生顺时针方向的感应电流，故B正确；C．穿过线框的磁通量先减小后增大，由榜次定律知线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，故C错误；D．由㭶次定律、左手定则判断线框受安培力的合力方向先向上后向下，故D错误。故选B。【例6】某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对箱内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是（）

A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿顺时针方向B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿顺时针方向C．金属线圈A对电梯轿厢下落有阻碍作用，B没有阻碍作用D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势【答案】BD【详解】AB．当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，B正确，A错误；C．结合AB的分析可知，当电梯坠落至如图位置时，闭合线圈都在阻碍电梯下落，C错误；D．闭合线圈中向上的磁场减弱，中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈有收缩的趋势，有扩张的趋势，D正确。故选BD。题型四“三定则、一定律”的应用“三个定则”“一个定律”的比较名称用途选用原则安培定则判断电流产生的磁场(方向)分布因电生磁左手定则判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向因电受力右手定则判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极因动生电楞次定律判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向因磁通量变化生电【例1】如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流正方向如图甲中箭头所示。P所受的重力为G，桌面对P的支持力为，则（）A．时刻，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流也最大B．时刻，线圈P中感应电流最大，等于GC．时间内，螺线管对线圈是吸引力D．时间内，穿过线圈P的磁通量变小，且线圈P有扩张的趋势【答案】B【详解】A．由图乙可知，t1时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则t1时刻穿过线圈P磁通量最大，磁通量的变化率为零，P中感应电流为零，故A错误；B．由图乙可知，t2时刻螺线管Q中电流的变化率为最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，P中有感应电流，螺线管Q中电流为0，P不受到磁场力的作用，故等于G，故B正确；C．由图乙可知，t2时刻，螺线管Q中电流为0，电流的变化率最大，P中感应电流最大，二者之间没有安培力，t3时刻，螺线管Q中电流的变化率为0，P中无感应电流，二者之间没有安培力。t2~t3时间内通过Q的电流在变大，穿过P的磁通量在变大，两者相互排斥，则t2~t3时间内螺线管对线圈的是排斥力，且先增大后减小，故C错误；D．由图乙可知，t2~t3时间内，螺线管Q中电流增大，则穿过线圈磁通量增大，根据增缩减扩原理可知，线圈有收缩的趋势，故D错误。故选B。【例2】．如图所示，水平放置的两条电阻不计的光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，PQ的电流方向及运动情况是（）A．P→Q，向右运动 B．Q→P，向右运动C．P→Q，向左运动 D．Q→P，向左运动【答案】A【详解】当MN在外力作用下向左匀加速运动运动时，根据右手定则和安培定则可知，线圈中电流产生的磁场向上穿过线圈，且穿过线圈的磁通量增加；根据楞次定律可知，线圈感应电流产生的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知通过金属棒PQ的电流方向由P→Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力向右，则金属棒PQ向右运动。故选A。【例3】．如图甲所示，螺线管P穿过一固定圆形线圈Q，P中通有变化的电流i，规定图示电流方向为正，电流随时间变化的规律如图乙所示，则（）A．t1时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针方向的电流B．t2时刻，线圈Q中没有感应电流C．t1~t2时间内，Q中电流在增大D．t2~t3时间内，Q中磁通量的变化率在增大【答案】AC【详解】A．时刻，流过线圈P的电流为正向减小，则由楞次定律可知穿过Q的感应电流的磁场向下，从上往下看，线圈Q中有顺时针方向的感应电流，故A正确；B．时刻虽然P中电流为零，但此时电流的变化率不为零，线圈Q中依然有感应电流存在，故B错误；C．时间内，因P中电流变化率在增大，即穿过Q的磁通量的变化率增大，则Q中电流在增大，故C正确；D．时间内，P中电流的变化率在减小，则Q中磁通量的变化率在减小，故D错误。故选AC。【例4】如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在内驱动线圈的电流随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（）A．驱动线圈内部的磁场水平向左 B．发射线圈内部的感应磁场水平向左C．时发射线圈所受的安培力最大 D．时发射线圈中的感应电流最大【答案】B【详解】A．根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；B．由图乙可知，通过发生线圈的磁通量增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B正确；CD．时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值；同理，时发射线圈中的感应电流最小，CD错误。故选B。题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用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．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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq\f(E,R＋r).(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt).2．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为eq\f(ΔΦ,Δt).3．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则eq\f(ΔB,Δt)＝k.4．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).5．当B、S同时变化时，则eq\x\to(E)＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).求瞬时值是分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加．【例1】如图所示，将一个单位长度电阻为的均匀圆形金属线圈用一根不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，线圈的半径为，粗细不计。过圆心的直线的下方有方向始终垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间的变化关系为，直线与线圈的交点为、。则下列说法正确的是（

）

A．线圈中产生的电流大小恒为B．线圈中有逆时针方向的感应电流C．线圈所受到的安培力大小恒定不变D．时间内线圈中产生的焦耳热为【答案】A【详解】A．根据磁感应强度的大小随时间的变化关系可得而由法拉第电磁感应定律有而根据题意可得线圈的电阻为则根据闭合电路的欧姆定律可得故A正确；B．根据楞次定律可知，线圈中的感应电流始终为顺时针方向，故B错误；C．根据安培力公式可知，式中电流和有效长度恒定，但磁场感应强度随时间在变化，因此线圈所受安培力是变力，故C错误；D．时间内电流恒定，则根据焦耳定律可得产生的焦耳热为故D错误。故选A。【例2】如图所示，固定的均匀矩形铝框abcd，长度为2L，宽度为L，左边边长为L的正方形区域abef内存在与铝框平面垂直的匀强磁场。已知铝的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e。某时刻起，磁感应强度以变化率均匀增加。则（）

A．空间中产生顺时针方向的恒定电场B．铝框中的自由电子受到电场力的作用顺时针方向定向移动形成电流C．自由电子定向移动的平均速率D．一个电子沿铝框运动一周，电场力做功【答案】BCD【详解】AB．根据楞次定律，变化的磁场产生逆时针方向的电场，铝框中的自由电子在电场力的作用下顺时针方向定向移动形成电流，故A错误，B正确；C．感应电动势由得故C正确；D．一个电子沿铝框运动一周，电场力做功故D正确。故选BCD。【例3】如图所示，用均匀导线做成的单匝正方形线圈的面积为S，正方形的一半放在垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，a，b分别为两对边的中点，线圈的总电阻为R。下列说法正确的是（）A．当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿顺时针方向B．当磁场的磁感应强度以的变化率增大时，线圈中产生的感应电动势为C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为D．在线圈以ab为轴转动一周的过程中，某一段时间内线圈中没有感应电流【答案】C【详解】A．根据楞次定律可知，当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿逆时针方向，A错误；B．当磁场的磁感应强度以的变化率增大时，根据法拉第电磁感应定律有B错误；C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，感应电动势的平均值为感应电流的平均值为根据电流的定义式有解得C正确；D．根据图形可知，在线圈以ab为轴转动一周的过程中，线圈始终有一边处于磁场中切割磁感线，因此不存在某一段时间内线圈中没有感应电流，D错误。故选C。【例4】水平桌面上放置着两个用同一根均匀金属丝制成的单匝线圈1和线圈2，半径分别为和（俯视图如图1所示）。竖直方向有匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系如图2所示。线圈中的感应电动势、电流强度、电功率分别用E、I、P表示，不考虑两个线圈间的影响，下列关系正确的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【详解】由题意可得，两线圈的长度之比为两线圈围成的面积之比为由法拉第电磁感应定律由图可知，线圈中的感应电动势之比为由闭合电路的欧姆定律由电阻定律得两线圈的电阻之比为可得，线圈中的电流强度之比为线圈中的电功率之比为故选A。题型六导体切割磁感线产生的感应电动势1．大小计算切割方式表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.方向判断(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源。(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。3产生电动势的“四种”情形磁场变化平动切割转动切割旋转切割情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置开始计时)类型1平动切割磁感线【例1】如图所示，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，水平放置两根光滑的平行金属导轨，导轨间距为0.6m，导轨间接有电阻，有一导体棒AB在导轨上以10m/s的速度向右匀速滑动，导体棒AB的电阻，其余电阻不。求：（1）导体棒AB两端感应电动势的大小；（2）导体棒AB受到的安培力大小和方向。【答案】（1）1.2V；（2）0.048N，水平向左【详解】（1）根据E=BLv可得E=0.2×0.6×10V=1.2V（2）回路的感应电流解得I=0.4A安培力F=BIL解得F=0.048N安培力方向水平向左。【例2】如图，空间存在方向垂直纸面（竖直面）向里的足够大的磁场，以竖直向下为z轴正方向，磁感应强度的大小为，式中、k为常量，纸面内一质量为m、边长为a、总电阻为R的正方形导线框在磁场中由静止开始下落，初始时导线框底边水平，最终线框将匀速下落，重力加速度大小为g，则线框匀速下落时的速度大小为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】线框中电动势为由题意可得根据联立可得当线框匀速下落时有解得【例3】如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【答案】A【详解】导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为回路中感应电流为根据右手定则，判断电流方向为b流向a。故导体棒ab所受的安培力为方向向左。故选A。【例4】如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒ab。第一次以速度v匀速向右平动，第二次以速度匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势和通过R的电荷量之比分别为（）A．； B．；C．； D．；【答案】B【详解】根据法拉第电磁感应定律可知两种情况下回路中产生的感应电动势之比根据结合联立可得可得故B正确，ACD错误。故选B。类型2转动切割磁感线【例3】(多选)(2022·广东卷)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()A．杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小【答案】AD【解析】根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于杆OP匀速转动，故A正确；OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生由N到M的感应电流，与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，由F＝IlB可知，杆OP和MN所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。【例4】(多选)如图所示，在纸面内有半圆形轻质导体框，O为圆心，圆半径长为r，AO段、弧AB段的电阻均为R，BO段导体的电阻可忽略，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界与半圆直径重合，现用外力使导体框在纸面内绕O点以角速度ω沿顺时针方向，从图示位置匀速转动一周，下列说法正确的是()A．圆弧AB段内电流方向总是从A流向BB．转动的前半周内A、B两端电压为eq\f(Bωr2,2)C．转动的后半周内通过O点的电荷量为eq\f(πBr2,4R)D．外力对线框做的功为eq\f(πωB2r4,4R)【答案】CD【解析】导体框转动的前半周内，AO切割磁感线，感应电动势为E1＝eq\f(Bωr2,2)，圆弧AB段内电流方向从A流向B，AB段为外电路，故两端电压为U＝eq\f(1,2)E1＝eq\f(Bωr2,4)；转动的后半周BO段切割磁感线，感应电动势为E2＝eq\f(Bωr2,2)，圆弧AB段内电流方向从B流向A，故A、B错误；转动的后半周穿过导线框的磁通量变化量为ΔΦ＝eq\f(1,2)πBr2，电路总电阻为2R，则转动的后半周内通过O点的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(\f(1,2)πBr2,2R)＝eq\f(πBr2,4R)，故C正确；从图示位置匀速转动一周过程中，外力对线框做的功等于产生的电能，则W＝eq\f(E2,2R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Bωr2,2)))\s\up12(2),2R)×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2r4,4R)，故D正确。【例3】（2023·江苏南通·海安高级中学校考模拟预测）如图，长为L的导体棒MN在匀强磁场B中绕平行于磁场的轴OO＇以角速度ω匀速转动，棒与轴OO＇间的夹角为α，则U为（

）

A．0 B．BωL2sin2αC．Bω(Lsinα)2 D．Bω(Lcosα)2【答案】C【详解】导体棒在匀强电场中切割磁感线产生感应电动势，则有根据线速度、角速度和半径关系有解得故选C。【例4】．（2023秋·河南郑州·高三郑州一中校考期末）一根长为L、下端固定的导线OA处于匀强磁场中。磁场的方向竖直向上，大小为B。若该导线以角速度ω绕竖直轴旋转，且角速度方向与磁场的方向相同，如图所示。则导线中的电动势（）A．大小为，方向由O→AB．大小为，方向由A→OC．大小为，方向由A→OD．大小为，方向由O→A【答案】A【详解】由题可知，导线切割磁感线的有效长度为导线切割磁感线的平均速度为故根据动生电动势的表达式可知根据右手定则可判断电动势的方向为O→A。故选A。【例5】．（2023·广东汕头·统考三模）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的匀强磁场磁感应强度为，盘匀速转动的角速度为，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为的匀强磁场。下列选项正确的是（）A．若圆盘按照图示方向转动，那么平行板电容器D板电势高B．铜盘产生的感应电动势为C．若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能勺速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为D．若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，则小球的圆周运动半径为【答案】BCD【详解】A．根据右手定则可得，C极板带正电，电势高，故A错误。B．根据电磁感应方程得故B正确。C．由于电子匀速运动，受力平衡，由得故C正确。D．带电小球恰能从右板边缘射出，如图所示

由几何关系可得故D正确。故选BCD。类型3有效长度问题【例1】（如图，匀强磁场磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向里，半径为R的半圆形金属丝在水平面内以速度v做匀速直线运动，速度方向与直径ab垂直，运动中a、b间的电势差为（）A．2BRv B． C． D．【答案】C【详解】金属丝切割的有效长度为2R，结合右手定则可知，运动中a、b间的电势差为故选C。【例2】如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度ν沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是（）A．两次电阻R上的电压相等B．第一次和第二次金属杆中感应电流之比为C．第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为D．第一次和第二次电阻R上的电功率之比为【答案】B【详解】AB．第一次产生的感应电动势为第二次产生的感应电动势为因金属杆和导轨的电阻不计，电阻上的电压即为感应电动势，可知两次电阻R上的电压不相等，根据可知第一次和第二次金属杆中感应电流之比为选项A错误，B正确；C．第一次金属杆受安培力第二次金属杆受到的