專題27法拉第電磁感應定律目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一實驗：探究影響感應電流方向的因素 1題型二感應電流的產生和方向判斷 8題型三楞次定律推論的應用 12題型四“三定則、一定律”的應用 19題型五法拉第電磁感應定律的理解及應用 22題型六導體切割磁感線產生的感應電動勢 29類型1平動切割磁感線 30類型2轉動切割磁感線 34類型3有效長度問題 39題型六自感現象 46題型一實驗：探究影響感應電流方向的因素1．實驗設計如圖2所示，通過將條形磁體插入或拔出線圈來改變穿過螺線管的磁通量，根據電流表指針的偏轉方向判斷感應電流的方向。2．實驗結論當穿過線圈的磁通量增加時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場與原磁場的方向相同。3．注意事項實驗前應首先查明電流表中電流的流向與電流表指針偏轉方向之間的關系，判斷的方法是：采用如圖所示的電路，把一節干電池與電流表及線圈串聯，由于電流表量程較小，所以在電路中應接入限流變阻器R，電池采用舊電池，開關S采用瞬間接觸，記錄指針偏轉方向?！纠?】為探究影響感應電流方向的因素，同學們做了如下的實驗。

（1）所用電流計指針偏轉方向與電流方向間的關系為：當電流從“+”接線柱流入電流計時，指針向右偏轉；（2）如圖甲，將條形磁鐵S極向下插入螺線管時，發現電流計的指針向右偏轉。螺線管的繞線方向如圖乙所示，則螺線管中感應電流產生的磁場方向（填“向下”或“向上”）；（3）關于該實驗，下列說法正確的是。（填正確答案標號）A．將磁鐵插入的速度越大，電流計指針偏轉幅度越大B．將磁鐵插入的速度越大，電流計指針偏轉幅度越小C．將磁鐵的N極向下，并將其抽出，電流計指針向左偏轉D．將磁鐵的N極向下，并將其插入，電流計指針向右偏轉（4）本實驗也可以用發光二極管代替電流計進行實驗，如圖丙所示，將條形磁鐵N極向下插入螺線管，可觀察到發光二極管（填“”或“”）短暫發光。由此可分析得出：當穿過螺線管的磁通量增加時，感應電流產生的磁場與條形磁鐵的磁場方向（填“相同”或“相反”）?！敬鸢浮肯蛳翧相反【詳解】（2）[1]將條形磁鐵S極向下插入螺線管時，發現電流計的指針向右偏轉。說明感應電流方向為從B經螺線管到A，由安培定則可知，螺線管中感應電流產生的磁場方向向下。（3）[2]AB．將磁鐵插入的速度越大，可知穿過螺線管的磁通量變化率越大，產生的感應電動勢越大，則感應電流越大，電流計指針偏轉幅度越大，A正確，B錯誤；C．將磁鐵的N極向下，并將其抽出，則穿過螺線管的磁通量減小，由楞次定律可知，感應電流由電流計的正極流入，指針向右偏轉，C錯誤；D．將磁鐵的N極向下，并將其插入，則穿過螺線管的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流由電流計的負極流入，電流計指針向左偏轉，D錯誤。故選A。（4）[3]將條形磁鐵N極向下插入螺線管，則穿過螺線管的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流從A經螺線管到B，可觀察到發光二極管短暫發光。[4]由此可分析得出：當穿過螺線管的磁通量增加時，感應電流產生的磁場與條形磁鐵的磁場方向相反。【例2】．在“探究影響感應電流方向的因素”的實驗中，請回答下列問題。

(1)為弄清靈敏電流表指針擺動方向與電流方向的關系，某同學想用多用電表的某一擋位來進行探究，他應選用多用電表的擋（選填“歐姆”、“直流電流”、“直流電壓”、“交流電流”或“交流電壓”），對靈敏電流表進行測試。該同學先將多用電表的紅表筆接靈敏電流表的正接線柱，再將黑表筆（選填“短暫”或“持續”）接靈敏電流表的負接線柱，此時發現靈敏電流表的指針向左擺動。(2)實驗中，該同學將磁鐵向下從線圈上方插入線圈時，發現電流表的指針向右偏轉，說明磁鐵的下端為極（選填“S”或“N”）。(3)另一位同學利用圖乙所示的實驗器材來研究電磁感應現象及判定感應電流方向。①在給出的實物圖中，已用實線作為導線連接了部分實驗電路，請從圖乙中1、2箭頭開始用實線作為導線完善其余電路的連接；()②將插入后，下列實驗操作產生的感應電流與合上開關時產生的感應電流方向相同的是。A．閉合開關，穩定后斷開開關

B．閉合開關，穩定后拔出線圈C．閉合開關，穩定后拔出軟鐵棒

D．閉合開關，穩定后使變阻器滑片P左移【答案】(1)歐姆短暫(2)S(3)

D【詳解】（1）[1]要使靈敏電流表指針擺動，一定有電流通過，想用多用電表的某一擋位來進行探究，只有“歐姆”檔位有電源，因此他應選用多用電表的“歐姆”擋。[2]該同學先將多用電表的紅表筆接靈敏電流表的正接線柱，由于靈敏電流計的量程很小，，歐姆擋電表內部的電源電壓相對較高，流過靈敏電流計的電流將較大，為保護靈敏電流計，將黑表筆“短暫”接靈敏電流表的負接線柱。（2）多用電表的紅表筆接靈敏電流表的正接線柱，將黑表筆短暫接靈敏電流表的負接線柱，此時靈敏電流表的指針向左擺動，由于歐姆表的黑表筆接電源的正極，因此可知靈敏電流表從負極流入，指針向左擺動，實驗中，該同學將磁鐵向下從線圈上方插入線圈時，發現電流表的指針向右偏轉，可知感應電流是從電流表的正接線柱流入，可知線圈中感應電流產生的磁場方向向下，由楞次定律可知，說明磁鐵的下端為S極。（3）[1]由題圖用實線作為導線完善其余電路的連接如圖所示。②[2]A．將插入后，合上開關時在中產生增強的磁場，由楞次定律可知，在中產生感應電流。閉合開關，穩定后斷開開關，穿過的磁場減弱，磁場方向不變，由楞次定律可知，在中產生與開關閉合時相反方向的感應電流，A錯誤；B．閉合開關，穩定后拔出線圈，可知穿過的磁場減弱，由楞次定律可知，在中產生與開關閉合時相反方向的感應電流，B錯誤；C．閉合開關，穩定后拔出軟鐵棒，可知穿過的磁場減弱，由楞次定律可知，在中產生與開關閉合時相反方向的感應電流，C錯誤；D．閉合開關，穩定后使變阻器滑片P左移，可知變阻器接入電路的電阻值減小，則通過的電流增大，產生的磁場增強，由楞次定律可知，在中產生與開關閉合時相同方向的感應電流，D正確。故選D?！纠?】．某同學用如圖所示的電路探究影響感應電流的因素，G為靈敏電流計（已知電流由“+”接線柱流入，指針向右偏轉；電流由“-”接線柱流入，指針向左偏轉），采用如下步驟完成實驗：(1)如圖（a），將條形磁鐵的S極向下插入線圈的過程中，該同學發現靈敏電流計的指針（填“向左偏轉”“向右偏轉”或“不偏轉”）。(2)如圖（b），將條形磁鐵的N極向上抽出線圈的過程中，該同學發現靈敏電流計的指針（填“向左偏轉”“向右偏轉”或“不偏轉”）。(3)經過多次實驗操作，得出結論：當穿過線圈的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向（填“相同”“相反”或“沒有關系”）；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向（填“相同”“相反”或“沒有關系”）。【答案】(1)向右偏轉(2)向右偏轉(3)相反相同【詳解】（1）將條形磁鐵的S極向下插入線圈的過程中，穿過線圈的磁通量增大，感應電流的磁場與條形磁鐵在該處產生的磁場方向相反，即感應電流的磁場方向向下，根據右手定則可知，感應電流從靈敏電流表的“”極流入，指針向右偏轉。（2）將條形磁鐵的N極向上抽出線圈的過程中，穿過線圈的磁通量減小，感應電流的磁場與條形磁鐵在該處產生的磁場方向相同，即感應電流的磁場方向向下，根據右手定則可知，感應電流從靈敏電流表的“”極流入，指針向右偏轉。（3）[1][2]經過多次實驗操作，可總結結論：當穿過線圈的磁通量增大時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向相反；當穿過線圈的磁通量減小時，感應電流的磁場方向與條形磁鐵在線圈內產生的磁場方向相同?！纠?】．甲、乙、丙三位同學利用如圖所示裝置探究影響感應電流方向的因素。（1）如圖，甲同學在斷開開關時發現靈敏電流計指針向右偏轉，下列操作中同樣能使指針向右偏轉的有________。A．閉合開關B．開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動C．開關閉合時將線圈從線圈中拔出D．開關閉合時將線圈倒置再重新插入線圈中（2）為確切判斷線圈中的感應電流方向，應在實驗前先查明靈敏電流計_____________的關系。（3）如圖，乙同學將條形磁鐵從線圈上方由靜止釋放，使其筆直落入線圈中，多次改變釋放高度，發現釋放高度越高，靈敏電流計指針偏轉過的角度越大。該現象說明了線圈中_________（選填“磁通量”“磁通量變化量”或“磁通量變化率”）越大，產生的感應電流越大。（4）丙同學設計了如圖所示的裝置來判斷感應電流的方向。他先使用多用電表的歐姆擋對二極管正負極進行確認，某次測量時發現多用電表指針幾乎沒有偏轉，說明此時黑表筆接觸的是二極管的_________（選填“正極”或“負極”）。實驗操作時將磁鐵插入線圈時，只有燈____________（選填“C”或“D”）短暫亮起?！敬鸢浮緾D/DC指針偏轉方向與流入電流方向磁通量變化率負極C【詳解】（1）[1]斷開開關時，線圈中電流迅速減小，則B線圈中磁通減小，出現感應電流，使靈敏電流計指針向右偏轉；為了同樣使指針向右偏轉，應減小B線圈中的磁通量或增加B線圈中反向的磁通量。A．閉合開關，線圈中的電流突然增大，則B線圈中的磁通量增大，故A錯誤；B．開關閉合時將滑動變阻器的滑片向左滑動，線圈中的電流增大，則B線圈中的磁通量增大，故B錯誤；C．開關閉合時將線圈從B線圈中拔出，則B線圈中的磁通量減小，故C正確；D．開關閉合時將線圈倒置，再重新插入B線圈中，則B線圈中反向的磁通量增加，故D正確。故選CD。（2）[2]判斷感應電流具體流向，應先查明靈敏電流計指針偏轉方向與電流流入方向的關系。（3）[3]釋放高度越高，磁鐵落入線圈的速度越快，則線圈中磁通量變化率越大，產生的感應電流越大。（4）[5]歐姆擋指針沒有偏轉時，說明二極管的負極與電源正極相連，根據多用電表紅進黑出的操作原則，此時黑表筆接觸的是二極管的負極；[6]當磁鐵插入線圈時，線圈中出現如圖所示方向的電流，燈C短暫亮起。題型二感應電流的產生和方向判斷1．產生感應電流的三種情況2．用楞次定律判斷3．用右手定則判斷(1)掌心——磁感線穿入。(2)拇指——指向導體運動的方向。(3)四指——指向感應電流的方向。【例1】如圖所示，虛線Ⅰ和Ⅱ之間有垂直于紙面向里的勻強磁場，閉合線圈自高處落下，依次經過a、b、c三個位置．下列說法正確的是（）

A．線畫在位置a不會產生感應電流B．線圈在位置b一定做加速運動C．線圈只有位置b和位置c會產生感應電流D．線圈a、b、c三個位置都有感應電流產生【答案】B【詳解】A．閉合線圈自高處落下，經過a位置時，線圈中的磁通量在增大，因此該位置線圈中由感應電流，故A錯誤；B．線圈在位置b時，線圈中的磁通量達到最大值，為發生改變，因此線圈中沒有感應電流產生，線圈在下降過程中只收到重力作用，線圈在做勻加速運動，故B正確；CD．線圈只有在進出磁場時磁通量發生變化才會產生感應電流，可知在a、b、c三個位置中，位置a和位置c會產生感應電流，故CD錯誤；故選B。【例2】下列關于甲、乙、丙、丁四幅圖的說法，正確的是（）A．圖甲中，當兩導體棒以相同的速度在導軌上勻速向右運動時，導體棒中能產生感應電流B．圖乙中，當導體棒在勻強磁場中以恒定的角速度轉動時，導體棒中能產生感應電流C．圖丙中，當閉合圓環導體（水平放置）某一直徑正上方的直導線中通有直電流時，閉合圓環導體中能產生感應電流D．圖丁中，當滑動變阻器的滑片向右滑動時，不閉合的導體環中能產生感應電流【答案】B【詳解】A．圖甲中，當兩導體棒以相同的速度在導軌上勻速向右運動時，兩導體棒所構成回路的面積固定不變，而磁場也不變，則回路中的磁通量不變，因此不會產生感應電流，故A錯誤；B．圖乙中，當導體棒在勻強磁場中以恒定的角速度轉動時，導體棒切割磁感線，從而產生動生電動勢，故B正確；C．圖丙中，當閉合圓環導體（水平放置）某一直徑正上方的直導線中通有直電流時，通電導線產生的磁場在以通電導線的投影為對稱軸的閉合圓環導體前后面中，磁場方向相反，，則閉合圓環導體的磁通量為零，因此不會產生感應電流，故C錯誤；D．圖丁中，當滑動變阻器的滑片向右滑動時，電路中的電阻增大，電流減小。從而使電流產生的磁場發生變化，使不閉合的導體環中產生感應電動勢，但因為導體環不閉合，沒有形成完整的回路，因此環中沒有感應電流，故D錯誤。故選B?！纠?】如圖所示平面內，在通有圖示方向電流I的長直導線右側，固定一正方形導線框abcd，ab邊與直導線平行。調節電流I的大小，使得空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，則（）

A．導線框中產生的感應電流逐漸增大B．導線框中產生的感應電流沿順時針方向C．導線框的bc邊受到的安培力大小恒定D．導線框整體受到的安培力方向水平向右【答案】D【詳解】A．線框中產生的感應電流為空間各點的磁感應強度隨時間均勻增加，故線框中產生的感應電流不變，故A錯誤；B．根據安培定則可知，通電直導線右側的磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度隨時間均勻增加，根據楞次定律可知線框中產生的感應電流沿逆時針方向，故B錯誤；C．線框邊感應電流保持不變，磁感應強度隨時間均勻增加，根據安培力表達式故所受的安培力變大，故C錯誤；D．線框所處空間的磁場方向垂直紙面向里，線框中產生的感應電流沿逆時針方向，根據左手定則可知，線框邊所受的安培力水平向右，線框邊所受的安培力水平向左，另兩條邊所受安培力等大反向相互抵消；通電直導線的磁場分布特點可知邊所處的磁場較大，根據安培力表達式可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，故D正確。故選D。題型三楞次定律推論的應用內容例證阻礙原磁通量變化——“增反減同”磁鐵靠近線圈，B感與B原方向相反阻礙相對運動——“來拒去留”使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”P、Q是光滑固定導軌，a、b是可動金屬棒，磁鐵下移，a、b靠近阻礙原電流的變化——“增反減同”合上S，B先亮【例1】如圖所示，彈簧上端固定，下端懸掛一個磁鐵，在磁鐵正下方有一個放置在水平桌面上的閉合銅質線圈。將磁鐵豎直向下拉至某一位置后放開，磁鐵開始上下振動，線圈始終保持靜止下列說法正確的是（）A．磁鐵振動過程中，線圈中產生方向不變的感應電流B．磁鐵振動過程中，線圈對桌面的壓力始終大于線圈的重力C．磁鐵遠離線圈時，線圈有縮小的趨勢D．磁鐵振動過程中，屬于阻尼振動，彈簧和磁鐵組成的系統機械能不守恒【答案】D【詳解】A．穿過線圈的原磁場的方向不變，磁鐵向下運動過程，穿過線圈的磁通量增大，磁鐵向上運動過程，穿過線圈磁通量減小，根據楞次定律可知，磁鐵向上運動與向下運動過程產生的感應電流方向相反，故A錯誤；B．磁鐵向下運動過程，穿過線圈的磁通量增大，線圈中產生感應電流，磁鐵對感應電流的安培力作用效果將阻礙磁通量的增大，即安培力作用下，線圈有向下運動的趨勢，即線圈對桌面的壓力大于線圈的重力，磁鐵向上運動過程，穿過線圈磁通量減小，線圈中產生感應電流，磁鐵對感應電流的安培力作用效果將阻礙磁通量的減小，即安培力作用下，線圈有向上運動的趨勢，即線圈對桌面的壓力小于線圈的重力，故B錯誤；C．磁鐵遠離線圈時，穿過線圈磁通量減小，根據楞次定律可知，磁鐵的磁場對線圈的安培力作用使線圈有擴張的趨勢，從而阻礙磁通量的減小，故C錯誤；D．結合上述可知，磁鐵的磁場對線圈有安培力作用，線圈之中感應電流激發的磁場對磁鐵有磁場力作用，該磁場力總要阻礙磁鐵的相對運動，可知，磁鐵振動過程中，屬于阻尼振動，彈簧和磁鐵組成的系統機械能不守恒，故D正確。故選D。【例2】如圖所示，用細線吊起一個鋁環，將磁鐵的N極沿鋁環的中心軸線靠近鋁環，鋁環向右擺動。下列說法正確的是（）A．N極靠近鋁環時，從左向右看鋁環中的感應電流方向為順時針B．鋁環右擺的過程中，磁鐵對鋁環做的功大于鋁環動能的增加量C．僅將鋁環改為鐵環，鐵環也一定會向右擺動D．若將磁鐵的S極沿鋁環的中心軸線靠近鋁環，鋁環將會向左擺動【答案】B【詳解】A．N極靠近鋁環時，通過鋁環的磁通量增加，根據楞次定律可知，感應電流的磁場方向與原磁場方向相反，從左向右看鋁環中的感應電流方向為逆時針，故A錯誤；B．鋁環右擺的過程中，鋁環的動能和重力勢能均增大，所以磁鐵對鋁環做的功大于鋁環動能的增加量，故B正確；C．僅將鋁環改為鐵環，條形磁鐵吸引鐵環，所以鐵環向左擺動，故C錯誤；D．若將磁鐵的S極沿鋁環的中心軸線靠近鋁環，鋁環將會向右擺動，故D錯誤。故選B?！纠?】．如圖所示，鋁環A用輕線靜止懸掛于長直螺線管左側，且與長直螺線管共軸。下列說法正確的是（）A．閉合開關S瞬間，鋁環A將向左擺動B．閉合開關S穩定后，斷開開關S瞬間，鋁環A的面積有收縮趨勢C．保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片迅速向右滑，從左往右看鋁環A中將產生逆時針方向的感應電流D．保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片迅速向左滑，鋁環A將向右擺動【答案】A【詳解】A．閉合開關S瞬間，穿過鋁環A的磁通量突然增加，鋁環A中產生感應電流阻礙原磁場在鋁環A中的磁通量增加，故鋁環A將向左擺動，A正確；B．閉合開關S穩定后，斷開開關S瞬間，穿過鋁環A的磁通量減小，根據楞次定律中阻礙觀點，鋁環A的面積有擴張趨勢，B錯誤；C．保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片迅速向右滑，總電阻變大，螺線管中的電流減小，鋁環A中將產生與螺線管上同方向的感應電流，則從左往右看鋁環A中將產生順時針方向的感應電流，C錯誤；D．保持開關S閉合，將滑動變阻器的滑片迅速向左滑，電路中電流變大，穿過鋁環A的磁通量突然增加，根據楞次定律中阻礙觀點，鋁環A將向左擺動，D錯誤。故選A?！纠?】．如圖所示，水平桌面上有一閉合鋁環，在鋁環軸線上方有一條形磁鐵，當條形磁鐵沿軸線豎直向上迅速運動時，下列判斷正確的是（）A．鋁環有的收縮趨勢，對桌面壓力增大 B．鋁環有收縮的趨勢，對桌面壓力減小C．鋁環有擴張的趨勢，對桌面壓力減小 D．鋁環有擴張的趨勢，對桌面壓力增大【答案】C【詳解】根據楞次定律可知：當條形磁鐵沿軸線豎直向上迅速移動時，閉合導體環內的磁通量減少，因此線圈做出的反應是面積有擴大的趨勢，同時將靠近磁鐵，故減少了和桌面的擠壓程度，從而使導體環對桌面壓力減少，故C正確，ABD錯誤。故選C?！纠?】．如圖甲所示是焊接自行車零件的原理圖，其中外圈M是線圈，N是自行車的零件，a是待焊接的接口，將焊口兩端接觸在一起，當M兩端接入如圖乙所示的正弦電流后，接口處的金屬便會熔化而焊接起來。以逆時針方向為正方向，下列說法正確的是（

）A．零件中的電流方向為逆時針B．零件中的電流大小不斷減小C．零件有收縮的趨勢D．時刻零件受到線圈M的作用力最大【答案】C【詳解】A．時間內M中電流逐漸增大，則穿過N的磁通量向上增大，有楞次定律可知零件中的電流方向為順時針，故A錯誤；B．時間內M中電流逐漸減小，則磁通量逐漸減小，而磁通量的變化率逐漸增大，則由法拉第電磁感應定律可知電流大小不斷增大，故B錯誤；C．時間內M中電流順時針增大，N中的磁通量增大，由楞次定律可知零件有收縮的趨勢，故C正確；D．時刻M中的電流的變化率為零，故N中感應電流為零，則零件受到線圈M的作用力為零，故D錯誤。故選C。【例5】．如圖甲所示，一長直導線與閉合金屬線框位于同一豎直平面內，長直導線中的電流隨時間的變化關系如圖乙所示（以水平向右為電流的正方向），則在時間內，下列說法正確的是（）A．穿過線框的磁通量一直減小B．線框中始終產生順時針方向的感應電流C．線框先有收縮的趨勢后有擴張的趨勢D．線框所受安培力的合力先向下后向上【答案】B【詳解】A．長直導線中的電流先減小后增大，所以穿過線框的磁通量先減小后增大，故A錯誤；B．由楞次定律可以判斷在時間內，線框中始終產生順時針方向的感應電流，故B正確；C．穿過線框的磁通量先減小后增大，由榜次定律知線框先有擴張的趨勢后有收縮的趨勢，故C錯誤；D．由?次定律、左手定則判斷線框受安培力的合力方向先向上后向下，故D錯誤。故選B?！纠?】某同學設想的減小電梯墜落時造成傷害的一種應急安全裝置如圖所示，在電梯轎廂底部安裝永久強磁鐵，磁鐵N極朝上，電梯井道內壁上鋪設若干金屬線圈，線圈在電梯轎廂墜落時能自動閉合，從而減小對箱內人員的傷害。當電梯轎廂墜落到圖示位置時，下列說法正確的是（）

A．從上往下看，金屬線圈A中的感應電流沿順時針方向B．從上往下看，金屬線圈B中的感應電流沿順時針方向C．金屬線圈A對電梯轎廂下落有阻礙作用，B沒有阻礙作用D．金屬線圈B有收縮的趨勢，A有擴張的趨勢【答案】BD【詳解】AB．當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈中向上的磁場減弱，感應電流的方向從上往下看是逆時針方向，中向上的磁場增強，感應電流的方向從上往下看是順時針方向，B正確，A錯誤；C．結合AB的分析可知，當電梯墜落至如圖位置時，閉合線圈都在阻礙電梯下落，C錯誤；D．閉合線圈中向上的磁場減弱，中向上的磁場增強，根據楞次定律可知，線圈有收縮的趨勢，有擴張的趨勢，D正確。故選BD。題型四“三定則、一定律”的應用“三個定則”“一個定律”的比較名稱用途選用原則安培定則判斷電流產生的磁場(方向)分布因電生磁左手定則判斷通電導線、運動電荷所受磁場力的方向因電受力右手定則判斷導體切割磁感線產生的感應電流方向或電源正負極因動生電楞次定律判斷因回路磁通量改變而產生的感應電流方向因磁通量變化生電【例1】如圖甲所示，圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方固定一螺線管Q，P和Q共軸，Q中通有變化的電流，電流隨時間變化的規律如圖乙所示，電流正方向如圖甲中箭頭所示。P所受的重力為G，桌面對P的支持力為，則（）A．時刻，穿過線圈P的磁通量最大，感應電流也最大B．時刻，線圈P中感應電流最大，等于GC．時間內，螺線管對線圈是吸引力D．時間內，穿過線圈P的磁通量變小，且線圈P有擴張的趨勢【答案】B【詳解】A．由圖乙可知，t1時刻螺線管Q中電流為最大，電流的變化率為零，則t1時刻穿過線圈P磁通量最大，磁通量的變化率為零，P中感應電流為零，故A錯誤；B．由圖乙可知，t2時刻螺線管Q中電流的變化率為最大，則穿過線圈的磁通量變化率最大，P中有感應電流，螺線管Q中電流為0，P不受到磁場力的作用，故等于G，故B正確；C．由圖乙可知，t2時刻，螺線管Q中電流為0，電流的變化率最大，P中感應電流最大，二者之間沒有安培力，t3時刻，螺線管Q中電流的變化率為0，P中無感應電流，二者之間沒有安培力。t2~t3時間內通過Q的電流在變大，穿過P的磁通量在變大，兩者相互排斥，則t2~t3時間內螺線管對線圈的是排斥力，且先增大后減小，故C錯誤；D．由圖乙可知，t2~t3時間內，螺線管Q中電流增大，則穿過線圈磁通量增大，根據增縮減擴原理可知，線圈有收縮的趨勢，故D錯誤。故選B?！纠?】．如圖所示，水平放置的兩條電阻不計的光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當MN在外力作用下向左勻加速運動運動時，PQ的電流方向及運動情況是（）A．P→Q，向右運動 B．Q→P，向右運動C．P→Q，向左運動 D．Q→P，向左運動【答案】A【詳解】當MN在外力作用下向左勻加速運動運動時，根據右手定則和安培定則可知，線圈中電流產生的磁場向上穿過線圈，且穿過線圈的磁通量增加；根據楞次定律可知，線圈感應電流產生的磁場方向向下，根據右手螺旋定則可知通過金屬棒PQ的電流方向由P→Q，根據左手定則可知，金屬棒PQ受到的安培力向右，則金屬棒PQ向右運動。故選A。【例3】．如圖甲所示，螺線管P穿過一固定圓形線圈Q，P中通有變化的電流i，規定圖示電流方向為正，電流隨時間變化的規律如圖乙所示，則（）A．t1時刻，從上往下看，線圈Q中有順時針方向的電流B．t2時刻，線圈Q中沒有感應電流C．t1~t2時間內，Q中電流在增大D．t2~t3時間內，Q中磁通量的變化率在增大【答案】AC【詳解】A．時刻，流過線圈P的電流為正向減小，則由楞次定律可知穿過Q的感應電流的磁場向下，從上往下看，線圈Q中有順時針方向的感應電流，故A正確；B．時刻雖然P中電流為零，但此時電流的變化率不為零，線圈Q中依然有感應電流存在，故B錯誤；C．時間內，因P中電流變化率在增大，即穿過Q的磁通量的變化率增大，則Q中電流在增大，故C正確；D．時間內，P中電流的變化率在減小，則Q中磁通量的變化率在減小，故D錯誤。故選AC?！纠?】如圖甲所示，驅動線圈通過開關S與電源連接，發射線圈放在絕緣且內壁光滑的發射導管內。閉合開關S后，在內驅動線圈的電流隨時間t的變化如圖乙所示。在這段時間內，下列說法正確的是（）A．驅動線圈內部的磁場水平向左 B．發射線圈內部的感應磁場水平向左C．時發射線圈所受的安培力最大 D．時發射線圈中的感應電流最大【答案】B【詳解】A．根據安培定則，驅動線圈內的磁場方向水平向右，A錯誤；B．由圖乙可知，通過發生線圈的磁通量增大，根據楞次定律，發射線圈內部的感應磁場方向水平向左，B正確；CD．時驅動線圈的電流變化最快，則此時通過發射線圈的磁通量變化最快，產生的感應電流最大，但此時磁場最弱，安培力不是最大值；同理，時發射線圈中的感應電流最小，CD錯誤。故選B。題型五法拉第電磁感應定律的理解及應用1．感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現象中產生的電動勢．(2)產生條件：穿過回路的磁通量發生改變，與電路是否閉合無關．2．法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數．(3)感應電流與感應電動勢的關系：I＝eq\f(E,R＋r).(4)說明：E的大小與Φ、ΔΦ無關，決定于磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt).2．若已知Φ－t圖像，則圖線上某一點的切線斜率為eq\f(ΔΦ,Δt).3．當ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，其中S為線圈在磁場中的有效面積．若B＝B0＋kt，則eq\f(ΔB,Δt)＝k.4．當ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).5．當B、S同時變化時，則eq\x\to(E)＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt).求瞬時值是分別求出動生電動勢E1和感生電動勢E2并進行疊加．【例1】如圖所示，將一個單位長度電阻為的均勻圓形金屬線圈用一根不可伸長的輕繩懸掛在天花板下，線圈的半徑為，粗細不計。過圓心的直線的下方有方向始終垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小隨時間的變化關系為，直線與線圈的交點為、。則下列說法正確的是（

）

A．線圈中產生的電流大小恒為B．線圈中有逆時針方向的感應電流C．線圈所受到的安培力大小恒定不變D．時間內線圈中產生的焦耳熱為【答案】A【詳解】A．根據磁感應強度的大小隨時間的變化關系可得而由法拉第電磁感應定律有而根據題意可得線圈的電阻為則根據閉合電路的歐姆定律可得故A正確；B．根據楞次定律可知，線圈中的感應電流始終為順時針方向，故B錯誤；C．根據安培力公式可知，式中電流和有效長度恒定，但磁場感應強度隨時間在變化，因此線圈所受安培力是變力，故C錯誤；D．時間內電流恒定，則根據焦耳定律可得產生的焦耳熱為故D錯誤。故選A?！纠?】如圖所示，固定的均勻矩形鋁框abcd，長度為2L，寬度為L，左邊邊長為L的正方形區域abef內存在與鋁框平面垂直的勻強磁場。已知鋁的電阻率為ρ，單位體積內的自由電子數為n，電子的電荷量為e。某時刻起，磁感應強度以變化率均勻增加。則（）

A．空間中產生順時針方向的恒定電場B．鋁框中的自由電子受到電場力的作用順時針方向定向移動形成電流C．自由電子定向移動的平均速率D．一個電子沿鋁框運動一周，電場力做功【答案】BCD【詳解】AB．根據楞次定律，變化的磁場產生逆時針方向的電場，鋁框中的自由電子在電場力的作用下順時針方向定向移動形成電流，故A錯誤，B正確；C．感應電動勢由得故C正確；D．一個電子沿鋁框運動一周，電場力做功故D正確。故選BCD?！纠?】如圖所示，用均勻導線做成的單匝正方形線圈的面積為S，正方形的一半放在垂直于線圈平面向里的勻強磁場中，a，b分別為兩對邊的中點，線圈的總電阻為R。下列說法正確的是（）A．當磁場的磁感應強度增大時，線圈中的電流沿順時針方向B．當磁場的磁感應強度以的變化率增大時，線圈中產生的感應電動勢為C．在磁場的磁感應強度大小由B減小到零的過程中，通過線圈某一橫截面的電荷量為D．在線圈以ab為軸轉動一周的過程中，某一段時間內線圈中沒有感應電流【答案】C【詳解】A．根據楞次定律可知，當磁場的磁感應強度增大時，線圈中的電流沿逆時針方向，A錯誤；B．當磁場的磁感應強度以的變化率增大時，根據法拉第電磁感應定律有B錯誤；C．在磁場的磁感應強度大小由B減小到零的過程中，感應電動勢的平均值為感應電流的平均值為根據電流的定義式有解得C正確；D．根據圖形可知，在線圈以ab為軸轉動一周的過程中，線圈始終有一邊處于磁場中切割磁感線，因此不存在某一段時間內線圈中沒有感應電流，D錯誤。故選C。【例4】水平桌面上放置著兩個用同一根均勻金屬絲制成的單匝線圈1和線圈2，半徑分別為和（俯視圖如圖1所示）。豎直方向有勻強磁場，磁感應強度隨時間變化的關系如圖2所示。線圈中的感應電動勢、電流強度、電功率分別用E、I、P表示，不考慮兩個線圈間的影響，下列關系正確的是（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【詳解】由題意可得，兩線圈的長度之比為兩線圈圍成的面積之比為由法拉第電磁感應定律由圖可知，線圈中的感應電動勢之比為由閉合電路的歐姆定律由電阻定律得兩線圈的電阻之比為可得，線圈中的電流強度之比為線圈中的電功率之比為故選A。題型六導體切割磁感線產生的感應電動勢1．大小計算切割方式表達式垂直切割E＝Blv傾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ為v與B的夾角旋轉切割(以一端為軸)E＝eq\f(1,2)Bl2ω2.方向判斷(1)把產生感應電動勢的那部分電路或導體當作電源的內電路，那部分導體相當于電源。(2)若電路是不閉合的，則先假設有電流通過，然后應用楞次定律或右手定則判斷出電流的方向。(3)電源內部電流的方向是由負極(低電勢)流向正極(高電勢)，外電路順著電流方向每經過一個電阻電勢都要降低。3產生電動勢的“四種”情形磁場變化平動切割轉動切割旋轉切割情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導線(或等效成直導線)繞一端垂直勻強磁場勻速轉動的一段導體棒繞與勻強磁場垂直的軸勻速轉動的導線框表達式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(從中性面位置開始計時)類型1平動切割磁感線【例1】如圖所示，在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，水平放置兩根光滑的平行金屬導軌，導軌間距為0.6m，導軌間接有電阻，有一導體棒AB在導軌上以10m/s的速度向右勻速滑動，導體棒AB的電阻，其余電阻不。求：（1）導體棒AB兩端感應電動勢的大小；（2）導體棒AB受到的安培力大小和方向?！敬鸢浮浚?）1.2V；（2）0.048N，水平向左【詳解】（1）根據E=BLv可得E=0.2×0.6×10V=1.2V（2）回路的感應電流解得I=0.4A安培力F=BIL解得F=0.048N安培力方向水平向左。【例2】如圖，空間存在方向垂直紙面（豎直面）向里的足夠大的磁場，以豎直向下為z軸正方向，磁感應強度的大小為，式中、k為常量，紙面內一質量為m、邊長為a、總電阻為R的正方形導線框在磁場中由靜止開始下落，初始時導線框底邊水平，最終線框將勻速下落，重力加速度大小為g，則線框勻速下落時的速度大小為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】線框中電動勢為由題意可得根據聯立可得當線框勻速下落時有解得【例3】如圖，相距為d的固定平行光滑金屬導軌與阻值為R的電阻相連，處在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中長度為L的導體棒ab沿導軌向右做勻速直線運動，速度大小為v。則導體棒ab所受的安培力為（）A．，方向向左 B．，方向向右C．，方向向左 D．，方向向右【答案】A【詳解】導體棒ab切割磁感線在電路部分得有效長度為d，故感應電動勢為回路中感應電流為根據右手定則，判斷電流方向為b流向a。故導體棒ab所受的安培力為方向向左。故選A?！纠?】如圖所示，在光滑水平金屬框架上有一導體棒ab。第一次以速度v勻速向右平動，第二次以速度勻速向右平動，兩次移動的距離相同，則兩種情況下回路中產生的感應電動勢和通過R的電荷量之比分別為（）A．； B．；C．； D．；【答案】B【詳解】根據法拉第電磁感應定律可知兩種情況下回路中產生的感應電動勢之比根據結合聯立可得可得故B正確，ACD錯誤。故選B。類型2轉動切割磁感線【例3】(多選)(2022·廣東卷)如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌abc和de，ab與de平行，bc是以O為圓心的圓弧導軌。圓弧be左側和扇形Obc內有方向如圖的勻強磁場。金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好。初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上。若桿OP繞O點在勻強磁場區內從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有()A．桿OP產生的感應電動勢恒定B．桿OP受到的安培力不變C．桿MN做勻加速直線運動D．桿MN中的電流逐漸減小【答案】AD【解析】根據轉動切割磁感線產生感應電動勢的公式可知EOP＝eq\f(1,2)Bl2ω，由于桿OP勻速轉動，故A正確；OP切割磁感線，產生感應電流，由右手定則可判斷出MN中電流為從M到N，根據左手定則可知MN所受安培力向左，MN向左運動，切割磁感線，產生由N到M的感應電流，與OP切割磁感線產生的感應電流方向相反，故OP與MN中的電流會逐漸減小，由F＝IlB可知，桿OP和MN所受安培力逐漸減小，MN做加速度逐漸減小的加速運動，故B、C錯誤，D正確?！纠?】(多選)如圖所示，在紙面內有半圓形輕質導體框，O為圓心，圓半徑長為r，AO段、弧AB段的電阻均為R，BO段導體的電阻可忽略，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場的邊界與半圓直徑重合，現用外力使導體框在紙面內繞O點以角速度ω沿順時針方向，從圖示位置勻速轉動一周，下列說法正確的是()A．圓弧AB段內電流方向總是從A流向BB．轉動的前半周內A、B兩端電壓為eq\f(Bωr2,2)C．轉動的后半周內通過O點的電荷量為eq\f(πBr2,4R)D．外力對線框做的功為eq\f(πωB2r4,4R)【答案】CD【解析】導體框轉動的前半周內，AO切割磁感線，感應電動勢為E1＝eq\f(Bωr2,2)，圓弧AB段內電流方向從A流向B，AB段為外電路，故兩端電壓為U＝eq\f(1,2)E1＝eq\f(Bωr2,4)；轉動的后半周BO段切割磁感線，感應電動勢為E2＝eq\f(Bωr2,2)，圓弧AB段內電流方向從B流向A，故A、B錯誤；轉動的后半周穿過導線框的磁通量變化量為ΔΦ＝eq\f(1,2)πBr2，電路總電阻為2R，則轉動的后半周內通過O點的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ,2R)＝eq\f(\f(1,2)πBr2,2R)＝eq\f(πBr2,4R)，故C正確；從圖示位置勻速轉動一周過程中，外力對線框做的功等于產生的電能，則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正確?！纠?】（2023·江蘇南通·海安高級中學?？寄M預測）如圖，長為L的導體棒MN在勻強磁場B中繞平行于磁場的軸OO＇以角速度ω勻速轉動，棒與軸OO＇間的夾角為α，則U為（

）

A．0 B．BωL2sin2αC．Bω(Lsinα)2 D．Bω(Lcosα)2【答案】C【詳解】導體棒在勻強電場中切割磁感線產生感應電動勢，則有根據線速度、角速度和半徑關系有解得故選C?！纠?】．（2023秋·河南鄭州·高三鄭州一中校考期末）一根長為L、下端固定的導線OA處于勻強磁場中。磁場的方向豎直向上，大小為B。若該導線以角速度ω繞豎直軸旋轉，且角速度方向與磁場的方向相同，如圖所示。則導線中的電動勢（）A．大小為，方向由O→AB．大小為，方向由A→OC．大小為，方向由A→OD．大小為，方向由O→A【答案】A【詳解】由題可知，導線切割磁感線的有效長度為導線切割磁感線的平均速度為故根據動生電動勢的表達式可知根據右手定則可判斷電動勢的方向為O→A。故選A?！纠?】．（2023·廣東汕頭·統考三模）如圖甲是法拉第發明的銅盤發電機，也是人類歷史上第一臺發電機。利用這個發電機給平行金屬板電容器供電，如圖乙。已知銅盤的半徑為L，加在盤下側的勻強磁場磁感應強度為，盤勻速轉動的角速度為，每塊平行板長度為d，板間距離也為d，板間加垂直紙面向內、磁感應強度為的勻強磁場。下列選項正確的是（）A．若圓盤按照圖示方向轉動，那么平行板電容器D板電勢高B．銅盤產生的感應電動勢為C．若一電子從電容器兩板中間水平向右射入，恰能勺速直線運動從右側水平射出，則電子射入時速度為D．若有一帶負電的小球從電容器兩板中間水平向右射入，在復合場中做勻速圓周運動又恰好從極板右側射出，則小球的圓周運動半徑為【答案】BCD【詳解】A．根據右手定則可得，C極板帶正電，電勢高，故A錯誤。B．根據電磁感應方程得故B正確。C．由于電子勻速運動，受力平衡，由得故C正確。D．帶電小球恰能從右板邊緣射出，如圖所示

由幾何關系可得故D正確。故選BCD。類型3有效長度問題【例1】（如圖，勻強磁場磁感應強度大小為B、方向垂直水平面向里，半徑為R的半圓形金屬絲在水平面內以速度v做勻速直線運動，速度方向與直徑ab垂直，運動中a、b間的電勢差為（）A．2BRv B． C． D．【答案】C【詳解】金屬絲切割的有效長度為2R，結合右手定則可知，運動中a、b間的電勢差為故選C?！纠?】如圖所示，平行導軌MN、PQ間距為d，M、P間接一個電阻R，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于平行金屬導軌所在的平面向里。一根足夠長的金屬桿ab第一次垂直于導軌放置，第二次與導軌成60°角放置。金屬桿和導軌的電阻不計，當金屬桿兩次均以速度ν沿垂直于桿的方向滑行時，下列說法正確的是（）A．兩次電阻R上的電壓相等B．第一次和第二次金屬桿中感應電流之比為C．第一次和第二次金屬桿受到的安培力大小之比為D．第一次和第二次電阻R上的電功率之比為【答案】B【詳解】AB．第一次產生的感應電動勢為第二次產生的感應電動勢為因金屬桿和導軌的電阻不計，電阻上的電壓即為感應電動勢，可知兩次電阻R上的電壓不相等，根據可知第一次和第二次金屬桿中感應電流之比為選項A錯誤，B正確；C．第一次金屬桿受安培力第二次金屬桿受到的安培力大小而安培力大小之比為，選項C錯誤；D．根據可知第一次和第二次電阻R上的電功率之比為，選項D錯誤。故選B。【例3】如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，導軌間距為l，bc間電阻為R，其它部分電阻不計。導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬桿放置在導軌上，與導軌的接觸點為M、N。并與導軌成角，金屬桿以的角速度繞N點由圖示位置逆時針勻速轉動到與導軌ab垂直。轉動過程中金屬桿與導軌始終接觸良好，金屬桿電阻忽略不計，則在金屬桿轉動過程中（）A．M、N兩點電勢相等B．金屬桿中感應電流的方向由M流向NC．電路中感應電流的大小始終為D．電路中通過的電荷量為【答案】B【分析】金屬桿轉動切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，導軌為外電路，根據右手定則，分析M、N兩點的電勢關系；根據右手定則判斷金屬桿中感應電流的方向；根據導體轉動切割磁感應線產生的感應電動勢大小計算公式，結合閉合電路歐姆定律分析電路中感應電流的大??；根據合電路歐姆定律和電流的定義式相結合求電路中通過的電量?！驹斀狻緼．金屬桿逆時針轉動切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，由右手定則可知M點電勢低于N點電勢，故A錯誤；B．根據右手定則可知金屬桿中感應電流的方向是由M流向N，故B正確；C．在圖示位置，金屬棒切割磁感線產生感應電動勢為回路中的電阻為，則回路中的感應電流為且在不同位置電流值不同，故C錯誤；D．電路中通過的電量為根據法拉第電磁感應定律得根據閉合電路歐姆定律得聯立可得故D錯誤。故選B?！纠?】如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，長為L的金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速滑動。金屬導軌電阻不計，金屬桿與導軌的夾角為θ，電阻為2R，ab間電阻為R，M、N兩點間電勢差為U，則M、N兩點電勢的高低及U的大小分別為（）A．M點電勢高，U=B．M點電勢高，U=C．N點電勢高，U=D．N點電勢高，U=【答案】B【詳解】由右手定則可以判定導體棒中電流的方向為由N到M，因此M點電勢高；導體棒切割磁感線的有效長度是Lsinθ，根據法拉第電磁感應定律有E=BLvsinθ再根據閉合電路歐姆定律可知M、N兩點間電勢差故選B。【例5】．如圖所示，由均勻導線制成的，半徑為R的圓環，以v的速度勻速進入一磁感應強度大小為B的勻強磁場。當圓環運動到圖示位置（）時，a、b兩點的電勢差為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】有效切割長度即a、b連線，即有效切割長度為，所以產生的電動勢為由右手定則可知電流的方向為，所以。由于在磁場部分的阻值為整個圓的，由閉合電路歐姆定律可得故選D?！纠?】如圖所示，電阻不計的水平U形光滑導軌上接一個阻值為的電阻，放在豎直向上、磁感應強度大小為的勻強磁場中，一個半徑為L、質量為、電阻為的半圓形硬導體棒（直徑與導軌垂直，并接觸良好），在水平向右的恒定外力的作用下，由靜止開始運動，當速度為時，位移為，下列說法正確的是（）A．此時兩端電壓為B．此時桿克服安培力做功的功率為C．此過程中導體棒的平均速度小于D．此過程中通過電阻的電荷量為【答案】BD【詳解】A．導體有效切割的長度等于半圓的直徑，半圓形導體棒切割磁感線產生感應電動勢的大小為相當于電源，其兩端電壓為外電壓，由歐姆定律得A錯誤；B．此時桿克服安培力做功的功率為B正確；C．若導體棒做勻加速運動，則平均速度等于，但是由于導體棒做加速度減小的加速運動，根據運動圖像可知，此過程中的位移大于做勻加速過程的位移，則此過程中導體棒的平均速度大于，C錯誤；D．根據可知此過程中通過電阻的電荷量為D正確。故選BD。題型六自感現象1．自感現象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙線圈中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發生突變，只能緩慢變化。(3)電流穩定時，自感線圈就相當于普通導體。(4)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。2．通電自感和斷電自感的比較通電自感斷電自感電路圖器材A1、A2同規格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)，RL＜RA現象S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮開關S斷開時，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅【例1】如圖是用電流傳感器（相當