高考物理二轮复习考点题型归纳训练专题27 法拉第电磁感应定律（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习考点题型归纳训练专题27 法拉第电磁感应定律（2份，原卷版+解析版），共19页。试卷主要包含了实验，感应电流的产生和方向判断，楞次定律推论的应用，“三定则、一定律”的应用，法拉第电磁感应定律的理解及应用等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc29174" 题型一 实验：探究影响感应电流方向的因素 PAGEREF _Tc29174 \h 1
\l "_Tc4023" 题型二 感应电流的产生和方向判断 PAGEREF _Tc4023 \h 9
\l "_Tc1207" 题型三 楞次定律推论的应用 PAGEREF _Tc1207 \h 14
\l "_Tc3747" 题型四 “三定则、一定律”的应用 PAGEREF _Tc3747 \h 18
\l "_Tc31496" 题型五 法拉第电磁感应定律的理解及应用 PAGEREF _Tc31496 \h 22
\l "_Tc2186" 题型六 导体切割磁感线产生的感应电动势 PAGEREF _Tc2186 \h 29
\l "_Tc21603" 类型1 平动切割磁感线 PAGEREF _Tc21603 \h 30
\l "_Tc3690" 类型2 转动切割磁感线 PAGEREF _Tc3690 \h 33
\l "_Tc22412" 类型3 有效长度问题 PAGEREF _Tc22412 \h 38
\l "_Tc26292" 题型六 自感现象 PAGEREF _Tc26292 \h 43
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】（2023·海南·统考模拟预测）某同学在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图甲接线，判断电流表指针的偏转方向与电流方向的关系，然后依次按图乙将电流表与A线圈连成一个闭合回路，按图丙将电流表与导体棒连成一个闭合回路（图中N、S两极上下正对）。在图甲中，当闭合开关S时，观察到电流表指针向右偏转（不通电时电流表指针停在正中央），则：
（1）在图乙中，在磁体S极插入线圈A的过程中，电流表的指针将______偏转；磁体放在A中不动时，电流表的指针将偏______转。（均选填“向左”、“向右”或“不发生”）
（2）在图丙中，处在两磁极之间的导体棒向右移动过程中，电流表的指针将______偏转；导体棒竖直向上移动过程中，电流表的指针将______偏转。（均选填“向左”、“向右”或“不发生”）
【答案】 向左 不发生 向右 不发生
【详解】（1）[1][2]在磁体S极插入线圈A的过程中，线圈A中向上的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流从电流表的“+”极流入，故电流表的指针将向左偏转；磁体放在A中不动时，线圈A中的磁通量不变，故回路中没有感应电流产生。
（2）[3][4]当导体棒向右移动时，根据右手定则可知，感应电流从电流表的“—”极流入，故电流表的指针将向右偏转；当导体棒竖直向上移动时，导体棒没有切割磁感线，故回路中没有感应电流产生。
【例2】．（2023·全国·高三专题练习）为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。
（1）如图1所示，下列操作中，电流表的指针不发生偏转的是( )
A．将条形磁铁放在线圈中不动
B．将条形磁铁插入线圈
C．将条形磁铁从线圈中拔出
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图2所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针左偏。由此可知：
（a）当滑动变阻器的滑片P向左移动时，灵敏电流计的指针_______（填“左偏”、“不动”、“右偏”）；
（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针_______（填“左偏”、“不动”、“右偏"）。
（3）某同学在实验室按如图2所示重做电磁感应现象的实验，当他接通、断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其可能的原因_______。
A．开关接线柱断路
B．电流表的正负极接错
C．线圈B的接头接反
D．蓄电池的正负极接反
【答案】 A 右偏 右偏 A
【详解】（1）[1]A．将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故A符合题意；
B．将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题意；
C．将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故C不符合题意；
D．将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故D不符合题意。
故选A。
（2）[2][3]闭合开关时灵敏电流计的指针左偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针左偏。滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入的有效电阻变大，回路中电流变小，线圈内的磁场变弱，磁通量减少，所以灵敏电流计的指针右偏；将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针右偏。
（3）[4]A．若开关和灵敏电流计不能构成回路，则开关闭合、断开时，不会引起线圈B的磁通量变化，电流计指针不会偏转，故A正确；
B．电流表的正负极接错，只是偏转方向变化，故B错误；
C．线圈B的接头接反，开关闭合、断开时，线圈B的磁通量会发生变化，指针会偏转，故C错误；
D．蓄电池的正负极接反，电流计指针偏转方向变化，故D错误。
故选A。
【例3】．（2023春·上海嘉定·高三统考阶段练习）为探究“影响感应电流方向的因素”，某同学实验如下：
（1）首先按图甲所示连接电路，闭合开关后，发现灵敏电流计指针向左偏转；再按图乙所示连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验的目的是检验( )
A．各仪器及导线是否完好
B．干电池是否为新电池
C．电流计测量的电流是否准确
D．电流计指针偏转方向与电流方向的关系
（2）接下来用如图所示的装置做实验，图中螺线管上的粗线标示的是导线的绕行方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿______（选填“顺时针”或“逆时针”）方向，由此可推断磁铁下端的磁极为_____极。
（3）用通电螺线管代替条形磁铁，实验器材如图所示，请完善实物连接图______。
（4）连好电路，并将B线圈插入A线圈中。在闭合电键瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，滑动变阻器的滑片应向______滑动。
【答案】 D 顺时针 S 右
【详解】（1）[1] 闭合开关后，发现电流计指针向右偏转。进行上述实验的目的是检验电流计指针偏转方向与电流方向的关系。
故选D。
（2）[2] [3]电流由左向右时，电流表向左偏转，观察到电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向（从上往下看）是沿顺时针方向，根据右手螺旋定则可知磁铁下端的磁极为S 极；
（3）[4]根据实验原理连接实物图如图：
（4）[5]在闭合电键瞬间，发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，可知电流增大时，灵敏电流计的指针向右偏，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，需减小电流，则滑动变阻器的滑片应向右滑。
【例4】．（2023·全国·模拟预测）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】（2023·湖南·高三统考学业考试）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】（2023·广东·模拟预测）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】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）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。
【例3】．(2022·广东选择考模拟)如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车( )
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
【答案】 D
【解析】 根据楞次定律可知，小车进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，选项A、B错误；因线框与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，选项C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，选项D正确。
题型三 楞次定律推论的应用
【例1】（2023·北京朝阳·统考二模）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】．（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考三模）在匀强磁场中放置一个金属圆环，磁场方向与圆环平面垂直。规定图1所示磁场方向为正。当磁感应强度B随时间t按图2所示的正弦规律变化时，下列说法正确的是（ ）
A．时刻，圆环中无感应电流
B．时刻，圆环上各点受到的安培力最大
C．时间内，圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向
D．时间内，圆环先出现扩张趋势，后出现收缩趋势
【答案】C
【详解】A．在t2时刻，磁感应强度为零，但是磁通量的变化率最大，则感应电流最大，故A错误；
B．在t3时刻，磁感应强度最大，但是磁通量的变化率为零，则感应电流为零，圆环上各点受到的安培力为零，故B错误；
C．t1-t2时间内，磁感应强度垂直圆环向里，磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，t2-t3时间内，磁感应强度垂直圆环向外，磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知圆环中感应电流方向始终沿顺时针方向，故C正确；
D．时间内，穿过圆环的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知圆环先出现收缩趋势，后出现扩张趋势，故D错误。
故选C。
【例3】．（2023·海南·统考模拟预测）如图，固定的弹性金属圆环与螺线管共轴，在闭合开关S的瞬间，有关环中的感应电流I的方向（从环的右侧往左侧看）和环形变的说法正确的是（ ）
A．顺时针方向，扩张B．顺时针方向，收缩
C．逆时针方向，扩张D．逆时针方向，收缩
【答案】C
【详解】在闭合开关S的瞬间，螺线管磁场方向向左，根据楞次定律，金属圆环感应磁场方向向右，从环的右侧往左侧看，感应电流I的方向为逆时针方向，环向外扩张。
故选C。
【例4】．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）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5】（2023·广东·模拟预测）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
【例1】（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动B．向左加速运动
C．向右减速运动D．向左减速运动
【答案】BC
【详解】根据安培定则可知，ab在右侧产生的磁场方向为垂直向里，有因为MN向右运动，根据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的磁场方向向上，由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场方向向上并减弱或向下并增强。如果L2中磁场向上减弱，根据安培定则可知PQ中感应电流为Q到P且减小，再根据右手定则可知PQ向右减速运动；如果L2中磁场向下增强，根据安培定则可知PQ中感应电流为P到Q且增大，再根据右手定则可知PQ向左加速运动，AD错误，BC正确。
故选BC。
【例2】．（2021·全国·高三专题练习）如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，发现电子向M板偏转，则可能是（ ）
A．电键S闭合瞬间
B．电键S由闭合到断开瞬间
C．电键S是闭合的，变阻器滑片P向左迅速滑动
D．电键S是闭合的，变阻器滑片P向右迅速滑动
【答案】AC
【详解】A．开关S接通瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知，在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，选项A正确；
B．断开开关S的瞬间，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律知，在右侧线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，选项B错误；
C．接通S后，变阻器滑动触头向左迅速滑动，电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知在上线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，选项C正确；
D．接通S后，变阻器滑动触头向右迅速滑动，电阻增大，电流减小，穿过线圈的磁通量减小，由楞次定律知在上线圈中产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，选项D错误。
故选AC。
【例3】．（2023·高三单元测试）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】（2023·广东·统考二模）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\t(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】（2022·上海·高考真题）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】（2023·湖南长沙·长沙一中校考二模）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】（2023·全国·高三专题练习）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】（2023·全国·高三专题练习）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
2.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
类型1 平动切割磁感线
【例1】（2023·陕西西安·统考一模）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2】（2023·全国·高三专题练习）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。
【例3】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，水平面内光滑的平行长直金属导轨间距为，左端接电阻，导轨上静止放有一金属棒。正方形虚线框内有竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场，该磁场正以速度匀速向右移动，则（ ）
A．电阻两端的电压恒为
B．电阻中有从向的电流
C．导体棒以速度向左运动
D．导体棒也向右运动，只是速度比小
【答案】D
【详解】CD．根据楞次定律，磁场正以速度匀速向右移动，磁通量减小，则导体棒也向右运动，阻碍磁通量的减小，但由于要产生感应电流，棒的速度比小，C错误，D正确；
B．由此可认为磁场不动棒向左切割，感应电流方向从向流过，B错误；
A．产生感应电动势的大小看棒与磁场的相对速度，故电阻两端的电压小于，A错误。
故选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
【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B
B．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\c1(\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．0B．BωL2 sin 2α
C．Bω(L sin α)2D．Bω(L cs α)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→A
B．大小为，方向由A→O
C．大小为，方向由A→O
D．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】（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）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N
C．电路中感应电流的大小始终为
D．电路中通过的电荷量为
【答案】B
【分析】金属杆转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，导轨为外电路，根据右手定则，分析M、N两点的电势关系；根据右手定则判断金属杆中感应电流的方向；根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式，结合闭合电路欧姆定律分析电路中感应电流的大小；根据合电路欧姆定律和电流的定义式相结合求电路中通过的电量。
【详解】A．金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知M点电势低于N点电势，故A错误；
B．根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C．在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为
回路中的电阻为，则回路中的感应电流为
且在不同位置电流值不同，故C错误；
D．电路中通过的电量为
根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
联立可得
故D错误。
故选B。
【例2】（2023·全国·高三专题练习）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=
【答案】B
【详解】由右手定则可以判定导体棒中电流的方向为由N到M，因此M点电势高；
导体棒切割磁感线的有效长度是Lsin θ，根据法拉第电磁感应定律有
E=BLvsin θ
再根据闭合电路欧姆定律可知M、N两点间电势差
故选B。
【例3】．（2023·全国·高三专题练习）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．
【答案】D
【详解】有效切割长度即a、b连线，即有效切割长度为，所以产生的电动势为
由右手定则可知电流的方向为，所以。由于在磁场部分的阻值为整个圆的，由闭合电路欧姆定律可得
故选D。
【例4】（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考二模）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
【答案】BD
【详解】A．导体有效切割的长度等于半圆的直径，半圆形导体棒切割磁感线产生感应电动势的大小为
相当于电源，其两端电压为外电压，由欧姆定律得
A错误；
B．此时杆克服安培力做功的功率为
B正确；
C．若导体棒做匀加速运动，则平均速度等于，但是由于导体棒做加速度减小的加速运动，根据运动图像可知，此过程中的位移大于做匀加速过程的位移，则此过程中导体棒的平均速度大于， C错误；
D．根据
可知此过程中通过电阻的电荷量为
D正确。
故选BD。
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
【例1】(2022·天津红桥区一模)如图所示灯泡A1、A2的规格完全相同，线圈L的电阻不计，下列说法中正确的是( )
A．当接通电路时，A1和A2始终一样亮
B．当接通电路时，A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，最后两灯一样亮
C．当断开电路时，A2立即熄灭、A1过一会儿才熄灭
D．当断开电路时，两灯都立即熄灭
【答案】 B
【解析】 当接通电路时，A2立即正常发光，而线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先达到最大亮度，A1后达到最大亮度，电路稳定后，最后两灯一样亮，故B正确，A错误；当断开电路时，A2原来方向的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，由于线圈L的电阻不计，回路中电流从原来值逐渐减小到零，流过A2的电流与原来方向相反，则A1和A2都要过一会儿才熄灭，故C、D错误。
【技巧总结】分析自感问题的三个技巧

【例2】（2023·北京东城·北京市广渠门中学校考三模）将灯泡A、线圈L、电池组E和开关S连接成如图所示的电路。先闭合开关S，使灯泡发光，然后断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象。下列说法正确的是（ ）
A．闭合S瞬间线圈L不产生自感电动势
B．断开S瞬间电路中a点电势低于b点
C．断开S前后通过灯泡A的电流大小不变
D．闭合S后电源输出的电功率等于灯泡A和线圈L的发热功率之和
【答案】B
【详解】A．闭合S瞬间，电路接通，线圈L要阻碍电流通过，产生与电源相反的自感电动势，故A错误；
B．开关S断开前，自感线圈中的电流是自左向右的，当断开S瞬间，自感线圈要阻碍电流的减小，因此产生与原电流方向相同的感应电流，与灯泡构成闭合回路，回路中的电流为逆时针方向，因此a点电势低于b点，故B正确；
C．灯泡与自感线圈并联，断开开关S，观察到灯泡闪亮的现象，说明自感线圈的电阻小于灯泡的电阻，在断开开关前通过自感线圈的电流大于通过灯泡的电流，因此当断开开关S后，灯泡与自感线圈串联，通过灯泡的瞬时电流大于开关断开前的电流，所以灯泡将闪亮一下，故C错误；
D．因为自感线圈将一部分电场能转化为磁场能储存起来，因此闭合S后电源输出的电功率大于灯泡A和线圈L的发热功率之和，故D错误。
故选B。
【例3】．（2023·江苏苏州·统考三模）如图是演示自感现象的实验装置，小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，电源内阻不能忽略，关于该实验现象下列说法正确的是（ ）

A．接通开关后小灯泡慢慢变亮直至亮度稳定
B．接通开关电路稳定后通过小灯泡的电流为零
C．接通开关电路稳定后再断开瞬间线圈两端电压大小不变
D．接通开关电路稳定后再断开小灯泡闪亮一下后逐渐熄灭
【答案】C
【详解】AB．接通开关后，根据楞次定律可知线圈阻碍电流的增大，所以初始小灯泡亮度较大，由于小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，小灯泡慢慢变暗，然后亮度稳定，所以电路稳定后通过小灯泡的电流不为零，故AB错误；
CD．小灯泡电阻与自感线圈的直流电阻相同，接通开关电路稳定后支路电流相等，再断开瞬间，根据楞次定律可知线圈两端电流大小不变，不会闪亮，灯泡逐渐熄灭，故C正确，D错误；
故选C。
【例4】（2023·湖南·校联考模拟预测）相同的电灯、和自感系数较大的电感线圈L接入如图甲的电路中，电源电动势为E，内阻不计。闭合开关S待电路稳定后开始计时，时刻断开开关S，时刻整个电路的电流均为零。前后通过电灯的电流-时间图像如图乙，用和分别表示开关S断开瞬间通过电灯的电流大小。下列说法正确的是（ ）
A．电感线圈的直流电阻不可忽略
B．断开开关S后，电灯、电流大小始终相等
C．断开开关S后，流过电灯的电流方向向左
D．线圈的自感系数是由线圈本身决定，与是否有铁芯无关
【答案】AB
【详解】A．因为相同的电灯、，电路稳定由图像可知通过电感线圈L支路的电流小于通过电灯支路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A正确；
BC．稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯、构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯、电流大小始终相等，且流过灯的电流方向向右，故B正确，C错误；
D．有铁芯时线圈的自感系数，比没有铁芯时要大得多，D错误。
故选AB。
【例5】（2023·宁夏银川·六盘山高级中学校考模拟预测）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是（ ）
A．闭合开关S接通电路时，A2始终比A1亮
B．闭合开关S接通电路时，A1先亮，A2后亮，最后一样亮
C．断开开关S切断电路时，A2先熄灭，A1过一会儿才熄灭
D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭
【答案】D
【详解】AB．闭合开关S接通电路时，由于线圈的自感作用，A1灯泡逐渐亮起来，A2灯泡立即亮起来，稳定后，线圈电阻不计，相当于一根导线，两灯泡亮度相同，AB错误；
CD．断开开关S切断电路时，由于线圈的自感作用，线圈中的电流不能发生突变，其在新的回路中由原来的稳定值逐渐减小为零，即断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会儿才同时熄灭，C错误，D正确。
故选D。
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
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
切割方式
表达式
垂直切割
E＝Blv
倾斜切割
E＝Blvsin θ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割(以一端为轴)
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
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＝Blvsin θ
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
E＝NBSωsin ω t
(从中性面
位置开始
计时)
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