法拉第电磁感应定律-2025高考物理热点题型讲义

专题27法拉第电磁感应定律

目录

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.................................................8

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.........................................22

题型六导体切割磁感线产生的感应电动势........................................29

类型1平动切割磁感线......................................................30

类型2转动切割磁感线......................................................34

类型3有效长度问题.........................................................39

题型六自感现象................................................................46

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0（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"DJ或"D?"）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口相反

【详解】（2）四将条形磁铁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8经螺线管到4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Ao

（4）⑶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/经螺线管到8,可观察到发光二极管D1短暂发光。

⑷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。

甲

⑴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"）。

⑶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，己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将右插入右后，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O

A.闭合开关，稳定后断开开关B.闭合开关，稳定后拔出线圈4

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】⑴欧姆短暂

（2）5

□

【详解】（1）⑴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。

⑵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）⑴由题图用实线作为导线完善其余电路的连接如图所示。

②⑵A.将口插入右后，合上开关时在4中产生增强的磁场，由楞次定律可知，在人中产

生感应电流。闭合开关，稳定后断开开关，穿过乙的磁场减弱，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4，可知穿过七的磁场减弱，由楞次定律可知，在心中产生

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，可知穿过右的磁场减弱，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，则通过心

的电流增大，产生的磁场增强，由楞次定律可知，在乙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”）。

⑶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"）。

图(a)图(b)

【答案】⑴向右偏转

(2)向右偏转

⑶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)四⑵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。

图a

图b

（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0

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A线圈从B线圈中拔出

D.开关闭合时将A线圈倒置再重新插入B线圈中

（2）为确切判断B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6,乙同学将条形磁铁从B线圈上方由静止释放，使其笔直落入3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c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，A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，A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，A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A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A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

结

论:

只

穿

要

过

合

闭

导

回

体

路

磁

的

通

发

量

生

化

变

合

导

闭

回

路

体

就

有

中

应

电

感

流

2.用楞次定律判断

明确要研究的回路及原磁场B的方向

一

原

—

二

变

—

三

感

—

四

电

流

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n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、6、c三个位置.下列说法正确的是()

一又一丁文一一又不一天

B

X厂又X';X

b\

-X——j.X———xJJ

Ci_______j

A.线画在位置°不会产生感应电流

B.线圈在位置6一定做加速运动

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。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6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。和位置c会产生感应电流，故CD错误；

故选Bo

【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，当导体棒仍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P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P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Bo

【例3】如图所示平面内，在通有图示方向电流/的长直导线右侧，固定一正方形导线框Hcd,

成边与直导线平行。调节电流/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be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

TEAO5AB

1=—=n-----=n—------

RRAtR\t

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6c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

F^=BIL

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，线框湖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成边所处的磁场较大，

根据安培力表达式

F^=BIL

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

甲。

善

阻碍原磁通量变化——“增反减

同“B收

磁铁靠近线圈，8感与8原方向相反

磁铁靠近，是斥力

阻碍相对运动一“来拒去留”〃/〃《〃〃/

D感

磁铁远离，是引力

汨

使回路面积有扩大或缩小的趋QL

势——“增缩减扩”a1)

尸、。是光滑固定导轨，4、6是可动金属棒，磁铁下移，4、

b靠近

A____

阻碍原电流的变化——“增反减

同“

合上S,3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Do

【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Co

【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,

。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（）

逆时针方向

A.0〜%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.芍〜4零件有收缩的趋势

D.与时刻零件受到线圈M的作用力最大

【答案】C

【详解】A.0〜%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.4〜/2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.右~4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.g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i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（）

长直导线

闭合金属线框

甲乙

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0~右时间内，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.由榜次定律、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Bo

【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A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，B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A、B都在阻碍电梯下落，C

错误；

D.闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，线圈B有收

缩的趋势，A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

因磁通量

楞次定律判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向

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的支持力为外，则()

A.。时刻，穿过线圈P的磁通量最大，感应电流也最大

B.右时刻，线圈P中感应电流最大，然等于G

C.马〜片时间内，螺线管对线圈是吸引力

D.右〜A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，〃时刻螺线管Q中电流为最大，电流的变化率为零，则〃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，B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，〃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，打时刻，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。””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

〃~七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，〃~打时间内，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Bo

【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P0、

MN,当VN在外力作用下向左匀加速运动运动时，的电流方向及运动情况是（）

M

XX

XX

AT

P

XX

XX

Q

A.尸玲。，向右运动B.。玲尸，向右运动

C.P玲。，向左运动D.0fP,向左运动

【答案】A

【详解】当"N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

4中电流产生的磁场向上穿过线圈右，且穿过线圈右的磁通量增加；根据楞次定律可知，

线圈4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尸。的电流方向由

尸玲。，根据左手定则可知，金属棒P。受到的安培力向右，则金属棒？0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3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.〃时刻，从上往下看，线圈Q中有顺时针方向的电流

B.〃时刻，线圈Q中没有感应电流

C.〃时间内，Q中电流在增大

D.〃〜为时间内，Q中磁通量的变化率在增大

【答案】AC

【详解】A.4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.t2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0〜%内驱动线圈的电流心随时间/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./=0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./=0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Bo

题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用

1.感应电动势

⑴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，踉穿过这一申，路的磁通量的变化率成正比.

(2)公式：E=〃理其中〃为线圈匝数.

(3)感应电流与感应电动势的关系：/=充.

(4)说明：E的大小与。、△◎无关，决定于磁通量的变化率".

△t

2.若已知⑦一/图像，则图线上某一点的切线斜率为四.

△t

3.当AO仅由8的变化引起时，E=n-,其中S为线圈在磁场中的有效面积.若B=B。

At

Nt

AC

4.当△。仅由S的变化引起时，E^nB-.

△t

5.当3、S同时变化时，则£=〃监①加较空.求瞬时值是分别求出动生电动势£1

AzAf

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4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，线圈的半径为火，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3的大小随时间/的变化关系为B=B0-kt(B。>0,k>0),

直线九W与线圈的交点为。、6。则下列说法正确的是()

A.线圈中产生的电流大小恒为/=丁

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.0-九时间内线圈中产生的焦耳热为。=上坐

【答案】A

【详解】A.根据磁感应强度3的大小随时间f的变化关系

B=B0-kt(Bo>0,k>0)

可得

AB,

—=k

△t

而由法拉第电磁感应定律有

『H△-①----S-K-B------k-兀.R...。......

\t2

而根据题意可得线圈的电阻为

r=27iRrQ

则根据闭合电路的欧姆定律可得

,EkR

%4%

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

F=BIL

可知，式中电流/和有效长度工恒定，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.0-。时间内电流恒定，则根据焦耳定律可得产生的焦耳热为

23

八,2,kR、、”kR^rtn

Q=1-%=(-).2^-RVt0=­-~~5-

牝8ro

故D错误。

故选Ao

【例2】如图所示，固定的均匀矩形铝框abed,长度为2L宽度为L,左边边长为A的正

方形区域仍歹内存在与铝框平面垂直的匀强磁场。已知铝的电阻率为夕，单位体积内的自由

电子数为"，电子的电荷量为e。某时刻起，磁感应强度以变化率方〃均匀增加。则）

XXX!

XX5X：

XXX；

b2c

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

kL

C.自由电子定向移动的平均速率v=—

bnep

D.一个电子沿铝框运动一周，电场力做功用=淡产

【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

£="片=止

\t

由

E=IR

I=neSv

…a亍6L

得

kL

v=-------

6nep

故C正确；

D.一个电子沿铝框运动一周，电场力做功

W=eE=ekl}

故D正确。

故选BCDo

【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，。，6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竺的变化率增大时，线圈中产生的感应电动势为理

加\t

C.在磁场的磁感应强度大小由2减小到零的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为生

2R

D.在线圈以成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亚的变化率增大时，根据法拉第电磁感应定律有

lAOSAB

E,=——二----

At2加

B错误；

C.在磁场的磁感应强度大小由5减小到零的过程中，感应电动势的平均值为

『HA-①-----'-B-S------

—~2At'

感应电流的平均值为

根据电流的定义式有

解得

BS

q-----

2R

c正确;

D.根据图形可知，在线圈以成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Co

【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2H和H（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£、/、尸表示，不考虑两个线圈间

的影响，下列关系正确的是（）

B.&：/二4:1,4=2:1

C.4：与2=2:1,《：£=8:1D.6=4:1,44=1:1

【答案】A

【详解】由题意可得，两线圈的长度之比为

Lx_2TI2R_2

工"ZiR-I

两线圈围成的面积之比为

工_%(2/>_4

另■一兀R?一T

由法拉第电磁感应定律

En丝=忠5

NtAt

由图可知，线圈中的感应电动势之比为

空

E2S21

由闭合电路的欧姆定律

1=2

R良

由电阻定律得

两线圈的电阻之比为

LL_2

兄工一I

可得，线圈中的电流强度之比为

ER.41_2

A--_-}•!_--__--£.-—--_Av--_

=-T

4E2R112

线圈中的电功率之比为

EL42_8

A_}

-T

E2I211

故选Ao

题型六