第10讲 直流电路与交流电路-【红对勾】2025年高考物理二轮复习讲与练

真题演练 感悟高考 专题四 电路与电磁感应 (1)m听sin Beos月 (2)9Bd 第10讲直流电路与交流电路 gL m (2次) (3)(d,d,0)(4)(2+22)xm 考向探究素养提升… gB 2 3次) 解析：(1)如图1所示， 4次) 考向一 直流电路的分析与计算 典例1BCD由题图可知，R,与滑动 图3 变阻器R,串联后与R3并联，再与R 串联接在电源两端，电容器与R?并 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为 联；当R,的滑片向a端移动时，滑动 x4=2r2sin45°=d, 变阻器接入电路的电阻增大，则电路 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为 y4=2r1=d, 中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律 可知，电路中总电流减小，路端电压增 图1 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐 大；电路中总电流减小，则R,两端的 将离子甲从A点出射速度。分解到 标为(d,d,0)。 电压减小，又因路端电压增大，则并联 沿y轴正方向和之轴正方向，离子受 (4)设离子乙的速度为。'，根据离子 部分的电压增大，据欧姆定律可知流 到的电场力沿y轴负方向，可知离子 甲、乙动能相同可得？m= 1 过R:的电流增大；电路中总电流减 沿~轴正方向做匀速直线运动，沿y 小，流过R?的电流增大，则流过R,的 轴正方向做匀减速直线运动，从A到 O的过程，有L=votcos B,vosin B a可释-名- 电流减小，电流表读数减小；流过R 的电流减小，R2的电压减小，又因并联 al ,a= ,联立解得E="w6 sin Beos B 离子甲在磁场I中的轨迹半径为 部分的电压增大，则R,的电压增大， 电压表读数增大，故A错误，B正确； (2)如图2所示， 因电容器两端电压增大，极板间电场 离子甲在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 强度增大，带电质点P受到的向上的 mv 静电力增大，带电质，点P将向上运动， .h r2= ②d 2 故C正确；因R。两端的电压增大，由 U 45e9 离子乙在磁场I中的轨迹半径为 P一R可知，R:上消耗的功率逐渐增 大，故D正确。 0 2 ri=Imv' =d=2r1, 提升练1A当汽车启动时，开关S闭 离子乙在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 合，电机工作，灯与电机并联，外电路 r=4mu' E -=2d=2r2, 总电阻减小，由1=，十R可知电路总 -3d √2 g·2B 电流变大，由公式U=E一Ir可知，路 图2 U 离子从坐标原点O沿之轴正方向进入 根据几何关系可知离子甲、乙运动轨 端电压变小，再由公式1一及，可知， 磁场I中，由洛伦兹力提供向心力可 迹第一个交点如图4所示， 车灯电流减小，故车灯变暗，所以A正 得qB=m0 确，B、C错误；电源总功率公式P= IE,总电流变大，故电源总功率变大， 离子经过磁场I偏转后从y轴进入磁 故D错误。 场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力可得 提升练2AC滑片向右滑动，电路总 =mu? .② 电阻变小，总电流I,变大，电压表示数 U=E一I2(r十R,),电压表示数变小， 第一个 可得r2=21,为了使离子在磁场中 U 交点 电流表A示数1=1。一尽。，其中U 运动，需满足r1d,r23d, 减小I2增大，则电流表A示数I1变 联立可得u≤9Bl 图4 U 大，故A正确，B错误：由1=L?R 要使离子甲进入磁场后始终在磁场中 从O点进入磁场到第一个交点的过 运动，进入磁场时的最大速度为 程，有 可知，△1=△1，-，其中A1为正 AU n=gBd t甲=T1+T2= 2πn 2πm 数，△I2为正数，△U为负数，代入符 m gB (3)离子甲以0=gB 9.② 号，则有△1I>|△I2,故C正确；由 的速度从O点沿 U=E-I2(r十Ra)可知，△U=0 m 之轴正方向第一次穿过xOy面进入磁 (2V2+2)xm △LU △12·(r十R),则有 △I2 场I,离子在磁场I中的轨迹半径为 1 1 2π·4m △U ri=mo_d T1+ 2T 2 9B R3), △12 =r十R3,保持不变，故D gB 2 1 2π·4m 离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 2 .② =(4+4V2) 错误 9B 9·2B 考向二 交流电路的分析与计算 典例2B由题图乙可知，交变电流的 2 可得离子甲、乙到达它们运动轨迹第 9·2B 一个交点的时间差为 周期T=0.02s,频率f=下=50Hz, 离子从O,点第一次穿过到第四次穿过 xOy平面的运动情境，如图3所示， △1=t-1p=(2+22)πm 故A错误；1=0.01s时，电动势为零， gB 故线圈平面与中性面重合，故B正确： -281- 参考答案一业 t=0s和t=0.01s时，电动势为零，磁通 I3R=11500V,根据理想变压器无功 量为0，故可知电流最大；在磁极转动 量有最大值，设为中m,则0~0.01s时间 率损失，有P=UI3十P,代入数据 的过程中，穿过线圈的磁通量在减小， 内磁通量变化量△Φ=2Φm,通过线圈的 解得P4=408kW,C正确；根据 U 根据楞次定律可知，此时感应电流方 N△Φ 向由Q指向P。故选BD。 4.AC保持T不动，根据理想变压器的 电荷量g=I△t= R41 At R △t ,解得 n2 n2 46,D错误。 性质可知副线圈中电压不变，当滑动 N△地_2ND,由于电动势的最大值 R 提升练5B U=1知，仅增加原线 变阻器R的滑片向∫端滑动时，R与 由Uz R,串联后的总电阻减小，通过R1的 2ND,根据图像可知 圈匝数，副线圈的输出电压2减小 电流增大，根据P=IR,可知此时R Em=VΦmw= T 不能使小灯泡正常发光，故A错误；由 热功率增大，故A正确；将T向b端移 V2 动，副线图匝数变小，故副线圈两端电 En=202V,解得g=25元 U C,故C错 知，仅增加副线图匝数，副线圈 U,n2 压变小，滑动变阻器R的滑片位置不 变时，通过R,的电流减小，故热功率 误；发电机的最大电压为20√2V,如 的输出电压U:增大，有可能使小灯泡 U=知，将 减小，故B错误；将T向a端移动，副 把击穿电压为20V的电容器接在发 正常发光，故B正确：由U n2 线圈匝数增加，故副线圈两端电压变 电机两端，电容器会被击穿，故D 错误。 原、副线圈匝数都增为原来的两倍，匝 大，滑动变阻器R的滑片向「端滑动， 数比不变，由于原线圈的电压不变，则 R与R1串联后的总电阻减小，通过R 提升练3B结合Q Rt可知Q, 副线圈的输出电压U,不变，不能使小 的电流增大，此时R,热功率增大，故C T 灯泡正常发光，故C错误；将两个 正确；将T向b端移动，副线圈匝数减 T 3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电 少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻 压不变，匝数比不变，则副线圈的输出 器R的滑片向e端滑动，R与R,串联 2UT U。T=2R T 电压U,不变，不能使小灯泡正常发 后的总电阻增大，通过R的电流减 3RQ2= R. ,又因 光，故D错误。 小，此时R,热功率减小，故D错误。 风=风片8 3B正确。 提升练6BD当开关S接1时，左侧变 第11讲电磁感应 压器次级电压U2=3×7.5V=22.5V, 提升练4AC大轮和小轮通过皮带传 电阻R上的电压，即右侧变压器的次 考向探究素养提升 动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴 级电压U=PR=10V,电流I,= 考向一楞次定律法拉第电磁感应 转动，角速度相等，根据=，可知小 U 轮转动的角速度为4ω，则线圈转动的 =1A,则右侧变压器初级电压 定律的应用 典例1AD线框穿过磁场的过程中 角速度为4w,A正确；线圈产生感应电 动势的最大值Em=nBS·4w,又S= 0-2 1 ×10V=20V,电流1= 磁通量先增加后减少，则根据楞次定 × 2 律可知，感应电流先沿逆时针方向，后 L2,可得Em=4BL2w,则线圈产生感应 U,-Ua 沿顺时针方向，A正确；线框穿过磁场 电动势的有效值E=E=22MBL'u. 1A=0.5A,则r= =5n;当 的过程中，切割磁感线的有效长度先 开关S接2时，设输电电流为I,则右 增大、后减小、再增大，则感应电流先 根据串联电路分压原理可知，灯泡两端 侧变压器的次级电流为0.51：由右侧 增大、后减小、再增大，B错误；根据 RE 电压有效值为U=R十R=巨nBLm, 交压器两边电压关系可知一厂 △Φ 2XB.L·31 2 V3BL2 B错误；若用总长为原来两倍的相同漆 0.5IR ,解得I=3A,则R上的功率 q一R R R 包线重新绕制成边长仍为L的多匝正 C错误；当线框完全进入磁场时，c、b 方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2 P=(0.5I)R=22.5W。故选BD。 两点的电势差最大，最大为U。=E= 倍，线圈产生感应电动势的最大值 真题演练 感悟高考 B·√5Lu=√3BLV,D正确。 E=8nBL2a,此时线图产生感应电动 提升练1A线圈从图示位置开始，以 势的有效值E'= E量=42nBL2w,根 L.B根据电阻定律R=p ,欧姆定律 L 东西方向的直径为轴转过90°的过程 √2 中，穿过线圈的磁通量变化量为△Φ一 据电阻定律可知线圈电阻变为原来的 S△U △U=I·△R,整理可得p=了·D BScos a-BSsin a=Bar2(cos a-sin a) 2倍，即为2R,根据串联电路分压原理 根据法拉第电磁感应定律得E= 可得灯泡两端电压有效值了 结合题图可知导体L1、L?的电阻率之 ,根据闭合电路欧姆定律得Ⅰ= RE' 0.2 ?2元一之2B心，C正确；若仅半 比 0.25 2 E 3 0.5-0.2 =。故选B。 R ,通过线圈的电荷量为q=I△1，联 小轮半径变为原来的两倍，根据v=ω 可知小轮和线圈的角速度变小，根据 1.00-0.25 2.C设电源负极电势为零，由串、并联 立上式有g=N E有二nBS R ,可知线圈产生的感应电 电路特点得，电容器下极板电势为 Bπr2(cosa一sina）,故选A R 动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误 P1=U=5E(电源外部沿电流方向 提升练2C由几何关系可知Oa=R 考向三变压器和远距离输电 电势越来越低)，电容器上极板电势为 典例3C由P=UI得发电机的输出 2 Ob=5R,0=5R,根据E=2B10 92=U2R= E,电容器两极板间的电 电流1-U,=2×10A,A错误：用户 5 P88X10 势差为U=91一9：= 瑞电流1= 5E,则电容器上 可得EO三2BR,E=7B A=400A. 5 220 U=L=1,解得I=8A,U: 的电荷量为Q=CU= 5CE,C正确， 5Rw=2BRw,E0=2B·5Rw= A、B、D错误。 8BRa,又E=9o,Ew=9n 11000V,则输电线上损失的功率为3.BD开始时线圈处于中性面位置，当 96,Ek=90一9：，故90>9。>pb= △P描=IR=4kW,B错误；U,=U3十 磁极再转过90°，此时穿过线圈的磁通 9:,C正确。 一红烟勾·讲与练·高三二轮物理 -282专题四 电路与电磁感应 第10讲」 直流电路与交流电路 M复习定位 1,准确理解和掌握直流电路的基本规律，电路动态变化及故障判断的方法。 2.掌握交变电流的产生和描述、四值的特点和相关计算。 3.理解变压器的原理，会分析交流电路的动态变化以及远距离输电问题。 知识网络 体系构建 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动 →线圈形状可变化 R=号欧姆定租 有效值：1-号一适用于正张式交变电流 随温度升 瞬时值/=lsin ot 高金属电。电阻率与温度的关系 正弦式交变 峰值I=nBSa 阻率增大 R 电容器的耐压值 半导体、超导体及应用电阻定律 直流 电流的描述 周期(T和频率() 电路 O=12Rt 图像—正弦曲线 “一焦耳定律、电功、电功率 与 W=Ult 交流 电阻、电感和电容对交变电流的作用感抗和容抗 电源电动势 电路 闭合电路 U=E-r←路端电压与负载的关系欧姆定律 ·注意U2、L,的控制因素 068 输 送 变压器 _,P人=Pm U2 n2 n1>n,降压 描绘电阻的伏安特性曲线 高压输电一n<n,升压 测定电源电动势和内电阻 实验 多用电表的使用 考向探究 素养提升 考向一直流电路的分析与计算 1.两种电路 而增大（如图甲中R。的功率）。 (1)纯电阻电路：电功W=UIt,电功率P= (2)外电阻越接近电源的内阻，电源输出功率 UI,且电功全部转化为电热。 越大，等于内阻时电源的输出功率最大（如图 (2)非纯电阻电路：电功大于电热，即W= 甲中R十R。=r时)。 UIt>Q=IRt。 (3)判断变化电阻的功率时，可以将其他部分 2.直流电路动态分析的常用方法 电路等效到电源内部（如图乙中R=R。十r时）。 (1)程序法：基本思路为“部分→整体→部分”。 +P/W (2)极限法：因滑动变阻器滑片滑动引起电路 变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑 至两端，使电阻最大或电阻为零去讨论。 O R=Ro+r R/2 3.分析功率的三点技巧 甲 (1)定值电阻的功率随其电压或电流的增大 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 【典例1】（多选）(2024·湖南湘潭高三质检) 续表 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于 分类 情境展示 规律解读 静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的 R 利用“电功=电热十其 影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动 含电动 他能量”寻找等量关系 机电路 时，则 ( ⊙ 求解 R 解决电路的动态问题 动态电 A 定要遵循“部分>整 路分析 E,r 体→部分”的程序，逐 P A.电压表读数减小 判断 B.电流表读数减小 【提升练1】 某汽车的电源与启动电机、车灯连 C.带电质点P将向上运动 接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开 D.R?上消耗的功率逐渐增大 关S闭合，电机工作，下列说法正确的是 听课记录 ( 田动 启动电机 M 069 A.车灯变暗 B.路端电压变大 C.电路的总电流变小 D.电源的总功率变小 【提升练2】（多选）(2024·贵州一模)如图所 示电路，开关S闭合后，电流表A1、A2和电 「规律总结直流电路的四类问题 压表V同一时刻读数分别记为I1、I2、U;滑 分类 情境展示 规律解读 动变阻器滑片向右滑动过程中，电流表A1、 A2和电压表V示数变化量的大小分别为 (1)闭合电路的欧姆 △I1、△I2、△U,电源有内阻，电表均看作理想 纯电阻 定律； 电表，则 () 电路 (2)串、并联电路特点； (3)焦耳定律 (1)三种连接方式：串 D C 含电容 接、并接和跨接； E 器电路 (2)电容器电容C A.I1增大 B.U增大 Q△Q △U C.△I>|△I2 △U △I, 不断增大 第一部分 专题四 电路与电磁感应一闭 考向二交流电路的分析与计算 1.两个特殊位置的特点 A.该交变电流的频率为5Hz (1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B,Φ最 B.t=0.01s时，线圈平面转到中性面位置 大 C.0~0.01s内，通过线圈的电荷量为 =0,e=0,i=0,电流方向将发生改变。 0.02C (2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B,Φ=0， D.如把击穿电压为20V的电容器接在发电 △最大，e最大，i最大，电流方向不改变。 机两端，电容器刚好不会被击穿 多听课记录 2.有效值的计算 (1)正弦式交变电流，E=E。,1=1,U= √2√2 2 (2)非正弦式交变电流：计算有效值时，要根 【提升练3】(2024·河北卷)R1、R2为两个完 据电流的热效应，即“一个周期”内“相同电 全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间 阻”上产生“相同热量”，然后分段求和列式， 周期性变化的规律如图1所示（三角形脉冲 求得有效值。 交流电压的峰值是有效值的√倍)，R2两端 的电压随时间按正弦规律变化，如图2所 3.正弦式交流电“四值”的应用 070 示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之 项目 表达式 应用 比Q1:Q2为 最大值 Em=nBSw 计算电容器的耐压值 u/V u/y U 瞬时值 e=Emsin wt 计算某时刻所受安培力 Em 电表的读数，计算电热、电功 有效值 E- 图 图2 2 及保险丝的熔断电流 A.2:3 B.4:3 平均值 E-n△Φ 计算通过导体的电荷量 C.2:3 D.5:4 △t 【提升练4】（多选）(2023 【典例2】 (2024·广东广州二模)小型发电机 湖南卷)某同学自制了 的工作原理如图甲示，两磁极之间可视为 一个手摇交流发电机， 匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势 如图所示。大轮与小轮 随时间变化的关系图像如图乙所示，将线圈 通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为 与阻值为102的定值电阻相连。不计线圈 4:1,小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈 内阻。下列说法正确的是 是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形， 共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁 e/V 20√2 感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角 0.02 0 0.0 速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转 -202 动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、 滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压 绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则 以内，下列说法正确的是 A.线圈转动的角速度为4w 灯泡两端电压有效值为4y2nBLa B.灯泡两端电压有效值为3√2nBL2w D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡 C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新 变得更亮 考向三 变压器和远距离输电 1.理想变压器动态分析的两种情况 其余线路电阻不计，用户端电压U4=220V, (1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两 功率88kW,所有变压器均为理想变压器。 端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。 下列说法正确的是 ( ) (2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端 乙n2 的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化 U, U U用 发 3 R 情况。 电U 机 2.远距离输电问题的解题关键 储 U: 能 (1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通 。S 过变压器建立联系（如图所示）。 A.发电机的输出电流为368A 3 4. B.输电线上损失的功率为4.8kW 1.R U C.输送给储能站的功率为408kW 071 P D.升压变压器的匝数比n1:n2=1:44 回路1 回路2 回路3 多听课记录 (2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求 出中间回路的电流I2,则△U=I2R,△P= IR=△U·I2= (△U)2 规律总结变压器的三种模型 分类 情境展示 规律解读 3.掌握两种损耗 (1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损 变压器 变交不变直， 工作原理 变压不变频 耗，UR=U2一U3=IRR。 (2)功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率 般有两种： R 损耗，PR=P2一P3=IR。输电线上的能量 变压器 匝数比不变的 损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式P= 动态分析 情况和负载电 阻不变的情况 UR IR或PR=R· 在远距离输电 【典例3】(2023·山东卷)某节能储能输电网 问题中，一般 远距离 络如图所示，发电机的输出电压U1=250V, 用P=IR找 输电 输出功率500kW。降压变压器的匝数比 电源回路 输送回路 用户回路 计算线路功率 n3:n4=50:1,输电线总电阻R=62.52, 损耗 第一部分 专题四 电路与电磁感应一讲 【提升练5】(2023·北京卷)自制一个原、副线 输人电压为7.5V的正弦式交流电。连接 圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原 两个理想变压器的导线总电阻为r,负载R 线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额 的阻值为102。开关S接1时，右侧变压器原、 定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯 副线圈匝数比为2：1，R上的功率为10W; 泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小 接2时，匝数比为1：2，R上的功率为P。 灯泡正常发光的是 ( 下列判断正确的是 A.仅增加原线圈匝数 B.仅增加副线圈匝数 C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈 A.r=102 B.r=52 【提升练6】（多选）输电能耗演示电路如图所 C.P=45 W D.P=22.5W 示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1：3， 真题演练 感悟高考 1.(2024·广西卷)将横截面相同、材料不同的3.（多选）(2024·新课标卷)电动汽车制动时可 两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长 利用车轮转动将其动能转换成电能储存起 来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋 072 度为1.00m,接入图甲电路。闭合开关S,滑 片P从M端滑到V端，理想电压表读数U 转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某 随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙， 瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所 示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁 则导体L1、L2的电阻率之比约为 极再转过90°时，线圈中 () U/V 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 00.250.500.751.00x/m 甲 乙 旋转方向 A.2:3 B.2:1 蓄电系统 C.5:3 D.1:3 A.电流最小 2.（2023·海南卷)如图所示电 3R 2R B.电流最大 路，已知电源电动势为E,内 C.电流方向由P指向Q 阻不计，电容器电容为C,闭 4R D.电流方向由Q指向P 合开关K,待电路稳定后，电 4.(多选)(2024·全国甲卷)如图，理想变压器 容器上的电荷量为 的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T 调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电 1 A.CE B.2CE 阻R。和R,、开关S。S处于闭合状态，在原 D.CE 线圈电压U。不变的情况下，为提高R,的热 功率，可以 ☑一红对勾·讲与练·高三二轮物理 C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向 ∫端滑动 D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向 e端滑动 A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端 滑动 B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位 请完成课时作业15 练 置不变 第11讲 电磁感应 复习定位 1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。 2.会分析电磁感应中的图像与电路问题。 3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 知识网络 体系构建 右手定则适合“切制型”的电磁感应现象 感应电流方向判断 图像问题→注意斜率、截距、面积等 楞次定律 E-nABS 电 电路问题 磁 受力分析 073 E=nAL E=nASB 两大规律 感 四类典型问题 动力学问题 A 能量问题 运动分析 法拉第电磁感应定律 规 E=Blv 律 注意功能关系的综合应用 △Φ q=nRtr 等效法 计算电荷量 应 计算焦耳热 两类计算 用 解题方法 图像法 注意电荷量的决定因素 理想化模型 一般是克服安培力 做功产生焦耳热 考向探究 素养提升 考向一 楞次定律 法拉第电磁感应定律的应用 1.求感应电动势的两种方法 (2)利用楞次定律，即根据穿过回路的磁通量 (1)E=n △ 的变化情况进行判断。 ,用来计算感应电动势的平均值。 △t 3.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 (2)E=BLv或E= 2BLω，主要用来计算感 (1)阻碍磁通量的变化—“增反减同”。 (2)阻碍相对运动 “来拒去留”。 应电动势的瞬时值。 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势—“增 2.判断感应电流方向的两种方法 缩减扩”。 (1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切 (4)阻碍原电流的变化（自感现象）—“增反 割磁感线运动的情况进行判断。 减同”。 第一部分专题四 电路与电磁感应饼