高考物理【一轮复习】课件第一十二章 第一讲　电磁感应现象　楞次定律　实验十四：探究影响感应电流方向的因素

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考点一　实验十四：探究影响感应电流方向的因素
考点二　感应电流方向的判断
考点三　楞次定律推论的应用
考点四　三定则与一定律的应用
1．磁通量(1)公式：Φ＝____，S为垂直磁场方向的________，磁通量为____(选填“标量”或“矢量”)。(2)物理意义：磁通量的大小可形象表示为穿过某一面积的______条数的多少。(3)磁通量的变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
2．电磁感应现象(1)电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量________时，电路中产生________的现象。(2)产生感应电流的条件①条件：穿过闭合电路的磁通量________。②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做__________运动。(3)能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为____。
3．感应电流方向的判定(1)楞次定律①内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要____引起感应电流的______的变化。 “阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓了磁通量的变化过程。②适用范围：一切电磁感应现象。
(2)右手定则①内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让______从掌心进入，并使拇指指向________的方向，这时四指所指的方向就是________的方向。
右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中切割磁感线运动的情况。②适用情况：导线__________产生感应电流。
1．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(　 　)2．穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生。(　 　)3．线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(　 　)4．当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(　 　)5．感应电流的磁场总是与原磁场相反。(　 　)6．感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化。(　 　)7．楞次定律与右手定则都可以判断感应电流方向，二者没有什么区别。(　 )
1．实验思路如图所示，通过将条形磁体插入或拔出螺线管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．实验器材电流表、条形磁体、螺线管、干电池、开关、导线、滑动变阻器等。3．实验现象
4．实验结论当穿过螺线管的磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过螺线管的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。5．注意事项实验前应先查明电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系：把一节干电池、滑动变阻器、开关S与电流表串联，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向与电流方向的关系。
【典例1】　如图所示，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)为弄清电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的____(选填“电阻”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
【解析】　根据题意可知，实验要使用多用电表内部某一挡，且其含有直流电源，只有多用电表的电阻挡有电源，所以需要选用多用电表电阻挡对电流表进行测试。
(2)该同学先将多用电表的红表笔接电流表的正接线柱，再将黑表笔____(选填“短暂”或“持续”)接电流表的负接线柱。若电流表的指针向左摆动，则说明电流是由电流表的__(选填“正”或“负”)接线柱流入电流表的。【解析】　电流表量程太小，多用电表电阻挡内部电源电压相对较大，若电流超过电流表量程，则长时间通电会损坏电流表，故应将黑表笔短暂接触电流表的负接线柱；多用电表电阻挡红表笔连接电源的负极，电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入。
(3)实验中，该同学将磁铁某极向下从螺线管上方插入螺线管时，发现电流表的指针向右偏转，请在图甲中用箭头画出螺线管电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性。【答案】　见解析图(a)【解析】　电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱流入电流表，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场方向向上，故插入的磁铁下端为S极，如图(a)所示。
(4)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。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。①请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接；【答案】　实物连接见解析图(b)【解析】　①将L2与电流表串联形成回路，将电源、开关、滑动变阻器、L1串联形成另一个回路，实物图如图(b)所示。
②将L1插入L2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，稳定后拔出软铁棒B．闭合开关，稳定后拔出L1C．闭合开关，稳定后使变阻器滑片左移D．闭合开关，稳定后断开开关
②根据题意可知，闭合开关时，穿过L2的磁通量增大，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，而拔出软铁棒、拔出L1、断开开关S，穿过L2的磁通量均减小，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，故A、B、D错误；当使滑动变阻器的滑片左移时，电流增大，穿过L2的磁通量增大，产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，故C正确。
1．小明学习了有关电磁方面的知识后，设计了如图甲、乙所示的两个装置。
(1)为了探究电磁感应现象，小明应选用图__所示装置进行实验。解析：电磁感应现象是研究磁生电的现象，图甲所示装置是研究导体棒切割磁感线产生感应电流，图乙所示装置是研究磁场对通电导线的作用力，故选图甲所示装置。
(2)小明选用图甲所示装置探究有关知识时，进行了如下的操作，其中不能使电流表指针发生偏转的是__(填序号)。①让导线ab在磁场中斜向上运动②让导线ab在磁场中沿水平方向左右运动③让导线ab沿竖直方向上下运动解析：对图甲所示装置，要产生感应电流，导线需切割磁感线。让导线ab在磁场中斜向上运动以及让导线ab在磁场中沿水平方向左右运动，都切割了磁感线，都能产生感应电流，都能使电流表指针发生偏转；让导线ab沿竖直方向上下运动，导线没有切割磁感线，故不会产生感应电流，不能使电流表指针发生偏转。故选③。
(3)如果在图乙所示装置的实验中，当开关闭合时，发现直导线ab向左运动，若要使导线ab向右运动，你采取的措施是_________________________ __________________________。解析：如果在图乙装置的实验中，当开关闭合时，发现直导线ab向左运动，是由于直导线ab受到安培力作用，若要使导线ab向右运动，只需要改变电流的方向或磁场的方向即可，可以采取的措施如下：将磁铁N、S极对调(或将连接电源两极的导线对调)。
将磁铁N、S极对调(或将连接电源两极的导线对调)
(4)甲、乙两图的原理分别用于制造______和______。(均选填“电动机”或“发电机”)解析：题图甲是导体切割磁感线产生感应电流，是制造发电机的原理；题图乙是通电导体在磁场中受安培力作用发生运动，是制造电动机的原理。
2．用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(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。
【典例2】　如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　 　)A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【解析】　金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，由于感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，则穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故D正确。
2．(2024·江苏卷)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　 　)A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针
解析：线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小，则根据楞次定律可知线圈a中的电流为顺时针方向，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b中的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的感应电流方向为顺时针。故选A。
3．(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　 　)A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
解析：导体棒OA段旋转切割磁感线，根据右手定则可知φO>φA；AC段不切割磁感线，属于等势体，则φA＝φC。故φO>φA＝φC，A正确，B、C、D错误。
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下四种方式呈现。
考向1“增反减同”的应用【典例3】　安培曾做过如图所示的实验：把绝缘导线绕制成线圈，在线圈内部悬挂一个用薄铜片做成的圆环，圆环所在平面与线圈轴线垂直，取一条形磁体置于铜环的右侧，条形磁体的右端为N极。闭合开关一段时间后观察，发现铜环静止不动，安培由此错失了发现电磁感应现象的机会。实际上在电路闭合的瞬间，下列现象描述正确的是(　 　)A．从右向左看，铜环中有逆时针的感应电流B．从右向左看，铜环中有顺时针的感应电流C．铜环仍保持不动D．铜环会远离磁体
【解析】　在开关闭合瞬间，线圈内部磁通量增大且磁场方向向左。从右向左观察，根据楞次定律可知，铜环中产生逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误；产生感应电流时，铜环等效成一个小磁针，N极在右侧，与条形磁体S极相吸引，故C、D错误。
考向2“来拒去留”的应用【典例4】　如图所示，质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是(　 　)A．FN先大于mg，后小于mgB．FN一直大于mgC．Ff先向左，后向右D．线圈中的电流方向始终不变
【解析】　根据“来拒去留”的原理，磁铁靠近线圈时受到斜向左上的斥力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向右下的斥力，故线圈受到的支持力FN大于重力mg，磁铁远离线圈时受到斜向左下的引力作用，线圈受到斜向右上的引力，线圈所受支持力FN小于重力mg，故A正确，B错误；整个过程磁铁对线圈的作用力都有向右的分量，即线圈有向右运动的趋势，线圈所受摩擦力的方向始终向左，C错误；由于线圈中的磁通量先变大后变小，方向不变，故线圈中电流前后方向相反，D错误。
考向3“增缩减扩”的应用【典例5】两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环。当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，下列说法正确的是(　 　)A．A可能带正电且转速减小B．A可能带负电且转速恒定C．若A带负电，B有扩张的趋势D．若A带正电，B有扩张的趋势
【解析】　若A带正电，逆时针转动产生逆时针方向的电流，A内磁场方向垂直纸面向外，A外磁场方向垂直纸面向里，当转速减小时，穿过B的磁通量向外减小，根据楞次定律(增反减同)可知，B中产生逆时针方向的电流，故A错误；若A带负电，逆时针转动产生顺时针方向的电流，A内磁场方向垂直纸面向里，A外磁场方向垂直纸面向外，当转速不变时，穿过B的磁通量不变，B中无感应电流，故B错误；若A带负电，逆时针转动产生顺时针方向的电流，与图示B中电流方向相同，同向电流相互吸引，B环有收缩的趋势，故C错误；若A带正电，逆时针转动产生逆时针方向的电流，与图示B中电流方向相反，异向电流相互排斥，B环有扩张的趋势，故D正确。
考向4“增离减靠”的应用【典例6】　国产航母福建舰上的舰载飞机起飞应用了先进的电磁弹射技术，原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同。已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间(　 　)A．铝环向右运动，铜环向左运动B．铝环和铜环都向右运动C．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D．从左向右看，两环中的感应电流均沿逆时针方向
【解析】　根据楞次定律中的“增离减靠”可知，闭合开关的瞬间，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环的电阻率较小，铜环中产生的感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，C正确；根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，两环中的感应电流均沿顺时针方向，D错误。
2.相互联系(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用楞次定律和安培定则确定感应电流的方向(因动生电时也可用右手定则确定)，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
【典例7】　(多选)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，PQ、MN均处在竖直向下的匀强磁场中，当PQ在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
【解析】　MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，通过左手定则判断可知MN中有感应电流，方向由M→N，由安培定则得出L1中感应电流产生的磁场方向向上阻碍原磁场变化，那么L1中原磁场必然是向上减弱或是向下增强，得出L2中磁场也是向上减弱或向下增强。因为PQ运动导致PQ与L2组成的回路中磁通量变化，若L2中磁场方向向上减弱，那么电流也减弱，应用安培定则判断出PQ中电流为Q→P且减小，由楞次定律或右手定则判断PQ向右减速运动，C正确，A错误；若L2中磁场方向向下增强，PQ中电流为P→Q且增大，则PQ向左加速运动，B正确，D错误。
4．如图所示，一平行光滑金属导轨水平置于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，与大螺线管M相接，在M螺线管内同轴放置一绝缘圆盘N，N的边缘固定着许多带负电的小球(每个小球都可视为一点电荷)，且圆盘N可绕轴心在水平面内自由转动。当导体棒ab运动时，圆盘N能沿箭头方向逆时针转动，则导体棒ab的运动情况是(　 　)A．导体棒ab向右做匀速运动B．导体棒ab向右做加速运动C．导体棒ab向左做匀加速运动D．导体棒ab向左做变加速运动
解析：若导体棒ab向右运动，根据右手定则可知导体棒ab中感应电流由b到a，M中的磁场竖直向上，与产生感应电场的磁场方向相反，可知感应电流产生的磁场必然是增强的，则ab必然加速运动，故A错误，B正确；若导体棒ab向左运动，根据右手定则可知导体棒ab中感应电流由a到b，M中的磁场向里，与产生感应电场的磁场方向相同，可知感应电流产生的磁场必然是减弱的，则ab必然减速运动，故C、D错误。
1．(5分)如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则(　 　)A．开关断开瞬间，电流表指针不偏转B．开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针C．开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转D．开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力
解析：开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其磁通量的减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。
2．(5分)(2025·陕西西安高三联考)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃(图中未画出)连接构成回路。下列说法正确的是(　 　)A．按下按钮的过程，螺线管P端电势较高B．松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高C．按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同D．按下和松开按钮的过程，螺线管所受的安培力方向相反
解析：按下按钮过程中，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从P端经螺线管向Q端，则螺线管Q端电势较高，故A错误；松开按钮过程中，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电动势的方向从Q端经螺线管向P端，此时螺线管P端电势较高，故B错误；按下按钮过程中，螺线管Q端电势较高；松开按钮过程中，螺线管P端电势较高，按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁场方向不变，螺线管所受的安培力方向相反，故D正确。
3．(5分)(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　 　)A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
解析：由安培定则可知，线圈1、2形成的磁场方向都是竖直向下的，A错误；汽车进入线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判断，线圈abcd中的感应电流方向与线圈1中感应电流方向反向，是沿逆时针，即感应电流方向为adcb，同理，汽车离开线圈1时，线圈abcd中向下的磁通量减小，线圈abcd中的感应电流方向是顺时针，即感应电流方向为abcd，故B错误，C正确；汽车所受安培力为阻力，与速度方向相反，D错误。
4．(5分)(2025·山东济南高三阶段检测)如图，在水平光滑桌面上，固定两条平行绝缘直导线，通以相同电流，导线之间放置两个相同的圆形小线圈。当两侧导线中电流同样增大时，忽略不计两小线圈之间作用力，则(　 　)A．两小线圈中感应电流都沿顺时针方向B．两小线圈中感应电流都沿逆时针方向C．两小线圈会相互靠近D．两小线圈会相互远离
解析：根据安培定则可知，左侧圆形小线圈向下的磁通量变大，右侧圆形小线圈向上的磁通量变大，根据楞次定律，左侧圆形小线圈感应电流沿逆时针方向，右侧圆形小线圈感应电流沿顺时针方向，故A、B错误；根据左手定则可知，左侧圆形小线圈受到向右的安培力，右侧圆形小线圈受到向左的安培力，所以两小线圈会相互靠近，故C正确，D错误。
5．(5分)某品牌电瓶车的动能回收系统的结构原理如图所示，传动轴与磁铁固定连接，当车辆下坡时，车轮通过传动装置带动磁铁在绕有多匝线圈的铁芯间转动，线圈通过a、b端给电池充电，不考虑磁铁转速的变化，穿过线圈的磁通量按正弦(或余弦)规律变化，某时刻磁铁的位置和转动方向如图所示，下列说法正确的是(　 　)A．在图示位置，线圈中的感应电动势最大B．从图示位置开始的一小段时间内，线圈a端的电势比b端高C．从图示位置转过90°时，线圈中的感应电动势最大D．从图示位置转过180°时，线圈a端的电势比b端高
解析：图示位置线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，则线圈中的感应电动势为零，故A错误；从图示位置开始的一小段时间内，线圈中的磁场竖直向下且磁通量减小，根据楞次定律，感应电流由a到b，b端的电势比a端的高，故B错误；从图示位置转过90°时，线圈中的磁通量最小，磁通量变化率最大，则线圈中的感应电动势最大，故C正确；从图示位置转过180°时，线圈中的磁通量最大，感应电动势为零，a端的电势等于b端的电势，故D错误。
6．(5分)某实验小组的同学用如图所示装置研究电磁感应现象，软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈与电源和滑动变阻器相连，N线圈与电流表相连，闭合开关S的瞬间，观察到电流表指针向右偏转。下列说法正确的是(　 　)A．闭合S后，滑片P匀速向上滑动的过程中，电流表指针不偏转B．闭合S后，滑片P加速向上滑动的过程中，电流表指针向左偏转C．断开S的瞬间，电流表指针不发生偏转D．断开S的瞬间，电流表指针向右偏转
解析：闭合开关S的瞬间，电流突然增大，通过N的磁通量增大，观察到电流表指针向右偏转，开关S闭合后，滑片P匀速或加速向上滑动的过程中，电流减小，穿过N的磁通量减小，电流表指针向左偏，故A错误，B正确；断开开关的瞬间，流过线圈M的电流减小，则穿过线圈N的磁通量减小，电流表指针向左偏转，故C、D错误。
7．(5分)如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管b与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是(　 　)A．线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流B．穿过线圈a的磁通量减小C．线圈a有扩张的趋势D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析：当滑片P向下移动时滑动变阻器接入回路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向(俯视)应为逆时针，故A、B错误；根据楞次定律，感应电流的产生总是阻碍引起感应电流的原因，因为滑片向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑片向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，判断知此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
8．(5分) (多选)荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条(可视为导体)将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是(　 　)A．当ab棒自北向南经过最低点时，电流从c流向dB．当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流一定为零C．当ab棒自南向北摆动的过程中，回路中的磁通量先减小再增加D．当ab棒自南向北经过最低点时，ab棒受到的安培力的方向水平向南
解析：当ab棒自北向南经过最低点时，由右手定则知ab棒上的电流方向自a向b，金属架上的电流方向则为自c到d，故A正确；当链条与竖直方向成45°角时，ab棒到达最高点，其速度为0，不产生感应电动势，回路中感应电流一定为零，故B正确；如图所示，ab棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路abcd的磁通量一直减小，故C错误；当ab棒自南向北经过最低点时，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向右下，故D错误。
9．(5分) (多选)如图所示，一根长导线弯曲成“ ”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列判断正确的是(　 　)A．金属环中无感应电流产生B．金属环中有逆时针方向的感应电流C．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力D．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力
解析：由安培定则知，弯曲成“ ”形导线中电流在C处产生的磁场方向垂直纸面向里，且随电流增大而增强。由楞次定律知，C中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误，B正确；由左手定则可知，金属环C上各处所受安培力的方向均指向圆心，由于长导线弯曲成“ ”形，所以金属环下半边处的磁感应强度小于上半边处的磁感应强度，下半边受到的安培力小于上半边受到的安培力，因此导致悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力，此结论也可应用楞次定律的推论来得出，为了阻碍磁通量的增加，金属环C有向下运动的趋势，所以竖直线的拉力大于环的重力，故C正确，D错误。
10．(5分)如图所示，金属导体圆环用绝缘支架固定在铁架台上，圆环面水平。在圆环正上方，一质量为m，可视为质点的小磁铁通过细线吊在铁架台的横杆上，细线与圆环的轴线重合，小磁铁距铁架台底面的高度为h。现剪断细线，小磁铁沿圆环轴线下落到铁架台底面上。不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　 　)
B.小磁铁下落的整个过程中，加速度先小于g后大于gC．在小磁铁下落的整个过程中，圆环对小磁铁的作用力先竖直向上后竖直向下D．在小磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流先逆时针后顺时针(从上往下看)
时针方向(从上往下看)，小磁铁在圆环下方下落时，圆环中磁通量减小，产生的感应磁场方向竖直向下，则根据安培定则判断可知，圆环中的感应电流沿顺时针方向(从上往下看)，故D正确。
11．(5分)可绕O点转动的金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是(　 　)A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘逆时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动
解析：圆盘顺时针加速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则可知ab棒中感应电流方向为a→b，由左手定则可知，ab棒所受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；圆盘逆时针匀速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上，且磁场不变，线圈B中
无感应电流，则ab棒静止，故B错误；圆盘顺时针减速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下，且磁场减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知ab棒中感应电流方向为b→a，由左手定则可知，ab棒所受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故C正确；圆盘逆时针加速转动时，由右手定则可知，圆盘中感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上，且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知ab棒中感应电流方向为b→a，由左手定则可知，ab棒所受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故D错误。
12．(5分)(多选)城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流，现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是(　 　)
A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电时，线圈中会产生感应电流B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到的安培力与运动方向相反C．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，感应电流的方向(俯视)先逆时针后顺时针，然后先顺时针后逆时针D．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北
解析：若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电时，由对称性可知，通过线圏的磁通量为零，磁通量的变化量为零，感应电流为零，故A错误；若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，磁通量的变化量为零，感应电流为零，安培力为零，故B错误；根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向(俯视)先逆时针后顺时针，在检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向(俯视)先顺时针后逆时针，故C正确；由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到的安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。
13．(20分)在“探究电磁感应现象的产生条件”实验中，实物连线如图甲所示。感应线圈组的内外线圈绕线方向如图乙粗线所示。(G表指针指向电流流入方向)
(1)接通电源，闭合开关，G表指针有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，G表指针____；迅速抽出铁芯时，G表指针____。(均选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)解析：滑动变阻器滑片向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈中的磁通量方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G表指针向左偏。抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏。
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。解析：把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动。
(3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？_________________ _____________________________________________________________。解析：若G表未损坏，短接G表，并摇动G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇动时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象。
短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了