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2021届高考物理人教版一轮创新教学案：第50讲 电磁感应现象 楞次定律
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第十一章 电磁感应
[研读考纲明方向]
考纲要求
复习指南
内容
要求
考情分析：
电磁感应是历年高考考查的重点，题型多为选择题和计算题。选择题主要考查有关电磁感应现象的定性分析、感应电动势的计算及各种相关的图象问题；计算题主要考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题。
命题趋势：
1．会继续考查应用楞次定律和右手定则判定感应电流的方向。
2．结合各种图象(Φt图象、Bt图象等)，考查感应电流方向、感应电动势的计算。
3．会继续考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题，特别是电磁感应与生产、生活实际的结合。
电磁感应现象
Ⅰ
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ
[重读教材定方法]
1.P7图4.2－7，要使电流表偏转，摇绳的两同学应南北站立还是东西站立？
提示：东西站立。
2．P7[问题与练习]T1，甲、乙、丙三种情况，哪种产生感应电流？哪种产生感应电动势？
提示：乙、丙产生感应电动势，丙产生感应电流。
3．P9[问题与练习]T7，为使MN棒中不产生感应电流，磁感应强度B与t的关系如何？
提示：由B0l2＝Bl(l＋vt)，得B＝。
4．P11阅读教材，思考：感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反吗？
提示：不一定。
5．P12[思考与讨论]导体棒AB中的感应电流沿什么方向？
提示：沿A→B。
6．P13[问题与练习]T4，线圈在B位置时，穿过它的磁通量为零，产生的感应电流也为零吗？
提示：磁通量为零，感应电流不为零。
7．P16阅读教材，思考：E＝Blv中，l指导线实际长度吗？
提示：不是。l是有效切割长度。
8．P16[思考与讨论]感应电动势是加强了电源产生的电流，还是削弱了它？是有利于线圈的转动，还是阻碍了线圈的转动？
提示：根据楞次定律可知，感应电动势削弱了电源产生的电流，阻碍了线圈的转动。
9．P20[思考与讨论]导体棒哪端电势高？若外接用电器，导体棒电流沿什么方向？此时导体棒中哪端电势高？
提示：C端电势高；电流从D→C；C端电势高。
10．P23图4.6－4，思考：开关S断开后灯泡A中的电流方向是什么？
提示：从右向左。
11．P23图4.6－5，图甲中，若开关S断开，电流表示数立即变为零还是逐渐变为零？
提示：立即变为零。
12．P24阅读“磁场的能量”。
13．P27图4.7－7，连接正负接线柱的导线有什么作用？
提示：使电流表中形成闭合电路，起到电磁阻尼作用，预防指针振动过大。
第50讲 电磁感应现象 楞次定律
基础命题点一 电磁感应现象
一、磁通量
1．磁通量
(1)定义：磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积。
(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。
2．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
3．磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即，与线圈的匝数无关。
4．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁感应强度不变，回路的有效面积改变。
(2)有效面积不变，磁感应强度改变。
(3)磁感应强度和有效面积都改变。
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象，产生的电流称为感应电流。
2．产生感应电流的条件
(1)电路闭合；(2)磁通量发生变化。
3．实质：电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。
1. 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
答案 C
解析 设闭合线框在位置1时的磁通量大小为Φ1，在位置2时的磁通量大小为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2。将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)。故正确选项为C。
2．[教材母题] (人教版选修3－2 P8·T3)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在虚线框内，闭合线圈由位置1穿过虚线框运动到位置2。线圈在运动过程中什么时候有感应电流，什么时候没有感应电流？为什么？
[变式子题] 图中能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 A项中线圈不是闭合的，不能产生感应电流；B项中回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，能够产生感应电流；C项中由于直导线在线圈对称轴的正上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，穿过线圈的磁通量仍然是0，不能产生感应电流；D项中线圈整体沿垂直于匀强磁场方向运动，穿过线圈的磁通量始终最大且没有发生变化，不能产生感应电流。故选B。
3．(2019·北京人大附中高三期末)(多选)如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转
答案 AC
解析 开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，引起电流计指针偏转，A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，B错误；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变化，穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，电流计指针都会偏转，D错误。
基础命题点二 感应电流的方向
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
(3)应用楞次定律的思路：
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平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。
名称
基本现象
因果关系
应用的定则
或定律
电流的
磁效应
运动电荷、
电流产生磁场
因电生磁
安培定则
洛伦兹力、
安培力
磁场对运动电荷、
电流有作用力
因磁受力
左手定则
电磁感应
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
部分导体做切割
磁感线运动
因动生电
右手定则
3．“三定则一定律”的应用对比
1．[教材母题] (人教版选修3－2 P13·T3)在如图中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体AB向右移动时，请用楞次定律判断ABCD和ABFE两个电路中感应电流的方向。
[变式子题]
(2017·全国卷Ⅲ)如图，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
答案 D
解析 金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，D正确。
2. (多选)两根互相平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是( )
A．CD内有电流通过，方向是D→C
B．CD向左运动
C．磁场对CD作用力向左
D．磁场对AB作用力向左
答案 AD
解析 AB在外力F作用下向右做切割磁感线运动，根据右手定则判断可知AB内电流的方向是B→A，故CD内电流的方向是D→C，所以A正确。由左手定则可知D正确，B、C错误。
能力命题点 楞次定律的理解及推论
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因，列表举例说明如下
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原反向
阻碍相对运动——“来拒去留”
磁铁靠近，是斥力
磁铁远离，是引力
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，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”
合上S，B先亮
如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t＝0时电流的方向为顺时针方向(如图中箭头所示)，在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是( )
A．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势
B．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势
C．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势
D．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势
解析 t1～t2时间内，线圈A中的电流方向为逆时针方向，根据安培定则可知在线圈A内部产生的磁场方向向外，线圈外部产生的磁场方向向里，线圈B内的合磁通量是向外的。由于线圈A中的电流增大，故穿过线圈B的磁通量增加，因而根据楞次定律和安培定则，在线圈B中将产生顺时针方向的感应电流，由楞次定律的推论可知，线圈B有扩张的趋势。故A正确。
答案 A
线圈大小的变化趋势常有两种判断方法
(1)微元法：取线圈B上一小段导线，若取足够小，则可看成一条直线段，根据其中感应电流的方向，所在处磁场的方向及左手定则，可知该段导线的受力方向，以此推出线圈是有收缩的趋势还是有扩张的趋势。
(2)推论法：电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因。本题中电磁感应的效果是线圈B中的感应电流受到的安培力，原因是线圈B中磁通量的增加，只有线圈B受到的安培力使其扩张才能阻碍磁通量的增加。
如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方等高快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 解法一：当一竖直放置的通电螺线管从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向上的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生顺时针方向的感应电流后产生逆时针方向的感应电流(从上往下看)，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确。
解法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因。本题中的“原因”是线圈中磁通量先增大后减小，归根结底是螺线管先靠近后远离线圈。“效果”是线圈要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势。在竖直方向上，线圈则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg。D正确。
课时作业
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案 D
解析 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，线圈中的磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生变化的磁场，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，D符合题意。
2. 如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有( )
A．使螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的直径为轴转动
答案 D
解析 题图所示位置，线圈a所在平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变化时，线圈a所在平面仍与磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按选项D所述方式变化时，由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化，能够产生感应电流，D正确。
3．如图所示，铜盘水平放置，磁场竖直向下穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，从上往下看铜盘沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )
A．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘
B．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
C．回路中有方向周期性变化的电流
D．回路中没有磁通量变化，没有电流
答案 B
解析 a导线与铜盘的接触点和中轴线的连线切割磁感线，根据右手定则判断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘，B正确，A、C、D错误。
4. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则( )
A．FT1>mg，FT2>mg
B．FT1mg
答案 A
解析 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由楞次定律推论知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知FT1>mg，FT2>mg，A正确。
5.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( )
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
答案 B
解析 解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。
解法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。
6. 矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( )
A．导线框abcd中没有感应电流
B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左
D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
答案 D
解析 直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确。
7. 如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强。所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当导线框的BC边与导线在同一水平面时，垂直于纸面向外的磁通量达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，达到最大后，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误。
8. 如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，(O是线圈中心)。则( )
A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势
B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势
C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势
D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势
答案 D
解析 磁极绕转轴从X到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，线圈的各部分受到指向圆心的安培力，线圈的面积有缩小的趋势，故A、B错误；磁极绕转轴从O到Y匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，线圈的各部分受到背离圆心的安培力，所以线圈的面积有扩大的趋势，故C错误，D正确。
9．如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止。下列说法中正确的是( )
A．条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动
B．只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动
C．条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同
D．铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动
答案 D
解析 当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合，产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近时，b环断开，不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动，故A、B、C错误。根据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，故D正确。
10．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( )
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
答案 D
解析 楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。
11．(2018·全国卷Ⅰ) (多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案 AD
解析 小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。
12．(2019·合肥高三第三次质检)(多选)图示为手机无线充电装置，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。下列说法正确的是( )
A．无线充电的原理是电磁感应
B．将手机旋转一小角度放置，便不能充电
C．在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电
D．充电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电
答案 AC
解析 充电板内变化的磁场引起手机内部的线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，从而给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，将手机旋转一小角度放置或在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电，故A、C正确，B错误；充电底座是利用电磁感应原理工作的，故不能使用直流电进行无线充电，故D错误。
13. (2019·广东揭阳一模)(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
答案 BC
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，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，故竖直线的拉力大于环的重力。故C正确，D错误。
14．(2019·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是( )
A．要将硬币射出，可直接将开关拨到2
B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电
C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小
D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
答案 D
解析 要将硬币射出，必须要使电容器放电，而直接将开关拨到2，电容器不会放电产生电流，故A错误；当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。
15．(2019·广东广州二模)(多选)如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B．若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点
C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动
D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
答案 AC
解析 闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误。
第十一章 电磁感应
[研读考纲明方向]
考纲要求
复习指南
内容
要求
考情分析：
电磁感应是历年高考考查的重点，题型多为选择题和计算题。选择题主要考查有关电磁感应现象的定性分析、感应电动势的计算及各种相关的图象问题；计算题主要考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题。
命题趋势：
1．会继续考查应用楞次定律和右手定则判定感应电流的方向。
2．结合各种图象(Φt图象、Bt图象等)，考查感应电流方向、感应电动势的计算。
3．会继续考查电磁感应与电路、能量、动量、动力学等结合的综合问题，特别是电磁感应与生产、生活实际的结合。
电磁感应现象
Ⅰ
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ
[重读教材定方法]
1.P7图4.2－7，要使电流表偏转，摇绳的两同学应南北站立还是东西站立？
提示：东西站立。
2．P7[问题与练习]T1，甲、乙、丙三种情况，哪种产生感应电流？哪种产生感应电动势？
提示：乙、丙产生感应电动势，丙产生感应电流。
3．P9[问题与练习]T7，为使MN棒中不产生感应电流，磁感应强度B与t的关系如何？
提示：由B0l2＝Bl(l＋vt)，得B＝。
4．P11阅读教材，思考：感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反吗？
提示：不一定。
5．P12[思考与讨论]导体棒AB中的感应电流沿什么方向？
提示：沿A→B。
6．P13[问题与练习]T4，线圈在B位置时，穿过它的磁通量为零，产生的感应电流也为零吗？
提示：磁通量为零，感应电流不为零。
7．P16阅读教材，思考：E＝Blv中，l指导线实际长度吗？
提示：不是。l是有效切割长度。
8．P16[思考与讨论]感应电动势是加强了电源产生的电流，还是削弱了它？是有利于线圈的转动，还是阻碍了线圈的转动？
提示：根据楞次定律可知，感应电动势削弱了电源产生的电流，阻碍了线圈的转动。
9．P20[思考与讨论]导体棒哪端电势高？若外接用电器，导体棒电流沿什么方向？此时导体棒中哪端电势高？
提示：C端电势高；电流从D→C；C端电势高。
10．P23图4.6－4，思考：开关S断开后灯泡A中的电流方向是什么？
提示：从右向左。
11．P23图4.6－5，图甲中，若开关S断开，电流表示数立即变为零还是逐渐变为零？
提示：立即变为零。
12．P24阅读“磁场的能量”。
13．P27图4.7－7，连接正负接线柱的导线有什么作用？
提示：使电流表中形成闭合电路，起到电磁阻尼作用，预防指针振动过大。
第50讲 电磁感应现象 楞次定律
基础命题点一 电磁感应现象
一、磁通量
1．磁通量
(1)定义：磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积S的乘积。
(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。
2．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
3．磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即，与线圈的匝数无关。
4．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁感应强度不变，回路的有效面积改变。
(2)有效面积不变，磁感应强度改变。
(3)磁感应强度和有效面积都改变。
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象，产生的电流称为感应电流。
2．产生感应电流的条件
(1)电路闭合；(2)磁通量发生变化。
3．实质：电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流。
1. 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．无法确定
答案 C
解析 设闭合线框在位置1时的磁通量大小为Φ1，在位置2时的磁通量大小为Φ2，直线电流产生的磁场在位置1处比在位置2处要强，故Φ1>Φ2。将闭合线框从位置1平移到位置2，磁感线是从闭合线框的同一面穿过的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；将闭合线框从位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线分别从闭合线框的正反两面穿过，所以ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原来穿过的方向为正方向，则后来从另一面穿过的方向为负方向)。故正确选项为C。
2．[教材母题] (人教版选修3－2 P8·T3)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场局限在虚线框内，闭合线圈由位置1穿过虚线框运动到位置2。线圈在运动过程中什么时候有感应电流，什么时候没有感应电流？为什么？
[变式子题] 图中能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 A项中线圈不是闭合的，不能产生感应电流；B项中回路的面积增大，穿过回路的磁通量增大，能够产生感应电流；C项中由于直导线在线圈对称轴的正上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，穿过线圈的磁通量仍然是0，不能产生感应电流；D项中线圈整体沿垂直于匀强磁场方向运动，穿过线圈的磁通量始终最大且没有发生变化，不能产生感应电流。故选B。
3．(2019·北京人大附中高三期末)(多选)如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的( )
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转
答案 AC
解析 开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，引起电流计指针偏转，A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，B错误；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会增加和减小，且磁通量的方向相同，故会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，C正确；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，线圈A中电流都会变化，穿过B的磁通量都会发生变化，产生感应电流，电流计指针都会偏转，D错误。
基础命题点二 感应电流的方向
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
(3)应用楞次定律的思路：
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平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。
名称
基本现象
因果关系
应用的定则
或定律
电流的
磁效应
运动电荷、
电流产生磁场
因电生磁
安培定则
洛伦兹力、
安培力
磁场对运动电荷、
电流有作用力
因磁受力
左手定则
电磁感应
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
部分导体做切割
磁感线运动
因动生电
右手定则
3．“三定则一定律”的应用对比
1．[教材母题] (人教版选修3－2 P13·T3)在如图中CDEF是金属框，框内存在着如图所示的匀强磁场。当导体AB向右移动时，请用楞次定律判断ABCD和ABFE两个电路中感应电流的方向。
[变式子题]
(2017·全国卷Ⅲ)如图，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
答案 D
解析 金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，D正确。
2. (多选)两根互相平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上导体棒AB和CD可以自由滑动。当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法正确的是( )
A．CD内有电流通过，方向是D→C
B．CD向左运动
C．磁场对CD作用力向左
D．磁场对AB作用力向左
答案 AD
解析 AB在外力F作用下向右做切割磁感线运动，根据右手定则判断可知AB内电流的方向是B→A，故CD内电流的方向是D→C，所以A正确。由左手定则可知D正确，B、C错误。
能力命题点 楞次定律的理解及推论
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因，列表举例说明如下
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原反向
阻碍相对运动——“来拒去留”
磁铁靠近，是斥力
磁铁远离，是引力
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，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化——“增反减同”
合上S，B先亮
如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，t＝0时电流的方向为顺时针方向(如图中箭头所示)，在t1～t2时间内，对于线圈B，下列说法中正确的是( )
A．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势
B．线圈B内有顺时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势
C．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有扩张的趋势
D．线圈B内有逆时针方向的电流，且线圈B有收缩的趋势
解析 t1～t2时间内，线圈A中的电流方向为逆时针方向，根据安培定则可知在线圈A内部产生的磁场方向向外，线圈外部产生的磁场方向向里，线圈B内的合磁通量是向外的。由于线圈A中的电流增大，故穿过线圈B的磁通量增加，因而根据楞次定律和安培定则，在线圈B中将产生顺时针方向的感应电流，由楞次定律的推论可知，线圈B有扩张的趋势。故A正确。
答案 A
线圈大小的变化趋势常有两种判断方法
(1)微元法：取线圈B上一小段导线，若取足够小，则可看成一条直线段，根据其中感应电流的方向，所在处磁场的方向及左手定则，可知该段导线的受力方向，以此推出线圈是有收缩的趋势还是有扩张的趋势。
(2)推论法：电磁感应的效果总要阻碍引起电磁感应的原因。本题中电磁感应的效果是线圈B中的感应电流受到的安培力，原因是线圈B中磁通量的增加，只有线圈B受到的安培力使其扩张才能阻碍磁通量的增加。
如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方等高快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是( )
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
答案 D
解析 解法一：当一竖直放置的通电螺线管从线圈中线AB正上方等高快速经过时，线圈中向上的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，线圈中先产生顺时针方向的感应电流后产生逆时针方向的感应电流(从上往下看)，线圈四条边所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右，D正确。
解法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因。本题中的“原因”是线圈中磁通量先增大后减小，归根结底是螺线管先靠近后远离线圈。“效果”是线圈要采取措施阻碍磁通量先增大后减小，即“来拒去留”，故必有向右运动的趋势。在竖直方向上，线圈则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小，故FN先大于mg后小于mg。D正确。
课时作业
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案 D
解析 将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，因线圈中的磁通量没有变化，故不能观察到感应电流，A不符合题意；在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈时，如果通电线圈通以恒定电流，产生不变的磁场，则在另一线圈中不会产生感应电流，B不符合题意；在线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表时，线圈中的磁通量已不再变化，因此也不能观察到感应电流，C不符合题意；绕在同一铁环上的两个线圈，在给一个线圈通电或断电的瞬间，线圈产生变化的磁场，使穿过另一线圈的磁通量变化，因此，能观察到感应电流，D符合题意。
2. 如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有( )
A．使螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的直径为轴转动
答案 D
解析 题图所示位置，线圈a所在平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变化时，线圈a所在平面仍与磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按选项D所述方式变化时，由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化，能够产生感应电流，D正确。
3．如图所示，铜盘水平放置，磁场竖直向下穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，从上往下看铜盘沿逆时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )
A．回路中电流方向不变，且从a导线流进灯泡，再从b导线流向旋转的铜盘
B．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
C．回路中有方向周期性变化的电流
D．回路中没有磁通量变化，没有电流
答案 B
解析 a导线与铜盘的接触点和中轴线的连线切割磁感线，根据右手定则判断，回路中电流方向不变，从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘，B正确，A、C、D错误。
4. 如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则( )
A．FT1>mg，FT2>mg
B．FT1
答案 A
解析 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由楞次定律推论知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知FT1>mg，FT2>mg，A正确。
5.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且与线圈相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( )
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
答案 B
解析 解法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。
解法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。
6. 矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是( )
A．导线框abcd中没有感应电流
B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左
D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
答案 D
解析 直导线中通有向上且增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向，故A、B错误；根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确。
7. 如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中( )
A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．导线框的磁通量为零时，感应电流也为零
C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上
D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动
答案 A
解析 根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强。所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当导线框的BC边与导线在同一水平面时，垂直于纸面向外的磁通量达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，达到最大后，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向内，再向外，最后向内，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误。
8. 如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，(O是线圈中心)。则( )
A．从X到O，电流由E经G流向F，线圈的面积有收缩的趋势
B．从X到O，电流由F经G流向E，线圈的面积有扩张的趋势
C．从O到Y，电流由F经G流向E，线圈的面积有收缩的趋势
D．从O到Y，电流由E经G流向F，线圈的面积有扩张的趋势
答案 D
解析 磁极绕转轴从X到O匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生顺时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，线圈的各部分受到指向圆心的安培力，线圈的面积有缩小的趋势，故A、B错误；磁极绕转轴从O到Y匀速转动时，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知，从上往下看线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，线圈的各部分受到背离圆心的安培力，所以线圈的面积有扩大的趋势，故C错误，D正确。
9．如图所示，a、b都是较轻的铝环，a环闭合，b环断开，横梁可以绕中间支点自由转动，开始时整个装置静止。下列说法中正确的是( )
A．条形磁铁插入a环时，横梁不会发生转动
B．只有当条形磁铁N极拔出铝环时，横梁才会转动
C．条形磁铁用相同方式分别插入a、b环时，两环转动情况相同
D．铝环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动
答案 D
解析 当条形磁铁向a环靠近时，穿过a环的磁通量增加，a环闭合，产生感应电流，磁铁对a环产生安培力，阻碍两者相对运动，因此a环阻碍磁铁靠近，出现转动现象；当条形磁铁向b环靠近时，b环断开，不产生感应电流，磁铁对b环没有安培力作用，b环将静止不动，故A、B、C错误。根据楞次定律可知，环a产生的感应电流总是阻碍铝环与磁铁间的相对运动，故D正确。
10．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( )
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
答案 D
解析 楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。
11．(2018·全国卷Ⅰ) (多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案 AD
解析 小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。
12．(2019·合肥高三第三次质检)(多选)图示为手机无线充电装置，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。下列说法正确的是( )
A．无线充电的原理是电磁感应
B．将手机旋转一小角度放置，便不能充电
C．在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电
D．充电板不论通入交变电流还是恒定电流均可充电
答案 AC
解析 充电板内变化的磁场引起手机内部的线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，从而给手机电池充电，是利用电磁感应原理工作的，将手机旋转一小角度放置或在手机和充电板间垫上几张A4纸，也能充电，故A、C正确，B错误；充电底座是利用电磁感应原理工作的，故不能使用直流电进行无线充电，故D错误。
13. (2019·广东揭阳一模)(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
答案 BC
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，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，故竖直线的拉力大于环的重力。故C正确，D错误。
14．(2019·广东佛山一模)一个简易的电磁弹射玩具如图所示。线圈、铁芯组合充当炮筒，硬币充当子弹。现将一个金属硬币放在铁芯上(金属硬币半径略大于铁芯半径)，电容器刚开始时处于无电状态，则下列说法正确的是( )
A．要将硬币射出，可直接将开关拨到2
B．当开关拨向1时，有短暂电流出现，且电容器上极板带负电
C．当开关由1拨向2瞬间，铁芯中的磁通量减小
D．当开关由1拨向2瞬间，硬币中会产生向上的感应磁场
答案 D
解析 要将硬币射出，必须要使电容器放电，而直接将开关拨到2，电容器不会放电产生电流，故A错误；当开关拨向1时，有短暂电流出现，电容器处于充电状态，由于电容器的上极板与电源正极相连，因此电容器的上极板带正电，故B错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，电流增大，铁芯中的磁通量增大，故C错误；当开关由1拨向2瞬间，电容器处于放电瞬间，根据楞次定律，则硬币中会产生向上的感应磁场，故D正确。
15．(2019·广东广州二模)(多选)如图，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B．若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点
C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动
D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
答案 AC
解析 闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误。
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