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高中物理高考 专题25 电磁感应基本规律及其应用（解析版）
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这是一份高中物理高考 专题25 电磁感应基本规律及其应用（解析版），共17页。
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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc21512112" 热点题型一 电磁感应现象的判断 PAGEREF _Tc21512112 \h 1
\l "_Tc21512113" 热点题型二 感应电流方向的两种判断方法 PAGEREF _Tc21512113 \h 4
\l "_Tc21512114" 热点题型三 楞次定律推论的应用 PAGEREF _Tc21512114 \h 6
\l "_Tc21512115" “增反减同”现象 PAGEREF _Tc21512115 \h 7
\l "_Tc21512116" “增缩减扩”现象 PAGEREF _Tc21512116 \h 7
\l "_Tc21512117" “来拒去留”现象 PAGEREF _Tc21512117 \h 8
\l "_Tc21512118" 热点题型四 三定则一定律的应用 PAGEREF _Tc21512118 \h 8
\l "_Tc21512119" 因电生动 PAGEREF _Tc21512119 \h 9
\l "_Tc21512120" “因电而动”现象的判断 PAGEREF _Tc21512120 \h 10
\l "_Tc21512121" 【题型演练】 PAGEREF _Tc21512121 \h 10
【题型归纳】
热点题型一 电磁感应现象的判断
1.常见的产生感应电流的三种情况
2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程
【例1】(2018·高考全国卷Ⅰ)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】由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．
【变式1】现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．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．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
【答案】A
【解析】线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故选项A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故选项B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通变化而产生感应电流，故选项C、D错误．
【变式2】.(2019·佛山高三质检)如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰
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．使通电螺线管中的电流发生变化 B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动
C．使线圈a以MN为轴转动 D．使线圈绕垂直于MN的直径转动
【答案】D
【解析】在A、B、C三种情况下，穿过线圈a的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确．
【变式3】如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的
匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电
流的是（ ）
A．ab向右运动，同时使θ减小 B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
【答案】A
【解析】设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScs θ，对A选项，S增大，θ减小，cs θ增大，则Φ增大，A正确．对B选项，B减小，θ减小，cs θ增大，Φ可能不变，B错误．对C选项，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D选项，S增大，B增大，θ增大，cs θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．
热点题型二 感应电流方向的两种判断方法
1．用楞次定律判断
(1)楞次定律中“阻碍”的含义：
2．用右手定则判断
该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
(1)掌心——磁感线垂直穿入掌心；
(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2】（2018·全国III卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右
侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中
的感应电动势（ ）
A．在时为零 B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向 D．在时最大，且沿顺时针方向
【命题立意】 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。
【答案】AC
【解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。
【变式1】(2017·高考全国卷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向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．
【变式2】(2019·贵州遵义模拟)如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属
线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时 ( )
A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流
【答案】C
【解析】根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确．
热点题型三 楞次定律推论的应用
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引起感应电流的原因，列表说明如下：
“增反减同”现象
【例3】．(多选) 如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反 D．安培力方向始终沿水平方向
【答案】AD.
【解析】从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以，圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．
“增缩减扩”现象
【例4】(2019·广东广州名校联考)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
【答案】D
【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误．
“来拒去留”现象
【例5】. (2019·绵阳模拟)两个闭合的金属环，穿在一根光滑的绝缘杆上，如图所示，当条形磁铁的S极自右向左插向圆环时，环的运动情况是( )
A．两环同时向左移动，间距增大 B．两环同时向左移动，间距变小
C．两环同时向右移动，间距变小 D．两环同时向左移动，间距不变
【答案】B.
【解析】当磁铁的S极靠近时，穿过两圆环的磁通量变大，由楞次定律可得两圆环的感应电流方向都是顺时针方向(从右向左看)，根据左手定则可知两圆环受到磁铁向左的安培力，远离磁铁，即向左移．由于两圆环的电流方向相同，所以两圆环相互吸引，即相互合拢，间距变小，故B项正确，A、C、D项错误．
热点题型四 三定则一定律的应用
1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I安)→楞次定律．
因电生动
【例6】(2019·贵州五校联考)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是( )
A．匀速向右 B．加速向左
C．加速向右 D．减速向左
【答案】BC
【解析】若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路中的电流恒定，故穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B正确；同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．
【变式】.(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引 ( )
A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动
C．向右做减速运动 D．向右做加速运动
【答案】BC
【解析】当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现了b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．
“因电而动”现象的判断
【例7】. 如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是( )
A．ab向左运动，cd向右运动 B．ab向右运动，cd向左运动
C．ab、cd都向右运动 D．ab、cd保持静止
【答案】A.
【解析】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动．只有A正确．
【变式】如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A．静止不动 B．逆时针转动
C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
【答案】C.
【解析】滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动，故C正确．
【题型演练】
1．(2019·北京西城区期末)从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的
研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产
生感应电流)的情况概括为五种：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动
的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是( )
A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发
B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释
C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”
D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件
【答案】C
【解析】法拉第提出“磁生电”的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响，A、B错；环节(2)中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C对，D错．
2.下列图中能产生感应电流的是( )
【答案】B
【解析】根据产生感应电流的条件判断：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，闭合电路的磁通量恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．
3．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导
线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某
同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，
下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同
【答案】D
【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确．
(2019·浙江宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是 ( )
A．B中始终没有感应电流 B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流 D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
【答案】B
【解析】由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确．
5.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由 Ⅰ 平移到 Ⅱ，第二次将金属
框绕cd边翻转到 Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 ( )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
【答案】C
【解析】设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．
6.(2019·湖南株洲模拟)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿
着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么 ( )
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
【答案】C
【解析】铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误．
7. 如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
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，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
【答案】D.
【解析】根据楞次定律的推论判断．磁铁靠近线圈时，线圈阻碍它靠近．线圈受到磁场力方向为右偏下，故FN>mg，有向右运动趋势，磁铁从B点离开线圈时，线圈受到磁场力方向向右偏上，故FN8. 如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上．磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触．若不计空气阻力．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于eq \r(2gh)
【答案】A.
【解析】当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝eq \r(2gh)，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于eq \r(2gh)，D错误．
9.(2019·青岛模拟)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒中间用绝缘丝线系住．开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，I和FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力(不计电流之间的相互作用力)，则在t0时刻( )
A．I＝0，FT＝0 B．I＝0，FT≠0
C．I≠0，FT＝0D．I≠0，FT≠0
【答案】C
【解析】.t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均为零，丝线的拉力为零，C项正确．
10. (2019·江苏扬州一模)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，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，则合上开关S的瞬间( )
A．两个金属环都向左运动 B．两个金属环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 D．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
【答案】D
【解析】合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势大小相同，铜环电阻较小，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合S瞬间，穿过铝环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，D正确。
11.(2019·海南嘉积模拟)电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是( )
A．流过R的电流方向是a到b B．电容器的下极板带正电
C．磁铁下落过程中，加速度保持不变 D．穿过线圈的磁通量不断增大
【答案】BD
【解析】.在N极接近线圈上端的过程中，线圈中向下的磁通量在变大，所以选项D正确；根据楞次定律可以得出，感应电流方向为逆时针(俯视图)，流过R的电流方向是b到a，选项A错误；线圈的下部相当于电源的正极，电容器的下极板带正电，所以选项B正确；磁铁下落过程中，重力不变，线圈对磁铁的作用力变化，所以合力变化，加速度变化，所以选项C错误．
12. 如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )
A．感应电流的方向始终是由P→Q B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左 D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右
【答案】BD.
【解析】在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项正确；再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项正确．
13.(2019·广东珠海摸底)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中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是 ( )
A．导线框abcd有逆时针的感应电流 B．bc、ad两边均不受安培力的作用
C．导线框所受的安培力的合力向右 D．MN所受线框给它的作用力向左
【答案】ACD
【解析】直导线中通有M→N增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场垂直纸面向里，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正确．根据A选项分析可知，依据左手定则知，bc、ad两边均受安培力的作用，故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向右，因此MN所受线框给它的作用力向左，故C、D正确．
14.(2019·聊城模拟)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上
突然通过直流电流时，线圈左端的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截
面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
【答案】AB
【解析】线圈中电流从右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中的电流由左侧看为顺时针，选项A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，选项B正确；若将环放在线圈右方，根据楞次定律可得，环将向右运动，选项C错误；电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，选项D错误．
15.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左 D．磁场对导体棒AB的作用力向左
【答案】BD.
【解析】本题中AB导体棒切割磁感线，根据右手定则判定AB棒中的电流方向为B→A，则CD棒中的电流方向为C→D，所以A错误，B正确；根据左手定则，判定CD棒受到的安培力的方向为水平向右，所以C项错误；AB棒中感应电流方向为B→A，根据左手定则判定AB棒所受安培力的方向为水平向左，即安培力的方向阻碍AB棒的相对运动，所以D项正确．
内容
例证
阻碍原磁通量变化—“增反减同”
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”
阻碍原电流的变化——“增反减同”
基本现象
因果关系
应用规律
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
因电受力
左手定则
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
【专题导航】
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc21512112" 热点题型一 电磁感应现象的判断 PAGEREF _Tc21512112 \h 1
\l "_Tc21512113" 热点题型二 感应电流方向的两种判断方法 PAGEREF _Tc21512113 \h 4
\l "_Tc21512114" 热点题型三 楞次定律推论的应用 PAGEREF _Tc21512114 \h 6
\l "_Tc21512115" “增反减同”现象 PAGEREF _Tc21512115 \h 7
\l "_Tc21512116" “增缩减扩”现象 PAGEREF _Tc21512116 \h 7
\l "_Tc21512117" “来拒去留”现象 PAGEREF _Tc21512117 \h 8
\l "_Tc21512118" 热点题型四 三定则一定律的应用 PAGEREF _Tc21512118 \h 8
\l "_Tc21512119" 因电生动 PAGEREF _Tc21512119 \h 9
\l "_Tc21512120" “因电而动”现象的判断 PAGEREF _Tc21512120 \h 10
\l "_Tc21512121" 【题型演练】 PAGEREF _Tc21512121 \h 10
【题型归纳】
热点题型一 电磁感应现象的判断
1.常见的产生感应电流的三种情况
2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程
【例1】(2018·高考全国卷Ⅰ)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】由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确．
【变式1】现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．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．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
【答案】A
【解析】线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故选项A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故选项B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通变化而产生感应电流，故选项C、D错误．
【变式2】.(2019·佛山高三质检)如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心轴线恰
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．使通电螺线管中的电流发生变化 B．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动
C．使线圈a以MN为轴转动 D．使线圈绕垂直于MN的直径转动
【答案】D
【解析】在A、B、C三种情况下，穿过线圈a的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，A、B、C错误；选项D中，当线圈绕垂直于MN的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D正确．
【变式3】如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的
匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电
流的是（ ）
A．ab向右运动，同时使θ减小 B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
【答案】A
【解析】设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScs θ，对A选项，S增大，θ减小，cs θ增大，则Φ增大，A正确．对B选项，B减小，θ减小，cs θ增大，Φ可能不变，B错误．对C选项，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．对D选项，S增大，B增大，θ增大，cs θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．
热点题型二 感应电流方向的两种判断方法
1．用楞次定律判断
(1)楞次定律中“阻碍”的含义：
2．用右手定则判断
该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
(1)掌心——磁感线垂直穿入掌心；
(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2】（2018·全国III卷）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右
侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中
的感应电动势（ ）
A．在时为零 B．在时改变方向
C．在时最大，且沿顺时针方向 D．在时最大，且沿顺时针方向
【命题立意】 此题以交变电流图象给出解题信息，考查电磁感应及其相关知识点。解答此题常见错误主要有四方面：一是由于题目以交变电流图象给出解题信息，导致一些同学看到题后，不知如何入手；二是不能正确运用法拉第电磁感应定律分析判断；三是不能正确运用楞次定律分析判断，陷入误区。
【答案】AC
【解析】由图（b）可知，导线PQ中电流在t=T/4时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A正确；在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导致导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B错误；由于在t=T/2时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t=T/2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C正确；由楞次定律可判断出在t=T时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D错误。
【变式1】(2017·高考全国卷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向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，金属杆PQ中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确．
【变式2】(2019·贵州遵义模拟)如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属
线圈P，AB在线圈平面内．当发现闭合线圈向右摆动时 ( )
A．AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
B．AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
C．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流
D．AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流
【答案】C
【解析】根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到：线框中感应电流方向为逆时针方向．根据左手定则可知线圈所受安培力指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则安培力较大；远离导线磁场弱，则安培力较小．因此线圈离开AB直导线，即向右摆动，反之产生顺时针方向的电流，向左摆动，故C正确．
热点题型三 楞次定律推论的应用
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引起感应电流的原因，列表说明如下：
“增反减同”现象
【例3】．(多选) 如图所示，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布．一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中( )
A．感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针 B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反 D．安培力方向始终沿水平方向
【答案】AD.
【解析】从磁场分布可看出：左侧向里的磁场从左向右越来越强，右侧向外的磁场从左向右越来越弱．所以，圆环从位置a运动到磁场分界线前，磁通量向里增大，由楞次定律知，感应电流的磁场与原磁场方向相反即向外，由安培定则知，感应电流沿逆时针方向；同理，跨越分界线过程中，磁通量由向里最大变为向外最大，感应电流沿顺时针方向；继续摆到b的过程中，磁通量向外减小，感应电流沿逆时针方向，A正确，B错误；由于圆环所在处的磁场上下对称，圆环等效水平部分所受安培力使圆环在竖直方向平衡，所以总的安培力沿水平方向，故D正确，C错误．
“增缩减扩”现象
【例4】(2019·广东广州名校联考)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
【答案】D
【解析】当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误．
“来拒去留”现象
【例5】. (2019·绵阳模拟)两个闭合的金属环，穿在一根光滑的绝缘杆上，如图所示，当条形磁铁的S极自右向左插向圆环时，环的运动情况是( )
A．两环同时向左移动，间距增大 B．两环同时向左移动，间距变小
C．两环同时向右移动，间距变小 D．两环同时向左移动，间距不变
【答案】B.
【解析】当磁铁的S极靠近时，穿过两圆环的磁通量变大，由楞次定律可得两圆环的感应电流方向都是顺时针方向(从右向左看)，根据左手定则可知两圆环受到磁铁向左的安培力，远离磁铁，即向左移．由于两圆环的电流方向相同，所以两圆环相互吸引，即相互合拢，间距变小，故B项正确，A、C、D项错误．
热点题型四 三定则一定律的应用
1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I安)→楞次定律．
因电生动
【例6】(2019·贵州五校联考)如图所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是( )
A．匀速向右 B．加速向左
C．加速向右 D．减速向左
【答案】BC
【解析】若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路中的电流恒定，故穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速向左运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B正确；同理可得，当金属棒MN加速向右运动时，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误．
【变式】.(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引 ( )
A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动
C．向右做减速运动 D．向右做加速运动
【答案】BC
【解析】当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现了b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错．
“因电而动”现象的判断
【例7】. 如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是( )
A．ab向左运动，cd向右运动 B．ab向右运动，cd向左运动
C．ab、cd都向右运动 D．ab、cd保持静止
【答案】A.
【解析】由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动．只有A正确．
【变式】如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A．静止不动 B．逆时针转动
C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
【答案】C.
【解析】滑片P向右滑动过程中，电流增大，线圈处的磁场变强，磁通量增大，根据“阻碍”含义，线圈将阻碍磁通量增大而顺时针转动，故C正确．
【题型演练】
1．(2019·北京西城区期末)从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”．在他的
研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产
生感应电流)的情况概括为五种：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动
的导体．结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是( )
A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发
B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释
C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”
D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件
【答案】C
【解析】法拉第提出“磁生电”的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响，A、B错；环节(2)中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C对，D错．
2.下列图中能产生感应电流的是( )
【答案】B
【解析】根据产生感应电流的条件判断：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，闭合电路的磁通量恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．
3．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导
线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某
同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，
下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同
【答案】D
【解析】金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故选项A、B、C错误，D正确．
(2019·浙江宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是 ( )
A．B中始终没有感应电流 B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流 D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
【答案】B
【解析】由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确．
5.如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由 Ⅰ 平移到 Ⅱ，第二次将金属
框绕cd边翻转到 Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 ( )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
【答案】C
【解析】设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．
6.(2019·湖南株洲模拟)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿
着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么 ( )
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
【答案】C
【解析】铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误．
7. 如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方水平快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是( )
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，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右 D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
【答案】D.
【解析】根据楞次定律的推论判断．磁铁靠近线圈时，线圈阻碍它靠近．线圈受到磁场力方向为右偏下，故FN>mg，有向右运动趋势，磁铁从B点离开线圈时，线圈受到磁场力方向向右偏上，故FN
A．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
B．磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力先竖直向上后竖直向下
C．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
D．磁铁落地时的速率一定等于eq \r(2gh)
【答案】A.
【解析】当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，B错误；磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，C错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝eq \r(2gh)，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于eq \r(2gh)，D错误．
9.(2019·青岛模拟)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN、PQ上放着两根导体棒ab、cd，两棒中间用绝缘丝线系住．开始时匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，I和FT分别表示流过导体棒中的电流和丝线的拉力(不计电流之间的相互作用力)，则在t0时刻( )
A．I＝0，FT＝0 B．I＝0，FT≠0
C．I≠0，FT＝0D．I≠0，FT≠0
【答案】C
【解析】.t0时刻，磁场变化，磁通量变化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均为零，丝线的拉力为零，C项正确．
10. (2019·江苏扬州一模)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，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，则合上开关S的瞬间( )
A．两个金属环都向左运动 B．两个金属环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力 D．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
【答案】D
【解析】合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势大小相同，铜环电阻较小，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合S瞬间，穿过铝环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，D正确。
11.(2019·海南嘉积模拟)电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示，现使磁铁由静止开始下落，在N极接近线圈上端的过程中，下列说法正确的是( )
A．流过R的电流方向是a到b B．电容器的下极板带正电
C．磁铁下落过程中，加速度保持不变 D．穿过线圈的磁通量不断增大
【答案】BD
【解析】.在N极接近线圈上端的过程中，线圈中向下的磁通量在变大，所以选项D正确；根据楞次定律可以得出，感应电流方向为逆时针(俯视图)，流过R的电流方向是b到a，选项A错误；线圈的下部相当于电源的正极，电容器的下极板带正电，所以选项B正确；磁铁下落过程中，重力不变，线圈对磁铁的作用力变化，所以合力变化，加速度变化，所以选项C错误．
12. 如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是( )
A．感应电流的方向始终是由P→Q B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直杆向左 D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右
【答案】BD.
【解析】在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项正确；再由PQ中电流方向及左手定则可判断D项正确．
13.(2019·广东珠海摸底)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中通入电流方向如图所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是 ( )
A．导线框abcd有逆时针的感应电流 B．bc、ad两边均不受安培力的作用
C．导线框所受的安培力的合力向右 D．MN所受线框给它的作用力向左
【答案】ACD
【解析】直导线中通有M→N增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场垂直纸面向里，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正确．根据A选项分析可知，依据左手定则知，bc、ad两边均受安培力的作用，故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向右，因此MN所受线框给它的作用力向左，故C、D正确．
14.(2019·聊城模拟)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上
突然通过直流电流时，线圈左端的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截
面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动 D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
【答案】AB
【解析】线圈中电流从右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中的电流由左侧看为顺时针，选项A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，选项B正确；若将环放在线圈右方，根据楞次定律可得，环将向右运动，选项C错误；电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，选项D错误．
15.两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )
A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→C B．导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C．磁场对导体棒CD的作用力向左 D．磁场对导体棒AB的作用力向左
【答案】BD.
【解析】本题中AB导体棒切割磁感线，根据右手定则判定AB棒中的电流方向为B→A，则CD棒中的电流方向为C→D，所以A错误，B正确；根据左手定则，判定CD棒受到的安培力的方向为水平向右，所以C项错误；AB棒中感应电流方向为B→A，根据左手定则判定AB棒所受安培力的方向为水平向左，即安培力的方向阻碍AB棒的相对运动，所以D项正确．
内容
例证
阻碍原磁通量变化—“增反减同”
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”
阻碍原电流的变化——“增反减同”
基本现象
因果关系
应用规律
运动电荷、电流产生磁场
因电生磁
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
因电受力
左手定则
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
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