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高考物理一轮复习课件+讲义 第11章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律
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1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 2、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 3、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题.3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题.
考点一 电磁感应现象的理解和判断
考点二 感应电流方向的判定
考点三 楞次定律的推论
考点四 “三定则、一定律”的应用
NEIRONGSUOYIN
1.磁通量(1)Φ＝ .(2)适用条件：①匀强磁场.②S为垂直磁场的 .(3)磁通量是 (填“标量”或“矢量”).
(4)物理意义：相当于穿过某一面积的 的条数.如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd的磁通量为 或 .②通过矩形a′b′cd的磁通量为 .③通过矩形abb′a′的磁通量为 .(5)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
2.电磁感应现象(1)当穿过闭合导体回路的 发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应.(2)感应电流产生的条件穿过 电路的 .3.实质产生 ，如果电路闭合，则有感应电流.如果电路不闭合，则只有 而无感应电流.
1.(感应电流的产生)(多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是
A.磁体插向左环，横杆发生转动B.磁体插向右环，横杆发生转动C.磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D.磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
2.(感应电流的产生)如图3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BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析 设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScs θ，S增大，θ减小，cs θ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cs θ增大，Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cs θ减小，Φ可能不变，D错误.
1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要 引起感应电流的 的变化.(2)适用范围：一切电磁感应现象.
2.右手定则(1)内容：如图4，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.(2)适用情况：导线 产生感应电流.
1.用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：
(2)应用楞次定律的思路：
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.
例1 (2020·江苏卷·3)如图5所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2
解析 若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误.
例2 (2016·海南卷·4)如图6，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若
A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时 针方向D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时 针方向
解析 根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；
当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.
3.(感应电流方向的判定)如图7所示，一个N极朝下的条形磁体竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则
A.磁体经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位 置②时，线框中感应电流沿adcb方向B.磁体经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位 置②时，线框中感应电流沿abcd方向C.磁体经过位置①和②时，线框中的感应电流都沿abcd方向D.磁体经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
解析 当磁体经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向；同理可判断当磁体经过位置②时，感应电流沿adcb方向，故选A.
磁体靠近线圈，B感与B原方向相反
P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁体下移，a、b靠近
当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈
例3 (多选)(2020·湖南娄底市下学期质量检测)如图8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中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则
A.在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势B.在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变C.在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流D.在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
解析 当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；
当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，故B正确；
t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误.
例4 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图9，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环.圆环初始时静止.将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到
A.拨至M端或N端，圆环都向左运动B.拨至M端或N端，圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
解析 开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B.
4.(楞次定律的推论)如图10所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈.当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其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，运动趋势向右B.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左C.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右D.由于磁铁磁极极性不明，无法判断
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确.
1.“三个定则”“一个定律”的比较
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.3.解题思路(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况.(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定.(3)“三定则、一定律”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断，即“左力右电”.
例5 (多选)如图11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，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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
5.(“因电生动”现象的判断)如图12所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左、右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态.当滑动变阻器的滑片向左滑动时，两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是
A.感应电流为顺时针方向，两棒相互靠近B.感应电流为顺时针方向，两棒相互远离C.感应电流为逆时针方向，两棒相互靠近D.感应电流为逆时针方向，两棒相互远离
解析 当滑动变阻器滑片向左滑动时，电路中的电流变大，螺线管的磁场增强，根据安培定则，由电流方向可确定螺线管内的磁场方向垂直导轨向下，由于螺线管处于两棒中间，所以穿过两棒与导轨所围成的回路磁通量变大，并由楞次定律的“增反减同”可得，回路产生逆时针方向的感应电流(俯视)，根据左手定则可判断安培力的方向，故ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，两棒相互远离，故D正确，A、B、C错误.
1.(2019·江西摸底)如图1所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为
2.电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁体位于线圈的正上方，N极朝下，如图2所示.在磁体N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是A.从b到a，下极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从a到b，上极板带正电
解析 当磁体N极向上运动时，向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应磁场方向与原磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，电容器上极板带正电，故选项D正确.
3.(2020·浙江名校协作体5月试题)如图3所示，一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(图甲)，同样竖直放置一根长度相同但有竖直裂缝的铝管(图乙)和一根长度相同的空心塑料管(图丙).把一枚小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁最终从下端管口落出.小磁铁在管内运动时，均没有跟管内壁发生摩擦.设小磁铁在甲、乙、丙三条管中下落的时间分别为t1、t2、t3，则下列关于小磁铁在三管中下落的说法正确的是A.甲管、乙管和丙管都会产生感应电流B.小磁铁完全进入甲管后，甲管中没有感应电流产生C.t1最大D.t2＝t3
解析 由于甲管形成闭合电路，当小磁铁通过时，会产生感应电流；乙没有形成闭合电路，但当小磁铁靠近或远离铝管时，会形成小面积的涡流，因此也会产生感应电流但强度比甲管的弱；丙管不会产生电磁感应现象，因此甲管和乙管会产生感应电流，丙管不会产生感应电流，A错误；将甲管想象成多组圆环，当小磁铁完全进入管中时，通过这些环的磁通量会发生变化，根据楞次定律，会产生感应电流，B错误；
根据“来拒去留”，甲管中感应电流最强，因此甲管的小磁铁下落得最慢，运动时间最长，C正确；乙管中会产生涡流，也会对小磁铁产生“来拒去留”的效果，因此下落的时间t2＞t3，D错误.
4.为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图4甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出).当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口.若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向
A.始终沿逆时针方向B.先沿逆时针，再沿顺时针方向C.先沿顺时针，再沿逆时针方向D.始终沿顺时针方向
解析 列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确.
5.(2019· 福建漳州市华安县第一中学期末)如图5所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁体.当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是A.铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大B.铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小C.铝环有扩张的趋势，对桌面的压力减小D.铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大
解析 根据楞次定律可知：当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增加，因此铝环有收缩的趋势，同时有远离磁体的趋势，从而阻碍磁通量的增加，故增加了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面的压力增加，选项A正确，B、C、D错误.
6.(多选)(2020·陕西安康市月考)一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图6甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示(以竖直向上为电流的正方向).则在0～T时间内，下列说法正确的是
解析 0～ 时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；
7.(2017·全国卷Ⅲ·15)如图7，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，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，选项D正确.
8.(2020·安徽滁州市模拟)如图8所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合.现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则
A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析 使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高(远离)的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确.
9.(多选)如图9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
解析 线圈c被螺线管吸引，说明穿过c的磁通量减小，故通过线圈的感应电流减小，导体棒ab做减速运动，B、C正确.
10.(多选)(2019·广西百校大联考)如图10所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置，下列说法正确的是
A.当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的 作用B.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中C.当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D.当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；
感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确.
11.(多选)(2020·河南高三月考)如图11甲所示，同心导体圆环M、N处在同一平面内，M环的半径大于N环，若先后在两环中通有如图乙所示的电流i，电流沿顺时针方向，则下列判断正确的是
A.若在M环中通有电流，则N环中的感应电 流沿逆时针方向，N环有收缩的趋势B.若在M环中通有电流，则N环中的感应电 流沿顺时针方向，N环有扩张的趋势C.若在N环中通有电流，则M环中的感应电流沿顺时针方向，M环有收缩的趋势D.若在N环中通有电流，则M环中的感应电流沿逆时针方向，M环有扩张的趋势
解析 若在M环中通有电流，则穿过N环的磁通量垂直纸面向里，逐渐增大，故N环中的感应电流沿逆时针方向，N环受到沿半径向里的安培力，有收缩的趋势，选项A正确，B错误；若在N环中通有电流，则穿过M环的磁通量垂直纸面向里，逐渐增大，M环中感应电流沿逆时针方向，M环受到沿半径向外的安培力，有扩张的趋势，选项C错误，D正确.
12.(多选)如图12是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B(构成电磁铁)，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路.下列说法正确的是
A.闭合开关S时，B中产生与图示方向相同的感应电流B.闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C.断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D.断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起
解析 由题意可知，闭合开关S时，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律及右手螺旋定则可知，B中产生与题图方向相反的感应电流，故A错误，B正确；
断开开关S时，回路电流减小，铁芯中磁场减小，由楞次定律及右手螺旋定则可知，线圈B产生题图方向的电流，减缓磁场减小的趋势，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，故C正确，D错误.
13.(多选)(2019·河北衡水中学模拟)如图13所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去.现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射
解析 线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈沿轴向有缩短的趋势，B项错误；
因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D项错误.
14.(多选)两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图14所示.左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是
A.当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点， c点电势高于d点B.当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点， c点与d点等电势C.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析 当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点.又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，故A错误，B正确；
当金属棒向右加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流方向由a→b.又由E＝BLv可知E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中向上的磁通量不断增加.由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针(从下向上看)，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上，
把这个线圈看成电源，由于电流是从d沿外电路(即电阻R)流向c，所以d点电势高于c点，故C错误，D正确.
1、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。 2、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。 3、揣摩例题。课本上和老师讲解的例题，一般都具有一定的典型性和代表性。要认真研究，深刻理解，要透过“样板”，学会通过逻辑思维，灵活运用所学知识去分析问题和解决问题，特别是要学习分析问题的思路、解决问题的方法，并能总结出解题的规律。 4、重视错题。“错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题.3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题.
考点一 电磁感应现象的理解和判断
考点二 感应电流方向的判定
考点三 楞次定律的推论
考点四 “三定则、一定律”的应用
NEIRONGSUOYIN
1.磁通量(1)Φ＝ .(2)适用条件：①匀强磁场.②S为垂直磁场的 .(3)磁通量是 (填“标量”或“矢量”).
(4)物理意义：相当于穿过某一面积的 的条数.如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd的磁通量为 或 .②通过矩形a′b′cd的磁通量为 .③通过矩形abb′a′的磁通量为 .(5)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
2.电磁感应现象(1)当穿过闭合导体回路的 发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应.(2)感应电流产生的条件穿过 电路的 .3.实质产生 ，如果电路闭合，则有感应电流.如果电路不闭合，则只有 而无感应电流.
1.(感应电流的产生)(多选)如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是
A.磁体插向左环，横杆发生转动B.磁体插向右环，横杆发生转动C.磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D.磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
2.(感应电流的产生)如图3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BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)
解析 设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScs θ，S增大，θ减小，cs θ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cs θ增大，Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cs θ减小，Φ可能不变，D错误.
1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要 引起感应电流的 的变化.(2)适用范围：一切电磁感应现象.
2.右手定则(1)内容：如图4，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.(2)适用情况：导线 产生感应电流.
1.用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：
(2)应用楞次定律的思路：
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.
例1 (2020·江苏卷·3)如图5所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是A.同时增大B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2
解析 若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误.
例2 (2016·海南卷·4)如图6，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若
A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时 针方向D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时 针方向
解析 根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；
当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.
3.(感应电流方向的判定)如图7所示，一个N极朝下的条形磁体竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则
A.磁体经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位 置②时，线框中感应电流沿adcb方向B.磁体经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位 置②时，线框中感应电流沿abcd方向C.磁体经过位置①和②时，线框中的感应电流都沿abcd方向D.磁体经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
解析 当磁体经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向；同理可判断当磁体经过位置②时，感应电流沿adcb方向，故选A.
磁体靠近线圈，B感与B原方向相反
P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁体下移，a、b靠近
当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈
例3 (多选)(2020·湖南娄底市下学期质量检测)如图8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中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则
A.在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势B.在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变C.在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流D.在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
解析 当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；
当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，故t2时刻FN＝G，故B正确；
t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误.
例4 (2020·全国卷Ⅲ·14)如图9，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环.圆环初始时静止.将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到
A.拨至M端或N端，圆环都向左运动B.拨至M端或N端，圆环都向右运动C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
解析 开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增离减靠)可知圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动，故选B.
4.(楞次定律的推论)如图10所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的矩形金属线圈.当一竖直放置的、磁极不明的条形磁铁从线圈中线AB正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及其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，运动趋势向右B.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左C.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右D.由于磁铁磁极极性不明，无法判断
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右运动的趋势，后有向上和向右运动的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，同时运动趋势向右，C项正确.
1.“三个定则”“一个定律”的比较
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.3.解题思路(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况.(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定.(3)“三定则、一定律”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断，即“左力右电”.
例5 (多选)如图11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，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一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
5.(“因电生动”现象的判断)如图12所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左、右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态.当滑动变阻器的滑片向左滑动时，两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是
A.感应电流为顺时针方向，两棒相互靠近B.感应电流为顺时针方向，两棒相互远离C.感应电流为逆时针方向，两棒相互靠近D.感应电流为逆时针方向，两棒相互远离
解析 当滑动变阻器滑片向左滑动时，电路中的电流变大，螺线管的磁场增强，根据安培定则，由电流方向可确定螺线管内的磁场方向垂直导轨向下，由于螺线管处于两棒中间，所以穿过两棒与导轨所围成的回路磁通量变大，并由楞次定律的“增反减同”可得，回路产生逆时针方向的感应电流(俯视)，根据左手定则可判断安培力的方向，故ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，两棒相互远离，故D正确，A、B、C错误.
1.(2019·江西摸底)如图1所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为
2.电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁体位于线圈的正上方，N极朝下，如图2所示.在磁体N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是A.从b到a，下极板带正电B.从a到b，下极板带正电C.从b到a，上极板带正电D.从a到b，上极板带正电
解析 当磁体N极向上运动时，向下穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可得，感应磁场方向与原磁场方向相同，即向下，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而上，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从a到b，电容器上极板带正电，故选项D正确.
3.(2020·浙江名校协作体5月试题)如图3所示，一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(图甲)，同样竖直放置一根长度相同但有竖直裂缝的铝管(图乙)和一根长度相同的空心塑料管(图丙).把一枚小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁最终从下端管口落出.小磁铁在管内运动时，均没有跟管内壁发生摩擦.设小磁铁在甲、乙、丙三条管中下落的时间分别为t1、t2、t3，则下列关于小磁铁在三管中下落的说法正确的是A.甲管、乙管和丙管都会产生感应电流B.小磁铁完全进入甲管后，甲管中没有感应电流产生C.t1最大D.t2＝t3
解析 由于甲管形成闭合电路，当小磁铁通过时，会产生感应电流；乙没有形成闭合电路，但当小磁铁靠近或远离铝管时，会形成小面积的涡流，因此也会产生感应电流但强度比甲管的弱；丙管不会产生电磁感应现象，因此甲管和乙管会产生感应电流，丙管不会产生感应电流，A错误；将甲管想象成多组圆环，当小磁铁完全进入管中时，通过这些环的磁通量会发生变化，根据楞次定律，会产生感应电流，B错误；
根据“来拒去留”，甲管中感应电流最强，因此甲管的小磁铁下落得最慢，运动时间最长，C正确；乙管中会产生涡流，也会对小磁铁产生“来拒去留”的效果，因此下落的时间t2＞t3，D错误.
4.为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图4甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出).当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口.若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向
A.始终沿逆时针方向B.先沿逆时针，再沿顺时针方向C.先沿顺时针，再沿逆时针方向D.始终沿顺时针方向
解析 列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确.
5.(2019· 福建漳州市华安县第一中学期末)如图5所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁体.当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是A.铝环有收缩的趋势，对桌面的压力增大B.铝环有收缩的趋势，对桌面的压力减小C.铝环有扩张的趋势，对桌面的压力减小D.铝环有扩张的趋势，对桌面的压力增大
解析 根据楞次定律可知：当条形磁体沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增加，因此铝环有收缩的趋势，同时有远离磁体的趋势，从而阻碍磁通量的增加，故增加了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面的压力增加，选项A正确，B、C、D错误.
6.(多选)(2020·陕西安康市月考)一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图6甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示(以竖直向上为电流的正方向).则在0～T时间内，下列说法正确的是
解析 0～ 时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；
7.(2017·全国卷Ⅲ·15)如图7，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，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，选项D正确.
8.(2020·安徽滁州市模拟)如图8所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合.现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则
A.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析 使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高(远离)的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确.
9.(多选)如图9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
解析 线圈c被螺线管吸引，说明穿过c的磁通量减小，故通过线圈的感应电流减小，导体棒ab做减速运动，B、C正确.
10.(多选)(2019·广西百校大联考)如图10所示是某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置，在电梯挂厢上安装永磁体，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置，下列说法正确的是
A.当电梯突然坠落时，该安全装置可起到阻碍电梯下落的 作用B.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中C.当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B中电流方向相同D.当电梯坠落至永磁体在图示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落
解析 电梯突然坠落，线圈闭合时，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍电梯下落，可起到应急避险作用，选项A正确；
感应电流会阻碍电梯下落，但不能使电梯停在空中，选项B错误；当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向是顺时针方向(从上向下看)，可知线圈A与B中感应电流方向相反，选项C错误；根据上述分析可知，当电梯坠落至题图位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，选项D正确.
11.(多选)(2020·河南高三月考)如图11甲所示，同心导体圆环M、N处在同一平面内，M环的半径大于N环，若先后在两环中通有如图乙所示的电流i，电流沿顺时针方向，则下列判断正确的是
A.若在M环中通有电流，则N环中的感应电 流沿逆时针方向，N环有收缩的趋势B.若在M环中通有电流，则N环中的感应电 流沿顺时针方向，N环有扩张的趋势C.若在N环中通有电流，则M环中的感应电流沿顺时针方向，M环有收缩的趋势D.若在N环中通有电流，则M环中的感应电流沿逆时针方向，M环有扩张的趋势
解析 若在M环中通有电流，则穿过N环的磁通量垂直纸面向里，逐渐增大，故N环中的感应电流沿逆时针方向，N环受到沿半径向里的安培力，有收缩的趋势，选项A正确，B错误；若在N环中通有电流，则穿过M环的磁通量垂直纸面向里，逐渐增大，M环中感应电流沿逆时针方向，M环受到沿半径向外的安培力，有扩张的趋势，选项C错误，D正确.
12.(多选)如图12是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B(构成电磁铁)，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路.下列说法正确的是
A.闭合开关S时，B中产生与图示方向相同的感应电流B.闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C.断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D.断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起
解析 由题意可知，闭合开关S时，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律及右手螺旋定则可知，B中产生与题图方向相反的感应电流，故A错误，B正确；
断开开关S时，回路电流减小，铁芯中磁场减小，由楞次定律及右手螺旋定则可知，线圈B产生题图方向的电流，减缓磁场减小的趋势，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间，故C正确，D错误.
13.(多选)(2019·河北衡水中学模拟)如图13所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去.现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射
解析 线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈沿轴向有缩短的趋势，B项错误；
因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D项错误.
14.(多选)两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图14所示.左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是
A.当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点， c点电势高于d点B.当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点， c点与d点等电势C.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点D.当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析 当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点.又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，故A错误，B正确；
当金属棒向右加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流方向由a→b.又由E＝BLv可知E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路的线圈中向上的磁通量不断增加.由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针(从下向上看)，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上，
把这个线圈看成电源，由于电流是从d沿外电路(即电阻R)流向c，所以d点电势高于c点，故C错误，D正确.
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