2024年高考物理选择性必修第二册大一轮复习：第二章电磁感应

第二章电磁感应

1楞次定律

基础性国国/—

对应学生用#（27

知识点❶楞次定律

1.（多选）关于楞次定律，下列说法中正确的是（CD）

A.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反

B.感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同

C.感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关

D.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化

解析：当磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相

同，感应电流的磁场方向与磁通量增大还是减小有关，故A、B错误，C正确；感应电流的磁场总是阻碍引起感应电

流的磁通量的变化，故D正确。故选CD。

2.如图所示，在下列四种情况中，感应电流的方向判断正确的是（D）

丁

Is

ABCD

解析：由图示可知，穿过螺线管的磁场向左，磁通量变大，根据楞次定律，则感应电流的磁场方向向右，螺线管

的感应电流方向由左向右，则电流向左通过电流计，故A错误；由图示结合安培定则可知，线圈处的磁场方向向里，

当线圈向右运动时，向里的磁通量减小，根据楞次定律，线圈产生的感应电流的磁场方向向里，可知感应电流的方向

为顺时针方向，故B错误；由图示可知，穿过螺线管的磁场向上，磁铁远离的过程中磁通量变小，根据楞次定律，

螺线管的感应电流方向螺旋向上，则电流向下流过电流计，故C错误；导体棒向左切割磁感线，对右半部分闭合回

路来说，垂直纸面向里的磁通量增大，根据楞次定律，产生的感应电流的磁场方向垂直纸面向外，流过导体棒的电流

方向向下，故D正确。故选D。

3.

如图，两水平方向的匀强磁场的磁感应强度31和%大小相等、方向相反。竖直平面内金属圆环的水平直径与两

磁场的边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向（正视）感应电流的是（D）

A.水平向右移动金属环

B.绕水平直径转动金属环

C.同时以相同的变化率增大Bi和以

D.减小B的同时增大员

解析：水平向右移动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故A不符合题意；绕水平直径转

动金属环时，环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故B不符合题意；同时以相同的变化率增大31和历时，

环内磁通量始终为零，故没有感应电流产生，故C不符合题意；减小囱的同时增大％时，环内磁通量垂直纸面向外

且不断变大，由楞次定律可知环中产生顺时针方向（正视）感应电流，故D符合题意。故选D。

4.如图甲所示，固定的长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流随时间的变化

关系如图乙所示，直导线中电流向下，下列说法正确的是（B）

A.线框中会产生逆时针方向的电流

B.线框中会产生顺时针方向的电流

C.线框受到的安培力平行于直导线向上

D.线框受到的安培力平行于直导线向下

解析：长直导线中的电流均匀增大，则圆形闭合金属线框中的磁通量垂直纸面向外且均匀增大，根据楞次定律和

安培定则，线框中会产生顺时针方向的感应电流，结合左手定则可知，线框会受到向右的安培力。故选B。

5.如图所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当

通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度/将（C）

A.S增大，/变长B.S减小，/变短

C.S减小，/变长D.S增大，/变短

解析：根据右手螺旋定则可知，直线电流下边磁场方向垂直纸面向里，由于电流增大，则弹性的金属圆环中的磁

通量增大，导致产生感应电流，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针方向。根据左手定则可知，弹性

的金属圆环上边所受的安培力竖直向下，弹性的金属圆环下边所受的安培力竖直向上，由于下边离通电直导线远，磁

场弱，所以向下的安培力大于向上的安培力，从而导致橡皮绳的长度变长；可将圆环等效成一段一段的导线，由左手

定则可知，安培力指向圆心，导致弹性圆环面积S减小。故C正确，A、B、D错误。故选C。

知识点❷右手定则

6.

（多选）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，与导轨接触良好的导体棒A3和可以自

由滑动。当导体棒A6在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是（BD）

A.导体棒CO内有电流通过，方向是3-C

B.导体棒CD内有电流通过，方向是。一。

C.磁场对导体棒CD的作用力向左

D.磁场对导体棒A3的作用力向左

解析：导体棒A3切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，A3中感应电流的方向为BfA,则导体棒CD

内有电流通过，方向是。一。，故A错误，B正确；导体棒CD内有电流通过，导体棒CD受到安培力作用，由左手

定则判断可知，磁场对导体棒CO的作用力向右，磁场对导体棒A3的作用力向左，故C错误，D正确。

7.

（2023•黑龙江大庆东风中学高二期中）如图所示，航天飞机在轨运行时释放一颗绳系卫星，二者用电缆绳连接，当

航天飞机连同卫星在轨运行时，二者间的电缆就会与地磁场作用从而产生电磁感应现象。忽略地磁偏角的影响，下列

说法正确的是（B）

A.赤道上空，地磁场的方向从北向南

B.航天飞机在赤道上空从西往东运行时，A端的电势高于5端电势

C.航天飞机在赤道上空从东往西运行时，A端的电势高于5端电势

D.航天飞机沿经线从南往北运行时，3端的电势高于A端电势

解析：赤道上空地磁场方向由南向北，故A错误；航天飞机在赤道上空从西往东走，根据右手定则，判断出感

应电动势方向指向A端，故A端电势高于8端电势，故B正确；若从东往西走，根据右手定则，可知A端电势低于

3端电势，故C错误；若南北方向走，电缆不切割磁感线，不产生感应电动势，A3两端电势相等，故D错误。故选

Bo

8.

"为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕。点在纸面内转动，s为以〃为圆心位于

纸面内的金属圆环，在杆转动过程中，杆的6端与金属环保持良好接触，®为电流表，其一端与金属环相连，另一端

与。点良好接触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻"杆的位置如图，则此时刻（B）

A.有电流通过电流表，方向由c向由作用于杆曲的安培力向右

B.有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆帅的安培力向左

C.有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆必的安培力向右

D.无电流通过电流表；作用于杆刃的安培力为零

解析：当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出。。杆中感应电流方向为。f。，电流通过电流表，方向

为dfc;根据左手定则可知，作用于杆的安培力向左，故B正确，A、C、D错误。

口

…目2…「

[XXXXX[

!X>1XIXXI

!XX__X-]XXI

'--------------------------------

9.如图所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落。如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、

2、3、4位置时的加速度关系为（C）

A.B.。1=。2=。3=。4

C.D.的=。3>。2=。4

解析：线圈自由下落时，加速度为4i=g。线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培

力作用，只受重力，加速度为。3=g。线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，

根据牛顿第二定律得知，a2<g,O4<go线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线

圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知安培力总小于重力，则。2>如，故故C正确。

故选C。

知识点❸楞次定律的实验探究

10.现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接。在开关闭合、线圈A放在线

圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端尸向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断

（B）

A.滑动变阻器的滑动端尸匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央

B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转

C.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端尸向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转

D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向

解析：滑动变阻器的滑动端尸匀速向左或匀速向右滑动时，线圈A中的电流发生了改变，则线圈B中有感应电

流产生，电流计的指针会发生偏转，所以A错误；某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端尸向左加速滑动时，电阻

增大，电流减小，则线圈B中的磁通量减小，电流计指针向右偏转。当线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，线圈B

中的磁通量减小，都能引起电流计指针向右偏转，则B正确；线圈A向上移动时，使线圈B中的磁通量减小，能引

起电流计指针向右偏转，则C错误；由穿过B线圈的磁通量的变化可判断电流计指针偏转方向，所以D错误。

11.（2023•河南博爱第一中学高二校考）为了探究电磁感应现象，如图所示为“探究产生感应电流的条件的实验装

置”。

甲乙

（1）下列操作中，图甲中电流表的指针不会发生偏转的是（C）

A.将条形磁铁插入线圈

B.将条形磁铁从线圈中拔出

C.将条形磁铁放在线圈中不动

D.将条形磁铁从图示位置向左移动

（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图乙所示的方式连接。当闭合开

关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：

a.当滑动变阻器的滑片尸向右移动时，灵敏电流计的指针五鱼（选填“左偏”“不动”或“右偏”）；

b.将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针左偏（选填“左偏”“不动”或“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流

的绕行方向相同（选填“相同”或“相反”）。

解析：（1）将条形磁铁插入线圈，线圈内磁通量增加，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故A不符合

题意；将条形磁铁从线圈中拔出，线圈内磁通量减少，有感应电流产生，电流表的指针会发生偏转，故B不符合题

意；将条形磁铁放在线圈中不动，线圈内磁通量不变，没有感应电流产生，电流表的指针不会发生偏转，故C符合

题意；将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈内磁感应强度变小，磁通量减小，有感应电流产生，电流表的指针会发

生偏转，故D不符合题意。故选C。

（2）闭合开关时灵敏电流计的指针右偏，即线圈内磁通量增加时，灵敏电流计的指针右偏。a.滑动变阻器的滑片尸

向右移动时，接入的有效电阻变小，回路中电流变大，线圈内的磁场变强，磁通量增加，所以灵敏电流计的指针右偏；

b.将线圈A拔出时，线圈内磁通量减小，灵敏电流计的指针左偏，由楞次定律可知线圈B中产生的感应电流方向与A

中电流方向相同。

®能力性图圆,—

对应学生用书：29

一'选择题（每小题只有一个选项符合题目要求）

1.电阻R、电容。与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始

自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是（A）

A.从8到a,下极板带正电

B.从。到下极板带正电

C.从b到a，上极板带正电

D.从。到。，上极板带正电

解析：当磁铁N极向下运动时，向下穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得，感应磁场方向与原来磁场方向

相反，再由安培定则可得感应电流方向沿线圈盘旋而下，由于线圈相当于电源，则流过R的电流方向是从6到a,对

电容器充电，下极板带正电，故A正确，B、C、D错误。故选A。

2.

如图所示，金属环所在区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。当磁感应强度逐渐增强时，内、外金属环中

感应电流的方向为（B）

A.外金属环顺时针，内金属环逆时针

B.外金属环逆时针，内金属环顺时针

C.内、外金属环均为逆时针

D.内、外金属环均为顺时针

解析：回路由外金属环和内金属环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里，且内、外金属环之间的磁通

量增加，由楞次定律可知，两金属环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向外，由安培定则可知，

电流在外金属环沿逆时针方向，在内金属环沿顺时针方向，故B正确。

3.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H,第二次将金属框绕cd

边翻转到H,设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为△处和AOh,则（C）

A.A0I>A02,两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现

B.△①\=、①”两次运动中线框中均有沿。秘面方向电流出现

C.A0I<A02,两次运动中线框中均有沿adMa方向电流出现

D.A0I<A02,两次运动中线框中均有沿。松血方向电流出现

解析：设在位置I时磁通量大小为曲，位置n时磁通量大小为02。第一次将金属框由I平移到n,穿过线框的

磁感线方向没有改变，磁通量变化量AG1=G1-G2,根据楞次定律判断可知，感应电流沿“立如方向；第二次将金属

框绕4边翻转到n,穿过线框的磁感线的方向发生改变，磁通量变化量A02=④I+6,根据楞次定律判断可知，感

应电流沿adcba方向;则可知，△①\<△①两次运动中线框中均有沿adc瓦z方向电流出现，故C正确，A、B、D错

误。故选C。

4.

如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆，现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流

逐渐增大的过程中，b、c中产生的感应电流方向为（C）

A.b、c中均为顺时针方向

B.b、c中均为逆时针方向

C.b为逆时针方向，c为顺时针方向

D.b为顺时针方向，c为逆时针方向

解析：首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断

出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，

对应产生的磁场垂直纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c产生的磁场垂直纸面向外，再

根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直纸面向里。故选C。

5.

（2023•黑龙江哈尔滨三中高二期末）如图所示，金属圆环A用轻绳悬挂，所在平面与纸面垂直，圆心与长直螺线

管中心轴线共线，整个装置静止，开关S始终闭合，当滑动变阻器触片尸向右移动的过程中，圆环将（A）

A.向右运动,并有扩张趋势

B.向右运动,并有收缩趋势

C.向左运动,并有扩张趋势

D.向左运动,并有收缩趋势

解析：当触片P向右移动时，电路中的电阻增大，电流减小，则螺线管产生的磁场减小，根据楞次定律，感应磁

场方向与原磁场方向相同，相互吸引，所以金属圆环A向右运动，因为磁通量减小，金属圆环A有扩张的趋势。故

选A。

6.

如图所示，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。则下列说法正确的是（D）

A.若金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

B.若金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向

C.若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.若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，当金属环上、下运动时，穿过金属环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故A、

B错误；当金属环向左侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向外的磁场增强，根据楞次定律及安培定则可知，产生

的感应电流方向为顺时针，故C错误；当金属环向右侧直导线靠近时，穿过金属环垂直纸面向里的磁场增强，根据

楞次定律及安培定则可知，产生的感应电流方向为逆时针，故D正确。

7.（2023•黑龙江哈尔滨三中高二期末）如图甲所示，竖直固定直导线中通以电流/,该电流随时间的变化规律如图

乙所示，规定电流向上为正，附近的一闭合矩形金属线圈Hcd与导线在同一平面，则在0〜2九这段时间内（C）

甲乙

A.线圈中不会产生感应电流

B.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向发生了变化

C.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a-b-c-df。

D.线圈中会产生感应电流，且感应电流方向始终为a-d-cf。一。

解析：在0〜2砧这段时间内，/先正方向减小后负方向增大，由安培定则知其右侧磁场先垂直纸面向里减弱，后

垂直纸面向外增强，根据楞次定律知线圈中的感应电流磁场均为垂直纸面向里，根据安培定则知线圈中感应电流为顺

时针方向，即afbfcfdfa。故选Co

8.

如图所示，AOC是光滑的金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，而是一根金属棒，与导轨接触良好，它

从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中6端始终在OC上，。端始终在QA上，直到金属棒完全落在

OC上，空间存在着匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则仍棒在上述过程中（C）

A.感应电流方向是人一。

B.感应电流方向是a-b

C.感应电流方向先是力—a,后是a—b

D.感应电流方向先是a—b,后是匕一a

解析：由几何知识可知，在金属棒向下滑动的过程中，金属棒与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形

aOb内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先是后是“f/?,C项正确。

二、选择题（每小题有多个选项符合题目要求）

9.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈而cd共面，MN固定不动，位置靠近"且相互绝缘。当MN中电

流突然增大时，贝立AC）

A.线圈所受安培力的合力方向向左

B.线圈所受安培力的合力方向向右

C.感应电流方向为abcda

D.感应电流方向为adcba

解析：如题图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈而cd共面，位置靠近且相互绝缘，导线两侧的磁感应强度

对称分布，由右手螺旋定则可知线圈中的合磁通量方向垂直纸面向里；当MN中电流突然增大时，由楞次定律可知感

应电流的磁场方向垂直纸面向外，故感应电流方向为％而；导线左侧磁感应强度方向垂直纸面向外，导线右侧磁感

应强度方向垂直纸面向里；由左手定则可知：上下两边界的安培力互相抵消，左边界的安培力向左，右边界的安培力

也向左，故线圈所受安培力的合力方向向左，故A、C正确，B、D错误。故选AC。

10.

如图所示，光滑固定导轨机、〃水平放置，两根导体棒p、4平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁

体从高处下落接近回路时（重力加速度为g）（AD）

A.p、4将互相靠拢

B.p、g将互相远离

C.磁体的加速度仍为g

D.磁体的加速度小于g

解析：由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所

以p、q将相互靠拢且磁体受到向上的阻力，磁体的加速度小于g,故选项A、D正确。

11.（2023•安徽芜湖高二开学考试）如图所示，铁芯上密绕的螺线与滑动变阻器、电源、开关相连，铁芯上方的绝

缘水平直杆上套有一金属圆环，圆环面与纸面垂直，环心在铁芯的中轴线00上，开始时开关S闭合。下列说法正确

的是（ABD）

HR亩

A.向左移动滑片P,圆环中将产生感应电流

B.沿杆向左移动金属圆环，圆环中将产生感应电流

C.保持环面与纸面垂直，绕。0,轴转动金属圆环，圆环中将产生感应电流

D.断开开关S瞬间，圆环中将产生感应电流

解析：只要穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中即可产生感应电流，滑片尸向左移动时，电路中电阻增大，电流

减小，螺线管中的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，A正确；沿杆向左移动圆环时，穿过圆

环磁通量减少，环中有感应电流产生，B正确；绕00轴转动圆环时，穿过圆环的磁通量保持不变，环中无感应电流

产生，C不正确；断开开关的瞬间，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，D正确。故选ABD。

~~Q

12.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尸0、MN,当尸。在外力作用下运动时，MN在

磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（AD）

A.向左匀加速运动

B.向左匀减速运动

C.向右匀加速运动

D.向右匀减速运动

解析：在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知MN中电流由M指向N,根

据安培定则可知，线圈L中产生的磁场方向向上，说明线圈乙2中磁场是向上减弱，或向下增强，而线圈心中电流是

由尸。切割磁感线产生的，由安培定则可知，尸。中感应电流由0到尸减小，或由P到。增大，由右手定则可知，

尸。可能向左做匀加速运动或向右做匀减速运动，故A、D正确，B、C错误。故选AD。

三、非选择题

13.有一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，将磁

体从线圈上方插入或拔出，如图所示。请完成下列填空：

甲乙丙丁

（1）图甲中灵敏电流计指针的偏转方向为偏向正接线柱（选填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”）。

（2）图乙中磁体下方的极性是K（选填“N极”或“S极”）。

（3）图丙中磁体的运动方向是包上（选填“向上”或“向下”）。

（4）图丁中线圈从上向下看的电流方向是逆时针（选填“顺时针”或“逆时针”）。

解析：（1）由题图甲可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，则线圈中感应电流方向（从

上向下看）为逆时针方向，即电流从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱。

（2）由题图乙可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又知磁通量增加，

根据楞次定律可知，磁体下方的极性为S极。

（3）由题图丙可知，原磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，

根据楞次定律可知，磁通量减少，磁体向上运动。

（4）由题图丁可知，磁体向上运动，穿过线圈的磁通量减少，原磁场方向向上，根据楞次定律可知感应电流方向（从

上向下看）为逆时针方向。

14.（1）如图甲所示为某实验小组探究影响感应电流方向的因素的实验装置，关于实验过程中应该注意的事项和

实验现象，以下说法正确的是

A.实验前应该先仔细观察，清楚线圈的绕向

B.开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，会观察到电流计指针不发生偏转

C.开关闭合后，线圈A从线圈B中拔出和插入过程中会观察到电流计指针偏转方向相反

D.开关闭合与断开瞬间，电流计指针都会偏转，但偏转方向相同

甲乙丙

（2）如图乙所示，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转。现将其与线圈相连之后，将上

端为S极的磁体插入线圈中，电流计指针偏转的方向应为偏向正（选填“正”或“负”）接线柱。根据图丙中电流计指

针偏转方向可以判断出插入线圈磁体下端的磁极为S（选填"N”或"S”）极。

解析：（1）探究影响感应电流方向的因素的实验，实验前要仔细观察，弄清楚线圈绕向，搞清线圈电流方向与电

流计指针偏转方向的关系，故A正确；开关闭合后，将滑动变阻器的滑片匀速滑动使接入电路的阻值逐渐减小，导

致穿过线圈B的磁通量变化，从而产生感应电流，会观察到电流计指针发生偏转，故B错误；开关闭合后线圈A从

线圈B中拔出和插入过程中，穿过线圈B的磁通量变化不同，前者减小，后者增大，依据感应电流的磁场阻碍磁通

量变化，会观察到电流计指针偏转方向相反，故C正确；开关闭合与断开瞬间，穿过线圈B的磁通量都会变化且变

化不同，开关闭合瞬间磁通量增大，断开瞬间磁通量减小，依据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，会观察到电流计指

针偏转，而且偏转方向不同，故D错误。

（2）当电流从灵敏电流计正接线柱流入时指针向正接线柱一侧偏转，若将上端为S极的磁体插入线圈中，原磁场

方向向下且磁通量增大，根据感应电流的磁场阻碍磁通量变化可知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可知感

应电流从电流计正接线柱流入，故指针偏向正接线柱一侧；根据图丙中电流计指针偏向负接线柱一侧，可知感应电流

是从负接线柱流入电流计的，根据安培定则，可知感应电流的磁场方向向下，因条形磁体向下运动，磁通量增大，根

据感应电流的磁场阻碍磁通量变化，可知原磁场方向向上，则插入线圈磁体下端的磁极为S极。

2法拉第电磁感应定律

®基础性囹区I/—

知识点❶电磁感应定律

1.关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是（D）

A.磁通量越大，感应电动势越大

B.磁通量变化得越多，感应电动势越大

C.磁通量增大时，感应电动势一定增大

D.磁通量变化得越快，感应电动势越大

解析：根据法拉第电磁感应定律石=崂得感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。磁通量越大，是。大，

卜①卜①

但后不一定大，故A错误；磁通量变化越大，不知磁通量的变化时间，故后不一定越大，故B错误；虽然磁通

量增大，但等可能是定值，产生的感应电动势可能不变，故C错误；磁通量变化的快慢用等表示，磁通量变化得

快，则W就大，根据法拉第电磁感应定律有产生的感应电动势就越大，故D正确。故选D。

2.（2023•山东济南高二开学考试）将一根绝缘硬质细导线绕成如图所示的闭合线圈，其中大圆半径为R,小圆半

径为一。大圆处在垂直线圈平面向里的磁场中，小圆处在垂直线圈平面向外的磁场中。两磁场的磁感应强度大小均为

B,且B=6o+H,比和人均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（D）

A.km2B.kuR2

C.阮（上一r2）D.^（笈+7）

解析：左右两侧磁场均均匀增加，根据楞次定律可知，左右两侧圆环产生的感应电动势方向相同，则线圈中总的

ADAD

感应电动势大小为£=才兀也+后几，=也（尺2+产），故选D。

3.

如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个

极板，磁场垂直于环面向里，磁感应强度以3=%+战心0）的规律随时间变化，％=0时，P、Q两板电势相等，两板

间的距离远小于环的半径，经时间看,电容器「板（D）

A.不带电

B.所带电荷量与看成正比

C.带正电，带电荷量是甯

D.带负电，带电荷量是甯

解析：磁感应强度以8=氏+粗上＞0）的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E=〃笑==kS,而

5=7：产=兀（同2,经时间/电容器p板所带电荷量。=后。=综卜；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负

电，故D正确。

4.

如图所示，A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比小：2=2：1,在两导线环包围的

空间内存在一正方形边界的磁场区域，磁场方向垂直于两导线环的平面。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程

中，流过两导线环的感应电流大小之比为（D）

A.Y=1B.Y=2

/B/B

「1A」「7A_1

C1；-4D-7B-2

解析：A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量均为穿过磁场所在区

域面积上的磁通量，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，根据E=rr^-知产生的电动势也是相等的，根据电

阻4^=p21r,则A、B的电阻之比为2：1,再根据欧姆定律有/，可得电流之比为专,故D正确。

5.（多选）轻质细线吊着一质量为根=1kg、边长为0.2m、电阻R=l。、匝数〃=10的正方形闭合线圈abed,bd

下方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑线

圈的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且线圈始终处于静止状态，g取10m/s2。则下列判断正确的是（CD）

A.线圈中感应电流的方向为adMa

B.线圈中的感应电流大小为0.2A

C.。〜2s时间内线圈中产生的热量为0.02J

D.6s时线圈受安培力的大小为华N

解析：磁感应强度向里并且增大，由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的方向

为逆时针，即abeda,故A错误；由法拉第电磁感应定律得£=岗，由闭合电路的欧姆定律，可得线圈

中的感应电流大小/=〃镖,假设线框边长为/,则5=（,联立两式代入数据解得/=（MA,故B错误；0〜2s时

KlXlZ

间内金属环产生的热量为。二「放二。.。？J,故C正确；线圈的儿d部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小

等效为切直棒受到的安培力，6s时线圈受到的安培力/=〃小£=10X0.1X4X0.2啦N=^N,故D正确。故

选CD。

6.

（2023•江苏南京第一中学高二期末）如图所示，边长为L的正方形金属框A3CD质量为加，电阻为R,用细线把它

悬挂于一个有界的匀强磁场中，金属框的下半部处于磁场内，磁场方向与线框平面垂直。磁场随时间变化规律为3=

kt（k>Q）o求：

（1）线框中感应电动势的大小；

（2）从f=0时刻开始，经多长时间细线的拉力为零？

答案：⑴竽⑵鬻

解析：（1）由法拉第电磁感应定律,整理得七=券^=与o

（2）由题意可知，线框所受安培力方向向上，且当磁感应强度增大时，细线拉力减小，当细线拉力为零时，则有

mg=F安,

而/安=6/"

E

又由闭合电路欧姆定律，则有/=i石\,

且B=kt,解得胃2%器o

知识点❷导线切割磁感线时的感应电动势

7.如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂

直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为£将此棒弯成长度相等且相互垂直的两段，置于与磁感应强度相互垂

直的平面内，当它沿两段折线夹角角平分线的方向以速度u运动时，棒两端的感应电动势大小为E,则:等于（B）

A.|B.当

C.1D.y[2

解析：设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L,E=BLv;折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为1=

图？+图2=¥L故产生的感应电动势为E'=Blv=B^-Lv=*E,所以:=乎,故B正确。

8.如图所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R,金属棒"斜放在两导轨之间，

与导轨接触良好，ab=Lo磁感应强度为8的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨间夹角为60。，以速度v

水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒的电流为（B）

MaN

Q

BLv术BLv

工B.2R

BLv小BLv

~2RD,3R

解析：金属棒切割磁感线的有效长度为Lsin60。=乎L,故感应电动势

由欧姆定律得通过金属棒

的电流/=",故选Bo

Z.K

9.

如图所示，直角三角形金属框。松放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为3,方向平行于"边向上。当金属框

绕必边以角速度3逆时针转动(俯视)时，。、b、c三点的电势分别为的、9b、小。已知秋边的长度为下列判断正

确的是(C)

A.0a>a，金属框中无电流

B.吟(ftc,金属框中电流方向沿

C.Ubc=BFO,金属框中无电流

D.Uac=3Bl2①,金属框中电流方向沿次也？

解析：金属框a历平面与磁场方向平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，故B、D错误；转

动过程中。c边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断9〃<如，(ph<(pc,故A错误；由E=6及得，

Ubc=~^BFs,故C正确。

10.如图所示，半径为一的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场(磁感应强度为5)中，绕O轴以角速度3沿逆时针

方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(D)

A.由c到d,

11p

解析：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=Br-^rco=58产co,由欧姆定律得通过电阻R的电流/=万=

~o~°圆盘相当于电源，由右手定则可知电流方向为由边缘指向圆心，所以电阻R中的电流方向为由d到

KZ.K

c,选项D正确。

T

/

l

-

11.如图所示，水平放置的平行金属导轨和尸。，相距/=0.5m,导轨左端接一电阻R=0.4Q,磁感应强度

3=0.4T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒ac垂直导轨放在导轨上，ac棒的电阻r=0.1Q,ac棒能无摩擦地

沿导轨滑动，导轨的电阻可忽略不计。当ac棒以丫=5.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求:

(1)回路中感应电流I的大小和方向；

(2)ac棒两端的电压的大小；

(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力F的大小和方向。

答案：(1)2.0A,沿逆时针方向

(2)0.8V(3)0.4N,方向水平向右

解析：(1)由右手定则可知，回路中的感应电流沿逆时针方向，

感应电动势：E=Blv,

E

感应电流：,

R-vr

代入数据解得：/=2.0A。

(2)ac棒两端的电压“c=/R=0.8V。

(3)ac棒匀速运动，

由平衡条件得：F=F安,

则F=/安=3〃=0.4X2X0.5N=0.4N,

由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右。

御能力性国国/—

对应学生用节435

一'选择题（每小题只有一个选项符合题目要求）

1.下列关于电磁感应的说法正确的是（C）

A.在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流

B.穿过某回路的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势就越大

C.闭合回路置于磁场中，当磁感应强度为零时，感应电动势可能很大

D.感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁通量的变化量成正比

解析：在电磁感应现象中，有感应电动势，不一定有感应电流，只有当电路闭合时才有感应电流，选项A错误；

穿过某回路的磁通量的变化率越大，产生的感应电动势就越大，选项B错误；闭合回路置于磁场中，当磁感应强度

为零时，磁通量的变化率可能很大，则感应电动势可能很大，选项C正确；感应电动势的大小跟穿过闭合回路的磁

通量的变化率成正比，选项D错误。

2.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图甲中虚线"N所示。一硬质细导线的

电阻率为p、横截面积为S,将该导线做成半径为广的圆环固定在纸面内，圆心。在上。£=0时磁感应强度的方

向如图甲所示，磁感应强度3随时间看的变化关系如图乙所示，则在0〜九的时间内（B）

甲乙

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为黑

D.圆环中的感应电动势大小为空

解析：根据楞次定律，圆环中的感应电流始终沿顺时针方向，故B正确；根据左手定则，圆环所受安培力的方

向先向左后向右，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中的感应电动势大小为噂2,故D错误；根据欧姆定

o

兀一瓦

律，圆环中的感应电流大小/,故C错误。

P下°

忸s

:

:二二：・

二।传一器।

3.如图所示，两块水平放置的金属板距离为人用导线、开关S与一个〃匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上

的变化磁场8中。两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面静止放置一个质量为小、电荷量为的小球，S

断开时传感器上有示数，S闭合稳定后传感器上恰好无示数，则线圈中的磁场B的变化情况和磁通量变化率分别是

（D）

正在增强，等mgd

A.~q

正在减弱，詈mgd

B.nq