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2021版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：12第九章 1第1节 电磁感应现象 楞次定律
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知识内容
考试要求
真题统计
2016.10
2017.4
2017.11
2018.4
2018.11
2019.4
2020.1
1.电磁感应现象
b
2.楞次定律
c
3.法拉第电磁感应定律
d
22
22
22
23
22
22
4.电磁感应现象的两类情况
b
5.互感和自感
b
10
6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
b
7.交变电流
c
8.描述交变电流的物理量
c
9.电感和电容对交变电流的影响
b
10.变压器
c
21(2)
21(1)
10
11.电能的输送
c
实验：探究电磁感应的产生条件
21
实验：探究感应电流方向的规律
21(2)
实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
21(2)
21(1)
第1节 电磁感应现象 楞次定律
【基础梳理】
提示：面积S与B的乘积 Φ＝BS 磁感线穿过平面的方向 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1 电路闭合 磁通量发生变化 有感应电流 只有感应电动势 感应电流的磁场 引起感应电流的磁通量的变化 从掌心进入 导线运动的方向 四指所指的方向
【自我诊断】
判一判
(1)磁通量是矢量，有正、负之分．( )
(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．( )
(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．( )
(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．( )
(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
做一做
为了判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．
(1)将条形磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．
(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．
提示：(1)将磁铁N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极．由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．
(2)将磁铁远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入．根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．
答案：(1)顺 (2)逆
对电磁感应现象的判断
【题组过关】
1.如图所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为ra>rb，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为( )
A．Φa>Φb B．Φa＝Φb
C．Φa<Φb D．条件不足，无法判断
解析：选C.条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确．
2．(2020·杭州高三检测)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )
解析：选B.根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量发生变化才能产生感应电流，只有选项B正确．
3．(2020·杭州质检)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是( )
A．AB中电流I逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．导线AB正对OO′靠近线圈
D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)
解析：选D.由于通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．AB中电流如何变化，或AB正对OO′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A、B、C错误；线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda的感应电流，选项D正确．
1．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．
2．判断感应电流的流程
(1)确定研究的回路．
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
(3)
对楞次定律的理解及应用
【知识提炼】
楞次定律中“阻碍”的含义
【典题例析】
(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，下列说法正确的是( )
A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
[审题突破] 利用微元法可看做导体切割磁感线产生感应电动势，且磁场越强，对圆盘的阻碍作用越明显．[解析] 将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．
[答案] ABD
【题组过关】
考向1 “增反减同”现象
1．(多选)(2020·绍兴质检)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
解析：选AD.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．
考向2 “来拒去留”现象
2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大 B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变
解析：选C.开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．
考向3 “增缩减扩”现象
3.(多选)(2020·丽水质检)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )
A．逐渐增强，方向向外
B．逐渐增强，方向向里
C．逐渐减弱，方向向外
D．逐渐减弱，方向向里
解析：选CD.回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量增大，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．
考向4 右手定则的应用
4．(2020·浙江温岭调研)如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
解析：选D.由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项对．
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
对“一定律、三定则”的综合应用
【知识提炼】
1．“三个定则与一个定律”的适用情况
名称
基本现象
应用的定
则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
2.三个定则的因果关系
三个定则容易相混，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键：
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．
【典题例析】
(多选)(2020·台州月考)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，MN的左边有一闭合电路，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
[审题突破] 由MN的运动情况→确定MN所受的安培力方向MN处的磁场方向MN中的感应电流方向L1中感应电流的磁场方向L2中磁场方向及变化情况PQ中电流方向及大小变化确定PQ所做的运动．[解析] MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动．
[答案] BC
“一定律、三定则”的应用技巧
(1)2个条件：感应电流产生的条件
(2)2种方法：判断感应电流方向
(3)2个原则
①无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断；
②“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
【题组过关】
考向1 “因动生电”现象的判断
1．(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
解析：选BC.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不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从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．
考向2 “因电而动”现象的判断
2.(2020·台州质检)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
解析：选A.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．
两个实验
【题组过关】
考向1 实验：探究电磁感应的产生条件
1．(2020·丽水质检)如图是探究电磁感应的产生条件的实验实物图，把实验得出的现象及结论填入表格中
操作
现象
开关闭合瞬间
线圈B中( )电流产生
开关断开瞬间
线圈B中( )电流产生
开关闭合后，滑动变阻器不动
线圈B中( )电流产生
开关闭合后，迅速移动变阻器的滑片
线圈B中( )电流产生
实验结论：当线圈A中电流发生变化时，线圈B中( )电流产生.
磁铁插入瞬间
电流表的指针( )偏转
磁铁拔出瞬间
电流表的指针( )偏转
磁铁在螺线管中不动
电流表的指针( )偏转
实验结论：当条形磁铁插入或拔出闭合线圈时，线圈中( )感应电流产生．磁铁相对线圈静止时，( )电流产生.
解析：通过电磁感应产生的条件知，只要通过闭合回路的磁通量发生变化，就一定产生电流，而磁通量的变化与B和S有关．
答案：有 有 没有 有 有 发生 发生 不发生 有 没有
2．(2019·4月浙江选考)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示．感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．
(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”“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：(1)滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量方向向下，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)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)若G表未损坏，短接G表，并摇晃G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象．
答案：(1)左偏 右偏 (2)不停振动
(3)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
考向2 实验：探究感应电流方向的规律
3．(2020·嘉兴月考)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图所示连接．下列说法中正确的是( )
A．电键闭合后，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，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．电键闭合后，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．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析：选A.电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．
4．(2020·丽水月考)如图是探究感应电流方向的示意图，根据实验填完整表格中的内容．
N极插入
S极插入
N极拔出
S极拔出
原磁场方向
原磁场磁通
量的变化
感应电流方
向(俯视)
感应电流的
磁场方向
结论
答案：原磁场方向：向下 向上 向下 向上
原磁场磁通量的变化：增加 增加 减小 减小
感应电流方向(俯视)：逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向：向上 向下 向下 向上
结论：磁铁磁极插入、拔出，导致磁通量变化，产生感应电流，感应电流阻碍原磁通量的变化
[随堂检测]
1.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分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断
解析：选C.导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦI，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ.当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1<ΔΦ2.
2．(多选)(2020·宁波质检)下列情况能产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
解析：选BD.甲图中导体AB顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故选项A错误；乙图中条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流产生，故选项B正确；丙图中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故选项C错误；丙图中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中的磁通量变化，线圈中产生感应电流，故选项D正确．
3．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
A．三者同时落地
B．甲、乙同时落地，丙后落地
C．甲、丙同时落地，乙后落地
D．乙、丙同时落地，甲后落地
解析：选D.甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．
4．(2020·台州质检)在“研究电磁感应现象”实验中：
(1)首先要确定电流计指针偏转方向和电流方向间的关系．实验中所用电流计量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有：R1＝100 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝10 Ω，应选用________作为保护电阻．
(2)实验中已得出电流计指针向右偏转时，电流是“＋”接线柱流入的，那么在如图甲所示的装置中，若将条形磁铁S极朝下插入线圈中，则电流计的指针应向________偏转．
(3)在给出的实物图乙中，用实线作为导线将实验器材连成实验电路．
(4)将线圈L1插入L2中，合上开关．能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是______．
A．插入软铁棒 B．拔出线圈L1
C．使变阻器阻值变大 D．断开开关
解析：(1)为保护电流计安全，保护电阻最小阻值R＝＝ Ω＝1.5×104 Ω，因此保护电阻应选R1.
(2)将条形磁铁S极朝下插入线圈中，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针应向右偏转．
(3)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可，实物图如图所示．
(4)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1，使变阻器阻值变大，断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确．
答案：(1)R1 (2)右 (3)如解析图 (4)BCD
5.(2020·台州月考)在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流计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__________挡(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试．由实验可知当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动．
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱．若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流由电流计的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流计的．
(3)实验中该同学将磁铁某极从线圈上方向下插入线圈时，发现电流表的指针向左偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母N、S标出磁铁的极性．
解析：(1)欧姆挡含有直流电源，故换到欧姆挡．
(2)试探性的，所以需要短暂接触，从上面可以知道当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动，现要使指针向左摆动，则应使电流从负接线柱流入灵敏电流计．
答案：(1)欧姆 (2)短暂 负 (3)如图
[课后达标]
一、选择题
1.(2020·湖州检测)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )
A. B. C．BL2 D．NBL2
答案：A
2.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，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
3．(2020·嘉兴质检)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案：D
4.(2020·绍兴调研)如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小
球的运动情况是( )
A．向左摆动 B．向右摆动
C．保持静止 D．无法判定
解析：选A.条形磁铁突然插入线圈时，由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电，左板带正电，右板带负电，小球在电场力作用下向左摆动，故A正确．
5．(多选)(2020·杭州质检)如图所示，一平面线圈用细杆悬于P点，开始细杆处于水平位置，释放后它在图示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直．当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向依次为( )
A．位置Ⅰ逆时针方向
B．位置Ⅰ位置Ⅱ均为逆时针方向
C．位置Ⅱ顺时针方向
D．位置Ⅰ位置Ⅱ均为顺时针方向
解析：选AC.由题图可知，当线圈从Ⅰ位置运动到最低点过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向顺着磁场方向看是逆时针；当线圈从最低点运动到Ⅱ位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向应是顺时针，所以A、C项正确，B、D项错误．
6．(2020·浙江9＋1联盟联考)如图所示，水平地面上方存在有界匀强磁场(上、下边界水平)，磁场上方有三个单匝正方形铜线圈A、B、C，它们从相同高度由静止开始同时下落．其中A有一个缺口，B、C都是闭合的，但B的导线最粗；A、B边长相等，C边长最大，但都小于磁场区域的高度．则线圈( )
A．A最后落地 B．B最后落地
C．C最后落地 D．B、C同时落地
解析：选C.线圈A由于有缺口，在磁场中不能形成电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g；而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ0，密度为ρ，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－v＝ma，a＝g－v＝g－ v＝g－，可知a与横截面积S、长度L无关，而线圈C边长最大，进入磁场的位移大，所以C线圈最后落地，选项C正确，选项A、B、D错误．
7．(2020·宁波调研)如图甲所示，金属圆环在垂直于环面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示．已知磁场方向垂直于环面向里为正方向，则下列说法不正确的是( )
A．t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，圆环中无感应电流
B．t1～t3时间内，环中感应电流沿顺时针方向
C．0～t4时间内，金属圆环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势
D．t2～t3时间内，环上某一段受到的安培力指向圆心
解析：选A.在t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，但此时磁通量在变化，圆环中会产生感应电流，故A项错误；根据楞次定律，t1～t3时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故B项正确；根据楞次定律可知，当磁感应强度增大时，金属环有收缩的趋势，当磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图象可以看出，0～t4 时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C项正确；t2～t3时间内，穿过圆环的磁通量垂直纸面向外并且增大，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，圆环受到的安培力指向圆心，故D项正确．
8．(2020·浙江黄岩选考适应性考试)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是( )
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
解析：选B.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项C错误；在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项D错误．
9.如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中，某段时间通电线圈中存在从左向右看顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D.通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过接收线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，接收线圈产生的感应电流方向为逆时针，由于磁通量均匀增大，则产生的感应电流不变，故选项A、B错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流方向仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C错误，选项D正确．
10.(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
解析：选AD.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．
二、非选择题
11．(2020·舟山质检)某同学利用如图装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化．内阻r＝40 Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．滑动变阻器最大阻值为40 Ω，初始时滑片位于正中间20 Ω的位置．打开传感器，将质量为m的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极．穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(磁铁下落中受到的电磁阻力远小于磁铁重力，不发生转动)，释放点到海绵垫高度差为h.计算机屏幕上显示出如图所示的UI－t 曲线．
(1)磁铁穿过螺线管过程中，产生第一峰值时线圈中的感应电动势约________V.
(2)图象中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象的相关说法正确的是________．
A．线圈中的磁通量变化率经历先增大后减小再增大再减小的过程
B．如果滑片从中间向左移动时，坐标系中的两个峰值一定都会减小
C．磁铁在下落过程中加速度始终小于重力加速度g
D．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
(3)在磁铁下降h的过程中，可估算机械能转化为的电能是____________J.
解析：(1)由UI－t曲线可知，产生第一峰值时滑动变阻器功率为P滑＝0.004 5 W①
线圈输出功率表达式为P出＝I2R外②
根据闭合电路欧姆定律得：
E＝I(R内＋R外)③
联立①②③将R内＝40 Ω，R外＝20 Ω代入得E＝0.9 V.
(2)由UI－t图象的变化趋势可知，A对；滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电流增大，螺线管消耗的功率增大，滑动变阻器消耗的功率减小，即UI减小，图象峰值减小，B对；磁铁下落至螺线管中点时，磁通量变化率为0，螺线管感应电流为0，磁铁只受重力，加速度为g，C错；减小h，磁铁速度减小，螺线管中磁通量变化率减小，感应电流减小，图线峰值减小，D对．故选ABD.
(3)根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能，由图象可得，在磁铁下降h的过程中机械能转化为电能为：2.3×10－4 J(2.1×10－4 J～2.4×10－4 J均正确)．
答案：(1)0.9 (2)ABD (3)2.3×10－4(2.1×10－4～2.4×10－4均正确)
知识内容
考试要求
真题统计
2016.10
2017.4
2017.11
2018.4
2018.11
2019.4
2020.1
1.电磁感应现象
b
2.楞次定律
c
3.法拉第电磁感应定律
d
22
22
22
23
22
22
4.电磁感应现象的两类情况
b
5.互感和自感
b
10
6.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
b
7.交变电流
c
8.描述交变电流的物理量
c
9.电感和电容对交变电流的影响
b
10.变压器
c
21(2)
21(1)
10
11.电能的输送
c
实验：探究电磁感应的产生条件
21
实验：探究感应电流方向的规律
21(2)
实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
21(2)
21(1)
第1节 电磁感应现象 楞次定律
【基础梳理】
提示：面积S与B的乘积 Φ＝BS 磁感线穿过平面的方向 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1 电路闭合 磁通量发生变化 有感应电流 只有感应电动势 感应电流的磁场 引起感应电流的磁通量的变化 从掌心进入 导线运动的方向 四指所指的方向
【自我诊断】
判一判
(1)磁通量是矢量，有正、负之分．( )
(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．( )
(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．( )
(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．( )
(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．( )
提示：(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)×
做一做
为了判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．
(1)将条形磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．
(2)当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为____时针(选填“顺”或“逆”)．
提示：(1)将磁铁N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极．由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．
(2)将磁铁远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入．根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．
答案：(1)顺 (2)逆
对电磁感应现象的判断
【题组过关】
1.如图所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为ra>rb，条形磁铁穿过圆心并与圆面垂直，则穿过两线圈的磁通量Φa、Φb间的大小关系为( )
A．Φa>Φb B．Φa＝Φb
C．Φa<Φb D．条件不足，无法判断
解析：选C.条形磁铁内部的磁感线全部穿过a、b两个线圈，而外部磁感线穿过线圈a的比穿过线圈b的要多，线圈a中磁感线条数的代数和要小，故选项C正确．
2．(2020·杭州高三检测)如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )
解析：选B.根据产生感应电流的条件，闭合回路内磁通量发生变化才能产生感应电流，只有选项B正确．
3．(2020·杭州质检)如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为abcda的感应电流，可行的做法是( )
A．AB中电流I逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．导线AB正对OO′靠近线圈
D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)
解析：选D.由于通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直．AB中电流如何变化，或AB正对OO′靠近线圈或远离线圈，线圈中磁通量均为零，不能在线圈中产生感应电流，选项A、B、C错误；线圈绕OO′轴逆时针转动90°(俯视)，由楞次定律可知，在线圈中形成方向为abcda的感应电流，选项D正确．
1．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．
2．判断感应电流的流程
(1)确定研究的回路．
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
(3)
对楞次定律的理解及应用
【知识提炼】
楞次定律中“阻碍”的含义
【典题例析】
(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，下列说法正确的是( )
A．圆盘处于磁场中的部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强，越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
[审题突破] 利用微元法可看做导体切割磁感线产生感应电动势，且磁场越强，对圆盘的阻碍作用越明显．[解析] 将金属圆盘看成由无数金属辐条组成，根据右手定则可知圆盘处于磁场中的部分的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；由法拉第电磁感应定律知，感应电动势E＝BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘整体切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，不会产生感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确．
[答案] ABD
【题组过关】
考向1 “增反减同”现象
1．(多选)(2020·绍兴质检)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
解析：选AD.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．
考向2 “来拒去留”现象
2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )
A．均匀增大 B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变 D．先增大，再减小，最后不变
解析：选C.开始时，条形磁铁以加速度g竖直下落，则穿过铜环的磁通量发生变化，铜环中产生感应电流，感应电流的磁场阻碍条形磁铁的下落．开始时的感应电流比较小，条形磁铁向下做加速运动，且随下落速度增大，其加速度变小．当条形磁铁的速度达到一定值后，相应铜环对条形磁铁的作用力趋近于条形磁铁的重力．故条形磁铁先加速运动，但加速度变小，最后的速度趋近于某个定值．选项C正确．
考向3 “增缩减扩”现象
3.(多选)(2020·丽水质检)如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场( )
A．逐渐增强，方向向外
B．逐渐增强，方向向里
C．逐渐减弱，方向向外
D．逐渐减弱，方向向里
解析：选CD.回路变为圆形，面积增大，说明闭合回路的磁通量增大，所以磁场逐渐减弱，而磁场方向可能向外，也可能向里，故选项C、D正确．
考向4 右手定则的应用
4．(2020·浙江温岭调研)如图所示，MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
解析：选D.由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd>vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项对．
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
对“一定律、三定则”的综合应用
【知识提炼】
1．“三个定则与一个定律”的适用情况
名称
基本现象
应用的定
则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
2.三个定则的因果关系
三个定则容易相混，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键：
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．
【典题例析】
(多选)(2020·台州月考)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，MN的左边有一闭合电路，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
[审题突破] 由MN的运动情况→确定MN所受的安培力方向MN处的磁场方向MN中的感应电流方向L1中感应电流的磁场方向L2中磁场方向及变化情况PQ中电流方向及大小变化确定PQ所做的运动．[解析] MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动．
[答案] BC
“一定律、三定则”的应用技巧
(1)2个条件：感应电流产生的条件
(2)2种方法：判断感应电流方向
(3)2个原则
①无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断；
②“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
【题组过关】
考向1 “因动生电”现象的判断
1．(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
解析：选BC.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不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从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．
考向2 “因电而动”现象的判断
2.(2020·台州质检)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
解析：选A.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．
两个实验
【题组过关】
考向1 实验：探究电磁感应的产生条件
1．(2020·丽水质检)如图是探究电磁感应的产生条件的实验实物图，把实验得出的现象及结论填入表格中
操作
现象
开关闭合瞬间
线圈B中( )电流产生
开关断开瞬间
线圈B中( )电流产生
开关闭合后，滑动变阻器不动
线圈B中( )电流产生
开关闭合后，迅速移动变阻器的滑片
线圈B中( )电流产生
实验结论：当线圈A中电流发生变化时，线圈B中( )电流产生.
磁铁插入瞬间
电流表的指针( )偏转
磁铁拔出瞬间
电流表的指针( )偏转
磁铁在螺线管中不动
电流表的指针( )偏转
实验结论：当条形磁铁插入或拔出闭合线圈时，线圈中( )感应电流产生．磁铁相对线圈静止时，( )电流产生.
解析：通过电磁感应产生的条件知，只要通过闭合回路的磁通量发生变化，就一定产生电流，而磁通量的变化与B和S有关．
答案：有 有 没有 有 有 发生 发生 不发生 有 没有
2．(2019·4月浙江选考)在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示．感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”“不停振动”)．
(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”“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：(1)滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量方向向下，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)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)若G表未损坏，短接G表，并摇晃G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象．
答案：(1)左偏 右偏 (2)不停振动
(3)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
考向2 实验：探究感应电流方向的规律
3．(2020·嘉兴月考)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图所示连接．下列说法中正确的是( )
A．电键闭合后，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，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．电键闭合后，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．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析：选A.电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；电键闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流发生变化，线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误．
4．(2020·丽水月考)如图是探究感应电流方向的示意图，根据实验填完整表格中的内容．
N极插入
S极插入
N极拔出
S极拔出
原磁场方向
原磁场磁通
量的变化
感应电流方
向(俯视)
感应电流的
磁场方向
结论
答案：原磁场方向：向下 向上 向下 向上
原磁场磁通量的变化：增加 增加 减小 减小
感应电流方向(俯视)：逆时针 顺时针 顺时针 逆时针
感应电流的磁场方向：向上 向下 向下 向上
结论：磁铁磁极插入、拔出，导致磁通量变化，产生感应电流，感应电流阻碍原磁通量的变化
[随堂检测]
1.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分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．不能判断
解析：选C.导体MN周围的磁场并非匀强磁场，靠近MN处的磁场强些，磁感线密一些，远离MN处的磁感线疏一些，当线框在Ⅰ位置时，穿过平面的磁通量为ΦI，当线框平移到Ⅱ位置时，磁通量为ΦⅡ，则磁通量的变化量为ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ－ΦⅡ.当线框翻转至Ⅱ位置时，磁感线相当于从“反面”穿过平面，则磁通量为－ΦⅡ，则磁通量的变化量是ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|＝ΦⅠ＋ΦⅡ，所以ΔΦ1<ΔΦ2.
2．(多选)(2020·宁波质检)下列情况能产生感应电流的是( )
A．如图甲所示，导体AB顺着磁感线运动
B．如图乙所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图丙所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
解析：选BD.甲图中导体AB顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故选项A错误；乙图中条形磁铁插入线圈时，线圈中的磁通量增加，拔出时线圈中的磁通量减少，都有感应电流产生，故选项B正确；丙图中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故选项C错误；丙图中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场变化，螺线管B中的磁通量变化，线圈中产生感应电流，故选项D正确．
3．如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中不翻转)，则以下说法正确的是( )
A．三者同时落地
B．甲、乙同时落地，丙后落地
C．甲、丙同时落地，乙后落地
D．乙、丙同时落地，甲后落地
解析：选D.甲是铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．
4．(2020·台州质检)在“研究电磁感应现象”实验中：
(1)首先要确定电流计指针偏转方向和电流方向间的关系．实验中所用电流计量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有：R1＝100 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝10 Ω，应选用________作为保护电阻．
(2)实验中已得出电流计指针向右偏转时，电流是“＋”接线柱流入的，那么在如图甲所示的装置中，若将条形磁铁S极朝下插入线圈中，则电流计的指针应向________偏转．
(3)在给出的实物图乙中，用实线作为导线将实验器材连成实验电路．
(4)将线圈L1插入L2中，合上开关．能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是______．
A．插入软铁棒 B．拔出线圈L1
C．使变阻器阻值变大 D．断开开关
解析：(1)为保护电流计安全，保护电阻最小阻值R＝＝ Ω＝1.5×104 Ω，因此保护电阻应选R1.
(2)将条形磁铁S极朝下插入线圈中，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针应向右偏转．
(3)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可，实物图如图所示．
(4)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1，使变阻器阻值变大，断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确．
答案：(1)R1 (2)右 (3)如解析图 (4)BCD
5.(2020·台州月考)在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流计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__________挡(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试．由实验可知当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动．
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱．若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流由电流计的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流计的．
(3)实验中该同学将磁铁某极从线圈上方向下插入线圈时，发现电流表的指针向左偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母N、S标出磁铁的极性．
解析：(1)欧姆挡含有直流电源，故换到欧姆挡．
(2)试探性的，所以需要短暂接触，从上面可以知道当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动，现要使指针向左摆动，则应使电流从负接线柱流入灵敏电流计．
答案：(1)欧姆 (2)短暂 负 (3)如图
[课后达标]
一、选择题
1.(2020·湖州检测)如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为( )
A. B. C．BL2 D．NBL2
答案：A
2.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，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
3．(2020·嘉兴质检)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案：D
4.(2020·绍兴调研)如图所示，螺线管的导线的两端与两平行金属板相接，一个带负电的小球用丝线悬挂在两金属板间，并处于静止状态，若条形磁铁突然插入线圈时，小
球的运动情况是( )
A．向左摆动 B．向右摆动
C．保持静止 D．无法判定
解析：选A.条形磁铁突然插入线圈时，由楞次定律可判定线圈中产生瞬间电流给平行金属板充电，左板带正电，右板带负电，小球在电场力作用下向左摆动，故A正确．
5．(多选)(2020·杭州质检)如图所示，一平面线圈用细杆悬于P点，开始细杆处于水平位置，释放后它在图示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直．当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中感应电流的方向依次为( )
A．位置Ⅰ逆时针方向
B．位置Ⅰ位置Ⅱ均为逆时针方向
C．位置Ⅱ顺时针方向
D．位置Ⅰ位置Ⅱ均为顺时针方向
解析：选AC.由题图可知，当线圈从Ⅰ位置运动到最低点过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向顺着磁场方向看是逆时针；当线圈从最低点运动到Ⅱ位置的过程中，穿过线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向应是顺时针，所以A、C项正确，B、D项错误．
6．(2020·浙江9＋1联盟联考)如图所示，水平地面上方存在有界匀强磁场(上、下边界水平)，磁场上方有三个单匝正方形铜线圈A、B、C，它们从相同高度由静止开始同时下落．其中A有一个缺口，B、C都是闭合的，但B的导线最粗；A、B边长相等，C边长最大，但都小于磁场区域的高度．则线圈( )
A．A最后落地 B．B最后落地
C．C最后落地 D．B、C同时落地
解析：选C.线圈A由于有缺口，在磁场中不能形成电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g；而B、C线圈是闭合的，进入磁场后，产生感应电流，线圈受到竖直向上的安培力作用，加速度小于g，则A线圈最先落地，设线圈的边长为L，横截面积为S，电阻率为ρ0，密度为ρ，质量为m，进入磁场后速度为v时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－v＝ma，a＝g－v＝g－ v＝g－，可知a与横截面积S、长度L无关，而线圈C边长最大，进入磁场的位移大，所以C线圈最后落地，选项C正确，选项A、B、D错误．
7．(2020·宁波调研)如图甲所示，金属圆环在垂直于环面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t按正弦规律变化，如图乙所示．已知磁场方向垂直于环面向里为正方向，则下列说法不正确的是( )
A．t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，圆环中无感应电流
B．t1～t3时间内，环中感应电流沿顺时针方向
C．0～t4时间内，金属圆环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势
D．t2～t3时间内，环上某一段受到的安培力指向圆心
解析：选A.在t2时刻，穿过圆环的磁通量为0，但此时磁通量在变化，圆环中会产生感应电流，故A项错误；根据楞次定律，t1～t3时间内，环中感应电流方向一直沿顺时针方向，故B项正确；根据楞次定律可知，当磁感应强度增大时，金属环有收缩的趋势，当磁感应强度减小时，金属环有扩张趋势，从图象可以看出，0～t4 时间内，金属环出现两次收缩趋势，两次扩张趋势，故C项正确；t2～t3时间内，穿过圆环的磁通量垂直纸面向外并且增大，根据楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，圆环受到的安培力指向圆心，故D项正确．
8．(2020·浙江黄岩选考适应性考试)如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内，当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列选项中正确的是( )
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大
C．在t1～t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
D．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势
解析：选B.当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；由楞次定律，在t1～t2时间内，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，选项C错误；在t1～t2时间内，金属圆环L有收缩的趋势，选项D错误．
9.如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈．工作过程中，某段时间通电线圈中存在从左向右看顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D.通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通过接收线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，接收线圈产生的感应电流方向为逆时针，由于磁通量均匀增大，则产生的感应电流不变，故选项A、B错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流方向仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项C错误，选项D正确．
10.(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
解析：选AD.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．
二、非选择题
11．(2020·舟山质检)某同学利用如图装置研究磁铁下落过程中的重力势能与电能之间的相互转化．内阻r＝40 Ω的螺线管固定在铁架台上，线圈与电流传感器、电压传感器和滑动变阻器连接．滑动变阻器最大阻值为40 Ω，初始时滑片位于正中间20 Ω的位置．打开传感器，将质量为m的磁铁置于螺线管正上方静止释放，磁铁上表面为N极．穿过螺线管后掉落到海绵垫上并静止(磁铁下落中受到的电磁阻力远小于磁铁重力，不发生转动)，释放点到海绵垫高度差为h.计算机屏幕上显示出如图所示的UI－t 曲线．
(1)磁铁穿过螺线管过程中，产生第一峰值时线圈中的感应电动势约________V.
(2)图象中UI出现前后两个峰值，对比实验过程发现，这两个峰值是在磁铁刚进入螺线管内部和刚从内部出来时产生的，对这一现象的相关说法正确的是________．
A．线圈中的磁通量变化率经历先增大后减小再增大再减小的过程
B．如果滑片从中间向左移动时，坐标系中的两个峰值一定都会减小
C．磁铁在下落过程中加速度始终小于重力加速度g
D．如果仅略减小h，两个峰值都会减小
(3)在磁铁下降h的过程中，可估算机械能转化为的电能是____________J.
解析：(1)由UI－t曲线可知，产生第一峰值时滑动变阻器功率为P滑＝0.004 5 W①
线圈输出功率表达式为P出＝I2R外②
根据闭合电路欧姆定律得：
E＝I(R内＋R外)③
联立①②③将R内＝40 Ω，R外＝20 Ω代入得E＝0.9 V.
(2)由UI－t图象的变化趋势可知，A对；滑片向左移动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路总电流增大，螺线管消耗的功率增大，滑动变阻器消耗的功率减小，即UI减小，图象峰值减小，B对；磁铁下落至螺线管中点时，磁通量变化率为0，螺线管感应电流为0，磁铁只受重力，加速度为g，C错；减小h，磁铁速度减小，螺线管中磁通量变化率减小，感应电流减小，图线峰值减小，D对．故选ABD.
(3)根据图象物理意义可知：图象与横轴围成面积大小等于下落过程中电源的输出电能，由图象可得，在磁铁下降h的过程中机械能转化为电能为：2.3×10－4 J(2.1×10－4 J～2.4×10－4 J均正确)．
答案：(1)0.9 (2)ABD (3)2.3×10－4(2.1×10－4～2.4×10－4均正确)
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