第2章 第2节 法拉第电磁感应定律-【优化探究】2025-2026学年新教材高中物理选择性必修第二册同步导学案配套PPT课件（鲁科版）

第2节　法拉第电磁感应定律 第2章　电磁感应及其应用   [学习目标]　1.理解并应用法拉第电磁感应定律求感应电动势(重点)。　2.运用E=Blv或E=Blvsin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势(重点)。　3.会推导、计算导体转动切割磁感线时产生的电动势(重难点)。　4.法拉第电磁感应定律与楞次定律的综合应用。 课时作业 巩固提升 要点1　法拉第电磁感应定律 要点2　导体棒切割磁感线时的感应电动势 要点3　导体棒转动切割磁感线产生的电动势 内容索引 要点1　法拉第电磁感应定律 一 4 梳理 必备知识 自主学习 1.感应电动势:在电磁感应现象中产生的　　　　被称为感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于　　　　。  2.决定感应电动势大小的因素:电路中的磁通量变化越快,电路中的感应电动势就　　,感应电动势的大小与电路中磁通量变化的　　有关。  电动势 电源 越大 快慢 3.法拉第电磁感应定律 (1)内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的　　　成正比。  (2)表达式:对单匝线圈E=k,k为比例常数。在国际单位制中k=1,上式可简化为E=。对n匝线圈E=　　　　。  变化率 n (3)单位:在国际单位制中,感应电动势E的单位是　　　　。  (4)感应电动势的方向 ①感应电动势是　　　　,但有方向。  ②感应电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极,与电源内部电流方向　　　　。  ③感应电动势的方向可由　　　　　　判断。  伏特 标量　 一致 楞次定律 [思考与讨论] 如图所示,将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中。 (1)快速插入和缓慢插入,磁通量的变化量ΔΦ相同吗?电流计指针偏转角度相同吗? 提示:(1)相同　不同 (2)分别用同种规格的一根磁铁和两根磁铁以相同速度快速插入,磁通量的变化量ΔΦ相同吗?电流计指针偏转角度相同吗? 提示: (2)不同　不同 (3)感应电动势的大小取决于什么? 提示: (3)取决于的大小。 1.E=n的三种基本形式 (1)ΔΦ仅由B变化引起,则E=nS。 (2)ΔΦ仅由S变化引起,则E=nB。 (3)磁感应强度B和线圈面积S均变化,则E=n。 说明:注意n匝线圈可视为由n个单匝线圈串联组成,分析问题时不要忽视n的存在。 归纳 关键能力 合作探究 2.感应电动势E的大小与方向 (1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率,与Φ的大小及ΔΦ的大小没有必然联系。 (2)感应电动势的方向 用楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向。 [例1]　(2024·河南驻马店期末)如图是学生常用的饭卡内部实物图,其由线圈和芯片组成电路,当饭卡处于感应区域时,刷卡机会激发变化的磁场,从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作,已知线圈面积为S,共n匝,某次刷卡时,线圈平面与磁场垂直,且全部处于磁场区域内,在感应时间t0内,磁感应强度方向向外且由0均匀增大到B0,此过程中(　　) A.线框中磁通量变化率为n B.线框中产生顺时针方向的感应电流 C.AB边所受安培力方向向右 D.线框中感应电动势大小为 B 根据题意可知线框中磁通量变化率为=,与线圈匝数无关,故A错误;设电路中总电阻为R,根据楞次定律可知磁感应强度向外均匀增大,由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里,根据安培定则可知感应电流为顺时针方向,故B正确;电动势大小为E=n=,故D错误;当感应电流方向为顺时针时,电流由A→B,根据左手定则判断可知,AB边所受安培力方向向左,故C错误。 [例2]　(2024·河南驻马店期末)如图甲所示,空间中存在一匀强磁场,初始时方向竖直向上,其磁感应强度B随时间t变化,如乙图,磁场中放置一水平圆形金属环,已知金属环面积为S=1 m2,导体环的总电阻为R=10 Ω,B0=0.1 T。下列说法正确的是(　　) A.t=1 s时,金属环中电流为零 B.第1 s和第2 s,金属环中电流方向相反 C.第3 s内,金属环中电流的大小为0.1 A D.第4 s内,金属环中的电流大小为0.01 A D t=1 s时,穿过金属环的磁通量变化 率不为零,则金属环中感应电流不 为零,故A错误;第1 s内,向上穿过金 属环的磁通量减小,根据楞次定律感应磁场方向向上,由安培定则可知,金属环中电流为俯视逆时针方向,第2 s内,向下穿过金属环的磁通量增大,根据楞次定律感应磁场方向向上,由安培定则可知,金属环中电流为俯视逆时针方向,故B错误;第2~4 s内,金属环中电流大小为I==== A=0.01 A,故C错误,D正确。 [针对训练]　1.如图甲所示,粗细均匀的导体框ABC,∠B=90°,∠C= 30°,AB边长为L,导体框的总电阻为R。一匀强磁场垂直导体框ABC所在平面,方向向里,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A.导体框ABC中电流的方向为顺时针 B.导体框ABC中电流的大小为 C.t0时刻两直角边AB和BC所受安培力合力大小为 D.两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向左下方 C 结合图甲和图乙,根据楞次定律可知,导体框ABC中电 流的方向为逆时针,故A错误;根据法拉第电磁感应定 律可得,感应电动势E===,则感应电流 I==,故B错误;磁场中的闭合回路所受安培力 的合力为零,则两直角边AB和BC所受安培力合力大 小与斜边AC所受安培力大小相等,则F=2ILB0=,故C正确;两直角边AB和BC所受安培力合力方向与斜边AC所受安培力方向相反,根据左手定则可知,AC边所受安培力方向为垂直AC向左下方,则两直角边AB和BC所受安培力合力方向为垂直AC向右上方,故D错误。 二 要点2　导体棒切割磁感线时的感应电动势 18 导线切割磁感线时感应电动势表达式的推导 梳理 必备知识 自主学习 如图所示,闭合回路一部分导线ab处于匀强磁场中,磁感应强度为B,闭合回路所在平面与磁感线垂直,ab的长度为l,ab以速度v匀速垂直切割磁感线。 在Δt内穿过闭合回路磁通量的变化量为ΔΦ=　　　　=　　　　;  根据法拉第电磁感应定律得E===　　　　。  BΔS　 BlvΔt　 Blv 1.导线垂直于磁场方向运动,B、l、v两两垂直时,导线中的感应电动势E=Blv。 2.导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向夹角为θ时,如图所示,导线中的感应电动势E=Blvsin θ。 归纳 关键能力 合作探究 3.E=Blv的四性 (1)正交性:本公式是在一定条件下得出的,除了要求磁场是匀强磁场外,还要求B、l、v三者两两相互垂直。 (2)对应性:若v为平均速度,则E为平均感应电动势,即E=Blv;若v为瞬时速度,则E为瞬时感应电动势。 (3)有效性:在公式E=Blv中,l是指导体的有效切割长度,即导体在垂直于速度方向上的投影长度,如图所示的三种情况中,感应电动势都是E=Blv。 (4)相对性:公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度,当导体不动而磁场运动时,也有感应电动势产生。 [例3]　(2024·江苏扬州期末)如图所示,平行金属导轨MN和PQ相距l= 0.5 m,N、Q间连接有电阻R,放置在平行导轨上的导体棒ab向右以大小为v=0.2 m/s的速度匀速运动,垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T。电阻R=1.5 Ω,导体棒电阻r=0.5 Ω,导轨电阻不计,求: (1)ab产生的感应电动势大小; [答案]　(1)5×10-2 V (1)由电磁感应定律可得导体棒ab产生的感应电动势 E=Blv=0.5×0.5×0.2 V=5×10-2 V。 (2)电势差Uba; [答案]　(2)-3.75×10-2 V (2)由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流 I== A=0.025 A 由欧姆定律可得Uab=IR=0.025×1.5 V=3.75×10-2 V 则有Uba=-Uab=-3.75×10-2 V。 (3)作用于导体棒ab上的外力F大小。 [答案]　(3)6.25×10-3 N (3)导体棒ab受到的安培力 FA=BIl=0.5×0.025×0.5 N=6.25×10-3 N 由力的平衡条件可得,作用于导体棒ab上的外力F大小 F=FA=6.25×10-3 N。 [针对训练]　2.(多选)(2024·山东烟台期末)如图所示,在国庆盛典上,“空警-2000”预警机在天安门上空沿水平方向以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行。该机两翼的面积为30 m2,两翼尖间的距离为50 m,北京上空地磁场的竖直分量为0.47×10-4 T,下列说法正确的是(　　) A.穿过该机两翼的磁通量为1.41 Wb B.两翼尖之间的电势差约为0.29 V C.该机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D.该机花样表演翻转180°过程中,两机翼磁通量变化量为0 BC 穿过该机两翼的磁通量为Φ=BS=0.47×10-4×30 Wb=1.41×10-3 Wb,选项A错误;两翼尖之间的电势差约为U=BLv=0.47×10-4×50× V≈0.29 V,选项B正确;根据右手定则可知,电路中感应电动势方向自右向左,因飞机此时作为电源处理,故机左方翼尖的电势比右方翼尖的 电势高,选项C正确;该机花样表演翻转180°过程中,两 机翼磁通量变化量为ΔΦ=2BS=2.82×10-3 Wb,选项D 错误。故选B、C。 三 要点3　导体棒转动切割磁感线产生的电动势 29 相对位置 转轴位置 导体棒ab长为l,垂直于匀强磁场(磁感应强度为B),转动平面也垂直于磁场方向(转动角速度为ω) 端点 中点 任意位置 Eab=Bl=Blv中=Bl2ω   Eab=0   Eab=Bω-Bω   [例4]　长为l的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动,如图所示,磁感应强度为B。 (1)求ab棒的平均速率。 [答案]　(1)ωl　 (1)ab棒的平均速率v===ωl。 (2)求ab两端的电势差。 [答案] (2)Bl2ω　 (2)ab两端的电势差E=Blv=Bl2ω。 (3)经时间Δt金属棒ab扫过的面积中磁通量为多少?此过程中平均感应电动势多大? [答案] (3)Bl2ωΔt　Bl2ω (3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS,则 ΔS=l2θ=l2ωΔt,ΔΦ=BΔS=Bl2ωΔt 由法拉第电磁感应定律得E===Bl2ω。 [针对训练]　3.如图所示,半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场 (磁感应强度为B)中,绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动,闭合电路导线一端固定在圆盘圆心,一端与圆盘接触良好,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)(　　) A.由c到d,I= B.由d到c,I= C.由c到d,I= D.由d到c,I= D 根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E=Br·rω=Br2ω,由闭合电路欧姆定律得通过电阻R的电流大小I===;圆盘相当于电源,由右手定则可知圆盘中的电流方向为由边缘指向圆心,所以通过电阻R的电流方向为由d到c,选项D正确。 四 课时作业 巩固提升 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 [A组　基础巩固练] 1.(2024·四川成都期末)如图所示, 空间中存在匀强磁场B,方向垂直纸面向里。一长度为l的铜棒以速度v向右匀速运动,速度方向与铜棒之间的夹角为30°,则铜棒ab两端的电势差Uab为(　　) A.Blv　　　　　　　　　 B.-Blv C.Blv D.-Blv 13 D 铜棒切割磁感线产生感应电动势,ab相当于电源,根据右手定则,判断知a端相当于电源的负极,b端相当于电源的正极,根据法拉第电磁感应定律,可得Uab=-E=-Blvsin 30°=-Blv,故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2.一接有电压表的矩形线圈abcd在匀强磁场中向右做匀速运动,如图所示,下列说法正确的是(　　) A.线圈中有感应电流,有感应电动势 B.线圈中无感应电流,ad边上也无感应电动势 C.线圈中无感应电流,ad边上有感应电动势 D.线圈中无感应电流,但电压表有示数 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 矩形线圈abcd在匀强磁场中向右做匀速运动,由题图可知线圈的ad边和bc边在切割磁感线,根据法拉第电磁感应定律可得ad边和bc边产生的电动势大小均为E=BLv,根据右手定则可知ad边和bc边产生的电动势方向相反,故线圈中的感应电流为零,故电压表没有示数,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3.(2024·重庆黔江期末)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯,其天线类似一个压平的线圈,线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示,一正方形NFC线圈共3匝,其边长分别为0.8 cm、1.0 cm和1.2 cm,图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈,磁感应强度变化率为103 T/s,则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A.0.31 V B.0.48 V C.3.1 V D.4.8 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 根据法拉第电磁感应定律,线圈产生的感应电动势为E==S=103×(0.82+12+1.22)×10-4 V=0.308 V≈0.31 V,故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4.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E,将此棒弯成长度相等且相互垂直的折线,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v运动时,棒两端的感应电动势大小为E'。则等于(　　) A. B. C.1 D. 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为l,产生的感应电动势E=Blv;弯折后,金属棒切割磁感线的有效长度为l'==l,故产生的感应电动势E'=Bl'v=B·lv=E,所以=,B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 5.(2024·浙江杭州期中)某眼动仪可以根据其微型线圈在磁场中随眼球运动时所产生的电流来追踪眼球的运动。若该眼动仪线圈面积为S,匝数为N,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,线圈平面最初平行于磁场,经过时间t1后线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,则在这段时间内,线圈中产生的平均感应电动势的大小和感应电流的方向(从左往右看)为(　　) A.,逆时针 B.,逆时针 C.,顺时针 D.,逆时针 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 经过时间t1,面积为S的线圈平面逆时针转动至与磁场夹角为θ处,磁通量变化为ΔΦ=BSsin θ,由法拉第电磁感应定律,线圈中产生的平均感应电动势的大小为E=N=,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6.(2024·安徽合肥期末)如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时,磁场的磁感应强度为B0,此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个宽为l,长为2l的长方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t=0开始,磁感应强度B随时间t的变化规律是(　　) A.B=l B.B=l C.B=l D.B=l2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 由电磁感应定律E=,可知为使MN棒中不产生感应电流,则穿过闭合回路的磁通量保持不变,由Φ=BS可得B0×2l×l=B×l(2l+vt),解得B=l,故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7.(2024·浙江宁波期末)如图所示,匝数均为n,半径分别为R1、R2的两个导线圈a、b共面同心放置,两导线圈之间的圆环区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,在Δt时间内,磁感应强度由B1增加到B2,在这段时间内,下列说法正确的是(　　) A.线圈a磁通量的变化量为(B2-B1)π B.线圈b磁通量的变化量为n(B2-B1)π(-) C.线圈a磁通量的变化率为 D.线圈b磁通量的变化率为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 线圈a磁通量的变化量为ΔΦa=0,故A错误;线圈b磁通量的变化量为ΔΦb=(B2-B1)π(-),故B错误;线圈a磁通量的变化率为=0,故C错误;线圈b磁通量的变化率为=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 [B组　综合强化练] 8.(2024·河北石家庄期末)如图所示,半径为L的金属圆环固定,圆环内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,长为L、电阻为r的导体棒OA,一端固定在通过圆环中心的O点,另一端与圆环接触良好。在圆环和O点之间接有阻值为R的电阻,不计金属圆环的电阻。当导体棒以角速度ω绕O点逆时针匀速转动时,下列说法错误的是(　　) A.O点的电势高于A点的电势 B.导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为BL2ω C.O、A两点间电势差大小为 D.增大导体棒转动的角速度,电路中的电流增大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 B 根据右手定则可知,导体棒OA中的电流从A流向O,导体棒是电源,电流从低电势流向高电势,即O点的电势高于A点的电势,A正确;导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小为BL2ω,B错误;根据U=E,求得U=,即O、A两点间电势差大小为,则增大导体棒转动的角速度,电路中的电流增大,C、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9.(2024·广东潮州期末)如图所示,在一磁感应强度为B的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放置着两根相距L的平行金属导轨MN和PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R的电阻。导轨上垂直放置着金属棒ab,其接入电路的电阻为r。当金属棒在水平拉力作用下以速度v向左做匀速运动时(　　) A.ab棒所受安培力向右 B.N、Q间电势差为BLv C.a端电势比b端电势低 D.撤去拉力后ab棒所受安培力向左 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 金属棒在水平拉力作用下以速度v向左做匀速运动,根据右手定则,可知感应电流方向沿b→a,根据左手定则可知ab棒所受安培力向右,故A正确;金属棒切割磁感线的感应电动势为E=BLv 回路中的感应电流为I= N、Q间电势差为U=IR 解得U=,故B错误;根据上述ab棒相当于一个等效电源,且a端为等效电源的正极,可知a端电势比b端电势高,故C错误;撤去拉力后ab棒速度方向仍然向左,根据右手定则,感应电流方向仍然沿b→a,根据左手定则可知ab棒所受安培力向右,根据左手定则可知ab棒所受安培力仍然向右,故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10.如图所示,直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动(俯视)时,a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　) A.φa>φc,金属框中无电流 B.φb>φc,金属框中电流方向沿abca C.Ubc=-Bl2ω,金属框中无电流 D.Uac=Bl2ω,金属框中电流方向沿acba 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 C 金属框abc平面与磁场方向平行,转动过程中穿过金属框的磁通量始终为零,所以无感应电流产生,故B、D错误;转动过程中bc边和ac边均切割磁感线,产生感应电动势,由右手定则判断φa<φc,φb<φc,故A错误;由=Bl得,Ubc=-Bl2ω,故C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11.(2024·江苏海安调研)如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=1 000匝,线圈半径a=0.2 m,线圈的电阻r=1 Ω,在线圈的内部半径b=0.1 m的圆形区域,有垂直纸面向外的磁场,磁感应强度随时间变化如图乙所示,线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻,连接处电阻不计(结果可以保留π)。求:   (1)前4 s内流过电阻R的电流大小I和方向; 答案:(1) A　向下　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (1)由法拉第电磁感应定律 E=n=nS 根据图像可得=0.05 T/s,又S=πb2 根据闭合电路欧姆定律I= 解得I= A,由楞次定律可判断出流过电阻R的电流方向向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)前4 s内,A、B两点间的电势差; 答案: (2) V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)由欧姆定律可得UAB=IR= V。 (3)0~6 s时间内的平均感应电动势E2。 答案:　(3) V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)0~6 s时间内磁通量的变化量为ΔΦ1=ΔBS 由法拉第电磁感应定律可得,平均感应电动势为E2=n= V。 [C组　培优选做练] 12.(2024·浙江丽水期末)科学家对磁单极子的研究一直延续,假如真实存在如图所示的N极磁单极子,它的磁感线分布类似于点电荷的电场线分布,已知穿过S1球面的磁通量为Φ0。另有一个半径为r的线圈水平放置,其圆心位于磁单极子的正下方,此磁单极子垂直于线圈面以恒定的速度v沿轴线穿过圆环,下列说法正确的是(　　) A.穿过S2球面的磁通量大于穿过S1球面的磁通量 B.S1球面上磁感应强度处处相同 C.当磁单极子到达线圈圆心时线圈磁通量为0, 电流方向发生变化 D.当磁单极子到达线圈圆心处时,线圈的感应电动势为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 D 磁通量是穿过某一面的磁感线的条数,如果是磁单极子, 它发出所有的磁感线均全部会穿过球面S1和球面S2,则两 球面的磁通量一样大,若让磁单极子穿过一个圆形闭合 线圈,当线圈圆心与磁单极子重合时,穿过线圈的磁感线 的条数为0,即磁通量为零,根据楞次定律可知电流方向不 变,故A、C错误;磁感应强度是矢量,S1球面上磁感应强度方向不同,故B错误;以磁单极子为球心,半径为r的球面的磁通量为Φ0,设距磁单极子距离为r处的磁感应强度为B,则有Φ0=B·4πr2,磁单极子到达圆环中心时,相当于圆环切割磁感线,产生感应电动势为E=B·2πr·v=,故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13.(2024·河南新乡期末)电磁弹射装置的原理图如图甲所示,驱动线圈通过开关S与电源连接,发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后,在0~t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内,下列说法正确的是(　　) A.发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左 B.t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大 C.t=0时发射线圈中的感应电动势最小 D.t=t0时发射线圈中的感应电流最大 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 A 根据安培定则可知,驱动线圈内的磁场方向水平向右,结合题图乙可知,驱动线圈的电流增大,通过发射线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,发射线圈内部的感应磁场方向水平向左,选项A正确;由题图乙可知,t=t0时驱动线圈的电流变化率最小,此时通过发射线圈的磁通量变化率最小,驱动线圈产生的自感电动势最小,发射线圈中的感应电流最小,选项B、D错误;t=0时驱动线圈的电流变化率最大,则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快,发射线圈中的感应电动势最大,选项C错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 $$