单元综合提升(二) 电磁感应-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

单元综合提升(二)　电磁感应 　　　　 第二章 电磁感应 概念梳理 1 考教衔接 2 易错辨析 3 内容索引 单元检测卷 4 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 概 念 梳 理 返回 电 磁 感 应 返回 考 教 衔 接 返回 真题1 (多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 √ √ 线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－FT＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有FT－Mg＝Ma，联立解得a＝－g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后做匀速运动，则A选项的图像可能正确； 若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后做匀加速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，若存在第三段减速阶段，则不会存在第二段匀速阶段，D错误。故选AC。 真题2 (多选)(2022·河北高考) 如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是 √ √ 当导体棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，I＝＝(l0＋v0ttan θ) ，可知回路中电流均匀增加；安培力F＝＝，则F -t关系图线为开口向上的抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝＝， 则P -t关系图线为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即U -t关系图线是不过原点的直线。在～时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在～时间内，导体棒切割磁感线长度均匀减小， 导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～时间内的图像是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～时间内的图像是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小。故选AC。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P47·T5 图中的A是一个边长为l的方形导线框，其电阻为R。线框以恒定速度v沿x轴运动，并穿过图中所示的匀强磁场区域，磁感应强度为B。如果以x轴的正方向作为安培力的正方向，线框在图示位置的时刻开始计时，请通过计算作出线框所受的安培力随时间变化的图像，标明图线关键位置的坐标值。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P47·T5以方形导线框以恒定速度v沿x轴运动穿过匀强磁场区域为情境，考查F -t图像的作图问题，考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式等的综合应用。而2024·全国甲卷试题以利用绝缘细绳连接的物块跨过两个在同一竖直面内的光滑定滑轮拉动矩形金属线框上升通过有限区域的匀强磁场为情境，考查了v -t图像的选择问题，考查了法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、运动学公式、图像分析等的综合应用；2022·河北高考题以金属棒在两光滑导轨(一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，水平放置在竖直向下的匀强磁场中)上滑动为情境，考查了电磁感应中的图像问题，涉及 i -t图像、F -t图像、 P -t图像、U -t图像的综合分析判断问题。 真题3 (多选)(2024·湖南高考)某电磁缓冲装置如图所示，两 足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻 值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分 光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金 属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是 A.金属杆经过BB1的速度为 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m－μmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 √ √ 设金属杆经过BB1的速度大小为v1，则对金属杆从 AA1运动到BB1的过程，由动量定理有－·t1＝mv1 －mv0，＝，又t1＝d，则＝m(v0－ v1)；对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有－·t2－μmgt2＝0－mv1，又t2＝d，则＋μmgt2＝mv1，分析可知v0－v1＜v1，解得v1＞，即金属杆经过BB1的速度大于，A错误。整个过程，由能量守恒定律可得m＝QR＋Q杆＋μmgd，由于通过定值电阻R和金属杆的电流时刻相等，则由焦耳定律可知QR＝Q杆，联立可得QR＝m－μmgd，B错误。 规定水平向左为正方向，则结合A项分析可知，金 属杆经过AA1B1B区域，所受安培力的冲量I1＝－ t1＝－，金属杆经过BB1C1C区域，金属 杆所受安培力的冲量I2＝－t2＝－，可得I1＝I2，即金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确。若将金属杆的初速度加倍，则对金属杆从AA1运动到BB1的过程，由动量定理有－t3＝－＝mvB－m·2v0，对金属杆从BB1运动到CC1的过程，由动量定理有－t4－μmgt4＝mvC－mvB， 即＋μmgt4＝m(vB－vC)，又由运动学知识有 t4＜t2，则结合A项分析可得金属杆经过CC1的速 度vC＞v0；对金属杆经过CC1之后的运动过程，由动量定理有－t5＝－＝0－mvC，其中mvC＞mv0；又由A项分析有＜m·v0，则Δx＞2d，故金属杆在磁场中运动的距离为x＝2d＋Δx＞2×2d，即金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确。故选CD。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P46·T6 如图所示，电阻Rab为0.1 Ω的导体棒ab沿光滑导线 框向右做匀速运动，线框中接有电阻R为0.4 Ω。线 框放在磁感应强度B为0.1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面。导体棒ab的长度l为0.4 m，运动的速度v为5 m/s。线框的电阻不计。 (1)电路abcd中哪部分相当于电源？电动势多大？内阻多大？哪个位置相当于电源的正极？哪一部分相当于闭合电路中的外电路？ (2)ab棒向右运动时所受的安培力有多大？ (3)ab棒所受安培力的功率有多大？电阻R的发热功率有多大？电阻Rab发热功率有多大？从能的转化和守恒角度说一说这三个功率关系的含义。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P46·T6以导体棒在置于匀强磁场中一边接有电阻的导线框上匀速滑动为情境，考查电磁感应中的电路问题，考查了电磁感应中等效电路的结构分析、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、安培力公式等的综合应用。而2024·湖南高考题以某电磁缓冲装置为情境，考查了金属杆在左端与一阻值为R的定值电阻相连、两足够长的平行水平金属导轨(匀强磁场垂直于导轨平面)上滑动过程有关问题的分析问题，考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、动量定理、能量守恒定律等规律的综合应用。 真题4 (2023·北京高考)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是 A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动 C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等 D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等 √ 线框进磁场的过程中由右手定则知电流方向为逆时针方 向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝BLv， I＝，可知安培力F＝＝ma，线框出磁场过程中， 由左手定则可知线框受到的安培力向左，v减小，线框 做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝W克安，其中线框进出磁场时均做减速运动，运动距离相同，但其进磁场时的速度大，则安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝t，其中＝，＝BL，联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中线框的位移大小相等，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，D正确。故选D。 真题5 (多选)(2021·全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是 A.甲和乙都加速运动 B.甲和乙都减速运动 C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲减速运动，乙加速运动 √ √ 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚 进入磁场时，速度v＝，感应电动势为E＝nBlv，两 线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ 4nlρ0S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ＝ ，感应电流为I＝＝，安培力为F＝nIlB＝，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得a＝g－＝g－，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当g＞时，甲和乙都加速运动，当g＜时，甲和乙都减速运动，当g＝时，甲和乙都匀速运动。故选AB。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P46·T2 如图，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。 (1)求第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比。 (2)求第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比。 (3)求第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P46·T2以单匝线圈在外力作用下以不同速度匀速进入匀强磁场中为情境，考查两个过程中的感应电流、外力做功的功率、线圈产生热量的比值的求解问题，考查了法拉第电磁感应定律、电路、功及能量等规律的应用。而2023·北京高考题以光滑水平面上的正方形导线框以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全 穿出为情境，考查了线框进磁场的过程中电流方向的判断、线框出磁场的过程中的运动性质的判断、线框在进和出的两过程中产生的焦耳热的关系判断及线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量的关系判断问题；2021·全国甲卷试题以由相同材料的导线绕成边长相同、质量相等、横截面积不同、匝数为2倍关系的甲、乙两个正方形闭合线圈，在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落一段时间后进入同一匀强磁场为情境，考查了电磁感应中的电路、动力学问题。 (2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知 A.图(c)是用玻璃管获得的图像 B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动 C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短 真题6 √ 小磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，玻璃是绝缘体，故小磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流。小磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的小磁体一直做加速运动，题图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明小磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；小磁体在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误； 小磁体在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；小磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，小磁体在线圈间做匀速运动，在玻璃管中，小磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。故选A。 (多选)(2023·全国甲卷)一有机玻璃管竖 直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈， 线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管 上部的5匝均匀分布，下部的 3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则 A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次 C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大 真题7 √ √ 电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈 的过程中磁通量的变化率越来越大，因此小磁体的速 度越来越大，A、D正确；假设小磁体是N极向下穿过 线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针方向的电流，即电流方向相反，与题图(b)中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下，同理可知小磁体穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像，并且随下落速度的增加，感应电流的最大值逐渐变大，所以小磁体下落过程中N、S极没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁体，线圈的电流越大则磁性越强，因电流的大小是变化的，小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误。故选AD。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P30·做一做 实验装置如图所示，线圈的两端与电压传感器相连。将强磁体从长玻璃管上端由静止下落，穿过线圈。分别使线圈距离上管口20 cm、30 cm、40 cm和50 cm，记录每次下落时电压的最大值。 分别改变线圈的匝数、磁体的强度，重复上面的实验，得出定性的结论。 衔接分析　人教版选择性必修第二册P30·做一做栏目以强磁体从长玻璃管上端由静止下落，穿过线圈的实验为情境，探究了分别使线圈距离上管口20 cm、30 cm、40 cm和50 cm不同情况下电压的最大值以及发生的现象。再分别改变线圈的匝数、磁体的强度，重复上面的实验，探究影响感应电动势大小的因素及其关系问题。而2023·全国乙卷试题以相同的缠绕方式将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通，两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端，电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流的I-t图像为情境，考查了I-t图像的判断及电磁感应过程的综合分析问题； 2023·全国甲卷试题以竖直放在水平地面上的有机玻璃管，漆包线线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，线圈的两端与电流传感器相连，让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，得到线圈中电流的I-t图像为情境，考查了电磁感应过程的综合分析问题。 返回 易错辨析 返回 易错点1.由于不理解楞次定律中“阻碍”的含义致错(多选)(2024·黑龙江哈尔滨三中期末)下列关于楞次定律的说法，正确的是 A.感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相同 B.感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反 C.感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 D.利用感应电流的磁场方向和右手螺旋定则，可以确定感应电流的方向 √ √ 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当磁通量增大时，感应电流的磁场就跟引起感应电流的磁场方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场就跟引起感应电流的磁场方向相同，A、B错误，C正确。利用感应电流的磁场方向和右手螺旋定则，可以确定感应电流的方向，D正确。故选CD。 易错分析 本题容易错选B项，认为阻碍就是感应电流的磁场与原磁场方向相反，实际上是对楞次定律中“阻碍”的含义认识不清。 易错点2.盲目套用楞次定律的推论“增缩减扩”致错 如图所示，两个正方形金属框架放置于水平绝缘桌面上，构成“回”字结构，内框架通有顺时针方向的电流。某时刻当通过内框架的电流突然增大时，则 A.外框架中感应电流的方向为顺时针，有收缩趋势 B.外框架中感应电流的方向为顺时针，有扩张趋势 C.外框架中感应电流的方向为逆时针，有收缩趋势 D.外框架中感应电流的方向为逆时针，有扩张趋势 √ 当内框架中电流方向为顺时针时，内框架内部磁场方向垂 直纸面向里，内框架外部磁场方向垂直纸面向外，外框架 内部合磁场方向垂直纸面向里，当通过内框架的电流突然 增大时，磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可判断出外框架中感应电流的方向为逆时针，外框架的四边均处在垂直纸面向外的磁场中，每条边的受力均垂直于框架边向外，外框架有扩张趋势。故选D。 易错分析 本题容易错选C项，原因是虽然能利用楞次定律和安培定则正确判断出感应电流的方向为逆时针方向，但是判断框架面积的变化趋势时却直接套用楞次定律的推论“增缩减扩”，而误判线圈有收缩趋势。 易错点3.由于混淆感应电动势与路端电压的区别致错 如图所示，水平面内两导轨间距L＝1 m，处于磁感应强度B＝1 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，导轨的左端接有电阻R＝3 Ω、长1 m的导体棒PQ垂直导轨放置且与导轨接触良好，以v＝4 m/s的速度向右匀速滑动，导体棒电阻r＝1 Ω，导轨的电阻忽略不计，则下列说法正确的是 A.P点的电势高于Q点，P、Q两点电势差的大小为4 V B.P点的电势高于Q点，P、Q两点电势差的大小为3 V C.Q点的电势高于P点，P、Q两点电势差的大小为4 V D.Q点的电势高于P点，P、Q两点电势差的大小为3 V √ 切割磁感线的导体棒PQ相当于电源，由右手定则可知，电流的方向为Q→P，电源内部电流由低电势流向高电势，故P点电势高于Q点，故C、D错误；E＝BLv＝1×1×4 V＝4 V，P、Q两点的电势差等于路端电压，由闭合电路的欧姆定律得P、Q两点的电势差大小为U＝IR＝R＝×3 V＝3 V，故A错误，B正确。故选B。 易错分析 本题易误认为导体棒切割磁感线产生的感应电动势即为P、Q两点间的电势差，导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒相当于电源，P、Q两点的电势差为路端电压，另外注意电源内部电流由低电势流向高电势。 易错点4.由于对金属棒的受力分析不正确致错 (多选)(2021·山东高考)如图所示，电阻不计的光滑U形金 属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直 斜面向上，Ⅰ区域中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区域 中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区域后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是 A.金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度 B.金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度 C.金属棒不能回到无磁场区 D.金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处 √ √ √ 在Ⅰ区域中，磁感应强度为B1＝B0＋kt(k＞0)，感应电 动势为E1＝S＝kS，感应电动势恒定，金属棒进入 Ⅱ 区域后，金属棒切割磁感线，感应电动势为E2＝B2Lv， 下行总电动势为E1＋E2，电流为I＝，下行过程中，根据牛顿第二定律可知BIL－mgsin θ＝ma1，上行过程中，总电动势为E1－E2'，电流为I'＝，根据牛顿第二定律可知B2I'L－mgsin θ＝ma2，可知a1＞a2，由于bc段距离不变，下行过程中加速度大，上行过程中加速度小， 所以金属棒下行经过b点时的速度大于上行经过b点时的速度，A、B正确Ⅰ区域中磁场变化在金属棒中产生的感应电流使金属棒在Ⅱ区域中受到的安培力总是大于沿斜面向下的作用力，所以金属棒一定能回到无磁场区域，由于整个过程中电流通过金属棒产生焦耳热，金属棒的机械能减少，所以金属棒不能回到a处，C错误，D正确。故选ABD。 易错分析　由于Ⅰ区域中磁感应强度均匀增大，所以金属棒中产生恒定不变的电动势，当金属棒在Ⅱ区域中运动时，除了受Ⅰ区域产生感应电动势外，由于金属棒切割Ⅱ区域中的磁感线，产生感应感应电动势，很多同学考虑不到这一点而出现错解。 易错点5.不理解有效面积、感应电动势与电压关系致错 半径为r的圆环电阻为R，ab为圆环的一条直径，如图所示，在ab的一侧存在一个均匀变化的匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面向里，磁感应强度大小随时间的变化关系为B＝B0＋kt(k＞0)，则 A.圆环中产生顺时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张的趋势 C.圆环中感应电流的大小为 D.图中a、b两点间的电压U＝kπr2 √ 由于磁感应强度均匀增大，穿过圆环的磁通量变大，根据 楞次定律和安培定则可知，圆环中产生的感应电流沿逆时 针方向，同时为了阻碍磁通量的变化，圆环具有收缩的趋 势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝·＝kπr2，回路中的电阻为R，所以圆环中感应电流的大小为I＝＝，故C正确；a、b两点间的电压U＝I·＝kπr2，故D错误。故选C。 易错分析　本题有两个易错点：一是求感应电动势时容易误认为有效面积为圆环的面积；二是求a、b两点间的电压时误求成电动势。 返回 单元检测卷 返回 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1.(2025·广东惠州高二期中)电磁感应现象在科技和生活中有着广泛的应用，下图四种应用场景中说法正确的是 A.图甲中，发射线圈接入恒定电流也能实现手机无线充电 B.图乙中，电磁炉不能使用陶瓷锅，是因为陶瓷导热性能比金属差 C.图丙中，真空冶炼炉的炉外线圈接高频交流电源时，被冶炼的金属产生涡流，从而冶炼金属 D.图丁中，电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了互感原理 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据感应电流产生的条件可知，充电设备中的发射线圈通恒定电流，其产生的磁场是恒定的，不能使手机产生感应电流，不能实现无线充电，故A错误；电磁炉不能用陶瓷锅是因为陶瓷锅属于绝缘材料，不会产生涡流，故B错误；当炉外线圈接高频交流电源时，被冶炼的金属产生涡流，产生大量的热从而冶炼金属，故C正确；电流表在运输时要用导线把两个接线柱连在一起，这是为了保护电表指针，利用了电磁阻尼原理，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合 的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁 场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是 A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线圈a的磁通量在减小，则根据楞次定律和安培定则可知线圈a产生的感应电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的感应电流方向为顺时针。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 3.(2025·江西南昌高二期中)将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁所示的线圈，其中大圆面积均为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面有一向里的随时间t变化的磁场。磁场磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为大于零的常量，下列说法正确的是 A.甲图的大圆中感应电流方向沿顺时针方向 B.乙图的大圆和小圆总电动势为k C.丙图的大圆和小圆总电动势为k D.丁图的大圆所受安培力的合力为零，小圆所受安培力的合力不为零 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 根据楞次定律和题图甲、乙中的绕线方式可判断，题图甲、乙中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，大圆中感应电流方向为逆时针方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差，E＝＝S＝k，A、B错误；根据楞次定律和题图丙中的绕线方式可知，题图丙中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和，E＝＝S＝k，C正确；由左手定则和对称性可知，题图丁中大圆和小圆所受安培力的合力均为零，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 4.(2025·山东潍坊高二月考)如图所示，沿光滑斜面固定一螺线管，一个磁性很强的小磁体沿螺线管轴线下滑。轴线上p、q两点到螺线管上、下边缘的距离相等。一灯泡与螺线管串联，小磁体通过p点时灯泡的亮度比通过q点时暗，小磁体的大小可忽略。则小磁体 A.在p点的速度大于在q点的速度 B.在p点的速度等于在q点的速度 C.在p点的机械能小于在q点的机械能 D.经过p、q两点时，灯泡中电流方向相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 小磁体通过p点时灯泡的亮度比通过q点时暗，说明小磁 体通过p点时产生的感应电流小，则螺线管中产生的感应 电动势小，由法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率 小，所以小磁体在p点的速度小于在q点的速度，A、B错误；由楞次定律可得，小磁体沿螺线管轴线下滑时受到的安培力总是做负功，小磁体机械能减小，可知小磁体在p点的机械能大于在q点的机械能，C错误；小磁体经过p点时穿过螺线管的磁通量在增大，经过q点时穿过螺线管的磁通量在减小，由楞次定律可得经过p、q两点时，灯泡中电流方向相反，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 5.如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度也为L，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，电路中的其他电阻忽略不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内有竖直向上的匀强磁场，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。对导体棒OP转动一周的过程，下列说法正确的是 A.电阻R1中的电流方向由a指向b B.电阻R1两端的电压为 C.电阻R1上产生的焦耳热为 D.通过电阻R1的电流大小不断变化 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 导体棒OP转动，由右手定则可知，电源内部电流由O流 向P，则电阻R1中的电流方向由b指向a，故A错误；导体 棒匀速转动垂直切割磁感线，产生的是恒定的电动势， 有E＝BL＝，导体棒OP、电阻R1的阻值都为R0，则电阻R1两端的电压为U＝·R0＝，故B错误；导体棒OP转动一周，电阻R1上产生的焦耳热为Q＝T＝·＝，故C正确；因电源的电动势恒定，则流过电阻的电流恒定不变，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 6.如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φc C.φO＞φa＞φb＝φc D.φO＜φa＜φb＝φc √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 如图所示，导线在纸面内绕O点逆时针转动，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bl2ω，同时有lO b＝lO c＝R，可得φO＞φa＞φb＝φc。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 7.如图甲所示的电路中，已知电源电动势E和内阻r，灯泡电阻为R。闭合开关S后，流过两个电流传感器(电阻不计)的I-t图像如图乙所示。下列说法正确的是 A.开关S闭合的瞬间，自感线圈中的自感电动势和电流均为零 B.若断开开关S，则断开瞬间小灯泡D先闪亮再熄灭 C.电源电动势E＝R D.电源内阻r＝R √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 开关S闭合的瞬间，自感线圈中的电流为零，但由于线圈的自感现象，其自感电动势不为零，故A错误；两支路并联，稳定时电压相同，而由题图乙可知，稳定时电流也相同，因此若断开开关S，则断开瞬间小灯泡D不会闪亮，断开开关后小灯泡与自感线圈串联，由于自感线圈的自感电动势，小灯泡将逐渐熄灭，故B错误；开关刚闭合瞬间，有E＝I1(R＋r)，达到稳定状态后有E＝I2R＋2I2r，联立解得r＝R，E＝R，故C正确，D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分) 8.磁悬浮电梯是基于电磁学原理使电梯的轿厢悬停及上下运动的，如图 甲所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成。其原理为：竖直面上 相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于等距离分布的方向相反的匀强磁 场中，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分 布区间的长度都是a，相间排列，如图乙所示。当这些磁场在竖直方向匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a、总电阻为R的导线框MNPQ(固定在轿厢上)将受到安培力。当磁场平动速度为v1时，轿厢悬停；当磁场平动速度为v2时，轿厢最终竖直向上做匀速运动。重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法中正确的是 A.速度v1和v2的方向都是竖直向上 B.速度v1的方向竖直向上，速度v2的方向竖直向下 C.导线框和电梯轿厢的总质量为 D.轿厢匀速上升的过程中，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量为 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 依题意，轿厢悬停或者竖直向上做匀速运动时，均受到 竖直向上的安培力，由楞次定律的“阻碍”作用可知， 磁场相对轿厢的运动方向均为竖直向上，即速度v1和 v2的方向都是竖直向上，故A正确，B错误；轿厢悬停时， 导线框中的电流大小为I1＝＝，又mg＝2I1bB，联立解得m＝，故C正确；当磁场平动速度为v2时，线框向上运动，当其加速度为零时，达到最大速度，有I2＝，又mg＝2I2bB，联立解得v上＝v2－v1，电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和，即E总＝Rt＋mgv上t＝，故D正确。故选ACD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 √ √ 9.(2025·河北衡水高二月考)如图甲所示，一矩形线圈abcd位于一变化的匀强磁场内，磁场方向垂直于线圈所在的平面向里，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。用I表示线圈中的感应电流，取顺时针方向为正；用F表示bc边受到的安培力，取水平向右为正。则下列图像正确的是 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 在0～0.5T时间内，向里的磁场减弱，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流为顺时针方向，即为正，根据法拉第电磁感应定律，E1＝S，可知感应电动势E1保持不变，因此回路中的电流保持I1不变；在0.5T～T时间内，向里的磁场增强，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流为逆时针方向，即为负，根据法拉第电磁感应定律，E2＝S，可知感应电动势E2保持不变且大小为E1的2倍，则回路中的电流I2保持不变，且大小为I1的2倍，A错误，B正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 由左手定则可知，在0～0.5T时间内，bc边所受安培力水平向右，即为正，在0.5T～T时间内，bc边所受安培力水平向左，即为负。根据F＝ILB可知，在0～0.5T时间内，bc边所受安培力均匀减小；在0.5T～T时间内，bc边所受安培力均匀增加，且在0.5T～T时间内安培力的最大值为在0～0.5T时间内最大值的4倍，C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 10.如图所示，光滑水平导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab棒接入导轨中的电阻为R，cd棒接入导轨中的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd棒一水平向右的初速度v0，则 A.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动 B.最终通过两棒的电荷量为 C.ab棒最终的速度为v0 D.从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，根据左手定则和 牛顿第二定律可知，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝ 2BLvcd，即vab＝2vcd时，电路中磁通量不变，没有感应电 流，最终两棒做匀速直线运动。取水平向右为正方向，分别对两棒由动量定理得－2LBt＝2mvcd－2mv0，LBt＝mvab，两式联立得vcd＋vab＝v0，又vab＝2vcd，解得vab＝v0，vcd＝v0，故A错误，C正确；对ab棒由动量定理得mvab＝LBt＝BLq，解得q＝，故B正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝×2m－m－×2m，解得Q＝m，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 11.(10分)某同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，他选择了一个灵敏电流表G，在没有电流通过灵敏电流表的情况下，电流表的指针恰好指在刻度盘中央。他先将灵敏电流表G连接在图甲所示的电路中，电流表的指针如图甲所示。 (1)为了探究电磁感应规律，该同学将灵敏电流表G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁体的运动情况是__________(选填“向上拔出”或“向下插入”)。 向下插入 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 根据题图甲可知，电流从灵敏电流表的左接线柱流入，指针往左偏；由题图乙可知，螺线管中的电流方向为顺时针方向(从上往下看)，根据安培定则可知，螺线管中感应电流的磁场方向竖直向下；条形磁体在螺线管中的磁场方向(原磁场方向)竖直向上，可见感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，根据楞次定律可知穿过线圈的原磁通量增加，所以条形磁体向下插入线圈。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (2)该同学将灵敏电流表G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，请问灵敏电流表中电流方向与螺线管B中导线的绕向_____(选填“有”或“没有”)关系。他合上开关后，灵敏电流表的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流表的指针向左偏转，可采取的操作____。 A.在A线圈中插入铁芯 B.拔出A线圈 C.滑动变阻器的滑片向右滑动 D.滑动变阻器的滑片向左滑动 有 B C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 由右手螺旋定则可知，用右手握住螺线管，四指 的方向和电流方向相同，大拇指指的方向为N极 方向，螺线管B中导线的绕向不同，则右手握住 螺线管的方式不同，故灵敏电流表中电流方向与螺线管B中导线的绕向有关。合上开关后，灵敏电流表的指针向右偏了，说明B线圈中磁通量增大时，电流表指针向右偏；现在要使灵敏电流表的指针向左偏转，因此穿过B线圈的磁通量应该减小。在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针右偏，故A错误；拔出A线圈，则穿过B线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针左偏，故B正确；由题图丙可知，滑动变阻器的滑片向右滑动，电路中的电流减小，穿过线圈B的磁通量减小，根据楞次定律可知，灵敏电流表指针左偏，故C正确；同理，滑动变阻器的滑片向左滑动，灵敏电流表指针右偏，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场总是____________________ _____________。 阻碍引起感应电流的磁 通量的变化 根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 12.(8分)小贾同学在学习安培力后，设计了如图所示的装置来测定磁极间的磁感应强度。根据实验主要步骤完成填空： (1)在弹簧测力计下端挂一个匝数为n的矩形线框，将线框的下短边完全置于U形磁体的N、S极之间的磁场中，并使线框的短边水平，磁场方向与矩形线框的平面__________。 垂直 应使磁场方向与矩形线框的平面垂直，这样能使弹簧测力计保持竖直，方便测出拉力。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (2)在电路未接通时，记录线框静止时弹簧测力计的读数F0。 (3)闭合开关，调节滑动变阻器使电流表读数为I，记录线框静止时弹簧测力计的读数F(F＞F0)，则线框所受安培力大小为_______，方向为__________。 F－F0 竖直向下 根据题意可知，未接通电路时，弹簧测力计的读数为F0，根据平衡条件有F0＝mg，接通电路后，弹簧测力计的读数为F(F＞F0)，根据平衡条件有F＝mg＋F安，则线框所受安培力大小为F安＝F－F0，方向竖直向下。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (4)用刻度尺测出矩形线框短边的长度L。 (5)利用上述数据可得待测磁场的磁感应强度B＝______________。 根据安培力的计算公式有nILB＝F－F0，解得B＝。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 13.(10分)如图甲所示，A是面积为S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形金属线圈，其总电阻r＝1 Ω，线圈处在垂直纸面向里、逐渐增大的均匀磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，线圈中的磁通量按图乙所示规律变化，线圈与阻值R＝4 Ω的电阻连接。求： (1)通过R的电流大小I和方向(写“a→b”或“b→a”)。 答案：10 A　a→b　 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据法拉第电磁感应定律可得 E＝n＝100× V＝50 V 根据闭合电路的欧姆定律可得，通过R的电流 I＝＝ A＝10 A 根据楞次定律和安培定则可知，电流方向为a→b。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 ab两端电势差即为电阻R两端的电压，有 Uab＝IR＝10×4 V＝40 V。 (2)ab两端电势差Uab。 答案： 40 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 0～0.1 s内，根据电流的定义可知，通过R的电荷量q＝It＝10×0.1 C＝1 C。 (3)0～0.1 s内，通过R的电荷量。 答案：1 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(12分)(2025·甘肃白银高二期末)如图甲所示， 两根平行光滑金属导轨相距L＝1 m，导轨平面 与水平面的夹角θ＝37°，导轨的下端PQ间接有 阻值R＝8 Ω的定值电阻。相距x＝6 m的MN和PQ间存在方向垂直于导轨平面向上、均匀分布的磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示。将长度也为L、阻值r＝2 Ω的导体棒ab垂直放在导轨上(ab始终与导轨接触良好)，t＝0时将导体棒由静止释放，t＝1 s时导体棒恰好运动到MN处，此后导体棒开始匀速下滑。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。求： (1)0～1 s内回路中的感应电动势。 答案：12 V　 0～1 s内磁场均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝S＝12 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (2)导体棒ab的质量。 答案：0.4 kg　 导体棒从静止开始做匀加速运动，加速度大小为a＝＝6 m/s2 导体棒进入磁场区域的速度为v＝at1＝6 m/s 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为 E2＝BLv＝12 V 导体棒进入磁场区域做匀速运动，可知导体棒受到的合力为零，有mgsin θ＝F安＝I2LB 根据闭合电路的欧姆定律有I2＝ 联立解得导体棒ab的质量为m＝0.4 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (3)0～2 s时间内导体棒所产生的热量。 答案：5.76 J 根据闭合电路的欧姆定律可得0～1 s内回路中产生的电流为I1＝＝1.2 A 1～2 s内回路中产生的电流为I2＝＝1.2 A 则0～2 s时间内导体棒所产生的热量 Q＝rt1＋rt2＝1.22×2×1 J＋1.22×2×1 J＝5.76 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 15.(14分)(2025·浙江余姚高二月考)如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ\、MN，相距为L＝0.5 m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙所示规律变化。开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲所示的位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2 m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2 kg，有效电阻R1＝0.05 Ω，cd棒的质量为m2＝0.1 kg，有效电阻为 R2＝0.15 Ω。设ab棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计。g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (1)求0～1 s时间段通过cd棒的电流大小与方向(“c到d”或“d到c”)。 答案：1.25 A　方向为d到c 0～1 s时间段，根据法拉第电磁感应定律得E＝＝·L2＝1×0.52 V＝0.25 V通过cd棒的电流大小为I＝＝ A＝1.25 A， 方向为d到c。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (2)假如在1 s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，从解除锁定到两棒最终稳定运动时，ab棒共产生多少热量？(结果用分数表示) 答案： J ab棒下滑过程，由机械能守恒定律得m1gh＝m1，解得v0＝2 m/s ab棒进入磁场后产生感应电流，受到向左的安培力做减速运动，cd棒在安培力作用下向右做加速运动，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，两棒组成的系统动量守恒取向右为正方向， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 则有m1v0＝(m1＋m2)v 解得两棒稳定时的共同速度为v＝ m/s 根据能量守恒定律得Q＝m1gh－(m1＋m2)v2 ab棒产生的热量为Q1＝Q 联立解得Q1＝ J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 (3)ab棒和cd棒稳定运动时，它们之间的距离为多大？(结果用分数表示) 答案： m 设整个的过程中通过回路的电荷量为q，对cd棒，由动量定理得m2v－0＝LBt 又q＝t，解得q＝ C 设稳定后两棒之间的距离是d，则有 q＝＝ 联立以上两式解得d＝ m。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 14 15 13 谢 谢 观 看 第二章 电磁感应 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $