第39讲 电磁感应现象 楞次定律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以“考情-知识-题型”三维架构系统突破电磁感应核心考点，融合科学推理与模型建构，实现从概念理解到综合应用的能力进阶。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|4个核心知识点|“双条件判定法”“增反减同”“来拒去留”推论体系|从现象本质（磁通量变化）到规律应用（楞次定律），构建“条件-方向-推论”逻辑链| |基础演练|5类基础题型|图像信息提取技巧、左右手定则适用场景区分|覆盖选择/计算典型考法，强化“概念辨析-规律应用-误差规避”解题流程| |重难创新|10道情境题|动态磁场分析模型、能量动量综合应用方法|结合磁传感器等科技情境，突出科学探究与质疑创新能力培养| |真题实战|2道高考题|高频考点解题模板（磁通量变化分析、安培力方向判断）|对接高考命题趋势，强化科学论证与模型迁移能力|

第39讲 电磁感应现象 楞次定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 电磁感应现象的理解和判断 2 知识点2 感应电流方向的判断 3 知识点3 楞次定律推论的应用 4 知识点4 探究影响感应电流方向的因素 5 模拟·基础演练 6 题型01 电磁感应现象基础 6 题型02 探究影响感应电流方向的因素 10 题型03 感应电流的产生和方向判断 16 题型04 楞次定律推论的应用 24 题型05 电磁感应现象综合 30 重难·创新演练 35 真题·实战演练 42 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 楞次定律综合，结合安培力、图像、动力学 计算题（16 分） 感应电流产生条件、磁通量分析 单选 T4（4 分） 楞次定律、右手定则判断感应电流方向 考情分析 本专题以选择题、计算题为主要考查形式，分值 416 分，偶尔融入小问。命题重点考查磁通量变化判断，运用楞次定律、右手定则判定感应电流方向，理解 “来拒去留” 推论。常搭配各类电磁感应图像，提取图像信息。会结合安培力分析导体受力运动，联系能量、动量规律。陷阱集中在磁通量正负判断、楞次定律推论误用，侧重逻辑推理，不追求复杂运算，重在理解电磁感应本质。 复习目标 掌握感应电流产生条件，会分析磁通量增减变化；熟练运用楞次定律、右手定则判断感应电流方向，理解楞次定律推论；读懂电磁感应各类图像，结合安培力分析受力运动；区分楞次定律与右手定则适用场景，厘清易混概念，规范逻辑推理，提升电磁感应情景分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 电磁感应现象的理解和判断 常见的产生感应电流的三种情况 ✨得分速记： 产生感应电流的两个必备条件：闭合回路、磁通量发生变化，缺一不可。磁通量变化包含磁感应强度 B 变化、回路面积 S 变化、两者夹角改变三种情况。注意回路不闭合时，只产生感应电动势，无感应电流。判断磁通量要关注磁感线穿入穿出的抵消，区分净磁通量。判断感应电流方向优先用楞次定律，切割磁感线场景可用右手定则。牢记 “来拒去留”“增反减同” 推论，注意磁通量正负，避免只看大小忽略方向。做题先判断回路是否闭合，再分析磁通量增减，结合图像读取 B、Φ 变化，避开 “有磁场就有感应电流” 的典型误区。 ⚠特别提醒： 1.回路不闭合，磁通量变化只能产生感应电动势，不会出现感应电流，这是高频易错点。 2.磁通量计算要考虑磁感线双向穿过的抵消，不能直接把 B 与 S 简单相乘。 3.楞次定律核心是阻碍磁通量变化，不是阻止变化。 4.右手定则只适用于导体切割磁感线；其他磁通量变化一律用楞次定律。 5.注意 Φt 图像斜率对应感应电动势大小，斜率正负反映电动势方向。 知识点2 感应电流方向的判断 1．用楞次定律判断 (1)楞次定律中“阻碍”的含义： 2．用右手定则判断 该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点： (1)掌心——磁感线垂直穿入掌心； (2)拇指——指向导体运动的方向； (3)四指——指向感应电流的方向． ✨得分速记 判断感应电流方向优先掌握两套方法：楞次定律和右手定则。楞次定律为通用方法，步骤：确定原磁场方向→判断磁通量增大或减小→得出感应磁场方向（增反减同）→由安培定则确定感应电流方向。导体切割磁感线时优先用右手定则，简单快捷。牢记推论 “来拒去留、增缩减扩”，可快速定性判断。注意区分：回路不闭合时只有感应电动势，不存在感应电流。做题要注意磁通量的正负，不能只看大小。Φt 图像斜率反映感应电动势大小，斜率正负对应感应电流方向。易错点：混淆右手定则与左手定则，判断受力用左手，判断感应电流方向用右手。 知识点3 楞次定律推论的应用 内容 例证 阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反 阻碍相对运动——“来拒去留” 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近 阻碍原电流的变化——“增反减同” 合上S，B先亮 知识点4 探究影响感应电流方向的因素✨得分速记 楞次定律中“阻碍”的问题的思路 1．实验设计 如图2所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。 2．实验结论 当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。 3．注意事项 实验前应首先查明电流表中电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图所示的电路，把一节干电池与电流表及线圈串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入限流变阻器R，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向。 模拟·基础演练✨得分速记 本实验核心探究：感应电流方向与磁场方向、导体切割运动方向两个因素有关。采用控制变量法，先保持磁场方向不变，改变导体切割运动方向，观察电流计指针偏转；再保持导体运动方向不变，调换磁极改变磁场方向，观察指针偏转。指针偏转方向反映感应电流方向，偏转方向改变说明电流方向改变。实验结论：感应电流方向由磁场方向和导体切割运动方向共同决定，二者其一改变，感应电流方向改变；两者同时反向，感应电流方向不变。答题注意区分：感应电流方向与磁场强弱、切割速度大小无关，只和方向有关。注意电流计指针偏转只反映电流方向，不反映电流大小。 考查重点：福建高考对电磁感应现象与楞次定律的考查，重在理解感应电流产生条件，重点考查磁通量变化分析，熟练运用楞次定律、右手定则判断感应电流方向。命题侧重 “增反减同”“来拒去留” 等推论的定性分析，常结合 Φt、Bt 图像，读取磁通量变化规律。会结合安培力分析导体的受力与运动，联系动力学、能量观点综合分析。题型以选择题为主，也会嵌入计算题小问。不侧重复杂运算，注重逻辑推理，重视磁通量的矢量性，区分感应电动势与感应电流的产生条件，考查学生对电磁感应规律本质的理解。 ⏳题型01 电磁感应现象基础 1．（2026·福建泉州·三模）（多选）机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压力变化情况。下列说法正确的是（   ） A．磁膜没有受到压力时，线圈没有感应电流产生 B．磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生 C．磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生 D．磁膜受到的压力增大时，线圈有感应电流产生 【答案】AD 【详解】A．磁膜没有受到压力时，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故A正确； B．磁膜受到压力稳定后，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故B错误； CD．磁膜受到的压力减小或增大时，线圈的磁通量改变，线圈有感应电流的产生，故C错误，D正确。 故选AD。 2．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）下列课本中的插图，原理相同的是（　　） A．  发电机 B．  地磁场的产生 C．  磁电式电表 D．  安检门 【答案】AD 【详解】发电机和安检门的工作原理是电磁感应；地磁场产生的原理是磁体周围存在磁场（电流的磁效应）；磁电式电表的工作原理是通电线圈在磁场中受到安培力而偏转。 故选AD。 3．（2026·山东济南·模拟预测）某汽油机火花塞需要高达10 kV的电压才能点火，如图所示为其工作原理图。闭合点火开关，凸轮不断旋转，断电器触点交替开闭，火花塞产生电火花，下列说法正确的是（   ） A．原线圈回路中的电源必须为交流电源 B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 C．断电器触点断开瞬间，原线圈不产生感应电动势 D．点火开关和凸轮安装在副线圈回路中，汽油机仍然可以正常工作 【答案】B 【详解】AB．由图可知，该变压器初级电压为12V，次级电压要达到10kV，则该变压器为升压变压器，即变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，因原线圈中断电器触点不断开合使得变压器磁通量不断变化，从而在次级产生高压，可知原线圈回路中的电源可为直流电源，故A错误，B正确； C．断电器触点断开瞬间，原线圈电流突然减小，穿过原线圈自身磁通量急剧变化，原线圈会产生自感电动势，故C错误； D．点火开关、凸轮断电器必须放在原线圈回路。只有原线圈电流发生突变，铁芯磁场变化，副线圈才能感应高压；放到副线圈回路，无法改变原线圈的磁通量，副线圈不会产生高压，汽油机不能点火工作，故D错误。 故选B。 4．（2025·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，半径为R的圆形导线框和长度为3R的导体棒OQ固定在O点，放置在垂直于纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，现让导线框和导体棒绕固定点O以角速度ω在纸面内沿顺时针方向做匀速圆周运动。其中P、S为导线框上两点，P、O连线为圆的直径，SO连线与PO连线之间的夹角为45°。下列说法正确的是（　　） A．导线框中产生感应电流 B．O点的电势最高 C．P点的电势比S点的电势高 D．Q、O两点的电势差是P、O两点的电势差的2.25倍 【答案】CD 【详解】A．绕固定点O顺时针做角速度为ω的匀速圆周运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，故A错误； BC．由右手定则可判断出，导线框中产生感应电动势方向由O指向P，O点的电势最低，P点的电势高于S点，故B错误；C正确； D．根据E=Blv可得， 则 即Q、O两点的电势差是P、O两点的电势差的2.25倍，故D正确。 故选CD。 5．（2026·河南三门峡·三模）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁体从左向右靠近螺线管，则（     ） A．小球不动 B．小球向左摆动 C．金属板左极电势高 D．螺线管的左端相当于条形磁体的N极 【答案】C 【详解】ABC．当磁体靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极板向下通过线圈再到左极板，由于线圈相当于电源，因此左极板电势高，所以带正电小球将向右摆动，A错误，B错误，C正确； D．假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，D错误。 故选C。 6．（2026·云南昆明·二模）（多选）如图甲所示，金属导线制成的光滑半圆弧导轨固定在竖直面内，匀强磁场垂直纸面向里，金属棒M放置在圆弧导轨上，由静止开始向下运动。如图乙所示，金属制成的光滑“L”形导轨两部分分别水平和竖直固定放置，匀强磁场垂直纸面向外，金属棒N先紧贴竖直导轨放置，底端受到轻微的扰动由静止开始向右运动，直至完全落在水平导轨上。两根金属棒始终不脱离轨道，则（     ） A．M在运动过程中会产生感应电流 B．M在运动过程中，机械能守恒 C．N在运动过程中，感应电流的方向会发生改变 D．N在运动过程中，所受的安培力方向恒定 【答案】BC 【详解】AB．根据几何关系，可知M在运动过程中与圆弧组成的回路的面积不变，磁通量不变，不会产生感应电流，机械能守恒，故A错误，B正确； C．根据几何关系，可知N在运动的过程中，N与“L”形导轨构成的回路的面积先增大后减小，磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则，回路中的电流先顺时针后逆时针，感应电流的方向会改变，故C正确； D．根据左手定则可知，金属棒N受到的安培力始终与N垂直，方向改变，故D错误。 故选BC。 7．（2026·浙江·三模）如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。则下列说法正确的是（     ） A．开关S断开时，线圈A两端的电压为零 B．开关S断开时，线圈B产生的磁场吸引D C．开关S断开时，线圈B中有图示箭头方向的电流 D．若线圈B不闭合，具有相同的延时效果 【答案】B 【详解】A．S闭合时，线圈A中有电流，铁芯被磁化，吸引衔铁D。S断开时，线圈A中电流减小，磁通量减小，由楞次定律，线圈B中产生感应电流，其方向使得磁场维持原方向不变，继续吸引衔铁D，产生延时效果。 S断开瞬间线圈A会产生自感电动势，但由于B构成闭合回路，通过互感维持磁场，A线圈产生自感反电动势，所以线圈A两端电压不为零，故A错误； B．线圈B产生的感应电流维持原磁场方向，继续吸引D，故B正确； C．根据楞次定律，B中电流方向应维持原磁场，电流方向与图示箭头相反，故C错误； D．若B不闭合，线圈无法产生感应电流维持磁场，延时效果差，故D错误。 故选B。 ⏳题型02 探究影响感应电流方向的因素 8．（2024·福建宁德·三模）1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验： (1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。____ (2)图甲实验电路连接后，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态时，电流计指针__________（选填“偏转”或“不偏转”）；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针______偏转（选填“向左”“向右”或“不”）。 (3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的图像如图丙所示，由图可得到的结论是 。 A．感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关 B．感应电流方向与磁铁下落速度的大小有关 C．感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关 【答案】(1) (2) 不偏转 向右 (3)AC 【详解】（1）实物电路如图 （2）[1]开关处于闭合状态时，线圈A中电流大小不变，磁场强度不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转。 [2]滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电路中总阻变大，线圈A中电流减小，故电流计指针向右偏转。 （3）A．由图可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，故A正确； B．由图可知，感应电流方向与磁铁下落速度的大小无关，故B错误； C．由图可知，在下落过程中速度变大，出线圈时速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变快，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C正确。 故选AC。 9．（2024·广东汕头·二模）同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方向的因素，实验过程如下： （1）按照图1所示电路连接器材，闭合电键，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与__________方向的对应关系； （2）按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定感应电流产生的磁场方向； （3）分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格中记录数据；根据第1步探究的对应关系，表中实验4中标有“▲”空格应填__________（选填“向上”、“向下”、“向左”或“向右”）： 实验序号 磁体磁场的方向（正视） 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向（正视） 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 ▲ （4）根据表中所记录数据，进行如下分析： ①由实验1和__________（填实验序号）可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。 ②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向__________（选填“相同”、“相反”或“无关”）。 （5）经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。 【答案】 电流 向上 2 相同 【详解】（1）[1]电流流向不同，对应指针偏转方向不同，所以该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。 （3）[2]磁体磁场的方向向上，拔出线圈，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向上。 （4）①[3]要探究感应电流方向与磁体运动情况，需保证磁体磁场的方向和指针偏转情况相同，故由实验1和2可得出结论。 ②[4]由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。 10．（2026·江苏南通·模拟预测）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为侧面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其正面图如图b所示。则（     ） A．扬声器主要应用了电磁感应现象 B．由图b可知，当线圈在横柱上运动时磁通量不变 C．扬声器正常使用时，可以作为纯电阻负载 D．外力驱动线圈周期性运动时，线圈会产生交变电流 【答案】D 【详解】A．特雷门琴扬声器工作时，是通电线圈在磁场中受安培力振动，将电信号转化为声信号，核心原理是安培力，不是电磁感应现象，故A错误； B．该结构磁场是从中心N极向外圈S极的辐射状磁场，线圈沿横柱运动时，所处位置的磁感应强度大小发生变化，穿过线圈的总磁通量会随之改变，故B错误； C．扬声器的线圈运动时会产生自感电动势，存在感抗，电能不仅转化为内能，还存在电磁感应效应，不能看作纯电阻负载，故C错误； D．外力驱动线圈周期性运动时，穿过线圈的磁通量周期性变化，根据法拉第电磁感应定律，会产生周期性变化的感应电动势，因此线圈中会产生交变电流，故D正确。 故选D。 11．（2026·广西桂林·二模）物理探究小组选用图示器材和电路研究电磁感应规律。 (1)请将图中接线柱P与________（选填“a”或“b”或“c”）、Q与_________（选填“a”或“b”或“c”）连接起来，组成正确的实验电路； (2)把A线圈插入B线圈中后，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，则下列操作出现的情况为： ①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向________（选填“左”或“右”）偏转； ②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向________（选填“左”或“右”）偏转； (3)根据所学知识结合本实验结果得出产生感应电流的本质是________________________。 【答案】(1) b c (2) 右 左 (3)穿过闭合回路的磁通量发生变化 【详解】（1）[1][2]本实验中，原线圈A需要和电源、开关、滑动变阻器串联组成通电原回路，副线圈B需要和灵敏电流计组成检测感应电流的副回路，因此待接的接线柱P接滑动变阻器的，接线柱Q接灵敏电流计的。 （2）由题意，闭合开关时穿过副线圈B的磁通量增加，灵敏电流计右偏，可得规律：穿过B的磁通量增加时指针右偏，磁通量减少时指针左偏： [1]向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，原线圈电流增大，穿过B的磁通量增加，因此指针向右偏转； [2]拔出A中的铁芯，磁场减弱，穿过B的磁通量减小，因此指针向左偏转。 （3）当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。 12．（2026·河南南阳·三模）如图，一封闭纸筒置于水平地面上，上表面放一轻薄的金属箔圆环。一螺线管（直径大于圆环）置于纸筒内且通过导线与电源、开关、电流表和滑动变阻器串联构成一个闭合回路，初始时开关断开，取出螺线管内的铁芯，某时刻突然闭合开关，圆环突然弹起。下列说法正确的是（     ） A．在圆环弹起后的瞬间，纸筒对地面的压力小于开关闭合前的压力 B．从上往下看，闭合开关后的瞬间圆环内产生逆时针的电流 C．闭合开关瞬间，圆环有扩张的趋势 D．插入铁芯后重复实验，圆环弹起的高度减小 【答案】B 【详解】A．圆环受安培力作用加速向上，系统处于超重状态，故纸筒对地面的压力大于开关闭合前的压力（纸筒、线圈、圆环的重力），A错误； B．开关接通的瞬间，螺线管中电流突然增大，圆环中的磁通量增大，产生与螺线管中方向相反的电流，故圆环中的电流方向为逆时针方向，B正确； C．圆环中的磁通量增加，感应电流起到阻碍磁通量增加的效果，故圆环有收缩的趋势，C错误； D．插入铁芯，磁感应强度增大，磁通量的变化率更大，感应电流更大，故安培力更大，圆环弹起的高度更高，D错误。 故选B。 13．（2025·浙江金华·一模）差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图所示，一个初级线圈位于正中间，两个匝数相等的次级线圈对称放置两侧，初始时铁芯位于空心管正中央，铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中，接线柱与恒定电流电源连接，不考虑次级线圈之间的相互作用。下列说法正确的是（     ） A．铁芯不动时，电势差 B．铁芯不动时，电势差 C．铁芯上移时，两端电势 D．铁芯下移时，两端电势 【答案】C 【详解】AB．由于、接线柱与恒定电流电源连接，铁芯不动时，穿过次级线圈的磁通量没有发生变化，所以输出电压，故AB错误； C．根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯上移时，穿过上方次级线圈向下的磁通量增多。又根据楞次定律的“增反减同”结论可知，在上方次级线圈中产生向上的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由流向的电流，则两端电势，故C正确； D．根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯下移时，穿过下方次级线圈向下的磁通量增多。又根据楞次定律的“增反减同”结论可知，在下方次级线圈中产生向上的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由流向的电流，则两端电势，故D错误。 故选C。 14．（2025·海南海口·模拟预测）几位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素： (1)按图连接好电路，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中能使指针向左偏转的有____。 A．闭合开关时 B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时 C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时 (2)连接好电路，闭合开关，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次速度较慢，第二次快速进行，A线圈在两次过程中产生的感应电动势的大小关系是______（选填“>”、“<”或“=”）。 【答案】(1)A (2)＜ 【详解】（1）A．甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，A正确； B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电路电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，B错误； C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，C错误； 故选A。 （2）连接好电路并闭合开关后，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次速度较慢，第二次快速进行，因快插时磁通量的变化率较大，则感应电动势较大，则两情况下A线圈中产生的感应电动势的大小关系是。 ⏳题型03 感应电流的产生和方向判断 15．（2026·湖南邵阳·一模）如图，一个可绕过圆心竖直轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心O和圆盘边缘通过电刷D与螺线管相连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘顺时针转动。下述说法正确的是（　　） A．O点电势高于D点电势 B．螺线管E端为N极 C．若圆盘加速转动，则铜环将靠近螺线管 D．若圆盘加速转动，从左向右看铜环产生顺时针方向电流 【答案】A 【详解】A．圆盘可视为无数条沿半径排列的导体棒，从上向下看顺时针转动、磁场垂直盘面向上，根据右手定则：导体棒中感应电流的方向从边缘D指向圆心O，导体棒可视为电源，因此O点电势高于D点电势，故A正确； B．电流从螺线管的E端流入、F端流出，根据安培定则（右手螺旋定则），右手握住螺线管，四指沿电流环绕方向，大拇指指向F端，因此F端为N极，故B错误； C．若圆盘加速转动，动生电动势随增大而增大，螺线管的电流随之增大，穿过铜环的向右的磁通量增加。根据楞次定律的“来拒去留”，铜环会阻碍磁通量的增加，因此将远离螺线管，故C错误； D．圆盘加速转动时，穿过铜环、方向向右的磁通量增加，根据楞次定律，铜环感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应磁场方向向左。从左向右看，由安培定则可判断铜环的感应电流为逆时针方向，故D错误。 故选 A。 16．（2026·福建漳州·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑金属导轨、质量不计的导电载物台与下方装置构成闭合回路，回路等效总电阻为。停靠平台上方存在高度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。载物台静止在磁场上边界上方处，将质量为的货物轻放其上，二者一起由静止开始下滑，到达停靠平台前已达到匀速。装置可回收回路产生焦耳热的，其余散失，导轨和载物台电阻不计，重力加速度为。则（     ） A．载物台进入磁场后，端的电势高于端 B．载物台匀速运动的速度大小为 C．载物台下落的总时间为 D．载物台下落全程装置回收的能量为 【答案】C 【详解】A．由右手定则可知，载物台内部感应电流方向由流向。载物台相当于电源，电源内部电流从负极流向正极，故端为负极，电势比端的电势低，故A错误； B．载物台匀速下落时，由受力平衡可知 又 解得载物台匀速运动的速度大小为，故B错误； C．载物台下落过程，由动量定理得 又 联立解得，故C正确； D．由能量守恒可得回路产生的焦耳热为 则装置回收的能量，故D错误。 故选C。 17．（2027·陕西渭南·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑导轨、导电载物台（重力可忽略）和装置A（等效电阻为）构成闭合回路。停靠平台的上方存在高度为、磁感应强度为的匀强磁场。停在磁场上边界处，轻放上质量为的货物后，两者一起沿导轨下滑，到达平台前已匀速。装置A可回收80%的焦耳热。其它电阻及空气阻力不计，重力加速度为，在货物停落过程中（　　） A．载物台中的电流方向为 B．货物到达停靠平台前瞬间的速度大小为 C．通过载物台的电荷量为 D．装置A回收的能量为 【答案】C 【详解】A．载物台MN向下运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据右手定则可知，载物台MN中的电流方向为M→N，故A错误； B．到达平台前已匀速，则有 其中 根据闭合电路欧姆定律 其中感应电动势 联立解得货物到达停靠平台前瞬间的速度大小为，故B错误； C．在货物停落过程中通过载物台MN的电荷量为 其中平均电动势 解得，故C正确； D．根据能量守恒可得回路产生的焦耳热为 装置A可回收80%的焦耳热，则装置A回收的能量为，故D错误。 故选C。 18．（2025·福建厦门·三模）小萌同学用不同装置分别进行电磁感应现象实验探究。 (1)按图甲的装置探究感应电流方向的影响因素 在图甲中用笔画线代替导线，将实物电路补充完整______； 该同学在闭合开关时发现电流计指针向右偏转，则开关闭合状态时，将滑动变阻器滑片______（选填“向左”或“向右”）滑动，电流计指针向左偏转； (2)如图乙所示，在探究感应电流大小的影响因素实验中，该同学将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流与时间的关系图像，如图丙所示，下列说法正确的是______； A．时刻的速度等于时刻的速度大小 B．在时间内，强磁铁的加速度小于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量 (3)如图丁所示，灯泡底部两接线柱接有多匝线圈，该同学取出电磁炉内的线圈接通交流电，将灯泡置于电磁炉线圈内，发现灯泡会持续发光，如图戊所示。将灯泡向右缓慢平移，在某个位置灯泡会熄灭，则该位置可能是______（选填“A”“B”或“C”）。 A． B． C． 【答案】(1) 向右 (2)B (3)B 【详解】（1）[1]将实物电路补充完整如图所示 [2]闭合开关时穿过线圈B的磁通量增大，电流计指针向右偏转，则开关闭合状态时，要使电流计指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应减小，线圈A中的电流应减小，滑动变阻器连入电路的阻值应增大，应将滑动变阻器滑片向右滑。 （2）A．时间内，强磁铁均向下加速运动，只不过加速度大小发生变化，所以线圈时刻的速度小于时刻的速度大小，故A错误； BC．线圈中只要有感应电流，感应电流的磁场就阻碍强磁铁与线圈之间的相对运动，即强磁铁所受线圈的作用力向上，根据牛顿第二定律有 可得 故B正确，C错误； D．在时间内，强磁铁重力势能减少量等于线圈中产生焦耳热与强磁铁动能的增加量之和，故D错误。 故选B。 （3）将灯泡置于电磁炉线圈内，发现灯泡会持续发光，是因为穿过灯泡底部线圈的磁通量在发生变化，于是线圈中产生了感应电流，欲使灯泡熄灭，则穿过灯泡底部线圈的磁通量必然不变化，电磁炉线圈通入的电流是交流电，所产生的磁场也是变化的，所以只要穿过灯泡底部线圈的磁通量不为零，磁通量就必然变化，所以欲使灯泡熄灭，穿过灯泡底部线圈的磁通量必为零，又由于电磁炉线圈内外磁场方向相反，所以灯泡底部的线圈必须一部分处于线圈内部，另一部分处于线圈外部。 故选B。 19．（2025·四川·模拟预测）如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（　　）    A．   B．   C．   D．   【答案】C 【详解】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。 故选C。 20．（2024·福建漳州·一模）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，正方形闭合线圈竖直固定在减震装置上。永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈，某时刻磁场分界线刚好位于线圈正中央，如图乙所示。则从该时刻起（　　） A．永磁铁振动时穿过线圈的磁通量不变 B．永磁铁振动越快，线圈中感应电动势越小 C．永磁铁振动时，受到线圈的阻力方向不变 D．永磁铁向上振动时，线圈中感应电流的方向为逆时针 【答案】D 【详解】A．永磁铁振动时，由于处于上下两个磁场的面积发生变化，所以穿过线圈的磁通量发生变化，故A错误； B．永磁铁振动越快，则磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势越大，故B错误； C．永磁铁向上振动时，受到线圈的阻力方向向下；永磁铁向下振动时，受到线圈的阻力方向向上；故C错误； D．永磁铁向上振动时，即线圈相对于磁场向下运动，由图乙可知，穿过线圈的磁通量向里增加，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为逆时针方向，故D正确。 故选D。 21．（2024·福建龙岩·三模）如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，不计空气阻力，下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（　　） A．机械能保持不变 B．感应电动势越来越大 C．a点电势比b点电势高 D．所受重力的功率保持不变 【答案】A 【详解】A．金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，A正确； B．金属棒做平抛运动中，水平方向的分速度不变，因而金属棒在垂直切割磁感线的速度不变，由电磁感应定律公式可得 可知，金属棒产生的感应电动势大小保持不变，B错误； C．由右手定则可知，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，因此b点电势高，即a点电势比b点电势低，C错误； D．金属棒做平抛运动中，速度逐渐增大，由功率公式可得 可知所受重力的功率逐渐增大，D错误。 故选A。 ⏳题型04 楞次定律推论的应用 22．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 【答案】AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 23．（2023·福建福州·模拟预测）（多选）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，则（　　）      A．导体棒进入磁场前后，回路中的电流方向相反 B．导体棒进入磁场前，回路中的电动势为0.08V C．导体棒在运动过程中受到的最大安培力为0.04N D．导体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t均匀增大 【答案】ACD 【详解】A．导体棒进入磁场前，根据楞次定律判断，回路中的电流为逆时针方向；1s后磁场变为匀强磁场，导体棒刚好进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，回路中的电流为顺时针方向，故A正确； B．导体棒进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势为 故B错误； C.导体棒切割磁感线的最大感应电动势为 则电流强度最大值为 导体棒在运动过程中受到的最大安培力为 故C正确； D．导体棒进入磁场到bd的时间为 导体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t 可知体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t均匀增大，故D正确。 故选ACD。 24．（2026·湖南长沙·三模）、为光滑的水平平行金属导轨，、为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过、所在的平面，如图所示，则（     ） A．若固定，使向右滑动，则回路有电流，电流方向由到到到 B．若、以相同的速度一起向右滑动，则回路有电流，电流方向由到到到 C．若向左、向右同时运动，则回路电流为 D．若、都向右运动，且两棒速度，则回路有电流，电流方向由到到到 【答案】D 【详解】A．若固定，使向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，A错误； B．若、同向运动且速度大小相同，、所围的面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，B错误； C．若向左、向右同时运动，则中有顺时针方向的电流，C错误； D．若、均向右运动，且，则、所围的面积增大，磁通量也增大，则产生由到到到的电流，D正确。 故选D。 25．（2026·河北石家庄·模拟预测）（多选）如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于虚线左侧始终竖直向下的磁场中，边与虚线重合，虚线右侧为的匀强磁场。导体框的质量，电阻、边长，磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。在时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，下列说法正确的是（　　） A．时流过边的电流方向由到 B．时流过边的电流大小为 C．导体框的边刚越过虚线时导体框受到的安培力的大小为 D．当线框速度减为时边移动的距离为 【答案】CD 【详解】A．由图乙可知，内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，时流过边的电流方向由到，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律可知，时导体框的感应电动势 感应电流大小为，故Ｂ错误； C．导体框的边刚越过虚线时，恒定，线框边切割磁感线，边切割磁感线，感应电动势为 受到的安培力的大小为，故C正确； D．根据动量定理有 设移动距离为，根据电流的定义式有 联立解得，故D正确。 故选CD。 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）如图甲所示，匝数、边长的正三角形线圈，a、b分别为AB边和AC边的中点，矩形区域abcd内存在垂直纸面的磁场，e、f为磁场的边界与BC边的交点，时刻起磁感应强度随时间变化如图乙所示，规定垂直纸面向外为正方向，线圈的总电阻．下列说法正确的是（     ） A．线圈中的感应电流方向始终沿逆时针 B．BC边的安培力垂直BC先向上后向下 C．时，线圈的感应电流为3A D．0~2s时间内通过导线横截面的电荷量为3C 【答案】AD 【详解】A．由题图乙可知，内线圈内的磁通量向外减小，则根据楞次定律可知，线圈内感应磁场垂直纸面向外，再根据安培定则可知，线圈中的感应电流为逆时针方向；同理内线圈内的磁通量向里增大，则根据楞次定律可知，线圈内感应磁场垂直纸面向外，再根据安培定则可知，线圈中的感应电流为逆时针方向。所以线圈中的感应电流方向始终沿逆时针方向，故A正确； B．由于内磁场垂直纸面向外，而线圈中的感应电流为逆时针方向，则根据左手定则可知，此时边受到的安培力垂直向下；同理由于内磁场垂直纸面向里，而线圈中的感应电流为逆时针方向，则根据左手定则可知，此时边受到的安培力垂直向上，所以边受到的安培力垂直先向下后向上，故B错误； C．由几何关系可知， 根据法拉第电磁感应定律可知，内线圈内的感应电动势为 则内线圈内的感应电流为，故C错误； D．内通过导线横截面的电荷量为 根据法拉第电磁感应定律可知，内线圈内的感应电动势为 则内线圈内的感应电流为 内通过导线横截面的电荷量为 所以时间内通过导线横截面的电荷量为，故D正确。 故选AD。 27．（2026·湖南长沙·二模）矩形导线框放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，如图甲所示，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，则在时间内，线框的边所受安培力随时间变化的图像为图中的（安培力取向左为正方向）（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在到内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的边的安培力水平向左；在到内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的边的安培力水平向右。在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右。又根据，可知磁感应强度均匀变化，则安培力的大小均匀变化。 故选C。 28．（2026·贵州黔西南·二模）某同学用铜线首尾相接绕制了一个面积为、电阻为的单匝线框，将其放置在水平桌面上，空间存在竖直向下、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场，俯视图如图所示。若同时沿水平方向向两侧拉动线框，使其在1s内合拢，则该过程中，下列说法正确的是（     ） A．俯视看，线框中产生逆时针方向的电流 B．线框中感应电动势的平均值为1V C．线框中感应电流的平均值为0.25A D．通过铜线横截面的电荷量为0.025C 【答案】C 【详解】A．线框磁通量向里减小，根据楞次定律，俯视看，线框中产生顺时针方向的电流，故A错误； BC．由法拉第电磁感应定律， 解得 平均电流为，故B错误，C正确； D．通过铜线横截面的电荷量，故D错误。 故选C。 ⏳题型05 电磁感应现象综合 29．（2026·江西·三模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变，门铃响。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　） A．按住按钮不动，门铃会一直响 B．按钮复位的过程中，门铃会一直响 C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小 D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加 【答案】B 【详解】A．感应电流产生的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，只有磁通量变化时，才会产生感应电流使门铃发声。按住按钮不动时，永磁铁位置不变，穿过线圈的磁通量不再变化，没有感应电流，门铃不会一直响，故A错误； B．按钮复位过程中，磁通量一直在变化，一直有感应电流，门铃会一直响，故B正确； CD．复位过程中，永磁铁从下方（丙）回到初始上方位置（乙），穿过线圈的磁通量先向左减小，后向右增大，故CD错误。 故选B。 30．（2026·北京丰台·二模）如图，A和B都是铝环，环A是闭合的，环B是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动。下列说法正确的是（　　） A．用磁铁的N极靠近A环，A环会被吸引 B．用磁铁的N极靠近B环，B环内没有产生感应电动势 C．分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环均会被排斥 D．分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环产生的感应电流方向相同 【答案】C 【详解】AC．无论是用磁铁的N极还是S极靠近A环时，根据“来拒去留”可知，A环均会被排斥，A错误，C正确； B．用磁铁的N极靠近B环，穿过B环的磁通量发生变化，则B环有感应电动势，只是无感应电流，B错误； D．用磁铁的N极靠近A环时，穿过A环的磁通量向里增加；而用磁铁的S极靠近A环时，穿过A环的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，A环产生的感应电流方向相反，D错误。 故选C。 31．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示为车载电磁实验简易装置，弹性线圈与A、B两个发光二极管组成的回路装置固定在小车上表面，小车置于光滑水平桌面上。实验中发现当条形磁体沿轴线快速靠近或远离线圈时，小车会向右或向左运动，同时两个二极管会交替发光，则条形磁体（    ） A．N极靠近线圈时，小车向右运动，二极管A发光 B．N极远离线圈时，小车向左运动，二极管B发光 C．N极靠近线圈时，线圈有扩大的趋势 D．无论N极或S极，只要靠近线圈时，小车均向右运动 【答案】D 【详解】A．极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律的推论“来拒去留”，线圈受到向右的排斥力，小车向右运动；根据楞次定律，感应电流的磁场方向向左，由安培定则可知线圈中电流从下端流出，经二极管流回上端，二极管发光，故A错误； B．极远离线圈时，穿过线圈的磁通量减少，根据“来拒去留”，线圈受到向左的吸引力，小车向左运动；感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知线圈中电流从上端流出，经二极管流回下端，二极管发光，故B错误； C．极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”，线圈有收缩的趋势，故C错误； D．无论极或极，只要靠近线圈时，根据“来拒去留”，线圈均受到向右的排斥力，小车均向右运动，故D正确。 故选D。 32．（2026·北京昌平·二模）如图所示，通有恒定电流的长直导线右侧放置一矩形金属线框，导线与线框在同一平面内。下列情况中金属线框能产生感应电流的是（　　） A．导线中电流均匀增大 B．线框沿导线向下做匀速运动 C．线框沿导线向上做加速运动 D．线框以直导线为轴转动 【答案】A 【详解】A．导线中电流均匀增大，由可知，空间所有点的磁感应强度均与电流成正比增大，线框面积固定，因此穿过线框的磁通量增大，磁通量发生变化，能产生感应电流，故A正确； B．线框沿导线向下做匀速运动时，线框上所有点到导线的距离均不改变，因此各点磁感应强度大小不变，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故B错误； C．线框沿导线向上做加速运动时，与匀速上下运动的规律一致：线框各点到导线的距离不变，磁感应强度分布不发生变化，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故C错误； D．线框以直导线为轴转动时，线框上所有点到导线的距离始终保持不变，且长直导线的磁场为同轴同心圆分布，磁感应强度方向始终与线框平面法线方向平行，穿过线框的磁感线条数不变，磁通量不变，不能产生感应电流，故D错误。 故选A。 33．（2026·湖南·一模）某兴趣小组利用变压器设计的漏电保护装置如图所示，将火线和零线并行绕在铁芯左侧线圈上，当右侧线圈中产生电流时，此电流经放大器放大后，能使电磁铁吸起铁质开关，从而切断教学楼电路。若仅考虑在铁芯中产生的磁场，变压器可以看作理想变压器，左、右线圈匝数分别为、，下列说法正确的是（　　） A．教学楼照明电路正常工作时，左、右线圈电压之比为 B．设计电流放大器的作用是可以提高漏电保护器的灵敏度 C．某同学在教室用多用电表交流电流挡的两表笔分别接触墙上插座两孔金属片，造成短路，开关K将被电磁铁吸起 D．某同学站在地上充电时一只手碰到插座火线触电，此装置无法使开关K被电磁铁吸起 【答案】B 【详解】A．教学楼照明电路正常工作时，火线和零线中的电流大小相等、方向相反，它们在铁芯中产生的磁场相互抵消，穿过线圈 的磁通量为零，线圈 中不产生感应电动势，电压为零，故A错误； B．发生漏电时，火线和零线中的电流差值通常很小，线圈 中产生的感应电流很微弱，不足以直接驱动电磁铁。电流放大器可以将微弱的感应电流放大，使电磁铁能够吸起开关，从而在漏电流较小时也能切断电路，提高了漏电保护器的灵敏度，故B正确； C．某同学造成短路时，火线和零线中的电流虽然很大，但大小依然相等、方向相反，铁芯中的磁通量依然为零，线圈 中无感应电流，开关 K 不会被吸起，故C错误； D．某同学触电时，电流经人体流入大地，导致火线电流大于零线电流，铁芯中产生变化的磁通量，线圈 中产生感应电流，经放大后使电磁铁吸起开关 K，切断电路，故D错误。 故选B。 34．（2025·海南海口·模拟预测）如图所示，上、下边界均水平的区域宽为，内有磁感应强度大小为，方向水平向内的匀强磁场。一边长也为，质量为，电阻为的匀质正方形线框，通过滑轮装置与另一质量为的物体连接。线框从磁场下方某处静止释放，当线框边进入磁场时，速度，一段时间后（边仍在磁场中）开始匀速运动，从边进入磁场到其恰达到匀速时，流过线框横截面的电荷量，已知线框上升过程中线框平面始终与磁场方向垂直，边始终与边界平行，不计空气阻力，，求： (1)线框刚进入磁场时的电流大小和方向； (2)线框匀速运动时的速度以及线框匀速运动的时间。 【答案】(1)、逆时针方向 (2)， 【详解】（1）线框刚进入磁场时的电动势为 由欧姆定律可知线框内电流为 根据右手定则可知，线框内电流方向为，即逆时针方向 （2）匀速运动时，线框与物体作为一个系统整体受力平衡，则有 线框匀速运动时的电动势为 线框内电流大小为 则此时线框受到的安培力为 联立代入数据可得 设从线框进入磁场到匀速过程中位移为 则线框内的平均感应电动势为 则在此过程中流过线框横截面的电荷量有 代入数据解得 由于线框达到匀速后，匀速过程一直持续到ab边离开磁场 因此线框匀速运动的时间为 35．（2026·北京西城·一模）如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈竖直下落并始终保持水平。在位置B处磁铁的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离都比较小。在线圈从A到C的下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．线圈受到的安培力始终做负功 B．线圈的机械能先减小后增大 C．在B位置时线圈的感应电流为0 D．俯视时，线圈的感应电流方向先逆时针后顺时针 【答案】A 【详解】AB．根据楞次定律的“来拒去留”由A到C过程中，线圈受到的安培力有竖直向上的分力，则安培力始终做负功，机械能一直减小，故A正确，B错误； C．经过位置B时，磁通量为零，但磁通量变化率不为零，感应电动势不为零，则电流不为零，故C错误； D．线圈经过A位置向B位置运动时，磁感线向上，磁通量减小，由楞次定律知线圈中感应电流为逆时针方向(从上往下看)；，经过位置B时向C位置运动时，磁感线向下，磁通量增大，感应电流为逆时针方向(从上往下看)，综上所述，俯视时，线圈的感应电流方向一直为逆时针，故D错误。 故选A。 重难·创新演练 设题创新:命题打破传统固定模型，常设置多区域磁场、线框往复进出磁场等新颖情景，结合动态图像考查磁通量变化。将楞次定律与动量、能量相结合，不再局限简单方向判断，侧重过程分析。引入生活科技情境，如磁传感器、电磁阻尼装置，改编成考题。部分题目设置双向磁感线穿过回路，考查磁通量抵消的复杂情景。还会结合立体空间磁场，考查空间想象能力。规避套路化答题，注重方法迁移，区分死记推论和理解规律本质，突出物理建模与逻辑推理能力的考查。 1．（2026·北京丰台·一模）（多选）如图所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B里面。闭合开关瞬间，电流表的指针向右偏转，保持开关闭合，下面操作中能使电流表的指针向左偏转的是（　　） A．将变阻器的滑片向左快速滑动 B．将线圈A从线圈B中拔出 C．断开开关瞬间 D．在线圈A中插入铁芯 【答案】ABC 【详解】闭合开关瞬间，线圈A中电流从无到有，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏转。根据楞次定律，若要使指针向左偏转，则穿过线圈B的磁通量应减小。 A．将变阻器的滑片向左快速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，线圈A产生的磁场减弱，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故A正确； B．将线圈A从线圈B中拔出，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故B正确； C．断开开关瞬间，线圈A中电流从有到无，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故C正确； D．在线圈A中插入铁芯，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，指针向右偏转，故D错误。 故选ABC。 2．（2026·重庆渝中·模拟预测）落磁实验是研究电磁感应现象的经典实验，某兴趣小组利用如图甲所示装置探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素， 图甲中灵敏电流计的正中间为零刻度， 电流从 “+” 极流入时，指针向右偏转。 (1)当强磁铁从图甲位置左右运动过程，灵敏电流计的指针________（选填“会”或“不会”） 偏转。 (2)当强磁铁从图甲位置向下靠近线圈，灵敏电流计的指针会________（选填“向左”或“向右”）偏转。 (3)仅将灵敏电流计更换成电流传感器，强磁铁从螺线管上端由静止下落（无桌面阻挡），电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流 i 与时间 t的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是_____。 A．t2 时刻的速度大小等于 t4时刻的速度大小 B．在t1∼t3时间段，强磁铁的加速度小于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在t1∼t5的时间内，强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量 【答案】(1)会 (2)向左 (3)BD 【详解】（1）感应电流产生的条件是闭合回路的磁通量发生变化。强磁铁左右运动时，穿过闭合线圈的磁通量会发生变化，电路产生感应电流，因此灵敏电流计指针会偏转。 （2）强磁铁N极向下靠近线圈，穿过线圈向下的磁通量增加。根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量增加；结合安培定则和电路接线可判断，电流从灵敏电流计的“-”极流入，题目规定电流从“+”极流入时指针向右偏转，因此指针向左偏转。 （3）A．是磁铁进入线圈过程电流峰值对应时刻，是离开线圈过程电流峰值对应时刻，磁铁一直向下加速下落，时刻位置更靠下，速度大于时刻速度，故A错误； B．是磁铁进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量持续变化，一直存在感应电流，安培力阻碍磁铁下落、方向向上，因此加速度，故B正确； C．根据楞次定律“来拒去留”，磁铁进入和离开线圈时，安培力都阻碍相对运动，因此受到线圈的作用力始终向上，故C错误； D．根据能量守恒，磁铁下落过程中，重力势能的减少量一部分转化为线圈的焦耳热，另一部分转化为磁铁的动能，因此重力势能的减少量大于动能的增加量，故D正确。 故选BD。 3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图所示是教材中的一些插图，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了控制变量法的思路 B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路 C．图丙中，光滑斜面体对于用轻绳竖直悬挂的小球有垂直于斜面的弹力 D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动，线圈中会产生逆时针方向的感应电流 【答案】B 【详解】A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了微元法的思路，故A错误； B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路，故B正确； C．图丙中，小球只受到重力和轻绳的拉力，光滑斜面体对小球没有弹力，故C错误； D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故D错误。 故选B。 4．（2026·重庆沙坪坝·一模）“诚勤立达”学习小组的同学们正在探究“影响感应电流方向的因素”。 (1)同学们先按照图甲连接电路，不通电时，电流计指针停在正中央。当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。该步骤是为了判断___________。 (2)接着按照图乙组装实验装置，将条形磁铁从线圈中拔出的过程中，我们可以观察到电流计的指针___________（填“向左”“向右”或“不”）偏转。 (3)为了进一步探究实验规律，该小组的同学们连接了如图丙所示的实验电路，将条形磁铁向下插入线圈（未穿出）的过程中，观察到的实验现象是___________。 A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替发光 C．灯泡A发光，灯泡B不发光 D．灯泡B发光，灯泡A不发光 【答案】(1)电流流进电流计的方向与电流计指针偏转方向的关系 (2)向左 (3)C 【详解】（1）当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏，说明当电流从电流计左接线柱流进电流计时，电流计的指针向左偏，本步骤是为了判断电流流进电流计方向与电流计指针偏转方向的关系。 （2）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，结合安培定则可知此时感应电流从上方流进螺线管，从下方流出螺线管，再流进电流计，因此电流计的指针向左偏转。 （3）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向穿过线圈向上，结合安培定则可知电流从上方流进螺线管，从下方流出螺线管，由于二极管具有单向导电性，因此灯泡A发光，灯泡B不发光。 故选C。 5．（2025·河南·一模）矩形线圈位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边和与导线平行，则下列判断正确的是（　　） A．若线圈绕着虚线匀速转动，则线圈中产生的感应电流方向不变 B．若线圈绕着虚线匀速转动，则线圈中感应电流的方向周期性变化 C．若线圈中产生的是逆时针方向的电流，则一定是导线保持静止，矩形线圈往左平移 D．若线圈中产生的是逆时针方向的电流，则一定是矩形线圈保持静止，导线往右平移 【答案】B 【详解】AB．线圈绕着虚线匀速转动时，穿过线圈的磁通量Φ随时间按余弦规律变化 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 感应电流 线圈中产生的感应电流的方向周期性变化，故A错误，B正确； CD．根据安培定则，通电直导线在线圈处产生的磁场方向垂直纸面向里。若线圈中产生逆时针方向的感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，这说明原磁场的磁通量正在增加，线圈必须靠近导线。故可以导线保持静止，矩形线圈往左平移，或矩形线圈保持静止，导线往右平移，故CD错误。 故选B 。 6．（2026·陕西榆林·模拟预测）某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A、B，要使线圈B所接电流表在至时间内没有示数，应该在线圈A接入的电流为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据电磁感应原理，当线圈A中的电流变化时，会在铁芯中产生变化的磁场，导致线圈B中磁通量变化，从而产生感应电流。反之，如果线圈A中的电流不变，则不会在铁芯中产生变化的磁场，线圈B中磁通量不变，不会产生感应电流。 故选B。 7．（2026·新疆·模拟预测）（多选）如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B通过开关连接到灵敏电流计上，线圈A放入线圈B中，均闭合。下列操作中，电流计发生偏转的是（　　） A．拔出铁芯的瞬间 B．断开的瞬间 C．断开的瞬间 D．断开，迅速移动滑片P 【答案】AB 【详解】A．拔出铁芯的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈B的磁通量发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中产生感应电流，电流计发生偏转，故A正确； B．断开的瞬间，线圈A的电流突然减小，导致线圈A的磁通量减小，线圈B的磁通量发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中产生感应电流，电流计发生偏转，故B正确； C．断开的瞬间，线圈A、B的磁通量均不发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中没有感应电流，同时，电流计处于断路状态，无法偏转，故C错误； D．断开，迅速移动滑片P，线圈B中的磁通量随之发生改变，产生感应电动势，但由于处于断开状态，电路中没有电流，电流计的指针不发生偏转，故D错误。 故选AB。 8．（25-26高二上·山东临沂·期末）用如图所示的装置来探究电磁感应现象，小螺线管套在大螺线管内，当合上开关的瞬间，电流计的指针向左偏，下列说法正确的是（　　） A．此实验产生的是动生电动势 B．断开开关的瞬间，电流计的指针不偏转 C．断开开关的瞬间，电流计的指针向右偏 D．若小螺线管与电源间的导线断开，合上开关，移动滑片，电流计的指针会偏转 【答案】C 【详解】A．此实验产生的是感生电动势，故A错误。 BC．当合上开关的瞬间，电流计的指针向左偏，说明原磁场的方向不变且磁通量增大时，电流计的指针向左偏，则断开开关的瞬间，电流计的指针向右偏，故B错误，C正确。 D．小螺线管与电源间的导线断开，合上开关，移动滑片，因为没有磁场和磁通量的变化，则无感应电流，电流计的指针不会偏转，故D错误。 故选C。 9．（2025·浙江嘉兴·一模）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，插有铁芯的螺线管直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，螺线管与电源、开关相连，线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环立刻向上跳起。下列说法中正确的是（　　） A．若保持开关闭合，则铝环停留在某一高度 B．跳起的铝环会回落，断开开关时铝环又将跳起 C．若将电源的正、负极对调，观察到的现象不变 D．若换用交流电源做实验，则观察不到铝环跳起的现象 【答案】C 【详解】A．闭合开关的瞬间，穿过铝环的磁通量瞬间增大，铝环中产生感应电流，铝环所受安培力向上，若大于重力则向上跳起。若保持开关闭合，穿过铝环的磁通量不变，铝环中没有感应电流，不受安培力作用，不会停留在某个位置，故A错误； B．跳起的铝环会回落，断开开关时，感应电流方向与开关闭合时相反，磁场方向不变，故铝环所受安培力方向竖直向下，铝环不会跳起，故B错误； C．若将电源的正、负极对调，磁场方向和感应电流方向都发生变化，安培力方向不变，故观察到的现象不变，故C正确； D．若换用交流电源做实验，也可以观察到铝环跳起的现象，故D错误。 故选C。 10．（2025·浙江·二模）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一个铁芯上，初始开关S1断开、S2闭合，已知电流计指针向左偏转表示电流从左端流入，则下列说法正确的是（　　） A．闭合 S1瞬间，电流计指针将向左偏转 B．闭合 S1后，将滑动变阻器的滑片P向下移动，电流计指针向左偏转 C．若先闭合S1，再闭合S2瞬间，电流计中也会有感应电流 D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，线圈N两端的电势差不为零 【答案】D 【详解】A．闭合S1，根据右手螺旋定则M线圈内部产生向左的磁场，在N线圈内部向左的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的感应电流从右端流入电流计，则电流计指针将向右偏转，故A错误； B．滑动变阻器的滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，M中的电流增大，线圈内部产生向左的磁感应强度增强，在N线圈内部向左的磁通量增加，产生的感应电流从右端流入电流计，电流计指针将向右偏转，故B错误； C．若先闭合S1，再闭合S2，穿过N线圈的磁通量没有改变，不会产生感应电流，故C错误； D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，磁通量增加，线圈N会产生感生电动势，其两端的电势差不为零，故D正确。 故选D。 真题·实战演练 高频考点：包含感应电流产生条件，磁通量增减判断；楞次定律、右手定则的应用，判断感应电流方向；“来拒去留”“增缩减扩” 推论的定性分析；Φt、Bt 图像的信息读取。常考线框进出磁场，结合安培力分析受力运动。易错点：忽略回路闭合条件，磁通量只看大小不考虑方向；混淆左手、右手定则；错认为楞次定律是阻止磁通量变化。多以选择题出现，计算题中常作为解题基础环节，是电磁感应大题的重要铺垫。 1．（2012·福建·高考真题）如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是（  ） A．B．C． D． 【答案】B 【详解】A．圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误； BCD．铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，且上下过程中电流的方向相反，故B正确，CD错误。 故选B。 2．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　） A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 【答案】C 【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为 根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为 故选C。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第39讲 电磁感应现象 楞次定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 电磁感应现象的理解和判断 2 知识点2 感应电流方向的判断 3 知识点3 楞次定律推论的应用 4 知识点4 探究影响感应电流方向的因素 5 模拟·基础演练 6 题型01 电磁感应现象基础 6 题型02 探究影响感应电流方向的因素 9 题型03 感应电流的产生和方向判断 12 题型04 楞次定律推论的应用 17 题型05 电磁感应现象综合 19 重难·创新演练 22 真题·实战演练 27 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 楞次定律综合，结合安培力、图像、动力学 计算题（16 分） 感应电流产生条件、磁通量分析 单选 T4（4 分） 楞次定律、右手定则判断感应电流方向 考情分析 本专题以选择题、计算题为主要考查形式，分值 416 分，偶尔融入小问。命题重点考查磁通量变化判断，运用楞次定律、右手定则判定感应电流方向，理解 “来拒去留” 推论。常搭配各类电磁感应图像，提取图像信息。会结合安培力分析导体受力运动，联系能量、动量规律。陷阱集中在磁通量正负判断、楞次定律推论误用，侧重逻辑推理，不追求复杂运算，重在理解电磁感应本质。 复习目标 掌握感应电流产生条件，会分析磁通量增减变化；熟练运用楞次定律、右手定则判断感应电流方向，理解楞次定律推论；读懂电磁感应各类图像，结合安培力分析受力运动；区分楞次定律与右手定则适用场景，厘清易混概念，规范逻辑推理，提升电磁感应情景分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 电磁感应现象的理解和判断 常见的产生感应电流的三种情况 ✨得分速记： 产生感应电流的两个必备条件：闭合回路、磁通量发生变化，缺一不可。磁通量变化包含磁感应强度 B 变化、回路面积 S 变化、两者夹角改变三种情况。注意回路不闭合时，只产生感应电动势，无感应电流。判断磁通量要关注磁感线穿入穿出的抵消，区分净磁通量。判断感应电流方向优先用楞次定律，切割磁感线场景可用右手定则。牢记 “来拒去留”“增反减同” 推论，注意磁通量正负，避免只看大小忽略方向。做题先判断回路是否闭合，再分析磁通量增减，结合图像读取 B、Φ 变化，避开 “有磁场就有感应电流” 的典型误区。 ⚠特别提醒： 1.回路不闭合，磁通量变化只能产生感应电动势，不会出现感应电流，这是高频易错点。 2.磁通量计算要考虑磁感线双向穿过的抵消，不能直接把 B 与 S 简单相乘。 3.楞次定律核心是阻碍磁通量变化，不是阻止变化。 4.右手定则只适用于导体切割磁感线；其他磁通量变化一律用楞次定律。 5.注意 Φt 图像斜率对应感应电动势大小，斜率正负反映电动势方向。 知识点2 感应电流方向的判断 1．用楞次定律判断 (1)楞次定律中“阻碍”的含义： 2．用右手定则判断 该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点： (1)掌心——磁感线垂直穿入掌心； (2)拇指——指向导体运动的方向； (3)四指——指向感应电流的方向． ✨得分速记 判断感应电流方向优先掌握两套方法：楞次定律和右手定则。楞次定律为通用方法，步骤：确定原磁场方向→判断磁通量增大或减小→得出感应磁场方向（增反减同）→由安培定则确定感应电流方向。导体切割磁感线时优先用右手定则，简单快捷。牢记推论 “来拒去留、增缩减扩”，可快速定性判断。注意区分：回路不闭合时只有感应电动势，不存在感应电流。做题要注意磁通量的正负，不能只看大小。Φt 图像斜率反映感应电动势大小，斜率正负对应感应电流方向。易错点：混淆右手定则与左手定则，判断受力用左手，判断感应电流方向用右手。 知识点3 楞次定律推论的应用 内容 例证 阻碍原磁通量变化——“增反减同” 磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反 阻碍相对运动——“来拒去留” 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近 阻碍原电流的变化——“增反减同” 合上S，B先亮 知识点4 探究影响感应电流方向的因素✨得分速记 楞次定律中“阻碍”的问题的思路 1．实验设计 如图2所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。 2．实验结论 当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。 3．注意事项 实验前应首先查明电流表中电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图所示的电路，把一节干电池与电流表及线圈串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入限流变阻器R，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向。 模拟·基础演练✨得分速记 本实验核心探究：感应电流方向与磁场方向、导体切割运动方向两个因素有关。采用控制变量法，先保持磁场方向不变，改变导体切割运动方向，观察电流计指针偏转；再保持导体运动方向不变，调换磁极改变磁场方向，观察指针偏转。指针偏转方向反映感应电流方向，偏转方向改变说明电流方向改变。实验结论：感应电流方向由磁场方向和导体切割运动方向共同决定，二者其一改变，感应电流方向改变；两者同时反向，感应电流方向不变。答题注意区分：感应电流方向与磁场强弱、切割速度大小无关，只和方向有关。注意电流计指针偏转只反映电流方向，不反映电流大小。 考查重点：福建高考对电磁感应现象与楞次定律的考查，重在理解感应电流产生条件，重点考查磁通量变化分析，熟练运用楞次定律、右手定则判断感应电流方向。命题侧重 “增反减同”“来拒去留” 等推论的定性分析，常结合 Φt、Bt 图像，读取磁通量变化规律。会结合安培力分析导体的受力与运动，联系动力学、能量观点综合分析。题型以选择题为主，也会嵌入计算题小问。不侧重复杂运算，注重逻辑推理，重视磁通量的矢量性，区分感应电动势与感应电流的产生条件，考查学生对电磁感应规律本质的理解。 ⏳题型01 电磁感应现象基础 1．（2026·福建泉州·三模）（多选）机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压力变化情况。下列说法正确的是（   ） A．磁膜没有受到压力时，线圈没有感应电流产生 B．磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生 C．磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生 D．磁膜受到的压力增大时，线圈有感应电流产生 2．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）下列课本中的插图，原理相同的是（　　） A．  发电机 B．  地磁场的产生 C．  磁电式电表 D．  安检门 3．（2026·山东济南·模拟预测）某汽油机火花塞需要高达10 kV的电压才能点火，如图所示为其工作原理图。闭合点火开关，凸轮不断旋转，断电器触点交替开闭，火花塞产生电火花，下列说法正确的是（   ） A．原线圈回路中的电源必须为交流电源 B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 C．断电器触点断开瞬间，原线圈不产生感应电动势 D．点火开关和凸轮安装在副线圈回路中，汽油机仍然可以正常工作 4．（2025·辽宁·模拟预测）（多选）如图所示，半径为R的圆形导线框和长度为3R的导体棒OQ固定在O点，放置在垂直于纸面向里、范围足够大的匀强磁场中，现让导线框和导体棒绕固定点O以角速度ω在纸面内沿顺时针方向做匀速圆周运动。其中P、S为导线框上两点，P、O连线为圆的直径，SO连线与PO连线之间的夹角为45°。下列说法正确的是（　　） A．导线框中产生感应电流 B．O点的电势最高 C．P点的电势比S点的电势高 D．Q、O两点的电势差是P、O两点的电势差的2.25倍 5．（2026·河南三门峡·三模）如图所示，螺线管导线的两端与平行金属板相接，一个带正电的小球用绝缘细线悬挂在两金属板间，并处于静止状态。若使一条形磁体从左向右靠近螺线管，则（     ） A．小球不动 B．小球向左摆动 C．金属板左极电势高 D．螺线管的左端相当于条形磁体的N极 6．（2026·云南昆明·二模）（多选）如图甲所示，金属导线制成的光滑半圆弧导轨固定在竖直面内，匀强磁场垂直纸面向里，金属棒M放置在圆弧导轨上，由静止开始向下运动。如图乙所示，金属制成的光滑“L”形导轨两部分分别水平和竖直固定放置，匀强磁场垂直纸面向外，金属棒N先紧贴竖直导轨放置，底端受到轻微的扰动由静止开始向右运动，直至完全落在水平导轨上。两根金属棒始终不脱离轨道，则（     ） A．M在运动过程中会产生感应电流 B．M在运动过程中，机械能守恒 C．N在运动过程中，感应电流的方向会发生改变 D．N在运动过程中，所受的安培力方向恒定 7．（2026·浙江·三模）如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间后才执行这个动作。则下列说法正确的是（     ） A．开关S断开时，线圈A两端的电压为零 B．开关S断开时，线圈B产生的磁场吸引D C．开关S断开时，线圈B中有图示箭头方向的电流 D．若线圈B不闭合，具有相同的延时效果 ⏳题型02 探究影响感应电流方向的因素 8．（2024·福建宁德·三模）1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验： (1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。____ (2)图甲实验电路连接后，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态时，电流计指针__________（选填“偏转”或“不偏转”）；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针______偏转（选填“向左”“向右”或“不”）。 (3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的图像如图丙所示，由图可得到的结论是 。 A．感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关 B．感应电流方向与磁铁下落速度的大小有关 C．感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关 9．（2024·广东汕头·二模）同学们在学习了感应电流产生的条件后，想通过实验探究影响感应电流方向的因素，实验过程如下： （1）按照图1所示电路连接器材，闭合电键，电流表指针向右偏转，对调电源正负极，重复以上操作。该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与__________方向的对应关系； （2）按照图2所示电路连接器材，查明线圈中导线的绕向，以确定感应电流产生的磁场方向； （3）分别改变磁体磁场的方向和磁体运动方向，观察指针偏转方向，使用表格中记录数据；根据第1步探究的对应关系，表中实验4中标有“▲”空格应填__________（选填“向上”、“向下”、“向左”或“向右”）： 实验序号 磁体磁场的方向（正视） 磁体运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向（正视） 1 向下 插入线圈 向左 向上 2 向下 拔出线圈 向右 向下 3 向上 插入线圈 向右 向下 4 向上 拔出线圈 向左 ▲ （4）根据表中所记录数据，进行如下分析： ①由实验1和__________（填实验序号）可得出结论：感应电流方向与磁体运动情况有关。 ②由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向__________（选填“相同”、“相反”或“无关”）。 （5）经过进一步讨论和学习，同学们掌握了影响感应电流方向的因素及其结论，为电磁感应定律的学习打下了基础。 10．（2026·江苏南通·模拟预测）特雷门琴的扬声器结构如图所示，图a为侧面切面图，磁铁外圈为S极，中心横柱为N极，横柱上套着线圈，其正面图如图b所示。则（     ） A．扬声器主要应用了电磁感应现象 B．由图b可知，当线圈在横柱上运动时磁通量不变 C．扬声器正常使用时，可以作为纯电阻负载 D．外力驱动线圈周期性运动时，线圈会产生交变电流 11．（2026·广西桂林·二模）物理探究小组选用图示器材和电路研究电磁感应规律。 (1)请将图中接线柱P与________（选填“a”或“b”或“c”）、Q与_________（选填“a”或“b”或“c”）连接起来，组成正确的实验电路； (2)把A线圈插入B线圈中后，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，则下列操作出现的情况为： ①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向________（选填“左”或“右”）偏转； ②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向________（选填“左”或“右”）偏转； (3)根据所学知识结合本实验结果得出产生感应电流的本质是________________________。 12．（2026·河南南阳·三模）如图，一封闭纸筒置于水平地面上，上表面放一轻薄的金属箔圆环。一螺线管（直径大于圆环）置于纸筒内且通过导线与电源、开关、电流表和滑动变阻器串联构成一个闭合回路，初始时开关断开，取出螺线管内的铁芯，某时刻突然闭合开关，圆环突然弹起。下列说法正确的是（     ） A．在圆环弹起后的瞬间，纸筒对地面的压力小于开关闭合前的压力 B．从上往下看，闭合开关后的瞬间圆环内产生逆时针的电流 C．闭合开关瞬间，圆环有扩张的趋势 D．插入铁芯后重复实验，圆环弹起的高度减小 13．（2025·浙江金华·一模）差动变压器指的是一种广泛用于电子技术和非电量检测中的变压器装置。主要用于测量位移、压力等非电量参量。其原理简化后如图所示，一个初级线圈位于正中间，两个匝数相等的次级线圈对称放置两侧，初始时铁芯位于空心管正中央，铁芯移动时始终至少有一端在次级线圈中，接线柱与恒定电流电源连接，不考虑次级线圈之间的相互作用。下列说法正确的是（     ） A．铁芯不动时，电势差 B．铁芯不动时，电势差 C．铁芯上移时，两端电势 D．铁芯下移时，两端电势 14．（2025·海南海口·模拟预测）几位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素： (1)按图连接好电路，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中能使指针向左偏转的有____。 A．闭合开关时 B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时 C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时 (2)连接好电路，闭合开关，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次速度较慢，第二次快速进行，A线圈在两次过程中产生的感应电动势的大小关系是______（选填“>”、“<”或“=”）。 ⏳题型03 感应电流的产生和方向判断 15．（2026·湖南邵阳·一模）如图，一个可绕过圆心竖直轴转动的水平金属圆盘，圆盘中心O和圆盘边缘通过电刷D与螺线管相连，螺线管右侧有竖直悬挂的铜环，匀强磁场垂直于圆盘平面向上，从上向下看，圆盘顺时针转动。下述说法正确的是（　　） A．O点电势高于D点电势 B．螺线管E端为N极 C．若圆盘加速转动，则铜环将靠近螺线管 D．若圆盘加速转动，从左向右看铜环产生顺时针方向电流 16．（2026·福建漳州·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑金属导轨、质量不计的导电载物台与下方装置构成闭合回路，回路等效总电阻为。停靠平台上方存在高度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。载物台静止在磁场上边界上方处，将质量为的货物轻放其上，二者一起由静止开始下滑，到达停靠平台前已达到匀速。装置可回收回路产生焦耳热的，其余散失，导轨和载物台电阻不计，重力加速度为。则（     ） A．载物台进入磁场后，端的电势高于端 B．载物台匀速运动的速度大小为 C．载物台下落的总时间为 D．载物台下落全程装置回收的能量为 17．（2027·陕西渭南·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑导轨、导电载物台（重力可忽略）和装置A（等效电阻为）构成闭合回路。停靠平台的上方存在高度为、磁感应强度为的匀强磁场。停在磁场上边界处，轻放上质量为的货物后，两者一起沿导轨下滑，到达平台前已匀速。装置A可回收80%的焦耳热。其它电阻及空气阻力不计，重力加速度为，在货物停落过程中（　　） A．载物台中的电流方向为 B．货物到达停靠平台前瞬间的速度大小为 C．通过载物台的电荷量为 D．装置A回收的能量为 18．（2025·福建厦门·三模）小萌同学用不同装置分别进行电磁感应现象实验探究。 (1)按图甲的装置探究感应电流方向的影响因素 在图甲中用笔画线代替导线，将实物电路补充完整______； 该同学在闭合开关时发现电流计指针向右偏转，则开关闭合状态时，将滑动变阻器滑片______（选填“向左”或“向右”）滑动，电流计指针向左偏转； (2)如图乙所示，在探究感应电流大小的影响因素实验中，该同学将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流与时间的关系图像，如图丙所示，下列说法正确的是______； A．时刻的速度等于时刻的速度大小 B．在时间内，强磁铁的加速度小于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量 (3)如图丁所示，灯泡底部两接线柱接有多匝线圈，该同学取出电磁炉内的线圈接通交流电，将灯泡置于电磁炉线圈内，发现灯泡会持续发光，如图戊所示。将灯泡向右缓慢平移，在某个位置灯泡会熄灭，则该位置可能是______（选填“A”“B”或“C”）。 A． B． C． 19．（2025·四川·模拟预测）如图，水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框，其中ab处于水平位置框从MN上方由静止释放，框面始终在纸面内框落入磁场且ab未到达MN的过程中，沿磁场方向观察，框的大致形状及回路中的电流方向为（　　）    A．   B．   C．   D．   20．（2024·福建漳州·一模）电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，正方形闭合线圈竖直固定在减震装置上。永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈，某时刻磁场分界线刚好位于线圈正中央，如图乙所示。则从该时刻起（　　） A．永磁铁振动时穿过线圈的磁通量不变 B．永磁铁振动越快，线圈中感应电动势越小 C．永磁铁振动时，受到线圈的阻力方向不变 D．永磁铁向上振动时，线圈中感应电流的方向为逆时针 21．（2024·福建龙岩·三模）如图所示，在竖直向下的匀强磁场B中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域，不计空气阻力，下列关于金属棒在运动过程中的说法正确的是（　　） A．机械能保持不变 B．感应电动势越来越大 C．a点电势比b点电势高 D．所受重力的功率保持不变 ⏳题型04 楞次定律推论的应用 22．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 23．（2023·福建福州·模拟预测）（多选）如图（a）所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化规律如图（b）所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动，则（　　）      A．导体棒进入磁场前后，回路中的电流方向相反 B．导体棒进入磁场前，回路中的电动势为0.08V C．导体棒在运动过程中受到的最大安培力为0.04N D．导体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t均匀增大 24．（2026·湖南长沙·三模）、为光滑的水平平行金属导轨，、为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过、所在的平面，如图所示，则（     ） A．若固定，使向右滑动，则回路有电流，电流方向由到到到 B．若、以相同的速度一起向右滑动，则回路有电流，电流方向由到到到 C．若向左、向右同时运动，则回路电流为 D．若、都向右运动，且两棒速度，则回路有电流，电流方向由到到到 25．（2026·河北石家庄·模拟预测）（多选）如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于虚线左侧始终竖直向下的磁场中，边与虚线重合，虚线右侧为的匀强磁场。导体框的质量，电阻、边长，磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。在时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，下列说法正确的是（　　） A．时流过边的电流方向由到 B．时流过边的电流大小为 C．导体框的边刚越过虚线时导体框受到的安培力的大小为 D．当线框速度减为时边移动的距离为 26．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）如图甲所示，匝数、边长的正三角形线圈，a、b分别为AB边和AC边的中点，矩形区域abcd内存在垂直纸面的磁场，e、f为磁场的边界与BC边的交点，时刻起磁感应强度随时间变化如图乙所示，规定垂直纸面向外为正方向，线圈的总电阻．下列说法正确的是（     ） A．线圈中的感应电流方向始终沿逆时针 B．BC边的安培力垂直BC先向上后向下 C．时，线圈的感应电流为3A D．0~2s时间内通过导线横截面的电荷量为3C 27．（2026·湖南长沙·二模）矩形导线框放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，如图甲所示，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，则在时间内，线框的边所受安培力随时间变化的图像为图中的（安培力取向左为正方向）（     ） A． B． C． D． 28．（2026·贵州黔西南·二模）某同学用铜线首尾相接绕制了一个面积为、电阻为的单匝线框，将其放置在水平桌面上，空间存在竖直向下、磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场，俯视图如图所示。若同时沿水平方向向两侧拉动线框，使其在1s内合拢，则该过程中，下列说法正确的是（     ） A．俯视看，线框中产生逆时针方向的电流 B．线框中感应电动势的平均值为1V C．线框中感应电流的平均值为0.25A D．通过铜线横截面的电荷量为0.025C ⏳题型05 电磁感应现象综合 29．（2026·江西·三模）市场上某款“自发电”门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁铁的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变，门铃响。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位（与连接的外电路未画出）。由此可以判断（　　） A．按住按钮不动，门铃会一直响 B．按钮复位的过程中，门铃会一直响 C．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小 D．按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加 30．（2026·北京丰台·二模）如图，A和B都是铝环，环A是闭合的，环B是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动。下列说法正确的是（　　） A．用磁铁的N极靠近A环，A环会被吸引 B．用磁铁的N极靠近B环，B环内没有产生感应电动势 C．分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环均会被排斥 D．分别用磁铁的N极和S极靠近A环，A环产生的感应电流方向相同 31．（2026·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示为车载电磁实验简易装置，弹性线圈与A、B两个发光二极管组成的回路装置固定在小车上表面，小车置于光滑水平桌面上。实验中发现当条形磁体沿轴线快速靠近或远离线圈时，小车会向右或向左运动，同时两个二极管会交替发光，则条形磁体（    ） A．N极靠近线圈时，小车向右运动，二极管A发光 B．N极远离线圈时，小车向左运动，二极管B发光 C．N极靠近线圈时，线圈有扩大的趋势 D．无论N极或S极，只要靠近线圈时，小车均向右运动 32．（2026·北京昌平·二模）如图所示，通有恒定电流的长直导线右侧放置一矩形金属线框，导线与线框在同一平面内。下列情况中金属线框能产生感应电流的是（　　） A．导线中电流均匀增大 B．线框沿导线向下做匀速运动 C．线框沿导线向上做加速运动 D．线框以直导线为轴转动 33．（2026·湖南·一模）某兴趣小组利用变压器设计的漏电保护装置如图所示，将火线和零线并行绕在铁芯左侧线圈上，当右侧线圈中产生电流时，此电流经放大器放大后，能使电磁铁吸起铁质开关，从而切断教学楼电路。若仅考虑在铁芯中产生的磁场，变压器可以看作理想变压器，左、右线圈匝数分别为、，下列说法正确的是（　　） A．教学楼照明电路正常工作时，左、右线圈电压之比为 B．设计电流放大器的作用是可以提高漏电保护器的灵敏度 C．某同学在教室用多用电表交流电流挡的两表笔分别接触墙上插座两孔金属片，造成短路，开关K将被电磁铁吸起 D．某同学站在地上充电时一只手碰到插座火线触电，此装置无法使开关K被电磁铁吸起 34．（2025·海南海口·模拟预测）如图所示，上、下边界均水平的区域宽为，内有磁感应强度大小为，方向水平向内的匀强磁场。一边长也为，质量为，电阻为的匀质正方形线框，通过滑轮装置与另一质量为的物体连接。线框从磁场下方某处静止释放，当线框边进入磁场时，速度，一段时间后（边仍在磁场中）开始匀速运动，从边进入磁场到其恰达到匀速时，流过线框横截面的电荷量，已知线框上升过程中线框平面始终与磁场方向垂直，边始终与边界平行，不计空气阻力，，求： (1)线框刚进入磁场时的电流大小和方向； (2)线框匀速运动时的速度以及线框匀速运动的时间。 35．（2026·北京西城·一模）如图所示，在水平放置的条形磁铁的N极附近，一个闭合线圈竖直下落并始终保持水平。在位置B处磁铁的磁感线正好与线圈平面平行，A、B之间和B、C之间的距离都比较小。在线圈从A到C的下落过程中，下列说法正确的是（　　） A．线圈受到的安培力始终做负功 B．线圈的机械能先减小后增大 C．在B位置时线圈的感应电流为0 D．俯视时，线圈的感应电流方向先逆时针后顺时针 重难·创新演练 设题创新:命题打破传统固定模型，常设置多区域磁场、线框往复进出磁场等新颖情景，结合动态图像考查磁通量变化。将楞次定律与动量、能量相结合，不再局限简单方向判断，侧重过程分析。引入生活科技情境，如磁传感器、电磁阻尼装置，改编成考题。部分题目设置双向磁感线穿过回路，考查磁通量抵消的复杂情景。还会结合立体空间磁场，考查空间想象能力。规避套路化答题，注重方法迁移，区分死记推论和理解规律本质，突出物理建模与逻辑推理能力的考查。 1．（2026·北京丰台·一模）（多选）如图所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到电流表上，把线圈A装在线圈B里面。闭合开关瞬间，电流表的指针向右偏转，保持开关闭合，下面操作中能使电流表的指针向左偏转的是（　　） A．将变阻器的滑片向左快速滑动 B．将线圈A从线圈B中拔出 C．断开开关瞬间 D．在线圈A中插入铁芯 2．（2026·重庆渝中·模拟预测）落磁实验是研究电磁感应现象的经典实验，某兴趣小组利用如图甲所示装置探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素， 图甲中灵敏电流计的正中间为零刻度， 电流从 “+” 极流入时，指针向右偏转。 (1)当强磁铁从图甲位置左右运动过程，灵敏电流计的指针________（选填“会”或“不会”） 偏转。 (2)当强磁铁从图甲位置向下靠近线圈，灵敏电流计的指针会________（选填“向左”或“向右”）偏转。 (3)仅将灵敏电流计更换成电流传感器，强磁铁从螺线管上端由静止下落（无桌面阻挡），电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流 i 与时间 t的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是_____。 A．t2 时刻的速度大小等于 t4时刻的速度大小 B．在t1∼t3时间段，强磁铁的加速度小于重力加速度 C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力先向上后向下 D．在t1∼t5的时间内，强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量 3．（25-26高三下·重庆沙坪坝·开学考试）如图所示是教材中的一些插图，下列说法正确的是（　　） A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了控制变量法的思路 B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路 C．图丙中，光滑斜面体对于用轻绳竖直悬挂的小球有垂直于斜面的弹力 D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动，线圈中会产生逆时针方向的感应电流 4．（2026·重庆沙坪坝·一模）“诚勤立达”学习小组的同学们正在探究“影响感应电流方向的因素”。 (1)同学们先按照图甲连接电路，不通电时，电流计指针停在正中央。当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏。该步骤是为了判断___________。 (2)接着按照图乙组装实验装置，将条形磁铁从线圈中拔出的过程中，我们可以观察到电流计的指针___________（填“向左”“向右”或“不”）偏转。 (3)为了进一步探究实验规律，该小组的同学们连接了如图丙所示的实验电路，将条形磁铁向下插入线圈（未穿出）的过程中，观察到的实验现象是___________。 A．灯泡A、B均不发光 B．灯泡A、B交替发光 C．灯泡A发光，灯泡B不发光 D．灯泡B发光，灯泡A不发光 5．（2025·河南·一模）矩形线圈位于足够长的通电直导线附近，且线圈平面与导线在同一平面内，如图所示，线圈的两条边和与导线平行，则下列判断正确的是（　　） A．若线圈绕着虚线匀速转动，则线圈中产生的感应电流方向不变 B．若线圈绕着虚线匀速转动，则线圈中感应电流的方向周期性变化 C．若线圈中产生的是逆时针方向的电流，则一定是导线保持静止，矩形线圈往左平移 D．若线圈中产生的是逆时针方向的电流，则一定是矩形线圈保持静止，导线往右平移 6．（2026·陕西榆林·模拟预测）某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A、B，要使线圈B所接电流表在至时间内没有示数，应该在线圈A接入的电流为（　　） A． B． C． D． 7．（2026·新疆·模拟预测）（多选）如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B通过开关连接到灵敏电流计上，线圈A放入线圈B中，均闭合。下列操作中，电流计发生偏转的是（　　） A．拔出铁芯的瞬间 B．断开的瞬间 C．断开的瞬间 D．断开，迅速移动滑片P 8．（25-26高二上·山东临沂·期末）用如图所示的装置来探究电磁感应现象，小螺线管套在大螺线管内，当合上开关的瞬间，电流计的指针向左偏，下列说法正确的是（　　） A．此实验产生的是动生电动势 B．断开开关的瞬间，电流计的指针不偏转 C．断开开关的瞬间，电流计的指针向右偏 D．若小螺线管与电源间的导线断开，合上开关，移动滑片，电流计的指针会偏转 9．（2025·浙江嘉兴·一模）物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，插有铁芯的螺线管直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，螺线管与电源、开关相连，线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环立刻向上跳起。下列说法中正确的是（　　） A．若保持开关闭合，则铝环停留在某一高度 B．跳起的铝环会回落，断开开关时铝环又将跳起 C．若将电源的正、负极对调，观察到的现象不变 D．若换用交流电源做实验，则观察不到铝环跳起的现象 10．（2025·浙江·二模）如图所示，线圈M和线圈N绕在同一个铁芯上，初始开关S1断开、S2闭合，已知电流计指针向左偏转表示电流从左端流入，则下列说法正确的是（　　） A．闭合 S1瞬间，电流计指针将向左偏转 B．闭合 S1后，将滑动变阻器的滑片P向下移动，电流计指针向左偏转 C．若先闭合S1，再闭合S2瞬间，电流计中也会有感应电流 D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，线圈N两端的电势差不为零 真题·实战演练 高频考点：包含感应电流产生条件，磁通量增减判断；楞次定律、右手定则的应用，判断感应电流方向；“来拒去留”“增缩减扩” 推论的定性分析；Φt、Bt 图像的信息读取。常考线框进出磁场，结合安培力分析受力运动。易错点：忽略回路闭合条件，磁通量只看大小不考虑方向；混淆左手、右手定则；错认为楞次定律是阻止磁通量变化。多以选择题出现，计算题中常作为解题基础环节，是电磁感应大题的重要铺垫。 1．（2012·福建·高考真题）如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是（  ） A．B．C． D． 2．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　） A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第39讲 电磁感应现象 楞次定律（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 10 12 13 答案 AD AD B CD C BC B D B C 题号 15 16 17 19 20 21 22 23 24 25 答案 A C C C D A AB ACD D CD 题号 26 27 28 29 30 31 32 33 35 答案 AD C C B C D A B A 1．AD 【详解】A．磁膜没有受到压力时，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故A正确； B．磁膜受到压力稳定后，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故B错误； CD．磁膜受到的压力减小或增大时，线圈的磁通量改变，线圈有感应电流的产生，故C错误，D正确。 故选AD。 2．AD 【详解】发电机和安检门的工作原理是电磁感应；地磁场产生的原理是磁体周围存在磁场（电流的磁效应）；磁电式电表的工作原理是通电线圈在磁场中受到安培力而偏转。 故选AD。 3．B 【详解】AB．由图可知，该变压器初级电压为12V，次级电压要达到10kV，则该变压器为升压变压器，即变压器原线圈匝数小于副线圈匝数，因原线圈中断电器触点不断开合使得变压器磁通量不断变化，从而在次级产生高压，可知原线圈回路中的电源可为直流电源，故A错误，B正确； C．断电器触点断开瞬间，原线圈电流突然减小，穿过原线圈自身磁通量急剧变化，原线圈会产生自感电动势，故C错误； D．点火开关、凸轮断电器必须放在原线圈回路。只有原线圈电流发生突变，铁芯磁场变化，副线圈才能感应高压；放到副线圈回路，无法改变原线圈的磁通量，副线圈不会产生高压，汽油机不能点火工作，故D错误。 故选B。 4．CD 【详解】A．绕固定点O顺时针做角速度为ω的匀速圆周运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，故A错误； BC．由右手定则可判断出，导线框中产生感应电动势方向由O指向P，O点的电势最低，P点的电势高于S点，故B错误；C正确； D．根据E=Blv可得， 则 即Q、O两点的电势差是P、O两点的电势差的2.25倍，故D正确。 故选CD。 5．C 【详解】ABC．当磁体靠近时，导致线圈的磁通量发生变化，从而导致线圈中产生感应电动势，假设电路闭合，则由楞次定律可知，感应电流方向是从右极板向下通过线圈再到左极板，由于线圈相当于电源，因此左极板电势高，所以带正电小球将向右摆动，A错误，B错误，C正确； D．假如电路闭合，则螺线管中的电流方向如图所示，根据右手螺旋定则可知螺线管的左端相当于S极，D错误。 故选C。 6．BC 【详解】AB．根据几何关系，可知M在运动过程中与圆弧组成的回路的面积不变，磁通量不变，不会产生感应电流，机械能守恒，故A错误，B正确； C．根据几何关系，可知N在运动的过程中，N与“L”形导轨构成的回路的面积先增大后减小，磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则，回路中的电流先顺时针后逆时针，感应电流的方向会改变，故C正确； D．根据左手定则可知，金属棒N受到的安培力始终与N垂直，方向改变，故D错误。 故选BC。 7．B 【详解】A．S闭合时，线圈A中有电流，铁芯被磁化，吸引衔铁D。S断开时，线圈A中电流减小，磁通量减小，由楞次定律，线圈B中产生感应电流，其方向使得磁场维持原方向不变，继续吸引衔铁D，产生延时效果。 S断开瞬间线圈A会产生自感电动势，但由于B构成闭合回路，通过互感维持磁场，A线圈产生自感反电动势，所以线圈A两端电压不为零，故A错误； B．线圈B产生的感应电流维持原磁场方向，继续吸引D，故B正确； C．根据楞次定律，B中电流方向应维持原磁场，电流方向与图示箭头相反，故C错误； D．若B不闭合，线圈无法产生感应电流维持磁场，延时效果差，故D错误。 故选B。 8．(1) (2) 不偏转 向右 (3)AC 【详解】（1）实物电路如图 （2）[1]开关处于闭合状态时，线圈A中电流大小不变，磁场强度不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转。 [2]滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电路中总阻变大，线圈A中电流减小，故电流计指针向右偏转。 （3）A．由图可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，故A正确； B．由图可知，感应电流方向与磁铁下落速度的大小无关，故B错误； C．由图可知，在下落过程中速度变大，出线圈时速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变快，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C正确。 故选AC。 9． 电流 向上 2 相同 【详解】（1）[1]电流流向不同，对应指针偏转方向不同，所以该步骤目的是获得电流表指针偏转方向与电流方向的对应关系。 （3）[2]磁体磁场的方向向上，拔出线圈，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向上。 （4）①[3]要探究感应电流方向与磁体运动情况，需保证磁体磁场的方向和指针偏转情况相同，故由实验1和2可得出结论。 ②[4]由实验2、4得出的结论：穿过闭合回路的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同。 10．D 【详解】A．特雷门琴扬声器工作时，是通电线圈在磁场中受安培力振动，将电信号转化为声信号，核心原理是安培力，不是电磁感应现象，故A错误； B．该结构磁场是从中心N极向外圈S极的辐射状磁场，线圈沿横柱运动时，所处位置的磁感应强度大小发生变化，穿过线圈的总磁通量会随之改变，故B错误； C．扬声器的线圈运动时会产生自感电动势，存在感抗，电能不仅转化为内能，还存在电磁感应效应，不能看作纯电阻负载，故C错误； D．外力驱动线圈周期性运动时，穿过线圈的磁通量周期性变化，根据法拉第电磁感应定律，会产生周期性变化的感应电动势，因此线圈中会产生交变电流，故D正确。 故选D。 11．(1) b c (2) 右 左 (3)穿过闭合回路的磁通量发生变化 【详解】（1）[1][2]本实验中，原线圈A需要和电源、开关、滑动变阻器串联组成通电原回路，副线圈B需要和灵敏电流计组成检测感应电流的副回路，因此待接的接线柱P接滑动变阻器的，接线柱Q接灵敏电流计的。 （2）由题意，闭合开关时穿过副线圈B的磁通量增加，灵敏电流计右偏，可得规律：穿过B的磁通量增加时指针右偏，磁通量减少时指针左偏： [1]向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电阻减小，原线圈电流增大，穿过B的磁通量增加，因此指针向右偏转； [2]拔出A中的铁芯，磁场减弱，穿过B的磁通量减小，因此指针向左偏转。 （3）当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。 12．B 【详解】A．圆环受安培力作用加速向上，系统处于超重状态，故纸筒对地面的压力大于开关闭合前的压力（纸筒、线圈、圆环的重力），A错误； B．开关接通的瞬间，螺线管中电流突然增大，圆环中的磁通量增大，产生与螺线管中方向相反的电流，故圆环中的电流方向为逆时针方向，B正确； C．圆环中的磁通量增加，感应电流起到阻碍磁通量增加的效果，故圆环有收缩的趋势，C错误； D．插入铁芯，磁感应强度增大，磁通量的变化率更大，感应电流更大，故安培力更大，圆环弹起的高度更高，D错误。 故选B。 13．C 【详解】AB．由于、接线柱与恒定电流电源连接，铁芯不动时，穿过次级线圈的磁通量没有发生变化，所以输出电压，故AB错误； C．根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯上移时，穿过上方次级线圈向下的磁通量增多。又根据楞次定律的“增反减同”结论可知，在上方次级线圈中产生向上的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由流向的电流，则两端电势，故C正确； D．根据安培定则可知中间线圈产生向下的磁场，铁芯下移时，穿过下方次级线圈向下的磁通量增多。又根据楞次定律的“增反减同”结论可知，在下方次级线圈中产生向上的感应磁场，再结合安培定则可得在上方次级线圈中产生由流向的电流，则两端电势，故D错误。 故选C。 14．(1)A (2)＜ 【详解】（1）A．甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，说明当穿过线圈A的磁通量减小时指针右偏，则闭合开关时，穿过线圈A的磁通量增加，则指针左偏，A正确； B．开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电路电流减小，则穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，B错误； C．开关闭合后将B线圈从A线圈中拔出时，穿过线圈A的磁通量减小，指针右偏，C错误； 故选A。 （2）连接好电路并闭合开关后，把B线圈从同样高度插到副线圈中同样的位置处，第一次速度较慢，第二次快速进行，因快插时磁通量的变化率较大，则感应电动势较大，则两情况下A线圈中产生的感应电动势的大小关系是。 15．A 【详解】A．圆盘可视为无数条沿半径排列的导体棒，从上向下看顺时针转动、磁场垂直盘面向上，根据右手定则：导体棒中感应电流的方向从边缘D指向圆心O，导体棒可视为电源，因此O点电势高于D点电势，故A正确； B．电流从螺线管的E端流入、F端流出，根据安培定则（右手螺旋定则），右手握住螺线管，四指沿电流环绕方向，大拇指指向F端，因此F端为N极，故B错误； C．若圆盘加速转动，动生电动势随增大而增大，螺线管的电流随之增大，穿过铜环的向右的磁通量增加。根据楞次定律的“来拒去留”，铜环会阻碍磁通量的增加，因此将远离螺线管，故C错误； D．圆盘加速转动时，穿过铜环、方向向右的磁通量增加，根据楞次定律，铜环感应电流产生的磁场要阻碍磁通量的增加，即感应磁场方向向左。从左向右看，由安培定则可判断铜环的感应电流为逆时针方向，故D错误。 故选 A。 16．C 【详解】A．由右手定则可知，载物台内部感应电流方向由流向。载物台相当于电源，电源内部电流从负极流向正极，故端为负极，电势比端的电势低，故A错误； B．载物台匀速下落时，由受力平衡可知 又 解得载物台匀速运动的速度大小为，故B错误； C．载物台下落过程，由动量定理得 又 联立解得，故C正确； D．由能量守恒可得回路产生的焦耳热为 则装置回收的能量，故D错误。 故选C。 17．C 【详解】A．载物台MN向下运动，磁场方向垂直于纸面向里，根据右手定则可知，载物台MN中的电流方向为M→N，故A错误； B．到达平台前已匀速，则有 其中 根据闭合电路欧姆定律 其中感应电动势 联立解得货物到达停靠平台前瞬间的速度大小为，故B错误； C．在货物停落过程中通过载物台MN的电荷量为 其中平均电动势 解得，故C正确； D．根据能量守恒可得回路产生的焦耳热为 装置A可回收80%的焦耳热，则装置A回收的能量为，故D错误。 故选C。 18．(1) 向右 (2)B (3)B 【详解】（1）[1]将实物电路补充完整如图所示 [2]闭合开关时穿过线圈B的磁通量增大，电流计指针向右偏转，则开关闭合状态时，要使电流计指针向左偏转，穿过线圈B的磁通量应减小，线圈A中的电流应减小，滑动变阻器连入电路的阻值应增大，应将滑动变阻器滑片向右滑。 （2）A．时间内，强磁铁均向下加速运动，只不过加速度大小发生变化，所以线圈时刻的速度小于时刻的速度大小，故A错误； BC．线圈中只要有感应电流，感应电流的磁场就阻碍强磁铁与线圈之间的相对运动，即强磁铁所受线圈的作用力向上，根据牛顿第二定律有 可得 故B正确，C错误； D．在时间内，强磁铁重力势能减少量等于线圈中产生焦耳热与强磁铁动能的增加量之和，故D错误。 故选B。 （3）将灯泡置于电磁炉线圈内，发现灯泡会持续发光，是因为穿过灯泡底部线圈的磁通量在发生变化，于是线圈中产生了感应电流，欲使灯泡熄灭，则穿过灯泡底部线圈的磁通量必然不变化，电磁炉线圈通入的电流是交流电，所产生的磁场也是变化的，所以只要穿过灯泡底部线圈的磁通量不为零，磁通量就必然变化，所以欲使灯泡熄灭，穿过灯泡底部线圈的磁通量必为零，又由于电磁炉线圈内外磁场方向相反，所以灯泡底部的线圈必须一部分处于线圈内部，另一部分处于线圈外部。 故选B。 19．C 【详解】由楞次定律“增反减同”可知回路框中感应电流方向为逆时针，根据左手定则可知左侧导体棒所受安培力斜向右上方，右侧导体棒所受安培力斜向左上方。 故选C。 20．D 【详解】A．永磁铁振动时，由于处于上下两个磁场的面积发生变化，所以穿过线圈的磁通量发生变化，故A错误； B．永磁铁振动越快，则磁通量变化越快，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势越大，故B错误； C．永磁铁向上振动时，受到线圈的阻力方向向下；永磁铁向下振动时，受到线圈的阻力方向向上；故C错误； D．永磁铁向上振动时，即线圈相对于磁场向下运动，由图乙可知，穿过线圈的磁通量向里增加，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为逆时针方向，故D正确。 故选D。 21．A 【详解】A．金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，A正确； B．金属棒做平抛运动中，水平方向的分速度不变，因而金属棒在垂直切割磁感线的速度不变，由电磁感应定律公式可得 可知，金属棒产生的感应电动势大小保持不变，B错误； C．由右手定则可知，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，因此b点电势高，即a点电势比b点电势低，C错误； D．金属棒做平抛运动中，速度逐渐增大，由功率公式可得 可知所受重力的功率逐渐增大，D错误。 故选A。 22．AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 23．ACD 【详解】A．导体棒进入磁场前，根据楞次定律判断，回路中的电流为逆时针方向；1s后磁场变为匀强磁场，导体棒刚好进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，回路中的电流为顺时针方向，故A正确； B．导体棒进入磁场前，闭合回路中有磁场通过的有效面积不变，磁感应强度均匀变大，由法拉第电磁感应定律，回路中的电动势为 故B错误； C.导体棒切割磁感线的最大感应电动势为 则电流强度最大值为 导体棒在运动过程中受到的最大安培力为 故C正确； D．导体棒进入磁场到bd的时间为 导体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t 可知体棒通过三角形abd区域时电流i随时间t均匀增大，故D正确。 故选ACD。 24．D 【详解】A．若固定，使向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，A错误； B．若、同向运动且速度大小相同，、所围的面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，B错误； C．若向左、向右同时运动，则中有顺时针方向的电流，C错误； D．若、均向右运动，且，则、所围的面积增大，磁通量也增大，则产生由到到到的电流，D正确。 故选D。 25．CD 【详解】A．由图乙可知，内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，时流过边的电流方向由到，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律可知，时导体框的感应电动势 感应电流大小为，故Ｂ错误； C．导体框的边刚越过虚线时，恒定，线框边切割磁感线，边切割磁感线，感应电动势为 受到的安培力的大小为，故C正确； D．根据动量定理有 设移动距离为，根据电流的定义式有 联立解得，故D正确。 故选CD。 26．AD 【详解】A．由题图乙可知，内线圈内的磁通量向外减小，则根据楞次定律可知，线圈内感应磁场垂直纸面向外，再根据安培定则可知，线圈中的感应电流为逆时针方向；同理内线圈内的磁通量向里增大，则根据楞次定律可知，线圈内感应磁场垂直纸面向外，再根据安培定则可知，线圈中的感应电流为逆时针方向。所以线圈中的感应电流方向始终沿逆时针方向，故A正确； B．由于内磁场垂直纸面向外，而线圈中的感应电流为逆时针方向，则根据左手定则可知，此时边受到的安培力垂直向下；同理由于内磁场垂直纸面向里，而线圈中的感应电流为逆时针方向，则根据左手定则可知，此时边受到的安培力垂直向上，所以边受到的安培力垂直先向下后向上，故B错误； C．由几何关系可知， 根据法拉第电磁感应定律可知，内线圈内的感应电动势为 则内线圈内的感应电流为，故C错误； D．内通过导线横截面的电荷量为 根据法拉第电磁感应定律可知，内线圈内的感应电动势为 则内线圈内的感应电流为 内通过导线横截面的电荷量为 所以时间内通过导线横截面的电荷量为，故D正确。 故选AD。 27．C 【详解】时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在到内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的边的安培力水平向左；在到内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的边的安培力水平向右。在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右。又根据，可知磁感应强度均匀变化，则安培力的大小均匀变化。 故选C。 28．C 【详解】A．线框磁通量向里减小，根据楞次定律，俯视看，线框中产生顺时针方向的电流，故A错误； BC．由法拉第电磁感应定律， 解得 平均电流为，故B错误，C正确； D．通过铜线横截面的电荷量，故D错误。 故选C。 29．B 【详解】A．感应电流产生的条件是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，只有磁通量变化时，才会产生感应电流使门铃发声。按住按钮不动时，永磁铁位置不变，穿过线圈的磁通量不再变化，没有感应电流，门铃不会一直响，故A错误； B．按钮复位过程中，磁通量一直在变化，一直有感应电流，门铃会一直响，故B正确； CD．复位过程中，永磁铁从下方（丙）回到初始上方位置（乙），穿过线圈的磁通量先向左减小，后向右增大，故CD错误。 故选B。 30．C 【详解】AC．无论是用磁铁的N极还是S极靠近A环时，根据“来拒去留”可知，A环均会被排斥，A错误，C正确； B．用磁铁的N极靠近B环，穿过B环的磁通量发生变化，则B环有感应电动势，只是无感应电流，B错误； D．用磁铁的N极靠近A环时，穿过A环的磁通量向里增加；而用磁铁的S极靠近A环时，穿过A环的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，A环产生的感应电流方向相反，D错误。 故选C。 31．D 【详解】A．极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律的推论“来拒去留”，线圈受到向右的排斥力，小车向右运动；根据楞次定律，感应电流的磁场方向向左，由安培定则可知线圈中电流从下端流出，经二极管流回上端，二极管发光，故A错误； B．极远离线圈时，穿过线圈的磁通量减少，根据“来拒去留”，线圈受到向左的吸引力，小车向左运动；感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知线圈中电流从上端流出，经二极管流回下端，二极管发光，故B错误； C．极靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律的推论“增缩减扩”，线圈有收缩的趋势，故C错误； D．无论极或极，只要靠近线圈时，根据“来拒去留”，线圈均受到向右的排斥力，小车均向右运动，故D正确。 故选D。 32．A 【详解】A．导线中电流均匀增大，由可知，空间所有点的磁感应强度均与电流成正比增大，线框面积固定，因此穿过线框的磁通量增大，磁通量发生变化，能产生感应电流，故A正确； B．线框沿导线向下做匀速运动时，线框上所有点到导线的距离均不改变，因此各点磁感应强度大小不变，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故B错误； C．线框沿导线向上做加速运动时，与匀速上下运动的规律一致：线框各点到导线的距离不变，磁感应强度分布不发生变化，穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故C错误； D．线框以直导线为轴转动时，线框上所有点到导线的距离始终保持不变，且长直导线的磁场为同轴同心圆分布，磁感应强度方向始终与线框平面法线方向平行，穿过线框的磁感线条数不变，磁通量不变，不能产生感应电流，故D错误。 故选A。 33．B 【详解】A．教学楼照明电路正常工作时，火线和零线中的电流大小相等、方向相反，它们在铁芯中产生的磁场相互抵消，穿过线圈 的磁通量为零，线圈 中不产生感应电动势，电压为零，故A错误； B．发生漏电时，火线和零线中的电流差值通常很小，线圈 中产生的感应电流很微弱，不足以直接驱动电磁铁。电流放大器可以将微弱的感应电流放大，使电磁铁能够吸起开关，从而在漏电流较小时也能切断电路，提高了漏电保护器的灵敏度，故B正确； C．某同学造成短路时，火线和零线中的电流虽然很大，但大小依然相等、方向相反，铁芯中的磁通量依然为零，线圈 中无感应电流，开关 K 不会被吸起，故C错误； D．某同学触电时，电流经人体流入大地，导致火线电流大于零线电流，铁芯中产生变化的磁通量，线圈 中产生感应电流，经放大后使电磁铁吸起开关 K，切断电路，故D错误。 故选B。 34．(1)、逆时针方向 (2)， 【详解】（1）线框刚进入磁场时的电动势为 由欧姆定律可知线框内电流为 根据右手定则可知，线框内电流方向为，即逆时针方向 （2）匀速运动时，线框与物体作为一个系统整体受力平衡，则有 线框匀速运动时的电动势为 线框内电流大小为 则此时线框受到的安培力为 联立代入数据可得 设从线框进入磁场到匀速过程中位移为 则线框内的平均感应电动势为 则在此过程中流过线框横截面的电荷量有 代入数据解得 由于线框达到匀速后，匀速过程一直持续到ab边离开磁场 因此线框匀速运动的时间为 35．A 【详解】AB．根据楞次定律的“来拒去留”由A到C过程中，线圈受到的安培力有竖直向上的分力，则安培力始终做负功，机械能一直减小，故A正确，B错误； C．经过位置B时，磁通量为零，但磁通量变化率不为零，感应电动势不为零，则电流不为零，故C错误； D．线圈经过A位置向B位置运动时，磁感线向上，磁通量减小，由楞次定律知线圈中感应电流为逆时针方向(从上往下看)；，经过位置B时向C位置运动时，磁感线向下，磁通量增大，感应电流为逆时针方向(从上往下看)，综上所述，俯视时，线圈的感应电流方向一直为逆时针，故D错误。 故选A。 重难·创新演练 1．ABC 【详解】闭合开关瞬间，线圈A中电流从无到有，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏转。根据楞次定律，若要使指针向左偏转，则穿过线圈B的磁通量应减小。 A．将变阻器的滑片向左快速滑动，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，线圈A产生的磁场减弱，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故A正确； B．将线圈A从线圈B中拔出，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故B正确； C．断开开关瞬间，线圈A中电流从有到无，穿过线圈B的磁通量减小，指针向左偏转，故C正确； D．在线圈A中插入铁芯，线圈A产生的磁场增强，穿过线圈B的磁通量增加，指针向右偏转，故D错误。 故选ABC。 2．(1)会 (2)向左 (3)BD 【详解】（1）感应电流产生的条件是闭合回路的磁通量发生变化。强磁铁左右运动时，穿过闭合线圈的磁通量会发生变化，电路产生感应电流，因此灵敏电流计指针会偏转。 （2）强磁铁N极向下靠近线圈，穿过线圈向下的磁通量增加。根据楞次定律，感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量增加；结合安培定则和电路接线可判断，电流从灵敏电流计的“-”极流入，题目规定电流从“+”极流入时指针向右偏转，因此指针向左偏转。 （3）A．是磁铁进入线圈过程电流峰值对应时刻，是离开线圈过程电流峰值对应时刻，磁铁一直向下加速下落，时刻位置更靠下，速度大于时刻速度，故A错误； B．是磁铁进入线圈的过程，穿过线圈的磁通量持续变化，一直存在感应电流，安培力阻碍磁铁下落、方向向上，因此加速度，故B正确； C．根据楞次定律“来拒去留”，磁铁进入和离开线圈时，安培力都阻碍相对运动，因此受到线圈的作用力始终向上，故C错误； D．根据能量守恒，磁铁下落过程中，重力势能的减少量一部分转化为线圈的焦耳热，另一部分转化为磁铁的动能，因此重力势能的减少量大于动能的增加量，故D正确。 故选BD。 3．B 【详解】A．图甲中，在用图像计算做功时，变力所做功的大小近似等于所有小矩形面积之和，这里采用了微元法的思路，故A错误； B．图乙中，在卡文迪什扭秤实验中采用了放大法的思路，故B正确； C．图丙中，小球只受到重力和轻绳的拉力，光滑斜面体对小球没有弹力，故C错误； D．图丁中，闭合线圈绕平行于磁感线的轴转动时，穿过线圈的磁通量始终为零，线圈中无感应电流产生，故D错误。 故选B。 4．(1)电流流进电流计的方向与电流计指针偏转方向的关系 (2)向左 (3)C 【详解】（1）当闭合开关时，观察到电流计指针向左偏，说明当电流从电流计左接线柱流进电流计时，电流计的指针向左偏，本步骤是为了判断电流流进电流计方向与电流计指针偏转方向的关系。 （2）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同，结合安培定则可知此时感应电流从上方流进螺线管，从下方流出螺线管，再流进电流计，因此电流计的指针向左偏转。 （3）根据楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向穿过线圈向上，结合安培定则可知电流从上方流进螺线管，从下方流出螺线管，由于二极管具有单向导电性，因此灯泡A发光，灯泡B不发光。 故选C。 5．B 【详解】AB．线圈绕着虚线匀速转动时，穿过线圈的磁通量Φ随时间按余弦规律变化 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 感应电流 线圈中产生的感应电流的方向周期性变化，故A错误，B正确； CD．根据安培定则，通电直导线在线圈处产生的磁场方向垂直纸面向里。若线圈中产生逆时针方向的感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，这说明原磁场的磁通量正在增加，线圈必须靠近导线。故可以导线保持静止，矩形线圈往左平移，或矩形线圈保持静止，导线往右平移，故CD错误。 故选B 。 6．B 【详解】根据电磁感应原理，当线圈A中的电流变化时，会在铁芯中产生变化的磁场，导致线圈B中磁通量变化，从而产生感应电流。反之，如果线圈A中的电流不变，则不会在铁芯中产生变化的磁场，线圈B中磁通量不变，不会产生感应电流。 故选B。 7．AB 【详解】A．拔出铁芯的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈B的磁通量发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中产生感应电流，电流计发生偏转，故A正确； B．断开的瞬间，线圈A的电流突然减小，导致线圈A的磁通量减小，线圈B的磁通量发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中产生感应电流，电流计发生偏转，故B正确； C．断开的瞬间，线圈A、B的磁通量均不发生改变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈B中没有感应电流，同时，电流计处于断路状态，无法偏转，故C错误； D．断开，迅速移动滑片P，线圈B中的磁通量随之发生改变，产生感应电动势，但由于处于断开状态，电路中没有电流，电流计的指针不发生偏转，故D错误。 故选AB。 8．C 【详解】A．此实验产生的是感生电动势，故A错误。 BC．当合上开关的瞬间，电流计的指针向左偏，说明原磁场的方向不变且磁通量增大时，电流计的指针向左偏，则断开开关的瞬间，电流计的指针向右偏，故B错误，C正确。 D．小螺线管与电源间的导线断开，合上开关，移动滑片，因为没有磁场和磁通量的变化，则无感应电流，电流计的指针不会偏转，故D错误。 故选C。 9．C 【详解】A．闭合开关的瞬间，穿过铝环的磁通量瞬间增大，铝环中产生感应电流，铝环所受安培力向上，若大于重力则向上跳起。若保持开关闭合，穿过铝环的磁通量不变，铝环中没有感应电流，不受安培力作用，不会停留在某个位置，故A错误； B．跳起的铝环会回落，断开开关时，感应电流方向与开关闭合时相反，磁场方向不变，故铝环所受安培力方向竖直向下，铝环不会跳起，故B错误； C．若将电源的正、负极对调，磁场方向和感应电流方向都发生变化，安培力方向不变，故观察到的现象不变，故C正确； D．若换用交流电源做实验，也可以观察到铝环跳起的现象，故D错误。 故选C。 10．D 【详解】A．闭合S1，根据右手螺旋定则M线圈内部产生向左的磁场，在N线圈内部向左的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的感应电流从右端流入电流计，则电流计指针将向右偏转，故A错误； B．滑动变阻器的滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，M中的电流增大，线圈内部产生向左的磁感应强度增强，在N线圈内部向左的磁通量增加，产生的感应电流从右端流入电流计，电流计指针将向右偏转，故B错误； C．若先闭合S1，再闭合S2，穿过N线圈的磁通量没有改变，不会产生感应电流，故C错误； D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，磁通量增加，线圈N会产生感生电动势，其两端的电势差不为零，故D正确。 故选D。 真题·实战演练 1．B 【详解】A．圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误； BCD．铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，且上下过程中电流的方向相反，故B正确，CD错误。 故选B。 2．C 【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为 根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为 故选C。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $