1、1.1.在圖在圖10-1-110-1-1所示的閉合鐵芯上繞有一組線所示的閉合鐵芯上繞有一組線圈，與滑動變阻器、電池構成閉合電路，圈，與滑動變阻器、電池構成閉合電路，a a、b b、c c為三個為三個閉合金屬圓環，假定線圈產生的磁場全部集中在鐵芯內，閉合金屬圓環，假定線圈產生的磁場全部集中在鐵芯內，則當滑動變阻器的滑片左、右滑動時，能產生感應電流則當滑動變阻器的滑片左、右滑動時，能產生感應電流的金屬圓環是（的金屬圓環是（ ）A.aA.a、b b兩個環兩個環 B.bB.b、c c兩個環兩個環C.aC.a、c c兩個環兩個環 D.aD.a、b b、c c三個環三個環【解析【解析】選選A.A.當滑片左

2、右滑動時，通過當滑片左右滑動時，通過a a、b b的磁通量變的磁通量變化，而通過化，而通過c c環的合磁通量始終為零，故環的合磁通量始終為零，故a a、b b兩環中產生兩環中產生感應電流，而感應電流，而c c環中不產生感應電流環中不產生感應電流. .2.2.（雙選）（雙選）（20102010韶關模擬）如圖是驗證楞次定律實韶關模擬）如圖是驗證楞次定律實驗的示意圖，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈驗的示意圖，豎直放置的線圈固定不動，將磁鐵從線圈上方插入或拔出，線圈和電流表構成的閉合回路中就會上方插入或拔出，線圈和電流表構成的閉合回路中就會產生感應電流產生感應電流. .各圖中分別標出了磁鐵的極性

3、、磁鐵相對各圖中分別標出了磁鐵的極性、磁鐵相對線圈的運動方向以及線圈中產生的感應電流的方向等情線圈的運動方向以及線圈中產生的感應電流的方向等情況，其中表示正確的是（況，其中表示正確的是（ ）【解析【解析】選選C C、D.D.先根據楞次定律判斷線圈的先根據楞次定律判斷線圈的N N極和極和S S極極.A.A上端為上端為N N極，極，B B上端為上端為N N極，極，C C上端為上端為S S極，極，D D上端為上端為S S極，再極，再根據安培定則確定感應電流的方向，根據安培定則確定感應電流的方向，A A、B B錯誤，錯誤，C C、D D正正確確. .3.3.（雙選）如圖（雙選）如圖10-1-210-1

4、-2所示，在直所示，在直導線下方有一矩形線框，當直導線導線下方有一矩形線框，當直導線中通有方向如圖所示且均勻增大的中通有方向如圖所示且均勻增大的電流時，線框將（電流時，線框將（ ）A.A.有順時針方向的電流有順時針方向的電流B.B.有逆時針方向的電流有逆時針方向的電流C.C.靠近直導線靠近直導線D.D.遠離直導線遠離直導線【解析【解析】選選B B、D.D.當電流增大時，線框中的磁場向里增大，當電流增大時，線框中的磁場向里增大，由楞次定律可判斷線框將產生逆時針方向的電流，由楞次定律可判斷線框將產生逆時針方向的電流，B B對對A A錯；由楞次定律的廣泛含義可推知線框將遠離直導線阻錯；由楞次定律的廣

5、泛含義可推知線框將遠離直導線阻礙磁通量的增加，礙磁通量的增加，C C錯錯D D對對. .（本題也可用線框上下兩邊所（本題也可用線框上下兩邊所受安培力大小確定線框運動情況受安培力大小確定線框運動情況. .）4.4.（雙選）如圖（雙選）如圖10-1-310-1-3所示為地磁場磁感線的示意所示為地磁場磁感線的示意圖圖. .在北半球地磁場的豎直分量向下在北半球地磁場的豎直分量向下. .飛機在我國上空飛機在我國上空勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變勻速巡航，機翼保持水平，飛行高度不變. .由于地磁場由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差的作用，金屬機翼上有電勢差. .設飛行員左方機翼末端設飛行員左方機翼

6、末端處的電勢為處的電勢為 1 1，右方機翼末端處的電勢為，右方機翼末端處的電勢為 2 2（ ）A.A.若飛機從西往東飛，若飛機從西往東飛， 1 1比比 2 2高高B.B.若飛機從東往西飛，若飛機從東往西飛， 2 2比比 1 1高高C.C.若飛機從南往北飛，若飛機從南往北飛， 1 1比比 2 2高高D.D.若飛機從北往南飛，若飛機從北往南飛， 2 2比比 1 1高高【解析【解析】選選A A、C.C.對對A A選項：磁場豎直分量向下，手心選項：磁場豎直分量向下，手心向上，拇指指向飛機飛行方向，四指指向左翼末端，向上，拇指指向飛機飛行方向，四指指向左翼末端，故故 1 1 2 2，A A正確正確. .

7、同理，飛機從東往西飛，仍是同理，飛機從東往西飛，仍是 1 1 2 2，B B錯錯. .從南往北、從北往南飛，都是從南往北、從北往南飛，都是 1 1 2 2，故故C C選項正確，選項正確，D D選項錯選項錯. .【例【例1 1】如圖】如圖10-1-410-1-4（甲）所示，兩個閉合圓形線圈（甲）所示，兩個閉合圓形線圈A A、B B的圓心重合，放在同一水平面內，線圈的圓心重合，放在同一水平面內，線圈A A中通以如圖（乙）中通以如圖（乙）所示的變化電流，所示的變化電流，t=0t=0時電流方向為順時針（如圖中箭頭時電流方向為順時針（如圖中箭頭所示）所示）. .在在t t1 1t t2 2時間內，對于線

8、圈時間內，對于線圈B B，下列說法中正確，下列說法中正確的是的是A.A.線圈線圈B B內有順時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢內有順時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢B.B.線圈線圈B B內有順時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢內有順時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢C.C.線圈線圈B B內有逆時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢內有逆時針方向的電流，線圈有擴張的趨勢D.D.線圈線圈B B內有逆時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢內有逆時針方向的電流，線圈有收縮的趨勢【思路點撥【思路點撥】解答本題時，可按以下思路分析：解答本題時，可按以下思路分析：【標準解答【標準解答】選選A.A.在在t t1 1t t2 2

9、時間內，通入線圈時間內，通入線圈A A中的電流中的電流是正向增大的，即逆時針方向增大的，其內部會產生增是正向增大的，即逆時針方向增大的，其內部會產生增大的向外的磁場，穿過大的向外的磁場，穿過B B的磁通量增大，由楞次定律可判的磁通量增大，由楞次定律可判定線圈定線圈B B中會產生順時針方向的感應電流中會產生順時針方向的感應電流. .線圈線圈B B中電流為中電流為順時針方向，與順時針方向，與A A的電流方向相反，有排斥作用，故線圈的電流方向相反，有排斥作用，故線圈B B將有擴張的趨勢將有擴張的趨勢. .【變式訓練】（雙選）（【變式訓練】（雙選）（20102010合肥合肥模擬）繞有線圈的鐵芯直立在水

10、平桌模擬）繞有線圈的鐵芯直立在水平桌面上，鐵芯上套著一個鋁環，線圈與面上，鐵芯上套著一個鋁環，線圈與電源、電鍵相連，如圖電源、電鍵相連，如圖10-1-510-1-5所示所示. .線線圈上端與電源正極相連，閉合電鍵的瞬間，鋁環向上跳圈上端與電源正極相連，閉合電鍵的瞬間，鋁環向上跳起起. .則下列說法中正確的是（則下列說法中正確的是（ ）A.A.若保持電鍵閉合，則鋁環不斷升高若保持電鍵閉合，則鋁環不斷升高B.B.若保持電鍵閉合若保持電鍵閉合, ,則鋁環停留在某一高度則鋁環停留在某一高度C.C.若保持電鍵閉合，則鋁環跳起到某一高度后將回落若保持電鍵閉合，則鋁環跳起到某一高度后將回落D.D.如果電源的

11、正、負極對調，觀察到的現象不變如果電源的正、負極對調，觀察到的現象不變【解析【解析】選選C C、D.D.若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應若保持電鍵閉合，磁通量不變，感應電流消失，所以鋁環跳起到某一高度后將回落，電流消失，所以鋁環跳起到某一高度后將回落，A A、B B錯，錯，C C對；正、負極對調，同樣磁通量增加，由楞次定律知，對；正、負極對調，同樣磁通量增加，由楞次定律知，鋁環向上跳起，現象不變，鋁環向上跳起，現象不變，D D正確正確. .【例【例2 2】（雙選）如圖】（雙選）如圖10-1-610-1-6所示，兩個線圈套在同一個所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向如圖鐵芯上，線圈的繞向如

12、圖. .左線圈連著平行導軌左線圈連著平行導軌M M和和N N，導，導軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒abab，金屬棒，金屬棒處于垂直紙面向外的勻強磁場中，下列說法中正確的是處于垂直紙面向外的勻強磁場中，下列說法中正確的是A.A.當金屬棒向右勻速運動時，當金屬棒向右勻速運動時，a a點電勢高于點電勢高于b b點，點，c c點電點電勢高于勢高于d d點點B.B.當金屬棒向右勻速運動時，當金屬棒向右勻速運動時，b b點電勢高于點電勢高于a a點，點，c c點與點與d d點等電勢點等電勢C.C.當金屬棒向右加速運動時，當金屬棒向右加速運動時，b b點電勢高于

13、點電勢高于a a點，點，c c點電點電勢高于勢高于d d點點D.D.當金屬棒向右加速運動時，當金屬棒向右加速運動時，b b點電勢高于點電勢高于a a點，點，d d點電點電勢高于勢高于c c點點【思路點撥【思路點撥】解答本題應把握以下三點：解答本題應把握以下三點：【自主解答【自主解答】選選B B、D.D.當金屬棒向右勻速運動而切割磁感當金屬棒向右勻速運動而切割磁感線時，金屬棒產生恒定感應電動勢，由右手定則判斷電線時，金屬棒產生恒定感應電動勢，由右手定則判斷電流方向由流方向由abab. .根據電流從電源（根據電流從電源（abab相當于電源）正極流相當于電源）正極流出沿外電路回到電源負極的特點，可以

14、判斷出沿外電路回到電源負極的特點，可以判斷b b點電勢高于點電勢高于a a點點. .又左線圈中的感應電動勢恒定，則感應電流也恒定，又左線圈中的感應電動勢恒定，則感應電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產生感應電流所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產生感應電流. .當當abab向右做加速運動時，由右手定則可推斷向右做加速運動時，由右手定則可推斷 b b a a，電流沿逆時針方向電流沿逆時針方向. .又由又由E=BlvE=Blv可知可知abab導體兩端的導體兩端的E E不斷不斷增大，那么左邊電路中的感應電流也不斷增大，由安培增大，那么左邊電路中的感應電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵

15、芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且磁感應強度不斷增強，所以右邊電路的線圈中的向并且磁感應強度不斷增強，所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加上的磁通量不斷增加. .由楞次定律可判斷右邊電路的感應由楞次定律可判斷右邊電路的感應電流方向應沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應電流方向應沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上. .把這個線圈把這個線圈看做電源，由于電流是從看做電源，由于電流是從c c沿內電路（即右線圈）流向沿內電路（即右線圈）流向d d，所以所以d d

16、點電勢高于點電勢高于c c點點. .故故B B、D D正確正確. .【互動探究】（【互動探究】（1 1）若金屬棒）若金屬棒abab向左減速運動，則向左減速運動，則c c、d d兩兩點哪點電勢高？點哪點電勢高？（2 2）若保持金屬棒）若保持金屬棒abab不動，磁感應強度均勻增大，則不動，磁感應強度均勻增大，則c c、d d兩點的電勢又會怎樣？兩點的電勢又會怎樣？【解析【解析】（1 1）abab向左減速運動，由右手定則知電流沿順向左減速運動，由右手定則知電流沿順時針方向且減小，由安培定則得右邊線圈中的磁場向下時針方向且減小，由安培定則得右邊線圈中的磁場向下減小，由楞次定律知線圈中電流由減小，由楞次

17、定律知線圈中電流由d d端流出，故端流出，故d d點電勢點電勢高于高于c c點點. .（2 2）回路中磁通量均勻增大，由楞次定律和法拉第電磁）回路中磁通量均勻增大，由楞次定律和法拉第電磁感應定律知，左側回路中產生順時針方向電流，且大小感應定律知，左側回路中產生順時針方向電流，且大小不變；由安培定則知右側線圈中的磁場不變，即右線圈不變；由安培定則知右側線圈中的磁場不變，即右線圈中無感應電流，電勢相等中無感應電流，電勢相等. .答案：答案：（1 1）d d點電勢高點電勢高 （2 2）電勢相等）電勢相等【例【例3 3】（雙選）如圖所示，水平放】（雙選）如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動置

18、的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒的金屬棒PQPQ、MNMN，當，當PQPQ在外力作用在外力作用下運動時，下運動時，MNMN在磁場力作用下向右在磁場力作用下向右運動，則運動，則PQPQ所做的運動可能是所做的運動可能是A.A.向右加速運動向右加速運動 B.B.向左加速運動向左加速運動C.C.向右減速運動向右減速運動 D.D.向左減速運動向左減速運動【思路點撥【思路點撥】PQPQ做變速運動，產生大小變化的感應電流，做變速運動，產生大小變化的感應電流，則則L L2 2產生的磁場不斷變化，產生的磁場不斷變化，L L1 1中的磁通量變化而產生二中的磁通量變化而產生二級感應電流，級感應電流，M M、N

19、N再在安培力作用下運動再在安培力作用下運動. .【標準解答【標準解答】選選B B、C.C.設設PQPQ向右運動，用右手定則和安培向右運動，用右手定則和安培定則判定可知穿過定則判定可知穿過L L1 1的磁感線方向向上的磁感線方向向上. .若若PQPQ向右加速運向右加速運動，則穿過動，則穿過L L1 1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通過的磁通量增加，用楞次定律判定可知通過MNMN的感應電流方向是的感應電流方向是NMNM，對，對MNMN用左手定則判定可知用左手定則判定可知MNMN向左運動，可見向左運動，可見A A選項不正確選項不正確. .若若PQPQ向右減速運動，則穿向右減速運動，則穿過過L L1

20、 1的磁通量減少，用楞次定律判定可知通過的磁通量減少，用楞次定律判定可知通過MNMN的感應的感應電流方向是電流方向是MNMN，用左手定則判定可知，用左手定則判定可知MNMN向右運動，可向右運動，可見見C C正確正確. .同理設同理設PQPQ向左運動，用上述類似方法可判定向左運動，用上述類似方法可判定B B正正確，而確，而D D錯誤錯誤. .1.1.（20092009海南海南TT4 4）一長直鐵芯）一長直鐵芯上繞有一固定線圈上繞有一固定線圈M M，鐵芯右端與，鐵芯右端與一木質圓柱密接，木質圓柱上套有一木質圓柱密接，木質圓柱上套有一閉合金屬環一閉合金屬環N N，N N可在木質圓柱上可在木質圓柱上無

21、摩擦移動無摩擦移動M M連接在如圖連接在如圖10-1-710-1-7所示的電路中，其中所示的電路中，其中R R為滑動變阻器，為滑動變阻器，E E1 1和和E E2 2為直流電源，為直流電源，S S為單刀雙擲開關下列情況中，可觀測到為單刀雙擲開關下列情況中，可觀測到N N向左運動的向左運動的是是( )( )A.A.在在S S斷開的情況下，斷開的情況下，S S向向a a閉合的瞬間閉合的瞬間B.B.在在S S斷開的情況下，斷開的情況下，S S向向b b閉合的瞬間閉合的瞬間C.C.在在S S已向已向a a閉合的情況下，將閉合的情況下，將R R的滑動頭向的滑動頭向c c端移動時端移動時D.D.在在S S

22、已向已向a a閉合的情況下，將閉合的情況下，將R R的滑動頭向的滑動頭向d d端移動時端移動時 【命題意圖【命題意圖】本題考查電流的磁場、電磁感應現象、本題考查電流的磁場、電磁感應現象、楞次定律、安培力等知識，是一道電磁感應綜合題，意楞次定律、安培力等知識，是一道電磁感應綜合題，意在考查考生綜合有關知識解決電磁感應綜合問題的能力在考查考生綜合有關知識解決電磁感應綜合問題的能力. .【解析【解析】選選C.C.在在S S斷開的情況下斷開的情況下S S向向a a（b b）閉合的瞬間）閉合的瞬間M M中中電流瞬時增加，左端為磁極電流瞬時增加，左端為磁極N N（S S）極，穿過）極，穿過N N的磁通量增

23、的磁通量增加，根據楞次定律阻礙磁通量變化可知加，根據楞次定律阻礙磁通量變化可知N N環向右運動，環向右運動，A A、B B項均錯；在項均錯；在S S已向已向a a閉合的情況下將閉合的情況下將R R的滑動頭向的滑動頭向c c端移動端移動時，電路中電流減小，時，電路中電流減小，M M產生的磁場減弱，穿過產生的磁場減弱，穿過N N的磁通的磁通量減小，根據楞次定律阻礙磁通量變化可知量減小，根據楞次定律阻礙磁通量變化可知N N環向左運動，環向左運動，D D項錯、項錯、C C項對項對. .2.2.（20082008寧夏寧夏TT1616）如圖）如圖10-1-810-1-8所所示，同一平面內的三條平行導線串有

24、示，同一平面內的三條平行導線串有兩個電阻兩個電阻R R和和r r，導體棒，導體棒PQPQ與三條導線與三條導線接觸良好；勻強磁場的方向垂直紙面接觸良好；勻強磁場的方向垂直紙面向里向里. .導體棒的電阻可忽略導體棒的電阻可忽略. .當導體棒向左滑動時，下列當導體棒向左滑動時，下列說法正確的是（說法正確的是（ ）A.A.流過流過R R的電流為由的電流為由d d到到c c，流過，流過r r的電流為由的電流為由b b到到a aB.B.流過流過R R的電流為由的電流為由c c到到d d，流過，流過r r的電流為由的電流為由b b到到a aC.C.流過流過R R的電流為由的電流為由d d到到c c，流過，流

25、過r r的電流為由的電流為由a a到到b bD.D.流過流過R R的電流為由的電流為由c c到到d d，流過，流過r r的電流為由的電流為由a a到到b b 【命題意圖【命題意圖】本題考查右手定則及電路中電流流向本題考查右手定則及電路中電流流向問題，要求學生有基本的應用能力問題，要求學生有基本的應用能力. .【解析【解析】選選B.B.依據右手定則可判斷出導體棒依據右手定則可判斷出導體棒PQPQ中的電流中的電流由由P P到到Q Q，Q Q處電勢最高，處電勢最高，P P處電勢最低，由處電勢最低，由P P到到Q Q電勢依次電勢依次升高升高. .外電路中的電流方向總是從高電勢流向低電勢處，外電路中的電

26、流方向總是從高電勢流向低電勢處，因此流過因此流過R R的電流為由的電流為由c c到到d d，流過，流過r r的電流為由的電流為由b b到到a a，故，故選項選項B B正確正確. .3.3.（20092009重慶重慶TT2020）如圖）如圖10-1-910-1-9為一種早期發電機為一種早期發電機原理示意圖，該發電機由固定的圓形線圈和一對用鐵原理示意圖，該發電機由固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構成，兩磁極相對于線圈平面芯連接的圓柱形磁鐵構成，兩磁極相對于線圈平面對稱在磁極繞轉軸勻速轉動過程中，磁極中心在線對稱在磁極繞轉軸勻速轉動過程中，磁極中心在線圈平面上的投影沿圓弧圈平面上的投影沿圓

27、弧XOYXOY運動（運動（O O是線圈中心）是線圈中心）, ,則則( )( )A.A.從從X X到到O O，電流由，電流由E E經經G G流向流向F F，先增大再減小，先增大再減小B.B.從從X X到到O O，電流由，電流由F F經經G G流向流向E E，先減小再增大，先減小再增大C.C.從從O O到到Y Y，電流由，電流由F F經經G G流向流向E E，先減小再增大，先減小再增大D.D.從從O O到到Y Y，電流由，電流由E E經經G G流向流向F F，先增大再減小，先增大再減小 【命題意圖【命題意圖】本題考查異名磁極之間的磁場分布以及本題考查異名磁極之間的磁場分布以及磁通量的變化、楞次定律

28、，意在考查考生對楞次定律的磁通量的變化、楞次定律，意在考查考生對楞次定律的理解和運用理解和運用. .【解析【解析】選選D.D.在磁極繞轉軸從在磁極繞轉軸從X X到到O O勻速轉動的過程中，勻速轉動的過程中，原磁場方向指向上方不斷增加，穿過線圈平面的磁通量原磁場方向指向上方不斷增加，穿過線圈平面的磁通量向上增大，根據楞次定律可知線圈中產生順時針方向的向上增大，根據楞次定律可知線圈中產生順時針方向的感應電流，電流由感應電流，電流由F F經經G G流向流向E E，又導線切割磁感線產生感，又導線切割磁感線產生感應電動勢應電動勢E E感感=BLv=BLv，導線處的磁感應強度先增后減可知感，導線處的磁感應

29、強度先增后減可知感應電動勢先增加后減小應電動勢先增加后減小, ,則電流先增大后減小，則電流先增大后減小，A A、B B項均項均錯；在磁極繞轉軸從錯；在磁極繞轉軸從O O到到Y Y勻速轉動的過程中，穿過線圈勻速轉動的過程中，穿過線圈平面的磁通量向上減小，根據楞次定律可知線圈中產生平面的磁通量向上減小，根據楞次定律可知線圈中產生逆時針方向的感應電流，電流由逆時針方向的感應電流，電流由E E經經G G流向流向F,F,又導線切割又導線切割磁感線產生感應電動勢磁感線產生感應電動勢E E感感=BLv=BLv，導線處的磁感應強度先，導線處的磁感應強度先增后減可知感應電動勢先增加后減小增后減可知感應電動勢先增

30、加后減小, ,則電流先增大再減則電流先增大再減小，故小，故C C項錯、項錯、D D項對項對. .（雙選）如圖（雙選）如圖10-1-1010-1-10所示，沿所示，沿x x軸、軸、y y軸軸有兩根長直導線，互相絕緣有兩根長直導線，互相絕緣.x.x軸上的導軸上的導線中通有線中通有-x-x方向的電流，方向的電流，y y軸上的導線中軸上的導線中通有通有+y+y方向的電流，兩虛線是坐標軸所方向的電流，兩虛線是坐標軸所夾角的角平分線夾角的角平分線.a.a、b b、c c、d d是四個圓心是四個圓心在虛線上、與坐標原點等距的相同的圓形導線環在虛線上、與坐標原點等距的相同的圓形導線環. .當兩直當兩直導線中的

31、電流從相同大小，以相同的快慢均勻減小時，導線中的電流從相同大小，以相同的快慢均勻減小時，各導線環中的感應電流情況是各導線環中的感應電流情況是( )( )A.aA.a中有逆時針方向的電流中有逆時針方向的電流B.bB.b中有順時針方向的電流中有順時針方向的電流C.cC.c中有逆時針方向的電流中有逆時針方向的電流D.dD.d中有順時針方向的電流中有順時針方向的電流【解析【解析】選選B B、C.C.先根據安培定則可以判斷先根據安培定則可以判斷a a、b b、c c、d d圓圓環所在區域的合磁場、合磁通，環所在區域的合磁場、合磁通，a a、d d圓環內合磁通為零，圓環內合磁通為零，b b圓環內合磁通方向

32、向里，圓環內合磁通方向向里，c c圓環內合磁通方向向外再圓環內合磁通方向向外再根據楞次定律可以判斷根據楞次定律可以判斷b b圓環上感應電流方向為順時針，圓環上感應電流方向為順時針，c c圓環上感應電流方向為逆時針，故答案為圓環上感應電流方向為逆時針，故答案為B B、C.C.一、單項選擇題（本大題共一、單項選擇題（本大題共4 4小題，每小題小題，每小題6 6分，共分，共2424分，分，每小題只有一個選項符合題意）每小題只有一個選項符合題意）1.1.如圖如圖1 1所示為一個圓環形導體，圓心為所示為一個圓環形導體，圓心為O O，有一個帶正，有一個帶正電的粒子沿如圖所示的直線從圓環表面勻速飛過，則環電

33、的粒子沿如圖所示的直線從圓環表面勻速飛過，則環中的感應電流情況是（中的感應電流情況是（ ）A.A.沿逆時針方向沿逆時針方向B.B.沿順時針方向沿順時針方向C.C.先沿逆時針方向后沿先沿逆時針方向后沿順時針方向順時針方向D.D.先沿順時針方向后沿逆時針方向先沿順時針方向后沿逆時針方向【解析【解析】選選D.D.由于帶正電的粒子沒有沿直徑運動，所以由于帶正電的粒子沒有沿直徑運動，所以它產生的磁場的磁感線穿過圓環時不能抵消，所以穿過它產生的磁場的磁感線穿過圓環時不能抵消，所以穿過圓環的磁通量開始時向外增加，然后向外減少，根據楞圓環的磁通量開始時向外增加，然后向外減少，根據楞次定律，圓環中感應電流的方向

34、先沿順時針方向，后沿次定律，圓環中感應電流的方向先沿順時針方向，后沿逆時針方向，故逆時針方向，故D D正確正確. .2.2.（20092009浙江高考）如圖浙江高考）如圖2 2所示，在所示，在磁感應強度大小為磁感應強度大小為B B、方向豎直向上的、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為勻強磁場中，有一質量為m m、阻值為、阻值為R R的閉合矩形金屬線框的閉合矩形金屬線框abcdabcd用絕緣輕質用絕緣輕質細桿懸掛在細桿懸掛在O O點，并可繞點，并可繞O O點擺動點擺動. .金屬金屬線框從右側某一位置由靜止開始釋放，在擺動到左側最線框從右側某一位置由靜止開始釋放，在擺動到左側最高點的過程中，細桿和

35、金屬線框平面始終處于同一平面，高點的過程中，細桿和金屬線框平面始終處于同一平面，且垂直紙面且垂直紙面. .則線框中感應電流的方向是（則線框中感應電流的方向是（ ）A.abcdaA.abcdaB.dcbadB.dcbadC.C.先是先是dcbaddcbad, ,后是后是abcdaabcdaD.D.先是先是abcdaabcda, ,后是后是dcbaddcbad【解析【解析】選選B.B.線框從右側開始由靜止釋放，穿過線框平線框從右側開始由靜止釋放，穿過線框平面的磁通量逐漸減少，由楞次定律可得感應電流的方向面的磁通量逐漸減少，由楞次定律可得感應電流的方向為為dcbaddcbad；到達最低點繼續向左擺動

36、過程中，穿；到達最低點繼續向左擺動過程中，穿過線框平面的磁通量逐漸增大，由楞次定律可得感應電過線框平面的磁通量逐漸增大，由楞次定律可得感應電流的方向仍為流的方向仍為dcbaddcbad, ,故故B B選項正確選項正確. .3.3.（20102010巢湖模擬）如圖巢湖模擬）如圖3 3所示，所示，螺線管的導線的兩端與兩平行金屬螺線管的導線的兩端與兩平行金屬板相接，一個帶負電的小球用絲線板相接，一個帶負電的小球用絲線懸掛在兩金屬板間，并處于靜止狀懸掛在兩金屬板間，并處于靜止狀態，若條形磁鐵突然插入線圈時，態，若條形磁鐵突然插入線圈時，小球的運動情況是（小球的運動情況是（ ）A.A.向左擺動向左擺動

37、B.B.向右擺動向右擺動C.C.保持靜止保持靜止 D.D.無法判定無法判定【解析【解析】選選A.A.當條形磁鐵插入線圈中時，線圈中向左的當條形磁鐵插入線圈中時，線圈中向左的磁場增強磁場增強. .由楞次定律可判定金屬板左端電勢高，故帶負由楞次定律可判定金屬板左端電勢高，故帶負電的小球將向左擺動，電的小球將向左擺動，A A正確正確. .4.4.（新題快遞）現代汽車中有一（新題快遞）現代汽車中有一種先進的制動機構，可保證車輪種先進的制動機構，可保證車輪在制動時不是完全剎死滑行，而在制動時不是完全剎死滑行，而是讓車輪仍有一定的滾動是讓車輪仍有一定的滾動. .經研經研究這種方法可以更有效地制動，它有一個

38、自動檢測車速究這種方法可以更有效地制動，它有一個自動檢測車速的裝置，用來控制車輪的轉動，其原理如圖的裝置，用來控制車輪的轉動，其原理如圖4 4所示，鐵質所示，鐵質齒輪齒輪P P與車輪同步轉動，右端有一個繞有線圈的磁體，與車輪同步轉動，右端有一個繞有線圈的磁體，M M是一個電流檢測器是一個電流檢測器. .當車輪帶動齒輪轉動時，線圈中會有當車輪帶動齒輪轉動時，線圈中會有電流，這是由于齒靠近線圈時被磁化，使磁場增強，齒電流，這是由于齒靠近線圈時被磁化，使磁場增強，齒離開線圈時磁場減弱，磁通量變化使線圈中產生了離開線圈時磁場減弱，磁通量變化使線圈中產生了感應電流感應電流. .將這個電流放大后去控制制動

39、機構，可有效地將這個電流放大后去控制制動機構，可有效地防止車輪被制動抱死防止車輪被制動抱死. .如圖所示，在齒如圖所示，在齒a a轉過虛線位置的轉過虛線位置的過程中，關于過程中，關于M M中感應電流的說法正確的是（中感應電流的說法正確的是（ ）A.MA.M中的感應電流方向一直向左中的感應電流方向一直向左B.MB.M中的感應電流方向一直向右中的感應電流方向一直向右C.MC.M中先有自右向左，后有自左向右的感應電流中先有自右向左，后有自左向右的感應電流D.MD.M中先有自左向右，后有自右向左的感應電流中先有自左向右，后有自右向左的感應電流【解析【解析】選選D.D.由楞次定律，感應電流的結果總是阻礙

40、引由楞次定律，感應電流的結果總是阻礙引起感應電流的原因起感應電流的原因. .由于齒靠近線圈時被磁化，使磁場增由于齒靠近線圈時被磁化，使磁場增強，感應電流的磁場要阻礙原磁場增強，由安培定則，強，感應電流的磁場要阻礙原磁場增強，由安培定則，M M中感應電流的方向自左向右；齒離開線圈時磁場減弱，中感應電流的方向自左向右；齒離開線圈時磁場減弱，磁通量變化使線圈中產生了感應電流，感應電流的磁場磁通量變化使線圈中產生了感應電流，感應電流的磁場要阻礙原磁場減弱，由安培定則，要阻礙原磁場減弱，由安培定則，M M中感應電流的方向自中感應電流的方向自右向左右向左.D.D正確正確. .二、雙項選擇題（本大題共二、雙

41、項選擇題（本大題共5 5小題，每小題小題，每小題8 8分，共分，共4040分，分，每小題有兩個選項符合題意）每小題有兩個選項符合題意）5.5.帶電圓環繞圓心在圓環所在平面內旋轉，在環的中心帶電圓環繞圓心在圓環所在平面內旋轉，在環的中心處有一閉合小線圈，小線圈和圓環在同一平面內，則處有一閉合小線圈，小線圈和圓環在同一平面內，則（ ）A.A.只要圓環在轉動，小線圈內就一定有感應電流只要圓環在轉動，小線圈內就一定有感應電流B.B.不管圓環怎樣轉動，小線圈內都沒有感應電流不管圓環怎樣轉動，小線圈內都沒有感應電流C.C.圓環做變速轉動時，小線圈內一定有感應電流圓環做變速轉動時，小線圈內一定有感應電流D.

42、D.圓環做勻速轉動時，小線圈內沒有感應電流圓環做勻速轉動時，小線圈內沒有感應電流【解析【解析】選選C C、D.D.帶電圓環旋轉時，與環形電流相當，若帶電圓環旋轉時，與環形電流相當，若勻速旋轉，電流恒定，周圍磁場不變，穿過小線圈的磁勻速旋轉，電流恒定，周圍磁場不變，穿過小線圈的磁通量不變，不產生感應電流，通量不變，不產生感應電流，A A錯錯D D對；若變速轉動，相對；若變速轉動，相當于電流變化，周圍產生變化的磁場，穿過小線圈的磁當于電流變化，周圍產生變化的磁場，穿過小線圈的磁通量變化，產生感應電流，通量變化，產生感應電流，B B錯錯C C對對. .6.6.（20102010宿遷模擬）如圖宿遷模擬

43、）如圖5 5所示是一所示是一種延時開關種延時開關.S.S2 2閉合，當閉合，當S S1 1閉合時，電閉合時，電磁鐵磁鐵F F將銜鐵將銜鐵D D吸下，將吸下，將C C線路接通線路接通. .當當S S1 1斷開時，由于電磁感應作用，斷開時，由于電磁感應作用，D D將延將延遲一段時間才被釋放，則（遲一段時間才被釋放，則（ ）A.A.由于由于A A線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D D的作用的作用B.B.由于由于B B線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放線圈的電磁感應作用，才產生延時釋放D D的作用的作用C.C.如果斷開如果斷開B B線圈的電鍵線圈的電鍵S S2 2，

44、無延時作用，無延時作用D.D.如果斷開如果斷開B B線圈的電鍵線圈的電鍵S S2 2，延時將變長，延時將變長【解析【解析】選選B B、C.SC.S1 1斷開時，斷開時，A A線圈中電流消失，磁通量線圈中電流消失，磁通量減少，減少，B B線圈中產生感應電流，阻礙線圈中磁通量的減少，線圈中產生感應電流，阻礙線圈中磁通量的減少，A A錯，錯，B B對；若斷開對；若斷開S S2 2，B B線圈無感應電流，磁通量立即減線圈無感應電流，磁通量立即減為零，不會有延時作用，為零，不會有延時作用，C C對，對，D D錯錯. .7.7.如圖如圖6 6是某電磁沖擊鉆的原理圖，若突然發現鉆頭是某電磁沖擊鉆的原理圖，若

45、突然發現鉆頭M M向向右運動，則可能是（右運動，則可能是（ ）A.A.電鍵電鍵S S閉合瞬間閉合瞬間B.B.電鍵電鍵S S由閉合到斷開的瞬間由閉合到斷開的瞬間C.C.電鍵電鍵S S已經是閉合的，變阻已經是閉合的，變阻器滑片器滑片P P向左迅速滑動向左迅速滑動D.D.電鍵電鍵S S已經是閉合的，變阻已經是閉合的，變阻器滑片器滑片P P向右迅速滑動向右迅速滑動【解析【解析】選選A A、C.C.當電鍵突然閉合時，左線圈上有了電流，當電鍵突然閉合時，左線圈上有了電流，產生磁場，而對于右線圈來說，磁通量增加，由楞次定產生磁場，而對于右線圈來說，磁通量增加，由楞次定律可知，為了阻礙磁通量的增加，鉆頭律可知

46、，為了阻礙磁通量的增加，鉆頭M M向右運動遠離左向右運動遠離左邊線圈，故邊線圈，故A A項正確；當電鍵由閉合到斷開瞬間，穿過右項正確；當電鍵由閉合到斷開瞬間，穿過右線圈的磁通量要減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭線圈的磁通量要減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭M M要要向左運動靠近左邊線圈，故向左運動靠近左邊線圈，故B B項錯誤；電鍵閉合時，當變項錯誤；電鍵閉合時，當變阻器滑片阻器滑片P P突然向左滑動時，回路的電阻減小，回路電流突然向左滑動時，回路的電阻減小，回路電流增大，產生的磁場增強，穿過右線圈的磁通量增大，為增大，產生的磁場增強，穿過右線圈的磁通量增大，為了阻礙磁通量的增加，鉆頭了阻礙磁通

47、量的增加，鉆頭M M向右運動遠離左邊線圈，故向右運動遠離左邊線圈，故C C項正確；當變阻器滑片項正確；當變阻器滑片P P突然向右滑動時，突然向右滑動時，回路的電阻增大，回路電流減小，產生的磁場減弱，穿回路的電阻增大，回路電流減小，產生的磁場減弱，穿過右線圈的磁通量減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭過右線圈的磁通量減少，為了阻礙磁通量的減少，鉆頭M M向左運動靠近左邊線圈，故向左運動靠近左邊線圈，故D D項錯誤項錯誤. .8.8.（20102010廣州模擬）紙面內有廣州模擬）紙面內有U U形金屬導軌，形金屬導軌，ABAB部分是部分是直導線（如圖直導線（如圖7 7）. .虛線范圍內有垂直于紙面向里的

48、均勻虛線范圍內有垂直于紙面向里的均勻磁場磁場.AB.AB右側有圓線圈右側有圓線圈C.C.為了使為了使C C中產生順時針方向的感中產生順時針方向的感應電流，貼著導軌的金屬棒應電流，貼著導軌的金屬棒MNMN在磁場里的運動情況是在磁場里的運動情況是 （ ）A.A.向右勻速運動向右勻速運動 B.B.向左減速運動向左減速運動C.C.向右加速運動向右加速運動 D.D.向右減速運動向右減速運動【解析【解析】選選B B、C.C.若使線圈若使線圈C C中產生順時針方向電流，則中產生順時針方向電流，則C C處的磁場應垂直于紙面向里減弱或向外增強，由安培定處的磁場應垂直于紙面向里減弱或向外增強，由安培定則知則知AB

49、AB中的電流由中的電流由B B至至A A減弱或由減弱或由A A至至B B增強，由右手定則增強，由右手定則判定可知棒判定可知棒MNMN向左減速運動或向右加速運動，向左減速運動或向右加速運動，B B、C C正確正確. .9.9.如圖如圖8 8，一磁鐵用細線懸掛，一個很長的，一磁鐵用細線懸掛，一個很長的銅管固定在磁鐵的正下方，開始時磁鐵上銅管固定在磁鐵的正下方，開始時磁鐵上端與銅管上端相平端與銅管上端相平. .燒斷細線，磁鐵落入銅燒斷細線，磁鐵落入銅管的過程中，下列說法正確的是（管的過程中，下列說法正確的是（ ）A.A.磁鐵下落的加速度恒定磁鐵下落的加速度恒定B.B.磁鐵下落的速度先增大后減小磁鐵下

50、落的速度先增大后減小C.C.磁鐵下落的加速度一直減小最后為零磁鐵下落的加速度一直減小最后為零D.D.磁鐵下落的速度逐漸增大，最后勻速運動磁鐵下落的速度逐漸增大，最后勻速運動【解析【解析】選選C C、D.D.剛燒斷細線時，磁鐵只受重力，向下加剛燒斷細線時，磁鐵只受重力，向下加速運動，銅管中產生感應電流，對磁鐵的下落產生阻力，速運動，銅管中產生感應電流，對磁鐵的下落產生阻力，故磁鐵速度增大，加速度減小，當阻力和重力相等時，故磁鐵速度增大，加速度減小，當阻力和重力相等時，磁鐵加速度為零，速度達到最大，磁鐵加速度為零，速度達到最大，C C、D D正確正確. .三、計算題（本大題共三、計算題（本大題共2

51、 2小題，共小題，共3636分分. .要有必要的文字要有必要的文字說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位）說明和解題步驟，有數值計算的要注明單位）10.10.（1616分）如圖分）如圖9 9所示，勻強磁場所示，勻強磁場區域寬為區域寬為d d，一正方形線框，一正方形線框abcdabcd的的邊長為邊長為l l，且，且ldld，線框以速度，線框以速度v v通過通過磁場區域，從線框進入到完全離開磁場區域，從線框進入到完全離開磁場的時間內，線框中沒有感應電磁場的時間內，線框中沒有感應電流的時間是多少？流的時間是多少？【解析【解析】從線框進入到完全離開磁場的過程中，當線從線框進入到完全離開磁場的過程中，當

52、線框框bcbc邊運動至磁場右邊緣至邊運動至磁場右邊緣至adad邊運動至磁場左邊緣過邊運動至磁場左邊緣過程中無感應電流程中無感應電流. . （6 6分）分）此過程位移為：此過程位移為：l-dl-d （6 6分）分）故故t= . t= . （4 4分）分）答案：答案： vdlvdl11. 11. （2020分）如圖分）如圖1010所示，固定于水平面上的金屬架所示，固定于水平面上的金屬架CDEFCDEF處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒MNMN沿框架以速沿框架以速度度v v向右做勻速運動向右做勻速運動.t=0.t=0時，磁感應強度為時，磁感應強度為B B0 0，此時，此

53、時MNMN到到達的位置使達的位置使MDENMDEN構成一個邊長為構成一個邊長為l l的正方形的正方形. .為使為使MNMN棒中棒中不產生感應電流，從不產生感應電流，從t=0t=0開始，磁感應強度開始，磁感應強度B B隨時間隨時間t t應怎應怎樣變化？請推導出這種情況下樣變化？請推導出這種情況下B B與與t t的關系式的關系式. .【解析【解析】要使要使MNMN棒中不產生感應電流，應使穿過線圈棒中不產生感應電流，應使穿過線圈平面的磁通量不發生變化平面的磁通量不發生變化 （6 6分）分）在在t=0t=0時刻，穿過線圈平面的磁通量時刻，穿過線圈平面的磁通量1 1=B=B0 0S=BS=B0 0l l

54、2 2 （4 4分）分）設設t t時刻的磁感應強度為時刻的磁感應強度為B B，此時磁通量為，此時磁通量為2 2=Bl=Bl（l+vtl+vt） （5 5分）分）由由1 1=2 2得得B= . B= . （5 5分）分）答案：答案：見解析見解析vtllB01.1.（20082008海南高考）法拉第通過精心設計的一系列實海南高考）法拉第通過精心設計的一系列實驗，發現了電磁感應定律，將歷史上認為各自獨立的學驗，發現了電磁感應定律，將歷史上認為各自獨立的學科科“電學電學”與與“磁學磁學”聯系起來，在下面幾個典型的實聯系起來，在下面幾個典型的實驗設計思想中，所作的推論后來被實驗否定的驗設計思想中，所作的

55、推論后來被實驗否定的是（是（ ）A.A.既然磁鐵可使近旁的鐵塊帶磁，靜電荷可使近旁的導既然磁鐵可使近旁的鐵塊帶磁，靜電荷可使近旁的導體表面感應出電荷，那么靜止導線上的穩恒電流也可在體表面感應出電荷，那么靜止導線上的穩恒電流也可在近旁靜止的線圈中感應出電流近旁靜止的線圈中感應出電流B.B.既然磁鐵可在近旁運動的導體中感應出電動勢，那么既然磁鐵可在近旁運動的導體中感應出電動勢，那么穩恒電流也可在近旁運動的線圈中感應出電流穩恒電流也可在近旁運動的線圈中感應出電流C.C.既然運動的磁鐵可在近旁靜止的線圈中感應出電流，既然運動的磁鐵可在近旁靜止的線圈中感應出電流，那么靜止的磁鐵也可在近旁運動的導體中感應

56、出電動勢那么靜止的磁鐵也可在近旁運動的導體中感應出電動勢D.D.既然運動的磁鐵可在近旁的導體中感應出電動勢，那既然運動的磁鐵可在近旁的導體中感應出電動勢，那么運動導線上的穩恒電流也可在近旁的線圈中感應出電么運動導線上的穩恒電流也可在近旁的線圈中感應出電流流【解析【解析】選選A.A.靜止的線圈放在穩恒電流的靜止導線附近，靜止的線圈放在穩恒電流的靜止導線附近，線圈中的磁通量不變，故不會感應出電流，通有恒定電線圈中的磁通量不變，故不會感應出電流，通有恒定電流的導線只要與閉合線圈有相對運動引起磁通量變化，流的導線只要與閉合線圈有相對運動引起磁通量變化，線圈中一定會感應出電流，線圈中一定會感應出電流，B

57、 B、D D說法正確，運動的導體說法正確，運動的導體在磁鐵附近做切割磁感線運動時，會產生感應電動勢，在磁鐵附近做切割磁感線運動時，會產生感應電動勢，C C說法對，所以符合題意的選項為說法對，所以符合題意的選項為A.A.2.2.電阻電阻R R、電容、電容C C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，于線圈的正上方，N N極朝下，如圖所示極朝下，如圖所示. .現使磁鐵開始自現使磁鐵開始自由下落，在由下落，在N N極接近線圈上端的過程中極接近線圈上端的過程中. .流過流過R R的電流方向的電流方向和電容器極板的帶電情況是（和電容器極板的帶電情況是（ ）A.

58、A.從從a a到到b b，上極板帶正電，上極板帶正電B.B.從從a a到到b b，下極板帶正電，下極板帶正電C.C.從從b b到到a a，上極板帶正電，上極板帶正電D.D.從從b b到到a a，下極板帶正電，下極板帶正電【解析【解析】選選D.D.在在N N極接近線圈上端的過程中，通過線圈的極接近線圈上端的過程中，通過線圈的磁感線方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流過磁感線方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流過線圈的電流方向向下，即線圈下端相當于電源正極，故線圈的電流方向向下，即線圈下端相當于電源正極，故可知可知D D正確正確. .3.3.（20082008重慶高考）如圖所示，重慶高考）如圖所示，粗糙水平桌面上有一質量為粗糙水平桌面上有一質量為m m的銅的銅質矩形線圈質矩形線圈. .當一豎直放置的條形當一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線磁鐵從線圈中線ABAB正上方等