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2.1 楞次定律
知识图谱
楞次定律
知识精讲
一．电与磁的关系
1．“电生磁”的发现：1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流能够产生磁场——电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在着联系，并说明电流周围的磁场和磁体周围的磁场本质上是一样的。英国物理学家法拉第经过10年坚持不懈的努力，于1831年终于取得了重大的突破，发现了利用磁场产生电流的条件。
2．“磁生电”的发现：法拉第认为既然电流能吸引小磁针运动，那么磁铁也能使导体产生电流。通过大量实验发现，“磁生电是在一种在变化的、运动的过程中才出现的效应”。法拉第把引起电流的原因归纳为五类：
（1）变化的电流周围闭合线圈中产生感应电流；
（2）变化的磁场周围闭合线圈中产生感应电流；
（3）运动的恒定电流周围闭合线圈中产生感应电流；
运动的磁铁周围闭合线圈中产生感应电流；
在磁场中运动的导体（即切割磁感线）。
3．电磁感应：“磁生电”的现象叫电磁感应，产生的电流叫感应电流。产生的电势叫感应电动势。
二．磁场探究感应电流的方向
1．实验探究
将螺线管和电流计组成如图所示的闭合电路，分别将条形磁铁的N极和S极插入或拔出线圈，记录感应电流方向 。
2．分析
（1）线圈内磁通量增加时的情况
（2）线圈内磁通量减少时的情况
三．楞次定律
1．楞次定律
感应电流总是具有这样的方向，即感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2．对“阻碍”的理解
3．楞次定律的应用：一般分为如下几个步骤：
（1）明确所研究的闭合回路，判断原磁场的方向；
（2）判断闭合回路中原磁场中磁通量的变化；
（3）由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
（4）由右手螺旋定则判断感应电流的方向。
电磁感应现象的判断
例题1、 关于感应电流，下列说法中正确的是（ ）
A.只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就一定有感应电流
B.当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流
C.只要闭合导线做切割磁感线运动，导线中就一定有感应电流
D.若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，闭合电路中一定没有感应电流
例题2、 如图所示，有一矩形闭合导体线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动、下列图中能产生感应电流的是（ ）
A.水平运动 B.水平运动
C.绕轴转动 D.绕轴转动
例题3、 下面所示的实验示意图中，用于探究电磁感应现象的是（ ）
A. B. C. D.
随练1、 关于产生感应电流的条件，下列说法正确的是（ ）
A.位于磁场中的闭合线圈一定会产生感应电流
B.闭合线圈平行磁感线运动时，线圈中一定产生感应电流
C.穿过闭合线圈的磁通量发生变化时，一定能产生感应电流
D.闭合线圈垂直磁感线运动时，线圈中一定产生感应电流
实验：探究感应电流的方向
例题1、 我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。
（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道___________________________________________。
（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏。电路稳定后，若向左移动变阻器滑片，此过程中电流表指针向________偏转；若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转。（均选填“左”或“右”）
例题2、 如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置
（1）将图中所缺导线补接完整
（2）用此装置研究感应电流方向时：将原线圈A插入副线圈B后，如果在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么在电键闭合的状态下将滑动变阻器滑片迅速向左移动时，电流计指针将________（填“左偏”、“右偏”或“不偏”）
（3）在闭合电键时，将原线圈A向下插入副线圈B中，线圈B对线圈A的作用力为________（填引力或斥力）
例题3、 软铁环上绕有A、B、C三个线圈，线圈的绕向如图所示，这三个线圈分别与线圈M、电源、电流表相连。当电键K1闭合、K2断开时，将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转。由上述可知：
（1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中，电流表指针________（选填向左向右或不）偏转
（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，电流表指针________（选填向左、向右或不）偏转
（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，电流表指针________（选填向左、向右或不）偏转
例题4、 （1）为了探究电磁感应现象，如图1所示为“探究产生感应电流的条件的实验装置”。下列操作中，电流表的指针不会发生偏转的是________
A．将条形磁铁插入线圈
B．将条形磁铁从线圈中拔出
C．将条形磁铁放在线圈中不动
D．将条形磁铁从图示位置向左移动
（2）某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图2所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：
（a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________（填“左偏”、“不动”、“右偏”）；
（b）将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________（填“左偏”、“不动”、“右偏”），此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________（填“相同”或“相反”）。
随练1、 如图所示，四组同学分别制作探究电磁感应现象的实验装置，在一根较长的铁钉上用漆N包线绕了两圈a和b，将与线圈b相连的cd段漆包线水平置于小磁针的正上方，小磁针静止放在水平桌面上，若某一组同学在闭合开关S瞬间，从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，那么该组同学是用了下面哪组装置（ ）
A. B. C. D.
随练2、 在探究磁场产生电流的条件，做了下面实验：
（1）实验（一）如图甲
研究对象：由线圈，电流表构成的闭合回路．磁场提供：条形磁铁．
请完成下面实验操作及观察到现象．
（2）实验（二）如图乙
研究对象：线圈B和电流表构成的闭合回路．磁场提供：通电线圈A
请完成下面实验操作填写观察到现象．
（3）（单选）由上两个实验我们得出磁场产生感应电流的条件是________
A．穿过闭合电路有磁场
B．穿过闭合电路有磁场量
C．穿过闭合电路的磁通量发生变化
D．磁通量发生变化
随练3、 如图所示表示的是“研究电磁感应现象”的实验装置。
①将图中所缺导线补接完整。
②如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后将线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将________。（选填“向右偏”、“向左偏”或“不偏转”）
（2）某同学选用匝数可调节的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压。
①下列操作正确的是________
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
②该同学继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________（选填“增大”、“减小”或“不变”）。
楞次定律的基本应用
例题1、 如图所示，是高二某同学演示楞次定律实验记录，不符合实验事实的是（ ）
A. B. C. D.
例题2、[多选题] 如图，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一闭合小金属圆环，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图所示规律变化时（ ）
A.在0～t1时间内，环有收缩趋势
B.在t1～t2时间内，环有扩张趋势
C.在t1～t2时间内，环内有逆时针方向的感应电流
D.在t2～t3时间内，环内有逆时针方向的感应电流
例题3、 在图甲中，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。现在按图乙连接方式将电流计与螺线管B连成一个闭合回路，将螺线管A与电池、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合回路：
（1）将开关S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，螺线管B的________端（填“上”或“下”）为感应电动势的正极；
（2）螺线管A放在B中不动，开关S突然断开的瞬间，电流计的指针将________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
（3）螺线管A放在B中不动，滑动变阻器的滑片向左滑动，电流计的指针将________（填“向左”“向右”或“不发生”）偏转；
例题4、 如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如图中箭头所示方向的感应电流（俯视为顺时针方向），下列方法可行的是（ ）
A.仅使圆环绕水平轴ab如图转动30°
B.仅使匀强磁场的磁感应强度均匀增大
C.保持圆环水平并仅使其绕过圆心的竖直轴转动
D.仅使圆环绕水平轴cd如图转动30°
随练1、 长直导线与矩形线框abcd处在同一平面中静止不动，如图甲所示。长直导线中通以大小和方向都随时间做周期性变化的电流，i－t图象如图乙所示。规定沿长直导线方向上的电流为正方向。关于最初一个周期内矩形线框中感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A.由顺时针方向变为逆时针方向
B.由逆时针方向变为顺时针方向
C.由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D.由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
随练2、 如图所示，两个线圈的绕向相同，其中右侧线圈与电流表构成闭合回路，要使得右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表，且电流表示数恒定，则左侧线圈中的电流随时间变化的图象可能是（规定左侧线圈中从a到b的电流方向为正方向）（ ）
A. B. C. D.
随练3、[多选题] 如图所示为双流国际机场安检门原理图，左边门柜有一通电线圈，右边门框中有一接收线图。工作过程中某段时间通电线中存在顺时针方向均匀增大的电流（从左向右看），则（ ）
A.无金属片通过时，按收线圈中的感应电流方向从左向右看为顺时针
B.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向从左向右看为逆时针
C.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小不发生变化
D.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
随练4、[多选题] 如图所示，铁芯上绕有线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B与理想发光二极管D相连，衔铁E连接弹簧K控制触头C的通断，忽略A的自感，下列说法正确的是（ ）
A.闭合S，D闪亮一下 B.闭合S，C将会过一小段时间接通
C.断开S，D闪亮一下 D.断开S，C将会过一小段时间断开
楞次定律的拓展应用
知识精讲
一．判断感应电流方向的两大思路
1．楞次定律：适用于一切电磁感应现象。
2．右手定则：适用于导体切割磁感线产生的感应电流方向。
二．楞次定律的推广及应用
楞次定律的四种推广类型
内容 例证
阻碍原磁通量变化—“增反减同” 磁铁靠近线圈，与反向； 磁铁靠近线圈，与反向。
阻碍相对运动 —“来拒去留” 磁铁靠近，是斥力； 磁铁远离，是引力。
使面积有变化趋势—“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；磁铁上移，a、b远离。
阻碍原电流的变化 —“增反减同” 闭合开关，A2先亮。
三．右手定则、左手定则、安培定则的应用
1．右手定则、左手定则、安培定则的比较：
比较项目 左手定则 右手定则 安培定则
应用 磁场对运动电荷、电流作用力的方向 因导体切割磁感线而产生的感应电流方向 电流产生的磁场方向
涉及方向的物理量 B、I（q运动）、F安 B、v切割、I感 I 、B
因果关系 电流力、运动 运动电流 电流磁场
应用实例 电动机 发电机 电流磁效应
2．右手定则、左手定则、安培定则的方向判断
（1）安培定则：也叫右手螺旋定则，是表示电流和电流激发磁场的磁感线方向间关系的定则。通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向；通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，让四指指向电流的方向，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N极。
（2）左手定则：左手定则（又称电动机定则）
判断安培力：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。这就是判定通电导体在磁场中受力方向的左手定则。
判断洛伦兹力：将左手掌摊平，让磁感线穿过手掌心，四指表示正电荷运动方向，则和四指垂直的大拇指所指方向即为洛伦兹力的方向。
（3）右手定则：用来判断导线切割磁感线时产生的感应电流方向。使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内。把右手放入磁场中，若磁感线垂直进入手心，大拇指指向导线运动方向，则四指所指方向为导线中感应电流的方向。
楞次定律的拓展应用
例题1、 如图所示，水平桌面上放有一空心圆柱薄铝管。在铝管的上方有一强磁铁，把强磁铁沿铝管中心轴线由静止释放。在磁铁靠近铝管的过程中，下列判断正确的是（ ）
A.铝管对桌面的压力增大，铝管有扩张的趋势 B.铝管对桌面的压力减小，铝管有扩张的趋势
C.铝管对桌面的压力减小，铝管有收缩的趋势 D.铝管对桌面的压力增大，铝管有收缩的趋势
例题2、[多选题] 如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A.P、Q将相互靠拢 B.P、Q将相互远离
C.磁铁的加速度仍为g D.磁铁的加速度小于g
例题3、[多选题] 航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的，电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去，现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且ρ铜＜ρ铝，合上开关S瞬间（ ）
A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向 B.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C.若将铜环旋转在线圈右方，环将向左运动 D.电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
例题4、 如图所示，在水平粗糙的地面放置一软导线线圈，有一匀强磁场垂直于该线圈平面，由于磁场的磁感应强度发生变化，线圈变为圆形，下列说法可能正确的是（ ）
A.该磁场的磁感应强度逐渐增多，方向竖直向上
B.该磁场的磁感应强度逐渐减小，方向竖直向下
C.线圈变为圆形的过程中，线圈所受安培力做功为零
D.线圈变为圆形后静止，仍然受到地面对其的摩擦力
例题5、[多选题] 如图所示，一通电螺线管P 水平放置，其左侧用绝缘丝线悬挂一轻质铝环Q，螺线管的中轴线通过铝环的中心并与铝环所在平面垂直。当闭合开关S的瞬间（ ）
A.铝环中产生顺时针方向的感应电流（从右向左看）
B.铝环中产生逆时针方向的感应电流（从右向左看）
C.铝环向左摆动
D.铝环向右摆动
随练1、 老师做了一个物理小实验让学生观察：图中，、都是很轻的铝环，环是闭合的，环是不闭合的．、环都固定在一根可以绕点自由转动的水平细杆上，开始时整个装置静止，同学们看到的现象是（ ）
A.无论磁铁插向环还是环，横杆都发生转动
B.条形磁铁极环靠近环时，环靠近磁铁
C.条形磁铁极环靠近环时，环靠近磁铁
D.条形磁铁极环远离时，环靠近磁铁
随练2、 随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用．一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理．如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源）将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置使用接收到的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90％左右．无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电．目前，无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右．下列说法正确的是（ ）
A.无线充电桩的优越性之一是在百米开外也可以对电车快速充电
B.车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
C.车身感应线圈中感应电流的磁场总是与地面发射线圈中电流的磁场方向相反
D.若线圈均采用超导材料则能量的传输效率有望达到100％
随练3、[多选题] 健身车的磁控阻力原理如图所示，在金属飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则（ ）
A.飞轮受到阻力大小与其材料密度有关
B.飞轮受到阻力大小与其材料电阻率有关
C.飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大
D.磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越小
左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律的综合应用
例题1、 在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A.只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动
B.只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动
C.无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆才可能向右移动
D.当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动
例题2、 楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（ ）
A.电阻定律 B.库仑定律 C.欧姆定律 D.能量守恒定律
例题3、 如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引（ ）．
①向右做匀速运动
②向左做减速运动
③向右做减速运动
④向右做加速运动
A.①② B.③④ C.②③ D.①④
例题4、 如图甲所示，矩形导线框固定在匀强磁场中，磁感线垂直于线框所在平面向里．规定垂直于线框所在平面向里为磁场的正方向：线框中沿着方向为感应电流的正方向．要在线框中产生如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的规律可能为（ ）
A. B. C. D.
例题5、 如图所示，长直导线旁边同一平面内有一矩形线圈，导线中通有竖直向上的电流．下列操作瞬间，能在线圈中产生沿方向电流的是（ ）
A.线圈向左平动 B.线圈向右平动 C.线圈竖直向上平动 D.线圈竖直向下平动
例题6、 如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd．当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（ ）
A.一起向左运动 B.一起向右运动
C.ab和cd相向运动，相互靠近 D.ab和cd相背运动，相互远离
随练1、 如图1所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图2所示．在时间内，直导线中电流向上，则在时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）
A.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右
B.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右
C.感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左
D.感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左
随练2、[多选题] 两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环．当A以如图所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则（ ）
A.A可能带正电且转速减小 B.A可能带正电且转速增大
C.A可能带负电且转速减小 D.A可能带负电且转速增大
拓展
1、 如图所示，将一线圈放在一匀强磁场中，线圈平面平行于磁感线，则线圈中有感应电流产生的是（ ）
A.线圈绕M边为轴转动 B.线圈绕N边为轴转动
C.线圈沿纸面上下运动 D.线圈沿纸面左右运动
2、 为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图所示的实验电路．
（1）当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是________．
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的接头3、4接反
D．蓄电池的正、负极接反
（2）在开始实验之前，需要先确定电流表指针偏转方向与电流方向之间的关系，为此还需要的器材是________．具体方法是________．
3、 用如图所示的器材“研究电磁感应现象”．闭合开关时灵敏电流计指针向左偏转．在保持开关闭合的状态下，（ ）
A.将线圈1全部放入线圈2中，然后向左较快或较慢推动滑片时，灵敏电流计指针均向左偏转，且偏转角度不同
B.将线圈1全部放入线圈2中，然后向右较快或较慢推动滑片时，灵敏电流计指针均向左偏转，且偏转角度不同
C.滑片置于中间位置不动，将线圈1从线圈2中的同一位置较快或较慢抽出，灵敏电流计的指针偏转方向不同，偏转角度也不同
D.滑片置于中间位置不动，将线圈1从图示位置较快或较慢放入线圈2中，灵敏电流计的指针偏转方向不同，偏转角度也不同
4、 如图所示，一个闭合导体圆环固定在水平桌面上，一根条形磁铁沿圆环的轴线运动，使圆环内产生了感应电流。下列四幅图中，产生的感应电流方向与条形磁铁的运动情况相吻合的是（ ）
A. B. C. D.
5、 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈、开关和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈上，且使铁芯穿过套环，闭合开关的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是（ ）
A.所选线圈的匝数过多 B.电源电压过高
C.所用的金属环质量过小 D.忘记在线圈中插入铁芯
6、 矩形金属线圈位于如图所示的通电长直导线附近，线圈与导线在同一个平面内，线圈的两条边与导线平行．下列说法正确的是（ ）
A.在这个平面内线圈远离导线移动时穿过线圈的磁通量减小
B.在这个平面内线圈平行导线移动时穿过线圈的磁通量减小
C.当导线中的电流增大时线圈产生沿方向的感应电流
D.当导线中的电流减小时线圈产生沿方向的感应电流
7、[多选题] 如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动
8、[多选题] 如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量变大
C.线圈a有收缩的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力F将增大
9、[多选题] 如图甲，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流i，电流随时间变化的规律如图乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力N，则（ ）
A.T3时刻N＞G，P有收缩的趋势
B.T2时刻N＝G，P没有收缩的趋势，也没有扩张趋势
C.T3时刻N＝G，此时P中有感应电流
D.T4时刻N＜G，此时穿过P的磁通量最大
10、[多选题] 如图，螺线管B置于闭合金属圆环A的轴线上，当B中通过的电流增加（ ）
A.环A有扩张的趋势 B.环A有缩小的趋势
C.螺线管B有缩短的趋势 D.螺线管B有伸长的趋势
11、 如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁．将磁铁拉离平衡位置后，磁铁将上下振动，经较长时间才会停下来．若在磁铁下方放一个固定的金属环，则磁铁很快就会停下来．这是因为放上金属圆环后（ ）
A.金属环被磁铁磁化产生磁性，从而阻碍磁铁振动
B.金属环上产生感应电流，感应电流的磁场阻碍磁铁振动
C.金属环上产生静电感应，感应电荷的电场阻碍磁铁振动
D.金属环材料的电阻率越大，阻碍效果就越明显
12、 如图a所示，虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动。设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在图b中能正确描述线框从图a中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是 （ ）
A. B. C. D.
13、 直导线ab放在如图所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向右运动．关于cd中的电流下列说法正确的是（ ）
A.电流肯定在增大，不论电流是什么方向 B.电流肯定在减小，不论电流是什么方向
C.电流大小恒定，方向由c到d D.电流大小恒定，方向由d到c
答案解析
楞次定律
电磁感应现象的判断
例题1、
【答案】 B
【解析】 A、穿过线圈的磁通量发生变化时，若线圈不闭合，线圈没有感应电流产生。故A错误。
B、当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，闭合电路中一定有感应电流产生。故B正确。
C、闭合导线做切割磁感线运动时，若磁通量没有变化，则导线中没有有感应电流。故C错误。
D、若闭合电路的一部分导体不做切割磁感线运动，若磁场变化，穿过电路的磁通量可能发生变化，则闭合电路中也可能产生感应电流。故D错误。
例题2、
【答案】 D
【解析】 A、图中线圈水平运动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故A错误；
B、图中线圈水平运动，磁通量不变，故无感应电流产生，故B错误；
C、图中线圈绕平行于磁感线方向的轴转动，磁通量始终为零不变，故无感应电流产生，故C错误；
D、图中线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动，磁通量不断变化，故有感应电流产生，故D正确．
例题3、
【答案】 B
【解析】 A、该选项是奥斯特实验，该实验证明了通电导线周围存在着磁场，利用电生磁现象制成了电磁铁，故不符合题意；故A错误；
B、磁铁在进入线圈的过程，由于磁通量的变化，产生感应电流；这是用来探究电磁感应现象的；故B正确；
C、闭合开关，线圈中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故C错误；
D、闭合开关，导线中有电流通过时，它就会运动起来，即说明通电导线在磁场中受力的作用，即是电动机的制作原理，故不符合题意；故D错误；
随练1、
【答案】 C
【解析】 A、位于磁场中的闭合线圈，只有磁通量发生变化，才一定会产生感应电流，故A错误。
B、闭合线圈平行磁感线运动时，闭合电路中磁通量没有变化，则闭合电路中就没有感应电流，故B错误。
C、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化，磁通量一定发生变化，则闭合电路中就有感应电流，故C正确。
D、导体做切割磁感线运动，不一定有感应电流产生，只有当闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动时才有感应电流产生，故D错误。
实验：探究感应电流的方向
例题1、
【答案】 （1）电流从正（负）接线柱流入时，电流表指针的偏转方向
（2）右；左
【解析】 （1）当磁铁N向下运动时，发现电流表指针偏转．若要探究线圈中产生感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系；
（2）实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏．闭合开关稳定后，若向左移动滑动触头，电路中的电流也变大，则此过程中电流表指针也向右偏转；若将线圈A抽出，磁通量减小，则此过程中电流表指针向左偏转．
例题2、
【答案】 （1）
（2）左偏
（3）斥力
【解析】 （1）探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，
灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如图所示：
（2）闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏；
原线圈插入副线圈后，由电路图可知，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，原线圈电流变小，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变小，灵敏电流计指针将左偏转．
（3）由楞次定律知道感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变化，阻碍其相对运动．
我们可以用“来拒去留”来表达．所以当磁铁插入时，其受到线圈的作用力为斥力．
例题3、
【答案】 （1）向右
（2）不
（3）向右
【解析】 （1）若保持K1闭合、K2断开，将条形磁铁的S极从线圈M中加速向上拔出的过程中
根据感应电流产生条件和楞次定律可知，M中产生从上往下看瞬时针方向电流，由于加速拔出，则产生电流增大，则A中电流从右端进，左端出，电流增大，根据安培定则可知A产生磁场轴线上方向为从右向左，则C中磁场方向从下向上，且增大，故会产生感应电流，根据楞次定律可知，线圈C中电流方向从上向下，又将条形磁铁的N极加速向下插入线圈M过程中，电流表指针向左偏转，此时与之相反，则电流表指针向右偏转；
（2）若保持K1、K2均闭合，将条形磁铁插入线圈M中保持不动，线圈A中无电流，B中电流不变，所以C线圈中的磁场不变，故磁通量不变，故无感应电流产生；
（3）若保持K1断开，在K2闭合瞬间，B中电流瞬时增大，金属环中产生逆时针方向磁场，则C中磁场方向从下而上，且增大，故会产生感应电流，且与（1）产生电流方向相同，故向右．
例题4、
【答案】 （1）C
（2）（a）右偏；（b）左偏；相同
【解析】 （1）A、将条形磁铁插入线圈，线圈中的磁场增强，磁通量变大，产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故A正确。
B、将条形磁铁从线圈中拔出，线圈中的磁场减弱，磁通量减小，产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故B正确。
C、将条形磁铁放在线圈中不动，线圈中的磁场强度不变，磁通量不变，不产生感应电流，电流表的指针不会发生偏转，故C错误。
D、将条形磁铁从图示位置向左移动，线圈中的磁场减小，磁通量减小，产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故D正确。
（2）在闭合电键时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，知磁通量增加时，电流计指针向右偏转，闭合开关后，原线圈迅速插入副线圈，磁通量增加，则电流计指针向右偏转。
（a）当滑动变阻器的滑片P向右移动时，电流增大，则磁通量增大，所以电流计的指针向右偏转；
（b）将线圈A拔出时，磁通量减小，则灵敏电流计指针向左偏转，依据楞次定律，因磁通量减小，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向相同。
随练1、
【答案】 B
【解析】 ACD、当开关接通瞬间，线圈b中没有电源，当开关闭合时，线圈b中没有电流，则线圈a中不会产生磁通量变化，因此均不导致小磁针N极转动，故ACD错误；
Bω电池通电的瞬间，线圈a中产生电流，根据安培定则，结合楞次定律，电流的方向由c到d，cd导线下方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极向纸内偏转，S极向纸外偏转，那么从上向下俯视看，小磁针N极顺时针偏转，故B正确。
随练2、
【答案】 （1）偏转；不偏转；偏转
（2）不偏转；偏转；偏转；不偏转；偏转
（3）C
【解析】 （1）由图1所示电路图可知：
条形磁铁插入线圈过程，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转；
条形磁铁插入线圈中静止，穿过线圈的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表指针不偏转；
条形磁铁取出线圈过程，穿过线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转；
（2）由图2所示电路图可知：
断开开关，移动变阻器滑片，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表指针不偏转；
接通开关瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转；
接通开关，移动变阻器滑片，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转；
接通开关，变阻器滑片不移动，穿过线圈B的磁通量不发生变化，不产生感应电流，电流表指针不偏转；
断开开关瞬间，穿过线圈B的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针偏转；
（3）由上两个实验我们得出磁场产生电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化，故C正确，ABD错误．
随练3、
【答案】 （1）①；②向左偏
（2）①D；②减小
【解析】 （1）将线圈B和电流计串联形成一个回路，将电键、滑动变阻器、电压、线圈A串联而成另一个回路即可，实物图如下所示：
如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将原线圈迅速从副线圈拔出时，穿过线圈的磁通量减少，电流计指针将向左偏；
（2）变压器的工作原理是互感现象，故原线圈接交流电压，输出电压也是交流电压，故电表用交流电压挡，故ABC错误，D正确；
根据变压比公式，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小。
楞次定律的基本应用
例题1、
【答案】 D
【解析】 A、当条形磁铁N极沿固定线圈的中轴线靠近固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向上，线圈中的电流的方向自下而上；电流计中的电流的方向向下，指针向右偏转；故A正确；
B、当条形磁铁S极沿固定线圈的中轴线靠近固定线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向下，线圈中的电流的方向自上而下；电流计中的电流的方向向上，指针向左偏转。故B正确；
C、当条形磁铁N沿固定线圈的中轴线远离固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向下，线圈中的电流的方向自上而下；电流计中的电流的方向向上，指针向左偏转。故C正确；
D、当条形磁铁S极沿固定线圈的中轴线远离固定线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向上，线圈中的电流的方向自下而上；电流计中的电流的方向向下，指针向右偏转，该图中，两处电流的方向相反，故D错误。
例题2、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、在0～t1时间内，B均匀增加，则在线圈中产生恒定不变的感生电动势，则在导线框dcba中形成稳定的电流，则此时环中无感应电流产生，环也没有收缩趋势，故A错误；
BC、在t1～t2时间内，B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从下到上且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向外减小，穿过环的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，环内有逆时针方向的感应电流，且有扩张趋势，故B正确，C正确；
D、在t2～t3时间内，B的方向向下，且B的变化率逐渐减小，则螺线管中的感应电流方向为从上到下且逐渐减小，在导线框abcd中的磁通量为向里减小，穿过环的磁通量向里减小，根据楞次定律可知，环内有顺时针方向的感应电流，故D错误
例题3、
【答案】 （1）下
（2）向右
（3）向左
【解析】 在图甲中，闭合开关，电流从正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转。在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈A中的电流产生的磁场竖直向下；
（1）将S闭合后，将螺线管A插入螺线管B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流磁场方向向上，由安培定则可知，感应电流从电流表正接线柱流入，螺线管B的下端为感应电动势的正极；
（2）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然切断开关S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将向右偏转。
（3）螺线管A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑动触片向左滑动时，穿过B的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将左偏转．
例题4、
【答案】 B
【解析】 原磁场的方向向上，顺时针方向的感应电流的磁场的方向向下，与原磁场的方向相反，所以穿过线圈的磁通量增大。
A、使圆环绕水平轴ab如图转动30°的过程中穿过线圈的磁通量减小，故A错误；
B、使匀强磁场均匀增大，穿过线圈的磁通量增大，故B正确；
C、保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，穿过线圈的磁通量保持不变，不能产生感应电流，故C错误；
D、使圆环绕水平轴cd如图转动30°，的过程中穿过线圈的磁通量减小，故D错误。
随练1、
【答案】 D
【解析】 据图乙可知，在四分之一周期内，电流变大，据右手螺旋定则可知，矩形线圈所处的磁场垂直面向里变大，即导致穿过线圈中的磁通量减大，由楞次定律可知，产生的感应电流方向逆时针；同理分析可知，在时间内，矩形线圈产生的电流方向为顺时针；在时间内矩形线圈产生的感应电流方向逆时针；故ABC错误，D正确。
随练2、
【答案】 A
【解析】 当右侧线圈中产生的感应电流由c到d流过电流表时，感应电流的磁场方向向右；根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量若方向向右，则正在减小，若穿过线圈的磁通量的方向向左，则正在增大；根据安培定则可知，此时左侧线圈中的电流随时间变化可知是从a到b正在增大，或电流的方向从b到a，正在减小。故A正确，BCD错误。
随练3、[多选题]
【答案】 B D
【解析】 AB、当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流（从左向右看）；故A错误，B正确；
C、D、有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化。故C错误，D正确。
随练4、[多选题]
【答案】 C D
【解析】 AB、当闭合S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，线圈B的电流方向逆时针，而由于二极管顺时针方向导电，则线圈B不会闪亮一下，则线圈A中磁场立刻吸引C，导致其即时接触，故A错误，B错误；
CD、当断开S瞬间时，穿过线圈B的磁通量要减小，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，电流方向为顺时针，则二极管处于导通状态，则D会闪亮，同时对线圈A有影响，阻碍其磁通量减小，那么C将会过一小段时间断开，故C正确，D正确；
楞次定律的拓展应用
楞次定律的拓展应用
例题1、
【答案】 D
【解析】 根据楞次定律的“来拒去留”与“增缩减扩”，在磁铁靠近铝管的过程中，两者要相互拒绝，穿过铝管的磁通量增大，因此铝管对桌面的压力增大，铝管有收缩的趋势。
例题2、[多选题]
【答案】 A D
【解析】 A、B当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用。故A正确，B错误。
C、D由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g。故C错误；D正确。
例题3、[多选题]
【答案】 A B
【解析】 A、线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，电流由左侧看为顺时针；故A正确；
B、由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大；故铜环受到的安培力要大于铝环，故B正确；
C、若环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动；故C错误；
D、电池正负极调换后，金属环受力向左，故仍将向左弹出；故D错误。
例题4、
【答案】 B
【解析】 AB、磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故B正确，A错误；
C、线圈变为圆形的过程中，线圈所受安培力指向圆外，则安培力做功不为零，故C错误；
D、线圈变为圆形后静止，安培力的合力为零，则其所受摩擦力也为零，故D错误；
例题5、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 暂无解析
随练1、
【答案】 D
【解析】 由于感应电流产生的条件是闭合回路，故依据楞次定律，故D正确，ABC错误．
随练2、
【答案】 B
【解析】 A、根据题意无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～25cm，允许的错位误差一般为15cm左右，不可以在百米开外对电车快速充电，故A错误；
B、根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故B正确；
C、当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；
D、由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输不能达到百分之百，故D错误。
随练3、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 AB、飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关。故A错误，B正确；
C、磁铁越靠近飞轮，飞轮处于的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，故C正确；
D、磁铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，则飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，那么飞轮受到的阻力越大。故D错误。
左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律的综合应用
例题1、
【答案】 C
【解析】 A、ab杆向左移动，面积减小，说明磁场正在增强，方向可以向上，也可以向下，故A错误；
B、ab杆向右移动，面积增加，要阻碍磁通量变化，说明磁场正在减弱，方向可以向上，也可以向下，故B错误；
C、无论磁场方向如何，只要磁场减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量变化，面积要增加，即要受到向右的安培力，ab杆向右移动，故C正确；
D、当磁场变化时，磁通量一定变化，一定有感应电动势，一定有感应电流，故一定有安培力，因金属杆粗糙，存在摩擦力，故不一定运动，故D错误。
例题2、
【答案】 D
【解析】 当线圈与磁体间有相对运动时，根据“来拒去留”可知，磁场力都是阻碍线圈与磁体间的相对运动，有外力对系统做了功，导致其他形式的能转化为线圈的电能；当导体做切割磁感线运动时，安培力总是阻碍导体的运动，导体克服安培力做，把其他形式的能转化为电能，所以楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现，故D正确，ABC错误。
例题3、
【答案】 C
【解析】 导体棒ab向右或向左做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，线圈c不受安培力作用，不会被螺线管吸引。故①错误。导体棒ab向左做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从b→a，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引。故②正确。导体棒ab向右做减速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律得知，c中产生顺时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同，则线圈c被螺线管吸引。故③正确。导体棒ab向右做加速运动时，根据右手定则判断得到，ab中产生的感应电流方向从a→b，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律得知，c中产生逆时针方向（从左向右看）的感应电流，与线圈中的电流的方向相同反，则线圈c被螺线管排斥。故④错误。
例题4、
【答案】 B
【解析】 楞次定律指出感应电流的效果，总是阻碍磁通量的变化，感应电流变化的结果总是阻碍引起磁通量变化的原因．根据增反减同判断，知B项符合要求，故B项正确．
例题5、
【答案】 A
【解析】 A．当在线圈平面内，向左拉动线圈，逐渐靠近直线电流时，穿过线圈的磁场增大，即穿过线圈的磁通量增大．故产生感应电流为逆时针，即感应电流的方向为．故A正确．
B．当在线圈平面内，垂直边向右拉动线圈，逐渐远离直线电流，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故产生感应电流为顺时针，即感应电流的方向为，故B错误。
C．导线中的电流不变，线圈向上平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量也不变，则不产生感应电流，故C错误．
D．导线中的电流不变，线圈向下平动，穿过线圈的磁场不变，即穿过线圈的磁通量不变，则不产生感应电流，故D错误．
例题6、
【答案】 C
【解析】 根据右手螺旋定则知，直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近。故C正确，A、B、D错误。
随练1、
【答案】 A
【解析】 暂无解析
随练2、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 由图可知，B中电流为逆时针，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场向外，由楞次定律可知，引起感应电流的磁场可能为：向外减小或向里增大；若原磁场向里，则A中电流应为顺时针，故A应带正电，因磁场变强，故A中电流应增大，即A的转速应增大，故B正确；若原磁场向外，则A中电流应为逆时针，即A应带负电，且电流应减小，即A的转速应减小，故C正确。
拓展
1、
【答案】 A
【解析】 A、此时线圈中的磁通量为零，当绕M边转动时，磁通量增大，有感应电流产生，故A正确．
B、此时线圈中的磁通量为零，当绕N边转动时，磁通量一直为零，没有发生变化，无感应电流产生，故B错误；
C、线圈沿纸面上下运动，磁通量一直为零，不发生变化，无感应电流，故C错误；
D、线圈沿纸面左右运动，磁通量一直为零，无感应电流，故D错误．
2、
【答案】 （1）A
（2）一节电池；保护电阻用一节电池与电流表、保护电阻连接
【解析】 由电路图可知，电键接在电流表所在电路，电键连接错误，闭合与断开电键时，通过螺线管A的电流不变，穿过螺线管B的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表指针不偏转；故A正确，BCD错误；
（2）确定电流表指针偏转方向与电流方向之间的关系，用一节电池与电流表、保护电阻连接形成回路，从而确定电流的流向与指针偏转方向的关系．
3、
【答案】 B
【解析】 A．当向左推动滑片，回路电流变小，磁通量变小，故向右偏转，A错误；
B．当向右推动滑片，回路电流变大，磁通量变大，故向左偏转，由于向右滑动的快慢不同，导致回路电流变化快慢不同，磁通量变化快慢不同，感应电动势大小不同，感应电流大小不同，偏角不同，B正确；
C．将线圈抽出，磁通量变小，电流计向右偏转，指针偏转方向相同，C错误；
D．将线圈放入，磁通量变大，电流计向左偏转，指针偏转方向相同，放入快慢不一样，磁通量变化快慢不同，感应电流大小不同，偏角不小不同，D错误．
4、
【答案】 D
【解析】 A、由图示可知，在磁铁S极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿逆时针方向，故A错误；
B、由图示可知，在磁铁S极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流顺时针方向，故B错误；
C、同时，在磁铁N极上升过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量变小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，故C错误；
D、由图示可知，在磁铁N极下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流逆时针方向，故D正确；
5、
【答案】 D
【解析】 A．线圈匝数过多，在套环中产生的感应电流越大，套环更容易跳起，故A错误．
B．电源电压过高，在套环中产生的感应电流更大，更容易跳起，故B错误；
C．D．依据环的跳动的特点，故C错误、D正确．
6、
【答案】 A
【解析】 A．当线圈向右移动，逐渐远离线圈，穿过线圈的磁场减小，即穿过线圈的磁通量减小，故A正确．
B．如果线圈平行导线向左运动，穿过线圈的磁通量增大，故B错误．
C．当导线中的电流有逐渐增大时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，电流方向为方向，故C错误．
D．当导线中的电流减小时，磁通量减小，由楞次定律可知线圈产生沿方向的感应电流，故D错误．
7、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，
由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC正确，AD错误。
8、[多选题]
【答案】 B C D
【解析】 A、当滑动触头P向下滑动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，b线圈产生的磁场增强，故穿过线圈a的磁通量增多；
根据b中的电流方向和安培定则可知b产生的磁场方向向下穿过线圈a，根据楞次定律，a中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的增大，故a的感应电流的磁场方向与b产生的磁场的方向相反，根据安培定则可知线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A错误，B正确；
C、根据微元法将线圈a无限分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增多，故只有线圈面积减小时才能阻碍磁通量的增大，故线圈a应有收缩的趋势，故C正确。
D、开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，线圈b的电流增大，b线圈产生的磁场增强，根据楞次定律可知，此时两线圈互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，故D正确。
9、[多选题]
【答案】 B C
【解析】 A、C、t3时刻螺线管中电流为零，N＝G；但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈中有感应电流，故错误，C正确；
B、T2时刻螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，此时P没有收缩的趋势，也没有扩张的趋势，故B正确；
D、T4时刻螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻N＝G，此时穿过P的磁通量最大，故D错误。
10、[多选题]
【答案】 A C
【解析】 暂无解析
11、
【答案】 B
【解析】 暂无解析
12、
【答案】 A
【解析】 从图示位置转过90°时，线圈中无电流；再转过90°时，根据楞次定律，线圈中产生逆时针方向（正向）的电流；再转过90°时，线圈中无电流；再转过90°时产生顺时针方向（负向）的电流，A符合题意。
13、
【答案】 A
【解析】 导线右移时，线框的面积减小，由楞次定律可知原磁场一定是增大的；并且不论电流朝向哪个方向，只要电流增大，都会发生ab向右移的情况。

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