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第二章　专题提升六　楞次定律的拓展与应用
(分值：100分)
选择题1～10题，每小题7分，共70分，11～13题，每小题10分，共30分，合计100分。
基础对点练
题组一　楞次定律的重要推论
1.(多选)(2023·昆明一中高二联考)如图甲所示，导线MN和圆形线圈共面且均固定，在MN中通以图乙所示的电流(电流正方向为M指向N)，则在0～T时间内(　　)
线圈感应电流方向先顺时针后逆时针
线圈感应电流方向始终为顺时针
线圈受到的安培力始终向左
线圈受到的安培力先向左后向右
2.(多选)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中(　　)
磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动
磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动
磁体从左侧靠近铝环时，铝环A侧为N极
磁体在右侧远离铝环时，铝环B侧为S极
3.(2024·江苏盐城高二期中)当条形磁体相对螺线管A上下运动时，产生了如图所示的感应电流，则(　　)
条形磁体正在向上运动
螺线管A有收缩的趋势
通过螺线管A的磁通量正在变大
螺线管A对水平桌面的压力将变大
4.有如图所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A靠近螺线管的是(　　)
开关S接通的瞬间
开关S接通后，电路中电流稳定时
开关S接通，电路中电流稳定后，滑动变阻器滑片向上滑动的瞬间
开关S接通，电路中电流稳定后，将开关S断开的瞬间
5.(多选)如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，在圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁体。把条形磁体水平向右移动时，金属圆环始终保持静止。下列说法正确的是 (　　)
金属圆环相对桌面有向右的运动趋势
金属圆环对桌面的压力小于其自身重力
金属圆环有扩张的趋势
金属圆环受到水平向右的摩擦力
题组二　“三定则一定律”的综合应用
6.(多选)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，不计空气阻力，在下落过程中(　　)
穿过线框的磁通量保持不变
线框中感应电流的方向保持不变
线框所受安培力的合力方向向上
线框的机械能不断增大
7.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放置，且金属棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)(　　)
向右匀速运动 向左加速运动
向右减速运动 向右加速运动
综合提升练
8.(多选)(2024·陕西渭南高二期中)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)
导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
磁场对导体棒CD的作用力向左
磁场对导体棒AB的作用力向左
9.如图所示，MN是一根固定在光滑水平面上的通电细长直导线，电流方向如图所示，现将一矩形金属线框abcd放在导线上，ab边平行于MN，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整体受力为(　　)
受力向右 受力向左
受力向上 受力为零
10.(多选)(2024·四川成都高二期末)如图，足够长的固定直导线与矩形导线框abcd位于同一竖直平面内，线框ab边与导线平行，导线中通有竖直向上的电流(线框ab边始终在导线右侧)。下列说法正确的是(　　)
导线中的电流增大时，线框有收缩的趋势
导线中的电流减小时，线框中将产生逆时针方向的感应电流
将线框水平向左移动，线框所受安培力的合力方向水平向右
将线框竖直向上移动，线框中将产生顺时针方向的感应电流
11.(多选)如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁体，当给条形磁体一竖直向上的初速度后(不考虑金属环之间的作用，重力加速度大小为g)，将会出现的情况是(　　)
两金属环将相互靠拢
两金属环将相互远离
磁体的加速度会大于g
磁体的加速度会小于g
12.(多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
培优加强练
13.(多选)(2024·广东深圳高二期中)如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨上，让其垂直于导轨向右做加速运动(导体切割磁感线的速度越大，感应电流越大)。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则(　　)
导体棒中a端电势高于b端电势
如果ab棒匀速向右运动，金属环中有感应电流
圆环向左摆动
从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流
专题提升六　楞次定律的拓展与应用
1.BD　[当导线中电流为沿着正方向减小时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向里且大小在减小，由楞次定律可得，感应电流的方向为顺时针方向；当导线中电流沿着负方向增大时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；由于线圈左侧受到的磁场力比右侧磁场力大，感应电流的方向一直为顺时针方向，由左手定则得线圈受到的安培力先向左后向右，故C错误，D正确。]
2.AC　[磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，铝环A侧为N极，铝环向右摆动，A、C正确；当磁体在右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B侧为N极，B、D错误。]
3.A　[根据右手定则判断，感应电流在螺线管中产生向下的磁场，因为管中原磁场方向向下，所以根据楞次定律可知，通过螺线管的磁通量变小，即条形磁体向上运动，为了阻碍磁通量的减小，螺线管有扩张的趋势和向上运动的趋势，所以螺线管对水平桌面的压力将减小，故A正确。]
4.D　[当穿过线圈的磁通量减小时，线圈A中产生与螺线管中同向的感应电流，线圈A将靠近螺线管，故D正确，A、B、C错误。]
5.ABC　[当竖直的条形磁体水平向右移动时，穿过金属圆环内的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，圆环面积有扩大的趋势，根据“来拒去留”可知，磁体与圆环间相互吸引，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，圆环受到水平向左的摩擦力，故A、B、C正确，D错误。]
6.BC　[当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向，且方向不发生变化，A错误，B正确；整个线框所受的安培力的合力方向向上，对线框做负功，线框的机械能不断减小，C正确，D错误。]
7.BC　[欲使N产生顺时针方向的感应电流，即感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动，故B、C正确。]
8.BD　[导体棒AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误，B正确；由左手定则判断可知，磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，故C错误，D正确。]
9.A　[金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框内左侧的磁通量大于右侧的磁通量，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的变化，则线框将向使磁通量减小的方向运动，即向右移动，线框整体受力向右，故A正确，B、C、D错误。]
10.AC　[当导线中的电流增大时，穿过线框的磁通量将增大，根据楞次定律推论——“增缩减扩”，可知线框有收缩的趋势，故A正确；导线中的电流减小时，穿过线框的磁通量将减小，根据楞次定律推论——“增反减同”，可知线框中感应电流产生的磁场垂直纸面向里，根据安培定则判断知，线框中感应电流方向为顺时针，故B错误；将线框水平向左移动，穿过线框的磁通量将增大，根据楞次定律推论——“来拒去留”，可知线框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确；将线框竖直向上移动，穿过线框的磁通量不变，线框中无感应电流产生，故D错误。]
11.AC　[当给条形磁体一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量增大的方向运动，则知两圆环相互靠拢，故A正确，B错误；条形磁体向上运动，穿过两个圆环的磁通量减小，金属环产生感应电流，金属环受到向上的安培力，而磁体受到向下的磁场力，所以磁体的加速度会大于g，故C正确，D错误。]
12.AD　[开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来的状态，B、C错误；开关闭合并保持一段时间后再断开的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。]
13.ACD　[由右手定则可知，导体棒ab向右运动时，a端电势高于b端，故A正确；导体棒ab向右匀速运动时，电流恒定，圆环的磁通量不变化，没有感应电流，故B错误；根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N极，螺线管的M端等效为磁铁的N极，所以金属圆环向左摆动，故C正确；穿过金属圆环的磁感线向左，当ab向右做加速运动时，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流，故D正确。]专题提升六　楞次定律的拓展与应用
学习目标　1.进一步理解楞次定律，掌握楞次定律的几个推论。2.熟练应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律分析有关综合问题。
提升1　楞次定律的重要推论
1.“增反减同”法
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量（原磁场磁通量）的变化。
（1）当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
（2）当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
例1 （2024·浙江杭州高二期中）如图，空间固定一条形磁体（其轴线水平），以下说法正确的是（　　）
A.圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极时感应电流为逆时针（从左往右看）
B.圆环b竖直下落时磁通量不变
C.圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D.圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，即“来拒去留”。
如图甲所示，条形磁体靠近线圈时，受到的是斥力；如图乙所示，条形磁体远离线圈时，受到的是引力。
例2 如图所示，一条形磁体从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，由开始下落至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，由开始下落至落地用时t2，落地时速度为v2。则它们的大小关系正确的是（　　）
A.t1＞t2，v1＞v2 B.t1＝t2，v1＝v2
C.t1＜t2，v1＜v2 D.t1＜t2，v1＞v2
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.“增缩减扩”法
就闭合回路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过回路的原磁通量的变化。若穿过闭合回路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合回路的磁通量减少，面积有扩张趋势。口诀记为“增缩减扩”。
说明　此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况。
例3 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，从左向右看，感应电流方向和圆环变形趋势正确的是（　　）
A.顺时针，扩张趋势 B.顺时针，收缩趋势
C.逆时针，扩张趋势 D.逆时针，收缩趋势
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.“增离减靠”法
若磁场变化且线圈回路可移动，当磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加时，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，当磁场减弱使得穿过线圈回路的磁通量减少时，线圈将通过靠近磁体来阻碍磁通量减少。口诀记为“增离减靠”。
例4 一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是（　　）
A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升2　“三定则一定律”的综合应用
项目 安培定则 电磁感应 左手定则
右手定则 楞次定律
应用对象 判断电流产生磁场的方向 判断闭合电路的一段导体切割磁感线产生感应电流的方向 判断闭合电路中磁通量变化产生的感应电流方向 判断安培力、洛伦兹力的方向
使用方法 右手握住导线或螺线管（环形电流） 右手拇指指向导体切割磁感线的运动方向，磁感线穿过掌心，四指指向感应电流的方向 增反减同、来拒去留、增缩减扩、增离减靠 左手四指指向电流方向或正电荷运动方向（负电荷运动反方向），磁感线穿过掌心，拇指指向受力方向
图形示例
因果关系 因电而生磁（I→B用安培定则） 因动而生电（v、B→I感用右手定则） 因磁而生电（ΔΦ→I感用楞次定律） 因电在磁场中而受力（I、B→F用左手定则）
注意　左手定则和右手定则非常容易混淆，为了便于区别，现提供三种记忆方法：
（1）“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。
（2）“通电受力用左手，运动生电用右手”。
（3）“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
　　　　　　　　　　　　　　
例5 （多选）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，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场的作用下向右运动，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
随堂对点自测
1.（增缩减扩、增离减靠）如图所示，一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内。当通电直导线中的电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将（　　）
A.S增大，l变长 B.S减小，l变短
C.S增大，l变短 D.S减小，l变长
2.（增反减同、来拒去留）（2024·山西运城高二期中）某同学在学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一S极朝下竖直放置的条形磁体，手握磁体在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是（　　）
A.将磁体加速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
B.将磁体匀速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）
C.将磁体匀速远离线圈的过程中，电子秤的示数等于m0
D.将磁体加速远离线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
3.（“三定则一定律”的综合应用）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运动时，铜制导线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥的是（　　）
A.向右做匀速运动 B.向右做加速运动
C.向右做减速运动 D.向左做减速运动
专题提升六　楞次定律的拓展与应用
提升1
例1 D　[圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过圆环的磁通量增多，根据“增反减同”可知感应电流为顺时针方向(从左往右看)，A错误；圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，B错误；圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，C错误；圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据“增反减同”可知，感应电流均为顺时针方向(从上向下看)，D正确。]
例2 D　[开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁体无阻碍作用，故磁体自由下落，a1＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁体有阻碍作用，根据“来拒去留”知，a2＜g，且磁体的机械能减小，所以t1＜t2，v1＞v2，故D正确。]
例3 A　[圆环由A位置水平向右移到B位置的过程中，穿过圆环向右的磁感线条数变少，根据“增反减同”可知，圆环中感应电流磁场方向向右，再根据安培定则知圆环中感应电流方向是顺时针方向(从左向右看)，根据“增缩减扩”可知圆环有扩张趋势，故A正确。]
例4 C　[根据题意知，圆环N向左运动，根据“增离减靠”可知，线圈M上的磁场在减弱，流过M的电流在减小，故C正确。]
提升2
例5 BC　[若PQ向右加速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由Q到P，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自下而上的；穿过L1的磁通量增大，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由N到M，由左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，故A错误；若PQ向左加速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由P到Q，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自上而下的；穿过L1的磁通量增大，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由M到N，由左手定则可判断出MN受到向右的安培力，将向右运动，故B正确；若PQ向右减速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由Q到P，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自下而上的；穿过L1的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由M到N，由左手定则可判断出MN受到向右的安培力，将向右运动，故C正确；若PQ向左减速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由P到Q，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自上而下的；穿过L1的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由N到M，由左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，故D错误。]
随堂对点自测
1.D　[当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，根据“增缩减扩”可知，圆环的面积S减小；根据“增离减靠”可知橡皮绳的长度L变长，选项D正确。]
2.D　[根据楞次定律和安培定则可判断，将一条形磁体的S极加速或匀速靠近线圈时，线圈中的磁通量增大，根据“增反减同”可知，线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向(俯视)，故A、B错误；将条形磁体远离线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生了感应电流，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈与磁体相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，跟磁体匀速还是加速无关，故C错误，D正确。]
3.B　[当导体棒向右匀速运动时，产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，线圈c中无感应电流出现，也不被螺线管排斥，A错误；当导体棒向右做加速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且增加，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在增加，线圈c中有感应电流，根据楞次定律可知，线圈向左运动阻碍磁通量的增加，即被螺线管排斥，B正确；同理可判定导体棒向左、右做减速运动时，线圈c中有感应电流，且被螺线管吸引，C、D错误。](共45张PPT)
专题提升六　楞次定律的拓展与应用
第二章　电磁感应
1.进一步理解楞次定律，掌握楞次定律的几个推论。
2.熟练应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律分析有关综合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
课后巩固训练
03
随堂对点自测
02
提升
1
提升2　“三定则一定律”的综合应用
提升1　楞次定律的重要推论
提升1　楞次定律的重要推论
1.“增反减同”法
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化。
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反。
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
口诀记为“增反减同”。
例1 (2024·浙江杭州高二期中)如图，空间固定一条形磁体(其轴线水平)，以下说法正确的是(　　)
A.圆环a沿磁体轴线向右运动，靠近磁体N极
时感应电流为逆时针(从左往右看)
B.圆环b竖直下落时磁通量不变
C.圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，感应电流为0
D.圆环c经过位置2前后一小段时间内感应电流方向不变
D
解析　圆环a沿磁体轴线向右运动，穿过圆环的磁通量增多，根据“增反减同”可知感应电流为顺时针方向(从左往右看)，A错误；圆环b竖直下落时，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量为0，在3位置磁通量向上，磁通量发生变化，B错误；圆环c经过磁体右边的位置2时磁通量为0，但磁通量仍发生变化，因此仍有感应电流，C错误；圆环c经过位置2前后一小段时间内，磁通量先是向下的减少，然后是向上的增多，根据“增反减同”可知，感应电流均为顺时针方向(从上向下看)，D正确。
2.“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，即“来拒去留”。
如图甲所示，条形磁体靠近线圈时，受到的是斥力；如图乙所示，条形磁体远离线圈时，受到的是引力。
D
例2 如图所示，一条形磁体从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，由开始下落至落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，由开始下落至落地用时t2，落地时速度为v2。则它们的大小关系正确的是(　　)
A.t1＞t2，v1＞v2 B.t1＝t2，v1＝v2
C.t1＜t2，v1＜v2 D.t1＜t2，v1＞v2
解析　开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁体无阻碍作用，故磁体自由下落，a1＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁体有阻碍作用，根据“来拒去留”知，a2＜g，且磁体的机械能减小，所以t1＜t2，v1＞v2，故D正确。
3.“增缩减扩”法
就闭合回路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过回路的原磁通量的变化。若穿过闭合回路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合回路的磁通量减少，面积有扩张趋势。口诀记为“增缩减扩”。
说明　此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况。
A
例3 如图所示的磁场中有一个垂直于磁场中心磁感线放置的闭合圆环，现在将圆环从图示A位置水平向右移到B位置，从左向右看，感应电流方向和圆环变形趋势正确的是(　　)
A.顺时针，扩张趋势 B.顺时针，收缩趋势
C.逆时针，扩张趋势 D.逆时针，收缩趋势
解析　圆环由A位置水平向右移到B位置的过程中，穿过圆环向右的磁感线条数变少，根据“增反减同”可知，圆环中感应电流磁场方向向右，再根据安培定则知圆环中感应电流方向是顺时针方向(从左向右看)，根据“增缩减扩”可知圆环有扩张趋势，故A正确。
4.“增离减靠”法
若磁场变化且线圈回路可移动，当磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加时，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，当磁场减弱使得穿过线圈回路的磁通量减少时，线圈将通过靠近磁体来阻碍磁通量减少。口诀记为“增离减靠”。
C
例4 一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动，M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关，下列情况中，可观测到N向左运动的是(　　)
A.在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B.在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向c端移动时
D.在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
解析　根据题意知，圆环N向左运动，根据“增离减靠”可知，线圈M上的磁场在减弱，流过M的电流在减小，故C正确。
提升2　“三定则一定律”的综合应用
项目 安培定则 电磁感应 左手定则
右手定则 楞次定律
应用对象 判断电流产生磁场的方向 判断闭合电路的一段导体切割磁感线产生感应电流的方向 判断闭合电路中磁通量变化产生的感应电流方向 判断安培力、洛伦兹力的方向
使用方法 右手握住导线或螺线管 (环形电流) 右手拇指指向导体切割磁感线的运动方向，磁感线穿过掌心，四指指向感应电流的方向 增反减同、来拒去留、增缩减扩、增离减靠 左手四指指向电流方向或正电荷运动方向(负电荷运动反方向)，磁感线穿过掌心，拇指指向受力方向
图形示例
因果关系 因电而生磁(I→B用安培定则) 因动而生电(v、B→ I感用右手定则) 因磁而生电(ΔΦ→ I感用楞次定律) 因电在磁场中而受力
(I、B→F用左手定则)
注意　左手定则和右手定则非常容易混淆，为了便于区别，现提供三种记忆方法：
(1)“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。
(2)“通电受力用左手，运动生电用右手”。
(3)“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
BC
例5 (多选)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，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场的作用下向右运动，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
解析　若PQ向右加速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由Q到P，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自下而上的；穿过L1的磁通量增大，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由N到M，由左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，故A错误；若PQ向左加速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由P到Q，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自上而下的；穿过L1的磁通量增大，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由M到N，由左手定则可判断出MN受到向右的安培力，将向右运动，故B正确；
若PQ向右减速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由Q到P，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自下而上的；穿过L1的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由M到N，由左手定则可判断出MN受到向右的安培力，将向右运动，故C正确；若PQ向左减速运动，由右手定则可知PQ中感应电流的方向由P到Q，由安培定则可判断出L1、L2所在处的磁场方向是自上而下的；穿过L1的磁通量减小，由楞次定律可知流过MN的感应电流方向由N到M，由左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，故D错误。
随堂对点自测
2
D
1.(增缩减扩、增离减靠)如图所示，一个有弹性的闭合金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内。当通电直导线中的电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(　　)
A.S增大，l变长 B.S减小，l变短
C.S增大，l变短 D.S减小，l变长
解析　当通电直导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，根据“增缩减扩”可知，圆环的面积S减小；根据“增离减靠”可知橡皮绳的长度L变长，选项D正确。
D
2.(增反减同、来拒去留)(2024·山西运城高二期中)某同学在学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一S极朝下竖直放置的条形磁体，手握磁体在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是(　　)
A.将磁体加速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)
B.将磁体匀速靠近线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)
C.将磁体匀速远离线圈的过程中，电子秤的示数等于m0
D.将磁体加速远离线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
解析　根据楞次定律和安培定则可判断，将一条形磁体的S极加速或匀速靠近线圈时，线圈中的磁通量增大，根据“增反减同”可知，线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向(俯视)，故A、B错误；将条形磁体远离线圈的过程，穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中产生了感应电流，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈与磁体相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，跟磁体匀速还是加速无关，故C错误，D正确。
B
3.(“三定则一定律”的综合应用)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运动时，铜制导线圈c中将有感应电流产生且被螺线管排斥的是(　　)
A.向右做匀速运动
B.向右做加速运动
C.向右做减速运动
D.向左做减速运动
解析　当导体棒向右匀速运动时，产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，线圈c中无感应电流出现，也不被螺线管排斥，A错误；当导体棒向右做加速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且增加，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在增加，线圈c中有感应电流，根据楞次定律可知，线圈向左运动阻碍磁通量的增加，即被螺线管排斥，B正确；同理可判定导体棒向左、右做减速运动时，线圈c中有感应电流，且被螺线管吸引，C、D错误。
课后巩固训练
3
BD
题组一　楞次定律的重要推论
1.(多选)(2023·昆明一中高二联考)如图甲所示，导线MN和圆形线圈共面且均固定，在MN中通以图乙所示的电流(电流正方向为M指向N)，则在0～T时间内(　　)
基础对点练
A.线圈感应电流方向先顺时针后逆时针
B.线圈感应电流方向始终为顺时针
C.线圈受到的安培力始终向左
D.线圈受到的安培力先向左后向右
解析　当导线中电流为沿着正方向减小时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向里且大小在减小，由楞次定律可得，感应电流的方向为顺时针方向；当导线中电流沿着负方向增大时，穿过线圈中的磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；由于线圈左侧受到的磁场力比右侧磁场力大，感应电流的方向一直为顺时针方向，由左手定则得线圈受到的安培力先向左后向右，故C错误，D正确。
AC
2.(多选)如图所示，用绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中(　　)
A.磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动
B.磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动
C.磁体从左侧靠近铝环时，铝环A侧为N极
D.磁体在右侧远离铝环时，铝环B侧为S极
解析　磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，铝环A侧为N极，铝环向右摆动，A、C正确；当磁体在右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B侧为N极，B、D错误。
A
3.(2024·江苏盐城高二期中)当条形磁体相对螺线管A上下运动时，产生了如图所示的感应电流，则(　　)
A.条形磁体正在向上运动
B.螺线管A有收缩的趋势
C.通过螺线管A的磁通量正在变大
D.螺线管A对水平桌面的压力将变大
解析　根据右手定则判断，感应电流在螺线管中产生向下的磁场，因为管中原磁场方向向下，所以根据楞次定律可知，通过螺线管的磁通量变小，即条形磁体向上运动，为了阻碍磁通量的减小，螺线管有扩张的趋势和向上运动的趋势，所以螺线管对水平桌面的压力将减小，故A正确。
D
4.有如图所示的装置，在下列各种情况中，能使悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A靠近螺线管的是(　　)
A.开关S接通的瞬间
B.开关S接通后，电路中电流稳定时
C.开关S接通，电路中电流稳定后，滑动变阻器滑片向上滑动的瞬间
D.开关S接通，电路中电流稳定后，将开关S断开的瞬间
解析　当穿过线圈的磁通量减小时，线圈A中产生与螺线管中同向的感应电流，线圈A将靠近螺线管，故D正确，A、B、C错误。
ABC
5.(多选)如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，在圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁体。把条形磁体水平向右移动时，金属圆环始终保持静止。下列说法正确的是 (　 　)
A.金属圆环相对桌面有向右的运动趋势
B.金属圆环对桌面的压力小于其自身重力
C.金属圆环有扩张的趋势
D.金属圆环受到水平向右的摩擦力
解析　当竖直的条形磁体水平向右移动时，穿过金属圆环内的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，圆环面积有扩大的趋势，根据“来拒去留”可知，磁体与圆环间相互吸引，则圆环对桌面的压力小于其自身重力，且圆环相对桌面有向右的运动趋势，圆环受到水平向左的摩擦力，故A、B、C正确，D错误。
BC
题组二　“三定则一定律”的综合应用
6.(多选)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，不计空气阻力，在下落过程中(　　)
A.穿过线框的磁通量保持不变
B.线框中感应电流的方向保持不变
C.线框所受安培力的合力方向向上
D.线框的机械能不断增大
解析　当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得，产生的感应电流的方向为顺时针方向，且方向不发生变化，A错误，B正确；整个线框所受的安培力的合力方向向上，对线框做负功，线框的机械能不断减小，C正确，D错误。
BC
7.(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放置，且金属棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)(　　)
A.向右匀速运动 B.向左加速运动
C.向右减速运动 D.向右加速运动
解析　欲使N产生顺时针方向的感应电流，即感应电流的磁场方向垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动，故B、C正确。
BD
综合提升练
8.(多选)(2024·陕西渭南高二期中)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图所示的匀强磁场中，与导轨接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动。当导体棒AB在外力F的作用下向右运动时，下列说法中正确的是(　　)
A.导体棒CD内有电流通过，方向是D→C
B.导体棒CD内有电流通过，方向是C→D
C.磁场对导体棒CD的作用力向左
D.磁场对导体棒AB的作用力向左
解析　导体棒AB切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，AB中感应电流的方向为B→A，则导体棒CD内有电流通过，方向是C→D，故A错误，B正确；由左手定则判断可知，磁场对导体棒CD的作用力向右，磁场对导体棒AB的作用力向左，故C错误，D正确。
A
9.如图所示，MN是一根固定在光滑水平面上的通电细长直导线，电流方向如图所示，现将一矩形金属线框abcd放在导线上，ab边平行于MN，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线上的电流突然增大时，线框整体受力为(　　)
A.受力向右 B.受力向左
C.受力向上 D.受力为零
解析　金属线框放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框左右两侧磁场方向相反，线框内左侧的磁通量大于右侧的磁通量，当导线中电流增大时，穿过线框的磁通量增大，线框产生感应电流，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的变化，则线框将向使磁通量减小的方向运动，即向右移动，线框整体受力向右，故A正确，B、C、D错误。
AC
10.(多选)(2024·四川成都高二期末)如图，足够长的固定直导线与矩形导线框abcd位于同一竖直平面内，线框ab边与导线平行，导线中通有竖直向上的电流(线框ab边始终在导线右侧)。下列说法正确的是(　　)
A.导线中的电流增大时，线框有收缩的趋势
B.导线中的电流减小时，线框中将产生逆时针方向的感应电流
C.将线框水平向左移动，线框所受安培力的合力方向水平向右
D.将线框竖直向上移动，线框中将产生顺时针方向的感应电流
解析　当导线中的电流增大时，穿过线框的磁通量将增大，根据楞次定律推论——“增缩减扩”，可知线框有收缩的趋势，故A正确；导线中的电流减小时，穿过线框的磁通量将减小，根据楞次定律推论——“增反减同”，可知线框中感应电流产生的磁场垂直纸面向里，根据安培定则判断知，线框中感应电流方向为顺时针，故B错误；将线框水平向左移动，穿过线框的磁通量将增大，根据楞次定律推论——“来拒去留”，可知线框所受安培力的合力方向水平向右，故C正确；将线框竖直向上移动，穿过线框的磁通量不变，线框中无感应电流产生，故D错误。
AC
11.(多选)如图所示，在光滑水平桌面上有两个金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁体，当给条形磁体一竖直向上的初速度后(不考虑金属环之间的作用，重力加速度大小为g)，将会出现的情况是(　　)
A.两金属环将相互靠拢
B.两金属环将相互远离
C.磁体的加速度会大于g
D.磁体的加速度会小于g
解析　当给条形磁体一竖直向上的初速度后，穿过两个圆环的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量增大的方向运动，则知两圆环相互靠拢，故A正确，B错误；条形磁体向上运动，穿过两个圆环的磁通量减小，金属环产生感应电流，金属环受到向上的安培力，而磁体受到向下的磁场力，所以磁体的加速度会大于g，故C正确，D错误。
AD
12.(多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析　开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来的状态，B、C错误；开关闭合并保持一段时间后再断开的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
ACD
培优加强练
13.(多选)(2024·广东深圳高二期中)如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨上，让其垂直于导轨向右做加速运动(导体切割磁感线的速度越大，感应电流越大)。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则(　 　)
A.导体棒中a端电势高于b端电势
B.如果ab棒匀速向右运动，金属环中有感应电流
C.圆环向左摆动
D.从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流
解析　由右手定则可知，导体棒ab向右运动时，a端电势高于b端，故A正确；导体棒ab向右匀速运动时，电流恒定，圆环的磁通量不变化，没有感应电流，故B错误；根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N极，螺线管的M端等效为磁铁的N极，所以金属圆环向左摆动，故C正确；穿过金属圆环的磁感线向左，当ab向右做加速运动时，感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流，故D正确。

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