资源简介

1．(2026·山东济南市期末质检)下列与电、磁相关的实例应用中利用电磁感应原理的是(　　)
①图甲中扬声器把电流信号转换成声音信号
②图乙中磁电式电流表的指针偏转
③图丙中利用电磁炉加热铁锅内食物
④图丁中动圈式话筒把声音信号转化成电流信号
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
解析：选D。题图甲和题图乙都是利用磁场对电流的作用原理，题图丙和题图丁是利用电磁感应原理。
2．(2026·四川巴中市诊断)下列物理情境正确的是(　　)
解析：选B。根据左手定则可知A中安培力方向向上，故A错误；根据左手定则可知B中洛伦兹力方向向下，故B正确；根据右手定则可知C中感应电流方向向下，故C错误；根据安培定则可知D中通电导体左侧磁场方向应垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，故D错误。
3．(2026·北京通州区期末)如图所示，线圈A与滑动变阻器、电源、开关相连。线圈B与电阻R连接成闭合电路。下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，电阻R中电流方向为b→a
B．闭合开关，达到稳定后，电阻R中电流方向为a→b
C．闭合开关，达到稳定后，向左移动滑动变阻器的滑片，电阻R中电流方向为a→b
D．断开开关瞬间，电阻R中电流方向为b→a
解析：选D。开关闭合瞬间，由题图可知穿过线圈B的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为a→b，故A错误；闭合开关，达到稳定后，线圈B中磁通量不变，则线圈B中不会产生感应电流，电阻R中没有电流，故B错误；闭合开关，达到稳定后，向左移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路阻值增大，则A线圈中电流变小，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为b→a，故C错误；开关断开瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为b→a，故D正确。
4．(2026·江苏如皋市模拟)下列两个靠近的线圈之间最不容易产生互感现象的是(　　)
解析：选C。通电线圈产生的磁感线是过螺线管的闭合曲线，由线圈相互的位置可知，C选项图中一线圈通电，另一线圈磁通量近似为0，不易产生互感电动势，故C符合题意。
5．某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A(有铁芯)、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路。在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏。由此可以判断，在保持开关闭合的状态下(　　)
A．当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向左偏
B．当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏
C．当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转
D．当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏
解析：选B。由题意可知，当穿过线圈B的磁通量增大时，灵敏电流计指针左偏，若穿过线圈B的磁通量减小，则右偏。当线圈A拔出或线圈A中的铁芯拔出时，均导致穿过线圈B的磁通量减小，因此电流计指针向右偏，故A错误，B正确；滑动变阻器的滑片P匀速滑动，穿过线圈B的磁通量发生变化，灵敏电流计指针发生偏转，故C错误；当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，接入电路的电阻减小，则电流增大，导致穿过线圈B的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向左偏，故D错误。
6．如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)
A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
解析：选B。开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
7．(2026·北京朝阳区期末)
如图所示，线圈A和线圈B绕在同一个铁芯P上，线圈B连接一电流表。下列选项正确的是(　　)
A．A接通直流电源瞬间，电流表的示数为0
B．A接通直流电源瞬间，A和B相互排斥
C．若A接正弦交流电源，电流表的示数为0
D．若A接正弦交流电源，A和B中的磁场始终反向
解析：选B。A接通直流电源瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，则线圈B中会产生感应电流，即电流表的示数不为0，根据楞次定律，线圈B中产生的磁场与线圈A中磁场反向，则A和B相互排斥，故A错误，B正确；若A接正弦交流电源，则穿过线圈B的磁通量不断变化，线圈B中会产生感应电流，则电流表的示数不为0，故C错误；若A接正弦交流电源，当A中电流增加时，B中磁场方向与A中磁场反向，当A中电流减小时，B中磁场方向与A中磁场同向，故D错误。
8．(2026·安徽芜湖市期末)
如图所示，有一空间直角坐标系Oxyz，xOy为水平面，z轴为竖直方向，两通电长直导线分别通过大小相等的恒定电流，电流方向如图所示。其中一根导线在xOy平面内且平行于y轴固定，另一根导线在yOz平面内与z轴平行固定，两根导线与原点O距离相等，一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在原点O，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与水平面平行，从上向下观察线圈。不考虑地磁场影响，下列说法正确的是(　　)
A.原点O处的磁感应强度方向沿z轴负方向
B．小线圈沿x轴正方向移动时能产生顺时针方向的感应电流
C．小线圈沿y轴负方向移动时没有感应电流
D．小线圈沿z轴负方向移动时能产生逆时针方向的感应电流
解析：选C。根据安培定则，因xOy平面内的直导线在O点的磁场方向沿z轴负向，yOz平面内的直导线在O点的磁场方向沿x轴正向，可知叠加后原点O处的磁感应强度方向不是沿z轴负方向，故A错误；小线圈沿x轴正方向移动时，穿过线圈的磁通量沿z轴负向增加，根据楞次定律可知，能产生逆时针方向的感应电流，故B错误；小线圈沿y轴负方向移动时，穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故C正确；小线圈沿z轴负方向移动时，穿过线圈的磁通量沿z轴负向减小，根据楞次定律可知，能产生顺时针方向的感应电流，故D错误。
9．(多选)(2026·山东枣庄市期末)
某学校内教室阳面的平开玻璃窗，窗扇的闭合金属边框为矩形，转轴竖直。如图所示，其中一窗扇已向外(南)打开一定角度，开角小于90°，小明在室内拉动绝缘手柄关窗，在窗扇关闭的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．在地磁场中，通过窗扇的磁通量减小
B．在地磁场中，通过窗扇的磁通量增大
C．从室内向外看，窗扇边框中的感应电流沿逆时针方向
D．从室内向外看，窗扇边框中的感应电流沿顺时针方向
解析：选BD。地磁场由南向北，将窗闭合的过程中，穿过窗扇的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，穿过窗扇的磁通量增大时，从室内向外看，窗扇金属边框中产生的感应电流的方向为顺时针。
10．(2026·广东汕头市一模)如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈M和P，线圈M和电源、开关、热敏电阻RT相连，线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是(　　)
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从a经电流表到b时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
解析：选A。保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻RT的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺线管，穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确；当温度不变时，电流不变，穿过线圈P的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误；当电流从a经电流表到b时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知原磁场的磁通量增大，故电流增大，RT的阻值减小，说明温度升高，故C错误；当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化率变大，故RT的阻值变化得快，温度变化得快，但温度不一定升高，故D错误。
11．(2026·广东广州市模拟)如图(a)为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同的磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图(a)中右侧线圈，图(a)中右侧传感器所记录的B1－t图像如图(b)所示，则该过程左侧传感器所记录的B2－t图可能为(　　)
解析：选B。条形磁铁靠近右侧线圈过程，右侧线圈中的磁感应强度方向竖直向上且增大，根据题图(b)可知，正方向竖直向上，根据楞次定律可知，右侧线圈产生的感应电流方向为顺时针(俯视)，则左侧线圈中的电流方向也为顺时针(俯视)，根据右手螺旋定则可知，左侧线圈中的磁感应强度方向竖直向下，条形磁铁远离右侧线圈过程，磁场的变化与靠近过程相反，则感应电流方向也相反，进而左侧线圈的磁感应强度方向也相反，综上所述，左侧线圈的磁感应强度方向先负后正。
12.
(2026·广东广州市模拟)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd匀速吊起，线框始终保持水平。
地磁场的竖直分量By随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时(　　)
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
解析：选B。地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，则穿过线框的磁通量减小，故A错误；根据楞次定律可得，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，线框的四条边有向外扩张的趋势，故B正确，C错误；线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，故D错误。第1讲　电磁感应现象　楞次定律
[复习目标]
1．理解电磁感应现象及产生感应电流的条件。　2.熟练应用楞次定律及推论判断感应电流的方向。　3.能够应用右手定则判断感应电流的方向。　4.应用安培定则、楞次定律、左手和右手定则分析电磁感应问题。
一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。
2．公式：Φ＝BS。
3．公式的适用条件
(1)匀强磁场。
(2)S为垂直于磁场的面积。
4．磁通量是标量(选填“标量”或“矢量”)。
5．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
6．磁通量的意义
(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。
(2)同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为0；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的磁感线条数一样多时，磁通量为0。
二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
2．产生电磁感应现象的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。
3．实质：产生感应电动势。如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。
4．能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。
三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
2．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。
(1)磁通量大小与线圈匝数有关。(　　)
(2)磁通量是标量，但有正负，正负只表示磁感线从闭合回路的哪个面穿过。(　　)
(3)只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流产生。(　　)
(4)当导体做切割磁感线运动时，一定产生感应电流。(　　)
(5)感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化。(　　)
(6)楞次定律与右手定则都可以判断感应电流方向，二者没有什么区别。(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
考点一　磁通量和电磁感应现象
1．磁通量的理解
(1)S为有磁感线穿过的有效面积。
(2)任何一个面都有正、反两面，磁感线从正面穿入时，穿过该面的磁通量为正；反之，磁通量为负。所求磁通量为正、负磁通量的代数和。
(3)穿过某一平面的磁感线净条数越多，磁通量越大。
2．感应电动势的产生条件
穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0。
3．产生感应电流的三种情况
(2025·北京卷，T3) 下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是(　　)
A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移
[解析]　圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A符合题意；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B不符合题意；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C不符合题意；根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D不符合题意。
[答案]　A
如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线。为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流计(图中未画出)串联的感应线圈进行探测，结果如下表。忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是(　　)
探测 灵敏电流计有无示数
线圈平面平行于地面Oabc 沿Oa方向平移 无
沿Oc方向平移 无
线圈平面平行于墙面Oade 沿Oa方向平移 有
沿Oe方向平移 无
A.Oa方向　　　B．Ob方向　　　C．Oc方向 D．Oe方向
[解析]　通电直导线周围的磁场是以导线为圆心的一个个同心圆，当线圈平面平行于地面Oabc移动时，线圈中无感应电流产生，则穿过线圈的磁通量不变，说明线圈平面与磁场所在平面平行，即通电导线应垂直于Oabc平面，当线圈平面平行于墙面Oade移动时，沿Oa方向平移有电流，磁通量变化，沿Oe方向平移无电流，磁通量不变，说明导线应该沿Oe方向。
[答案]　D
考点二　感应电流方向的判断
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．感应电流方向判断的两种方法
法一：用楞次定律判断
法二：用右手定则判断
该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、拇指、四指的方向。
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向。
考向1　楞次定律的应用
(2024·北京卷，T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
[解析]　闭合开关瞬间，由楞次定律可知线圈P中感应电流的磁场方向与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为0，故B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。
[答案]　B
(2025·河南卷，T5)如图所示，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
[解析]　金属薄片中心运动到N极正下方时，穿过金属薄片的磁场竖直向下，金属薄片向右运动，通过金属薄片右半部分的磁场正在减弱，所以右侧涡电流产生的磁场向下，由安培定则判断可知涡电流为顺时针方向(俯视)，通过金属薄片左半部分的磁场正在增强，所以左侧涡电流产生的磁场向上，由安培定则判断可知涡电流为逆时针方向(俯视)，C正确。
[答案]　C
(2025·陕晋青宁卷，T6)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流(　　)
A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
[解析]　由题意知，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内电流迅速增大，则电流在钢制线圈内产生迅速增大的磁场，由法拉第电磁感应定律和楞次定律知，铜环中产生很大的感应电流且方向与钢制线圈中电流方向相反，大小几乎相等，阻碍钢制线圈内磁通量的变化，且F＝BIL，只有电流I很大，铜环才能迅速收缩，故B符合题意。
[答案]　B
考向2　右手定则的应用
(2023·江苏卷，T8)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　)
A．φO > φC　　　　　　 B．φC > φA
C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
[解析]　导体棒OA段旋转切割磁感线，根据右手定则可知电流方向从A到O，即φO>φA；AC段不切割磁感线，属于等势体，则φA＝φC，故φO>φA＝φC，A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
考点三　楞次定律推论的应用
楞次定律可以推广为感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：
内容 增反减同 来拒去留 增缩减扩 增离减靠
例证　 磁铁靠近，是斥力 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 当S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动远离通电线圈，通过远离和靠近阻碍磁通量的变化
当IA增大时，IB与IA方向相反；当IA减小时，IB与IA方向相同 磁铁远离，是引力 B减小，线圈扩张；B增大，线圈收缩
(2026·陕西榆林市模拟)
如图所示，固定的通电长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一竖直面(纸面)内，长直导线中通以水平向右且随时间均匀增大的电流。下列说法正确的是(　　)
A．圆形线框所受安培力的合力方向竖直向下
B．垂直于纸面向里观察，圆形线框中产生顺时针方向的电流
C.圆形线框所围的面积有扩大的趋势
D．通电长直导线不会受到圆形线框的相互作用
[解析]　当长直导线内电流增大时，金属线框所在处的水平向里的磁感应强度变大，根据楞次定律，圆形线框中会产生逆时针方向的感应电流阻碍穿过线圈磁通量的变化，越靠近通电长直导线，磁感应强度越大，所以圆形线框上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定则可知向下，故圆形线框所受安培力的合力方向垂直于长直导线向下，A正确，B错误；由楞次定律“增缩减扩”可知，磁感应强度增加，圆形线框有收缩趋势，C错误；由牛顿第三定律可知，通电长直导线会受到圆形线框的相互作用，D错误。
[答案]　A
如图所示，
在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是(　　)
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C.俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用)
[解析]　当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流，根据楞次定律可知，线框中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知两圆环相互排斥远离，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
考点四　“三定则、一定律”的综合应用
1．“三个定则”“一个定律”的比较
名称 基本现象 应用的定则或定律
电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对电流的作用 磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I安)→楞次定律。
3．相互联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用安培定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
(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和固定不动的金属棒MN，线圈L1、L2绕在同一个铁芯上，PQ棒所在区域有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，MN中有从M到N的电流，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．向左匀速运动
[答案]　BC
(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。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量始终为零
B．线框中感应电流方向沿顺时针
C．线框所受安培力的合力不变
D．线框的机械能逐渐减小
[解析]　距离导线越远，磁场越弱，可知线框由静止释放，通过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，随着线框下落，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；根据左手定则可知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于下边的磁场比上边弱，故下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左、右两边所受安培力大小相等、方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。
[答案]　BD(共47张PPT)
第十一章　电磁感应
第1讲　电磁感应现象　楞次定律
[复习目标]
1．理解电磁感应现象及产生感应电流的条件。　2.熟练应用楞次定律及推论判断感应电流的方向。　3.能够应用右手定则判断感应电流的方向。　4.应用安培定则、楞次定律、左手和右手定则分析电磁感应问题。
基础自主梳理
第一部分
一、磁通量
1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向______的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。
2．公式：Φ＝______。
垂直
BS
3．公式的适用条件
(1)匀强磁场。
(2)S为垂直于磁场的______。
4．磁通量是______(选填“标量”或“矢量”)。
5．磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
面积
标量
6．磁通量的意义
(1)磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。
(2)同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量______；当它跟磁场方向平行时，磁通量为____；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的磁感线条数一样多时，磁通量为____。
最大
0
0
二、电磁感应现象
1．定义：当穿过闭合导体回路的________发生变化时，闭合导体回路中就产生感应电流。这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
2．产生电磁感应现象的条件：穿过闭合电路的________发生变化或闭合电路的一部分导体在磁场内做____________的运动。
3．实质：产生____________。如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有____________而无感应电流。
4．能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为______。
磁通量
磁通量
切割磁感线
感应电动势
感应电动势
电能
三、感应电流方向的判定
1．楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要______引起感应电流的________的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
阻碍
磁通量
2．右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从______进入，并使拇指指向__________的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：导线____________产生感应电流。
掌心
导线运动
切割磁感线
(1)磁通量大小与线圈匝数有关。(　　)
(2)磁通量是标量，但有正负，正负只表示磁感线从闭合回路的哪个面穿过。(　　)
(3)只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流产生。(　　)
(4)当导体做切割磁感线运动时，一定产生感应电流。(　　)
深化辨析
×
√
√
×
(5)感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化。(　　)
(6)楞次定律与右手定则都可以判断感应电流方向，二者没有什么区别。(　　)
×
×
考点一　磁通量和电磁感应现象
第二部分
1．磁通量的理解
(1)S为有磁感线穿过的有效面积。
(2)任何一个面都有正、反两面，磁感线从正面穿入时，穿过该面的磁通量为正；反之，磁通量为负。所求磁通量为正、负磁通量的代数和。
(3)穿过某一平面的磁感线净条数越多，磁通量越大。
2．感应电动势的产生条件
穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0。
3．产生感应电流的三种情况
A
例1 (2025·北京卷，T3) 下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是(　　)
A．图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图(d)中，圆环向条形磁铁N极平移
[解析]　圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A符合题意；
圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B不符合题意；
离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C不符合题意；
根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D不符合题意。
例2 如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线。为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流计(图中未画出)串联的感应线圈进行探测，结果如下表。忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是(　　)
D
探测 灵敏电流计有无示数
线圈平面平行于地面Oabc 沿Oa方向平移 无
沿Oc方向平移 无
线圈平面平行于墙面Oade 沿Oa方向平移 有
沿Oe方向平移 无
A.Oa方向　B．Ob方向　　　
C．Oc方向 D．Oe方向
[解析]　通电直导线周围的磁场是以导线为圆心的一个个同心圆，当线圈平面平行于地面Oabc移动时，线圈中无感应电流产生，则穿过线圈的磁通量不变，说明线圈平面与磁场所在平面平行，即通电导线应垂直于Oabc平面，当线圈平面平行于墙面Oade移动时，沿Oa方向平移有电流，磁通量变化，沿Oe方向平移无电流，磁通量不变，说明导线应该沿Oe方向。
第三部分
考点二　感应电流方向的判断
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．感应电流方向判断的两种方法
法一：用楞次定律判断
法二：用右手定则判断
该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、拇指、四指的方向。
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向。
　考向1　楞次定律的应用
例3 (2024·北京卷，T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　)
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
B
[解析]　闭合开关瞬间，由楞次定律可知线圈P中感应电流的磁场方向与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；
闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为0，故B正确；
断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。
例4 (2025·河南卷，T5)如图所示，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
C
[解析]　金属薄片中心运动到N极正下方时，穿过金属薄片的磁场竖直向下，金属薄片向右运动，通过金属薄片右半部分的磁场正在减弱，所以右侧涡电流产生的磁场向下，由安培定则判断可知涡电流为顺时针方向(俯视)，通过金属薄片左半部分的磁场正在增强，所以左侧涡电流产生的磁场向上，由安培定则判断可知涡电流为逆时针方向(俯视)，C正确。
例5 (2025·陕晋青宁卷，T6)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流(　　)
A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
√
[解析]　由题意知，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内电流迅速增大，则电流在钢制线圈内产生迅速增大的磁场，由法拉第电磁感应定律和楞次定律知，铜环中产生很大的感应电流且方向与钢制线圈中电流方向相反，大小几乎相等，阻碍钢制线圈内磁通量的变化，且F＝BIL，只有电流I很大，铜环才能迅速收缩，故B符合题意。
　考向2　右手定则的应用
例6 (2023·江苏卷，T8)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　)
A．φO > φC　　 B．φC > φA
C．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC
A
[解析]　导体棒OA段旋转切割磁感线，根据右手定则可知电流方向从A到O，即φO>φA；AC段不切割磁感线，属于等势体，则φA＝φC，故φO>φA＝φC，A正确，B、C、D错误。
第四部分
考点三　楞次定律推论的应用
楞次定律可以推广为感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：
例7 (2026·陕西榆林市模拟)如图所示，固定的通电长直导线与固定的圆形闭合金属线框位于同一竖直面(纸面)内，长直导线中通以水平向右且随时间均匀增大的电流。下列说法正确的是(　　)
A．圆形线框所受安培力的合力方向竖直向下
B．垂直于纸面向里观察，圆形线框中产生顺时针方向的电流
C.圆形线框所围的面积有扩大的趋势
D．通电长直导线不会受到圆形线框的相互作用
A
[解析]　当长直导线内电流增大时，金属线框所在处的水平向里的磁感应强度变大，根据楞次定律，圆形线框中会产生逆时针方向的感应电流阻碍穿过线圈磁通量的变化，越靠近通电长直导线，磁感应强度越大，所以圆形线框上半部分受力大于下半部分，上半部分受力由左手定则可知向下，故圆形线框所受安培力的合力方向垂直于长直导线向下，A正确，B错误；
由楞次定律“增缩减扩”可知，磁感应强度增加，圆形线框有收缩趋势，C错误；
由牛顿第三定律可知，通电长直导线会受到圆形线框的相互作用，D错误。
例8 如图所示，在光滑水平桌面上有两个闭合金属圆环，在它们圆心连线中点正上方有一个条形磁铁，当给条形磁铁一竖直向上的初速度后，磁铁上升到最高点后下落，在条形磁铁向下运动的过程中，将会出现的情况是(　　)
A．磁铁的加速度小于g
B．金属环对桌面压力小于自身重力
C.俯视观察，左边金属圆环会产生逆时针感应电流
D．两金属环将加速靠近(不考虑金属环之间的作用)
A
[解析]　当磁铁从最高点开始下落时，穿过两个圆环的磁通量增大，金属环产生感应电流，金属环受到向下的安培力，而磁铁受到向上的磁场力，所以磁铁向下运动时的加速度会小于g，金属环对桌面压力大于自身重力，俯视观察，左边金属圆环会产生顺时针感应电流，根据楞次定律可知，线框中感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以两个圆环要向磁通量减小的方向运动，则知两圆环相互排斥远离，故A正确，B、C、D错误。
考点四　“三定则、一定律”的综合应用
第五部分
1．“三个定则”“一个定律”的比较
名称 基本现象 应用的定则或定律
电流的磁效应 运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对电流 的作用 磁场对运动电荷、 电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I安)→楞次定律。
3．相互联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用安培定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
例9 (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和固定不动的金属棒MN，线圈L1、L2绕在同一个铁芯上，PQ棒所在区域有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，当PQ在外力的作用下运动时，MN中有从M到N的电流，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．向左匀速运动
BC
例10 (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。线框由静止从图示位置释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量始终为零
B．线框中感应电流方向沿顺时针
C．线框所受安培力的合力不变
D．线框的机械能逐渐减小
BD
[解析]　距离导线越远，磁场越弱，可知线框由静止释放，通过线框的磁通量逐渐减小，且穿过线框的磁通量不为零，故A错误；
根据右手螺旋定则可知，导线下方的磁场方向垂直于纸面向里，随着线框下落，通过线框的磁通量减小，根据楞次定律可知，线框中感应电流的方向为顺时针，故B正确；
根据左手定则可知，线框上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于下边的磁场比上边弱，故下边所受的安培力小于上边所受的安培力，又线框左、右两边所受安培力大小相等、方向相反，因此线框所受安培力的合力向上，且逐渐减小，故C错误；
由于安培力做负功，线框的机械能逐渐减小，故D正确。(共28张PPT)
演练知能提升
1．(2026·山东济南市期末质检)下列与电、磁相关的实例应用中利用电磁感应原理的是(　　)
①图甲中扬声器把电流信号转换成声音信号
②图乙中磁电式电流表的指针偏转
③图丙中利用电磁炉加热铁锅内食物
④图丁中动圈式话筒把声音信号转化成电流信号
A．①② B．②③ C．①④ D．③④
解析：题图甲和题图乙都是利用磁场对电流的作用原理，题图丙和题图丁是利用电磁感应原理。
√
2．(2026·四川巴中市诊断)下列物理情境正确的是(　　)
B
解析：根据左手定则可知A中安培力方向向上，故A错误；
根据左手定则可知B中洛伦兹力方向向下，故B正确；
根据右手定则可知C中感应电流方向向下，故C错误；
根据安培定则可知D中通电导体左侧磁场方向应垂直于纸面向外，右侧磁场垂直于纸面向里，故D错误。
3．(2026·北京通州区期末)如图所示，线圈A与滑动变阻器、电源、开关相连。线圈B与电阻R连接成闭合电路。下列说法正确的是(　　)


A．闭合开关瞬间，电阻R中电流方向为b→a
B．闭合开关，达到稳定后，电阻R中电流方向为a→b
C．闭合开关，达到稳定后，向左移动滑动变阻器的滑片，电阻R中电流方向为a→b
D．断开开关瞬间，电阻R中电流方向为b→a
D
解析：开关闭合瞬间，由题图可知穿过线圈B的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为a→b，故A错误；
闭合开关，达到稳定后，线圈B中磁通量不变，则线圈B中不会产生感应电流，电阻R中没有电流，故B错误；
闭合开关，达到稳定后，向左移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路阻值增大，则A线圈中电流变小，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为b→a，故C错误；
开关断开瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，电阻R中电流方向为b→a，故D正确。
4．(2026·江苏如皋市模拟)下列两个靠近的线圈之间最不容易产生互感现象的是(　　)
C
解析：通电线圈产生的磁感线是过螺线管的闭合曲线，由线圈相互的位置可知，C选项图中一线圈通电，另一线圈磁通量近似为0，不易产生互感电动势，故C符合题意。
5．某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中，将直流电源、滑动变阻器、线圈A(有铁芯)、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成电路。在实验中，该同学发现开关闭合的瞬间，灵敏电流计的指针向左偏。由此可以判断，在保持开关闭合的状态下(　　)
A．当线圈A拔出时，灵敏电流计的指针向左偏
B．当线圈A中的铁芯拔出时，灵敏电流计的指针向右偏
C．当滑动变阻器的滑片匀速滑动时，灵敏电流计的指针不偏转
D．当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，灵敏电流计的指针向右偏
B
解析：由题意可知，当穿过线圈B的磁通量增大时，灵敏电流计指针左偏，若穿过线圈B的磁通量减小，则右偏。当线圈A拔出或线圈A中的铁芯拔出时，均导致穿过线圈B的磁通量减小，因此电流计指针向右偏，故A错误，B正确；
滑动变阻器的滑片P匀速滑动，穿过线圈B的磁通量发生变化，灵敏电流计指针发生偏转，故C错误；
当滑动变阻器的滑片向N端滑动时，接入电路的电阻减小，则电流增大，导致穿过线圈B的磁通量增大，因此灵敏电流计的指针向左偏，故D错误。
6．如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是(　　)

A．开关闭合时，有C到D的感应电流
B．开关闭合时，有D到C的感应电流
C．开关断开时，有D到C的感应电流
D．开关断开时，无感应电流
B
解析：开关闭合时，导线AB中产生电流，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外增加，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；
同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直于纸面向外减小，由楞次定律的“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。
7．(2026·北京朝阳区期末)如图所示，线圈A和线圈B绕在同一个铁芯P上，线圈B连接一电流表。下列选项正确的是(　　)
A．A接通直流电源瞬间，电流表的示数为0
B．A接通直流电源瞬间，A和B相互排斥
C．若A接正弦交流电源，电流表的示数为0
D．若A接正弦交流电源，A和B中的磁场始终反向
B
解析：A接通直流电源瞬间，穿过线圈B的磁通量增加，则线圈B中会产生感应电流，即电流表的示数不为0，根据楞次定律，线圈B中产生的磁场与线圈A中磁场反向，则A和B相互排斥，故A错误，B正确；
若A接正弦交流电源，则穿过线圈B的磁通量不断变化，线圈B中会产生感应电流，则电流表的示数不为0，故C错误；
若A接正弦交流电源，当A中电流增加时，B中磁场方向与A中磁场反向，当A中电流减小时，B中磁场方向与A中磁场同向，故D错误。
8．(2026·安徽芜湖市期末)如图所示，有一空间直角坐标系Oxyz，xOy为水平面，z轴为竖直方向，两通电长直导线分别通过大小相等的恒定电流，电流方向如图所示。其中一根导线在xOy平面内且平行于y轴固定，另一根导线在yOz平面内与z轴平行固定，两根导线与原点O距离相等，一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在原点O，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与水平面平行，从上向下观察线圈。不考虑地磁场影响，下列说法正确的是(　　)
A.原点O处的磁感应强度方向沿z轴负方向
B．小线圈沿x轴正方向移动时能产生顺时针方向的感应电流
C．小线圈沿y轴负方向移动时没有感应电流
D．小线圈沿z轴负方向移动时能产生逆时针方向的感应电流
√
解析：根据安培定则，因xOy平面内的直导线在O点的磁场方向沿z轴负向，yOz平面内的直导线在O点的磁场方向沿x轴正向，可知叠加后原点O处的磁感应强度方向不是沿z轴负方向，故A错误；
小线圈沿x轴正方向移动时，穿过线圈的磁通量沿z轴负向增加，根据楞次定律可知，能产生逆时针方向的感应电流，故B错误；
小线圈沿y轴负方向移动时，穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故C正确；
小线圈沿z轴负方向移动时，穿过线圈的磁通量沿z轴负向减小，根据楞次定律可知，能产生顺时针方向的感应电流，故D错误。
9．(多选)(2026·山东枣庄市期末)某学校内教室阳面的平开玻璃窗，窗扇的闭合金属边框为矩形，转轴竖直。如图所示，其中一窗扇已向外(南)打开一定角度，开角小于90°，小明在室内拉动绝缘手柄关窗，在窗扇关闭的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．在地磁场中，通过窗扇的磁通量减小
B．在地磁场中，通过窗扇的磁通量增大
C．从室内向外看，窗扇边框中的感应电流沿逆时针方向
D．从室内向外看，窗扇边框中的感应电流沿顺时针方向
BD
解析：地磁场由南向北，将窗闭合的过程中，穿过窗扇的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，穿过窗扇的磁通量增大时，从室内向外看，窗扇金属边框中产生的感应电流的方向为顺时针。
10．(2026·广东汕头市一模)如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈M和P，线圈M和电源、开关、热敏电阻RT相连，线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是(　　)
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从a经电流表到b时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
A
解析：保持开关闭合，当温度升高时，热敏电阻RT的阻值减小，电流增大，由右手螺旋定则可得电流产生的磁场方向向右穿过螺线管，穿过小金属环的磁通量向右增大，由楞次定律可得小金属环有缩小的趋势和向左摆动，故A正确；
当温度不变时，电流不变，穿过线圈P的磁通量不变，无感应电流产生，电流表示数为0，故B错误；
当电流从a经电流表到b时，可知感应电流产生的磁场水平向左，与原磁场方向相反，根据楞次定律知原磁场的磁通量增大，故电流增大，RT的阻值减小，说明温度升高，故C错误；
当电流表示数增大，根据法拉第电磁感应定律知，穿过线圈的磁通量的变化率增大，故电流的变化率变大，故RT的阻值变化得快，温度变化得快，但温度不一定升高，故D错误。
11．(2026·广东广州市模拟)如图(a)为探究感应电流产生的磁场与原磁场变化关系的装置。将两个相同的线圈串联，两相同的磁感应强度传感器探头分别伸入两线圈中心位置，且测量的磁场正方向设置相同。现用一条形磁铁先靠近、后远离图(a)中右侧线圈，图(a)中右侧传感器所记录的B1－t图像如图(b)所示，则该过程左侧传感器所记录的B2－t图可能为(　　)
B
解析：条形磁铁靠近右侧线圈过程，右侧线圈中的磁感应强度方向竖直向上且增大，根据题图(b)可知，正方向竖直向上，根据楞次定律可知，右侧线圈产生的感应电流方向为顺时针(俯视)，则左侧线圈中的电流方向也为顺时针(俯视)，根据右手螺旋定则可知，左侧线圈中的磁感应强度方向竖直向下，条形磁铁远离右侧线圈过程，磁场的变化与靠近过程相反，则感应电流方向也相反，进而左侧线圈的磁感应强度方向也相反，综上所述，左侧线圈的磁感应强度方向先负后正。
12.(2026·广东广州市模拟)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd匀速吊起，线框始终保持水平。
地磁场的竖直分量By随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时(　　)
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
B
解析：地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，则穿过线框的磁通量减小，故A错误；
根据楞次定律可得，向下的磁通量减小，感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，线框的四条边有向外扩张的趋势，故B正确，C错误；
线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，故D错误。

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