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第63课时　电磁感应现象　楞次定律
实验十四：探究影响感应电流方向的因素
目标要求　1.理解电磁感应现象，会用感应电流产生条件判断有无感应电流产生。2.通过实验理解感应电流方向的判断方法，会用楞次定律及推论判断感应电流方向等问题。3.能综合应用安培定则、左手定则、楞次定律及其推论解决问题。
考点一　电磁感应现象的理解和判断
1.磁通量
(1)公式：Φ=BS，S为垂直磁场方向的投影面积，磁通量为标量(填“标量”或“矢量”)。
(2)物理意义：
磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的磁感线条数的多少。
(3)磁通量变化：ΔΦ=Φ2-Φ1。
2.电磁感应现象
(1)当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流产生的条件
穿过闭合导体回路的磁通量发生变化。
(3)电磁感应现象产生感应电动势，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。
例1　(2025·北京卷·3)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
答案　A
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正确；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错误；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，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；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错误。
考点二　实验：探究影响感应电流方向的因素
1.实验思路
如图所示，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.实验器材
电流表、条形磁体、螺线管、电池、开关、导线、滑动变阻器等。
3.实验准备
采用试触法探究电流表指针的偏转方向和电流方向的关系。
4.实验现象
5.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。
例2　(2025·浙江1月选考·14Ⅱ)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏；从“G0”或“G1”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏角度最大的瞬间，则：
(1)此时磁铁的运动状态是　　　　　　(选填“向上拔出”“静止”或“向下插入”)。
(2)只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是　　　　(多选)。
A.磁铁静止，向上移动线圈
B.增大(1)中磁铁运动速度
C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0
D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
答案　(1)向上拔出　(2)BC
解析　(1)由题图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”接线柱流入，根据楞次定律及安培定则可知磁铁的运动状态应为向上拔出。
(2)磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；增大(1)中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
导线接G1接线柱时，电流表内阻更大，同样的感应电动势接G1时感应电流更小，偏角更小，故将导线从接线柱G1移接到G0，可使电流表指针偏角变大，选项C正确；
将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流表指针偏角不变，选项D错误。
考点三　楞次定律及推论
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.楞次定律中“阻碍”的含义：
举例说明为什么说楞次定律体现了能量守恒定律？
答案　以导体棒切割磁感线为例，回路中产生电流，有电能产生，导体棒受到安培力，阻碍导体棒的运动，使其动能减小，体现了能量守恒。
3.右手定则
(1)内容：如图，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.甲图中条形磁体插入线圈时，乙图中条形磁体向上远离线圈时，分别画出穿过线圈的原磁场方向、感应电流磁场方向及线圈中感应电流方向，总结得出结论：　　　　　　　　　　　　　　　　　　，简称：　　　　　　　　　。
答案　如图所示
当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同　增反减同
2.画出图甲线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是　　　　　力。
画出图乙线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是　　　　力。
总结得出结论：　　　　　　　　　　　　，简称：　　　　　　　　　。
答案　如图所示　斥　引
当磁体和线圈相互靠近时，则两者之间相互排斥；当磁体和线圈相互远离时，则两者之间相互吸引　来拒去留
3.(1)在图(a)中画出直导线中电流增大时，线圈abcd中感应电流方向，以及线圈各边受到的安培力方向，线圈会有　　　　的趋势，结论简称：　　　　　　　。
答案　
收缩　增缩减扩
(2)如图(b)，线圈A中电流增大时，线圈B有　　　　的趋势。
答案　扩张
4.如图(c)，当开关S闭合时，左环向　　　　摆动、右环向　　　　摆动，　　　　　　(选填“远离”或“靠近”)通电线圈，结论简称：　　　　　　　　　。
答案　左　右　远离　增离减靠
5.以上现象“殊途同归”，实际上都是以　　　　　　　　　　　　。
答案　不同方式阻碍磁通量的变化
例3　(来自教材改编)如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是(　　)
A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向
B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电流表的电流由b→a
C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由b→a
D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流
答案　C
解析　S1闭合，由右手螺旋定则可知，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，通过电流表的电流由b→a，故C正确；保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据楞次定律可知，通过电流表的电流由a→b，故D错误。
拓展　若将例3中的电源换成另一种电源，其在回路中产生的电流随时间变化，如图所示，电流正方向与例3线圈M中电流方向相同，则换成该电源后，开关S1、S2保持闭合，通过电流表的电流方向是怎样的？
答案　在0~t1时间内，N线圈中向下的磁通量减小，由楞次定律可知，通过电流表的电流方向为a→b；在t1~t2时间内，N线圈中向上的磁通量增大，通过电流表的电流方向为a→b；在t2~t3时间内，N线圈中向上的磁通量减小，通过电流表的电流方向为b→a。
例4　(2025·北京卷·10改编)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则(　　)
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.振动过程中，线圈对桌面的压力总大于重力
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
答案　D
解析　有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知磁铁向上振动的过程中，磁铁对线圈的作用力为向上的吸引力，线圈对桌面的压力小于重力，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。
例5　(2025·黑龙江省模拟)在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是(　　)
A.当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B.当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C.在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极管发光则条形磁铁的右端为N极
D.实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
答案　C
解析　根据楞次定律的推论“来拒去留”，当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，故A错误；当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误；如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律的推论“增反减同”可知原磁场一定向右，条形磁铁的右端一定为N极，故C正确；如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S极，故D错误。
考点四　“三定则，一定律”的对比理解及应用
“三个定则”、“一个定律”的比较
名称 用途 选用原则
安培定则 判断电流产生的磁场(方向)分布 因电生磁
左手定则 判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向 因电受力
右手定则 判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极 因动生电
楞次定律 判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向 因磁通量 变化生电
例6　(2025·宁夏吴忠市一模)不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b(粗糙)连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定从上向下看电流顺时针方向为正)，导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直水平面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内金属棒始终未滑动，则(　　)
A.0~t1时间内，金属棒受到向左的安培力
B.t1时刻，金属棒受到向右的摩擦力最大
C.t1~t2时间内与t2~t3时间内金属棒内的电流反向
D.仅增大交流电的峰值，金属棒有可能发生移动
答案　D
解析　在0~t1时间内，穿过导体框a的磁场向下增大，由楞次定律可知，通过金属棒的电流从N流向M，由左手定则可知，安培力水平向右，故A错误；t1时刻，电流的变化率为零，导体框a中无感应电流，金属棒不受安培力，这一刻也不受摩擦力，故B错误；由楞次定律可以判断，t1~t2时间金属棒内的感应电流由M流向N，t2~t3时间内金属棒内的感应电流也是由M流向N，故C错误；仅增大交流电的峰值，导体框a中的磁通量变化率增大，金属棒中的感应电流会变大，金属棒受到的安培力增大，金属棒有可能移动，故D正确。
课时精练
[分值：56分]
　[1~6题，每题4分]
1.(2025·山东菏泽市期中)在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是(　　)
A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同
B.穿过b环的磁通量始终是c环的一半
C.a、c两个环中都有感应电流
D.b、c两个环中都有感应电流
答案　A
解析　线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故B、C、D错误。
2.(来自教材改编)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
答案　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纸面向外增加，由楞次定律的推论“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纸面向外减小，由楞次定律的推论“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。
3.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　)
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
答案　A
解析　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。
4.(八省联考·四川·3)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(　　)
答案　C
解析　由楞次定律的推论“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。
5.(2025·江西卷·5)托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管(CS线圈)可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图(a)所示。当CS线圈通以如图(b)所示的电流时，产生的等离子体电流方向(俯视)为(　　)
A.顺时针 B.逆时针
C.先顺时针后逆时针 D.先逆时针后顺时针
答案　A
解析　由题图(b)可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据安培定则可知，CS线圈产生的磁场方向向下，则穿过线圈周围某一截面向下的磁通量减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向(俯视)，则产生的等离子体电流方向(俯视)为顺时针；之后通过CS线圈的电流反向增加，穿过线圈周围某一截面向上的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的等离子体电流方向(俯视)仍为顺时针。故选A。
6.(2025·江苏南京市调研)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，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间(　　)
A.两个金属环都向左运动
B.两个金属环都向右运动
C.从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
D.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
答案　C
解析　开关S闭合后，线圈中的电流从右侧流入，由安培定则可知，磁场方向向左，在合上开关S的瞬间，磁场变强，由楞次定律可知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，故C正确；合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，根据楞次定律的推论“增离减靠”可得铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜的电阻率较小，铜环和铝环的形状、大小相同，所以铜环的电阻较小，两环在线圈左右两侧对称位置放置，合上开关瞬间产生的感应电动势大小相同，故铜环中的感应电流较大，则铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，故D错误。
7.(8分)物理探究小组选用如图所示器材和电路研究电磁感应规律。
(1)(2分)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接起来，组成正确的实验电路。
(2)(4分)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，下面操作出现的情况有：
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)(2分)根据实验结果判断产生感应电流的本质是　　　 　　　　。
答案　(1)见解析图　(2)①右　②左　(3)穿过B线圈的磁通量发生变化
解析　(1)将电源、开关、A线圈、滑动变阻器串联成一个回路，再将灵敏电流计与B线圈串联成另一个回路，实验电路如图所示。
(2)①闭合开关，穿过B线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，滑片向右移动则接入电路的电阻减小，电流增大，磁通量增大，指针向右偏转；②拔出铁芯，磁通量减小，指针向左偏转。
(3)产生感应电流的本质是穿过B线圈的磁通量发生变化。
　[8~11题，每题6分]
8.(2025·江苏南京市模拟)如图所示，有一根竖直固定的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终与导线处于同一竖直面。不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.圆环中不会产生感应电流
B.圆环中会产生顺时针方向的电流
C.圆环做平抛运动
D.开始的一段时间内，圆环所受安培力向左
答案　D
解析　根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环以水平向右的速度抛出，离通电直导线越远，磁感应强度越小，故圆环中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流为逆时针方向的电流，故A、B错误；圆环中产生感应电流，圆环在运动过程中会受到安培力的作用，不再只受重力，所以圆环不做平抛运动，故C错误；开始的一段时间内，圆环中产生逆时针方向的电流，把圆环看成由无数小段电流元组成，根据左手定则，所有小段电流元受到的安培力的合力方向向左，所以圆环所受安培力向左，故D正确。
9.(2025·贵州贵阳市模拟)如图所示，A、O、B是一块水平放置的玻璃板上同一直线上的三个点，O点正下方附近放有一块强磁铁，N极向上，A、B两点均在强磁铁附近。现一闭合圆形铜线圈以某一速度从A点沿直线滑至B点的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.从上往下看线圈中产生的感应电流方向一直沿顺时针
B.从上往下看线圈中产生的感应电流方向先顺时针后逆时针
C.线圈所受的安培力先做正功后做负功
D.线圈所受的安培力先做负功后做正功
答案　B
解析　磁铁N极朝上，在A、O、B位置，O点处磁感应强度最强，当线圈从A点沿直线滑至B点的过程中，穿过线圈的磁通量向上先增大后减小，又由楞次定律得出，从上往下看线圈中产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，故A错误，B正确；根据楞次定律的推论可知，线圈所受安培力总是阻碍线圈相对于磁铁的运动，所以整个过程中线圈所受安培力一直做负功，故C、D错误。
10.(2025·江苏南通市模拟)如图所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环P，在圆环P的正上方固定一个线圈Q，线圈Q与平行金属导轨相连并与导体棒ab组成闭合回路，金属导轨处于垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，由于导体棒ab的运动，使得圆环P中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，并且对桌面的压力小于圆环P的重力，下列说法正确的是(　　)
A.导体棒ab向右加速运动
B.导体棒ab向左加速运动
C.导体棒ab向右减速运动
D.导体棒ab向左减速运动
答案　C
解析　导体棒ab向右加速运动时，导体棒中的感应电流从b流向a，在线圈Q里产生向上的磁场，金属圆环P向上的磁通量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，故A错误；导体棒ab向左加速运动时，导体棒中的感应电流从a流向b，在线圈Q里产生向下的磁场，金属圆环P向下的磁通量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，故B错误；导体棒ab向右减速运动时，导体棒中的感应电流从b流向a，在线圈Q里产生向上的磁场，金属圆环P向上的磁通量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，故C正确；导体棒ab向左减速运动时，导体棒中的感应电流从a流向b，在线圈Q里产生向下的磁场，金属圆环P向下的磁通量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，故D错误。
11.(多选)(2025·广东深圳市三模)如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒AB放在金属框上，圆环a、b端接如图乙所示的余弦交变电流，金属棒AB始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确的是(　　)
A.0~t1内，金属棒中的感应电流方向为B→A
B.t1~t2内，金属棒受到水平向右的静摩擦力
C.t2时刻，金属棒受到的安培力最大
D.t2~t3内，金属棒中的感应电流先减小后增大
答案　AB
解析　0~t1内，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，金属棒中的感应电流方向为B→A，故A正确；t1~t2内，右侧闭合回路中穿过纸面向里的磁通量增大，由楞次定律和安培定则知金属棒中的感应电流方向为B→A，根据左手定则，可知金属棒受到水平向左的安培力，由二力平衡，可知金属棒受到水平向右的静摩擦力，故B正确；t2时刻，圆环中电流的变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，感应电流为零，则金属棒受到的安培力也为零，故C错误；t2~t3内，由题图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变化率也先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，故D错误。(共70张PPT)
电磁感应
第十二章
考情分析
生活实践类 电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮、电磁驱动、电磁阻尼等各种实际应用模型
学习探究类 杆轨模型问题，电磁感应与动力学、能量、动量结合问题，电磁感应的图像问题
试题情境
电磁感应现象　楞次定律实验十四：探究影响感应电流方向的因素
第63课时
1.理解电磁感应现象，会用感应电流产生条件判断有无感应电流产生。
2.通过实验理解感应电流方向的判断方法，会用楞次定律及推论判断感应电流方向等问题。
3.能综合应用安培定则、左手定则、楞次定律及其推论解决问题。
目标要求
考点一　电磁感应现象的理解和判断
考点二　实验：探究影响感应电流方向的因素
内容索引
考点三　楞次定律及推论
课时精练
考点四　“三定则，一定律”的对比理解及应用
电磁感应现象的理解和判断
考点一
1.磁通量
(1)公式：Φ= ，S为垂直磁场方向的 ，磁通量为 (填“标量”或“矢量”)。
(2)物理意义：
磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的 条数的多少。
(3)磁通量变化：ΔΦ=Φ2-Φ1。
BS
投影面积
标量
磁感线
2.电磁感应现象
(1)当穿过闭合导体回路的 发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流产生的条件
穿过 导体回路的 。
(3)电磁感应现象产生 ，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。
磁通量
闭合
磁通量发生变化
感应电动势
感应电动势
　　　(2025·北京卷·3)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
√
　　　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正确；
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错误；
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，穿过圆环的磁通量减小，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；
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错误。
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实验：探究影响感应电流方向的因素
考点二
1.实验思路
如图所示，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.实验器材
电流表、条形磁体、螺线管、电池、开关、导线、滑动变阻器等。
3.实验准备
采用试触法探究电流表指针的偏转方向和电流方向的关系。
4.实验现象
5.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 ；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 。
相反
相同
　　　 (2025·浙江1月选考·14Ⅱ)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏；从“G0”或“G1”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏角度最大的瞬间，则：
(1)此时磁铁的运动状态是　　　　　　(选填“向上拔出”“静止”或“向下插入”)。
向上拔出
　　　由题图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”接线柱流入，根据楞次定律及安培定则可知磁铁的运动状态应为向上拔出。
(2)只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是_____(多选)。
A.磁铁静止，向上移动线圈
B.增大(1)中磁铁运动速度
C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0
D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
BC
　　　磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
增大(1)中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
导线接G1接线柱时，电流表内阻更大，同样的感应电动势接G1时感应电流更小，偏角更小，故将导线从接线柱G1移接到G0，可使电流表指针偏角变大，选项C正确；
将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流表指针偏角不变，选项D错误。
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楞次定律及推论
考点三
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.楞次定律中“阻碍”的含义：
讨论交流
举例说明为什么说楞次定律体现了能量守恒定律？
答案　以导体棒切割磁感线为例，回路中产生电流，有电能产生，导体棒受到安培力，阻碍导体棒的运动，使其动能减小，体现了能量守恒。
3.右手定则
(1)内容：如图，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 从掌心进入，并使拇指指向 的方向，这时四指所指的方向就是 的方向。
(2)适用情况：导线 产生感应电流。
磁感线
导线运动
感应电流
切割磁感线
讨论交流
1.甲图中条形磁体插入线圈时，乙图中条形磁体向上远离线圈时，分别画出穿过线圈的原磁场方向、感应电流磁场方向及线圈中感应电流方向，总结得出结论：________________________________________________
　　　　 　　，简称：_______
　　 。
答案　如图所示
当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场方向相同
增反
减同
2.画出图甲线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是　 力。
画出图乙线圈(实线为外侧)中感应电流方向及等效小磁体的N、S极，线圈和磁体之间是　 力。
总结得出结论：_________________________________________________
　　　　　 　　，简称：　　　　　。
答案　如图所示　　
斥
引
当磁体和线圈相互靠近时，则两者之间相互排斥；当磁体和线圈相互远离时，则两者之间相互吸引
来拒去留
3.(1)在图(a)中画出直导线中电流增大时，线圈abcd中感应电流方向，以及线圈各边受到的安培力方向，线圈会有　　　　的趋势，结论简称：
　　　　　。
收缩
答案　
增缩减扩
(2)如图(b)，线圈A中电流增大时，线圈B有　　　　的趋势。
扩张
4.如图(c)，当开关S闭合时，左环向　　　　摆动、右环向　　　　摆动，
　　　　(选填“远离”或“靠近”)通电线圈，结论简称：　　 　　。
左
右
远离
增离减靠
5.以上现象“殊途同归”，实际上都是以　　　　　　　　　　　　。
不同方式阻碍磁通量的变化
　　　(来自教材改编)如图所示，软铁环上绕有M、N两个线圈，线圈M与直流电源、电阻和开关S1相连，线圈N与电流表和开关S2相连。下列说法正确的是
A.保持S1闭合，软铁环中的磁场为逆时针方向
B.保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，通过电
流表的电流由b→a
C.保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，通过电流表的电流由b→a
D.保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，电流表所在回路不会产生电流
√
　　　S1闭合，由右手螺旋定则可知，软铁环中的磁场为顺时针方向，故A错误；
保持S1闭合，在开关S2闭合的瞬间，N线圈中磁通量不变，没有感应电流产生，故B错误；
保持S2闭合，在开关S1闭合的瞬间，N线圈中磁通量增大，根据楞次定律可知，通过电流表的电流由b→a，故C正确；
保持S2闭合，在开关S1断开的瞬间，N线圈中磁通量减小，根据楞次定律可知，通过电流表的电流由a→b，故D错误。
拓展　若将例3中的电源换成另一种电源，其在回路中产生的电流随时间变化，如图所示，电流正方向与例3线圈M中电流方向相同，则换成该电源后，开关S1、S2保持闭合，通过电流表的电流方向是怎样的？
答案　在0~t1时间内，N线圈中向下的磁通量减小，由楞次定律可知，通过电流表的电流方向为a→b；在t1~t2时间内，N线圈中向上的磁通量增大，通过电流表的电流方向为a→b；在t2~t3时间内，N线圈中向上的磁通量减小，通过电流表的电流方向为b→a。
　　　(2025·北京卷·10改编)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则
A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C.振动过程中，线圈对桌面的压力总大于重力
D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
√
　　　有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；
根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；
根据楞次定律的推论“来拒去留”可知磁铁向上振动的过程中，磁铁对线圈的作用力为向上的吸引力，线圈对桌面的压力小于重力，故C错误；
分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。
　　　(2025·黑龙江省模拟)在一次公开课的展示中，小王老师给同学们做了“探究感应电流的方向”实验。王老师拿了一块磁极方向未知的条形磁铁，平板小车上安装线圈、导线、发光二极管等元件，线圈绕法及电路连接方式如图所示，已知桌面的摩擦很小，下列说法中正确的是
A.当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车将向左移动
B.当左侧二极管发光时，此过程一定是条形磁铁的S极向右插入线圈
C.在条形磁铁插入线圈的过程中，如果右侧的二极
管发光则条形磁铁的右端为N极
D.实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右
移动，则我们无法判断条形磁铁哪一端为N极
√
　　　根据楞次定律的推论“来拒去留”，当条形磁铁向右靠近线圈时，平板小车也应该向右移动，故A错误；
当左侧二极管发光时，由安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向右，再由楞次定律判断原磁场的磁通量可能向左增大或向右减小，因此，条形磁铁可能S极向右插入线圈或N极向左抽离线圈，故B错误；
如果右侧的二极管发光，根据安培定则可以判断线圈内的感应电流磁场向左，在条形磁铁插入线圈的过程时，磁通量增大，再根据楞次定律的推论“增反减同”可知原磁场一定向右，条形磁铁的右端一定为N极，故C正确；
如果实验中发现左侧二极管发光的同时，小车又向右移动，则一定是条形磁铁左端为N极，右端为S极，故D错误。
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“三定则，一定律”的对比理解及应用
考点四
“三个定则”、“一个定律”的比较
名称 用途 选用原则
安培定则 判断电流产生的磁场(方向)分布 因电生磁
左手定则 判断通电导线、运动电荷所受磁场力的方向 因电受力
右手定则 判断导体切割磁感线产生的感应电流方向或电源正负极 因动生电
楞次定律 判断因回路磁通量改变而产生的感应电流方向 因磁通量
变化生电
　　　(2025·宁夏吴忠市一模)不可形变的圆形导体框a和矩形导体框b(粗糙)连成如图甲所示回路并固定在水平面内。导体框a内固定一小圆环c，且a与c也在同一水平面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定从上向下看电流顺时针方向为正)，导体框b的左端放置一金属棒MN，金属棒处于垂直水平面向下的匀强磁场中，已知匀强磁场的磁感应强度为B且在图乙所示时间内金属棒始终未滑动，则
A.0~t1时间内，金属棒受到向左的安培力
B.t1时刻，金属棒受到向右的摩擦力最大
C.t1~t2时间内与t2~t3时间内金属棒内的电流反向
D.仅增大交流电的峰值，金属棒有可能发生移动
√
　　　在0~t1时间内，穿过导体框a的磁场向下增大，由楞次定律可知，通过金属棒的电流从N流向M，由左手定则可知，安培力水平向右，故A错误；
t1时刻，电流的变化率为零，导体框a中无感应电流，金属棒不受安培力，这一刻也不受摩擦力，故B错误；
由楞次定律可以判断，t1~t2时间金属棒内的感应电流由M流向N，t2~t3时间内金属棒内的感应电流也是由M流向N，故C错误；
仅增大交流电的峰值，导体框a中的磁通量变化率增大，金属棒中的感应电流会变大，金属棒受到的安培力增大，金属棒有可能移动，故D正确。
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课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A B A C A C (1)见解析图　
(2)①右　②左　
(3)穿过B线圈的磁通量发生变化
题号 8 9 10 11
答案 D B C AB
答案
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1.(2025·山东菏泽市期中)在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是
A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同
B.穿过b环的磁通量始终是c环的一半
C.a、c两个环中都有感应电流
D.b、c两个环中都有感应电流
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答案
基础落实练
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答案
　　　线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故A正确；
根据安培定则判断可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故B、C、D错误。
2.(来自教材改编)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
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答案
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答案
　　　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纸面向外增加，由楞次定律的推论“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纸面向外减小，由楞次定律的推论“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。
3.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
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答案
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答案
　　　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。
4.(八省联考·四川·3)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
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答案
√
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
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答案
　　　由楞次定律的推论“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。
5.(2025·江西卷·5)托卡马克是一种磁约束核聚变装置，其中心柱上的密绕螺线管(CS线圈)可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流，如图(a)所示。当CS线圈通以如图(b)所示的电流时，产生的等离子体电流方向(俯视)为
A.顺时针
B.逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
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答案
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答案
　　　由题图(b)可知开始阶段流过CS线圈的电流正向减小，根据安培定则可知，CS线圈产生的磁场方向向下，则穿过线圈周围某一截面向下的磁通量减小，由楞次定律可知产生的感应电场方向为顺时针方向(俯视)，则产生的等离子体电流方向(俯视)为顺时针；之后通过CS线圈的电流反向增加，穿过线圈周围某一截面向上的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的等离子体电流方向(俯视)仍为顺时针。故选A。
6.(2025·江苏南京市调研)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，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S的瞬间
A.两个金属环都向左运动
B.两个金属环都向右运动
C.从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
D.铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
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答案
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答案
　　　开关S闭合后，线圈中的电流从右侧流入，由安培定则可知，磁场方向向左，在合上开关S的瞬间，磁场变强，由楞次定律可知，从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向，故C正确；
合上开关S的瞬间，穿过两个金属环的磁通量变大，根据楞次定律的推论“增离减靠”可得铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；
由于铜的电阻率较小，铜环和铝环的形状、大小相同，所以铜环的电阻较小，两环在线圈左右两侧对称位置放置，合上开关瞬间产生的感应电动势大小相同，故铜环中的感应电流较大，则铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，故D错误。
7.物理探究小组选用如图所示器材和电路研究电磁感应规律。
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答案
(1)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接起来，组成正确的实验电路。
答案　见解析图
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答案
　　　将电源、开关、A线圈、滑动变阻器串联成一个回路，再将灵敏电流计与B线圈串联成另一个回路，实验电路如图所示。
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答案
(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转了一下，下面操作出现的情况有：
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；
右
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答案
　　　闭合开关，穿过B线圈的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏了一下，滑片向右移动则接入电路的电阻减小，电流增大，磁通量增大，指针向右偏转；
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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；
左
　　　拔出铁芯，磁通量减小，指针向左偏转。
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答案
(3)根据实验结果判断产生感应电流的本质是　　 　 　　　　。
穿过B线圈的磁通量发生变化
　　　产生感应电流的本质是穿过B线圈的磁通量发生变化。
8.(2025·江苏南京市模拟)如图所示，有一根竖直固定的长直导线，导线中通有向下的恒定电流，从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环，圆环运动过程中始终与导线处于同一竖直面。不计空气阻力，下列说法正确的是
A.圆环中不会产生感应电流
B.圆环中会产生顺时针方向的电流
C.圆环做平抛运动
D.开始的一段时间内，圆环所受安培力向左
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能力综合练
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答案
　　　根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外，圆环以水平向右的速度抛出，离通电直导线越远，磁感应强度越小，故圆环中的磁通量向外变小，根据楞次定律，可判断出圆环的感应电流为逆时针方向的电流，故A、B错误；
圆环中产生感应电流，圆环在运动过程中会受到安培力的作用，不再只受重力，所以圆环不做平抛运动，故C错误；
开始的一段时间内，圆环中产生逆时针方向的电流，把圆环看成由无数小段电流元组成，根据左手定则，所有小段电流元受到的安培力的合力方向向左，所以圆环所受安培力向左，故D正确。
9.(2025·贵州贵阳市模拟)如图所示，A、O、B是一块水平放置的玻璃板上同一直线上的三个点，O点正下方附近放有一块强磁铁，N极向上，A、B两点均在强磁铁附近。现一闭合圆形铜线圈以某一速度从A点沿直线滑至B点的过程中，下列说法正确的是
A.从上往下看线圈中产生的感应电流方向一直沿顺时针
B.从上往下看线圈中产生的感应电流方向先顺时针后逆时针
C.线圈所受的安培力先做正功后做负功
D.线圈所受的安培力先做负功后做正功
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答案
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答案
　　　磁铁N极朝上，在A、O、B位置，O点处磁感应强度最强，当线圈从A点沿直线滑至B点的过程中，穿过线圈的磁通量向上先增大后减小，又由楞次定律得出，从上往下看线圈中产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，故A错误，B正确；
根据楞次定律的推论可知，线圈所受安培力总是阻碍线圈相对于磁铁的运动，所以整个过程中线圈所受安培力一直做负功，故C、D错误。
10.(2025·江苏南通市模拟)如图所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环P，在圆环P的正上方固定一个线圈Q，线圈Q与平行金属导轨相连并与导体棒ab组成闭合回路，金属导轨处于垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，由于导体棒ab的运动，使得圆环P中产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，并且对桌面的压力小于圆环P的重力，下列说法正确的是
A.导体棒ab向右加速运动
B.导体棒ab向左加速运动
C.导体棒ab向右减速运动
D.导体棒ab向左减速运动
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　　　导体棒ab向右加速运动时，导体棒中的感应电流从b流向a，在线圈Q里产生向上的磁场，金属圆环P向上的磁通量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，故A错误；
导体棒ab向左加速运动时，导体棒中的感应电流从a流向b，在线圈Q里产生向下的磁场，金属圆环P向下的磁通量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，故B错误；
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答案
　　　导体棒ab向右减速运动时，导体棒中的感应电流从b流向a，在线圈Q里产生向上的磁场，金属圆环P向上的磁通量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生逆时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，故C正确；
导体棒ab向左减速运动时，导体棒中的感应电流从a流向b，在线圈Q里产生向下的磁场，金属圆环P向下的磁通量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生顺时针方向(从上向下看)的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，故D错误。
11.(多选)(2025·广东深圳市三模)如图甲所示，金属圆环和金属线框相互靠近且固定在水平面上，金属棒AB放在金属框上，圆环a、b端接如图乙所示的余弦交变电流，金属棒AB始终保持静止。以图甲中电流方向为正方向，则下列说法正确的是
A.0~t1内，金属棒中的感应电流方
向为B→A
B.t1~t2内，金属棒受到水平向右的静摩擦力
C.t2时刻，金属棒受到的安培力最大
D.t2~t3内，金属棒中的感应电流先减小后增大
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答案
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答案
　　　0~t1内，右侧闭合回路中穿过纸面向外的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可知，金属棒中的感应电流方向为B→A，故A正确；
t1~t2内，右侧闭合回路中穿过纸面向里的磁通量增大，由楞次定律和安培定则知金属棒中的感应电流方向为B→A，根据左手定则，可知金属棒受到水平向左的安培力，由二力平衡，可知金属棒受到水平向右的静摩擦力，故B正确；
t2时刻，圆环中电流的变化率为零，则穿过闭合回路的磁通量变化率为零，感应电流为零，则金属棒受到的安培力也为零，故C错误；
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答案
　　　t2~t3内，由题图乙可知，电流的变化率先增大后减小，则右侧闭合回路中的磁通量的变化率也先增大后减小，根据法拉第电磁感应定律，可知金属棒中的感应电流先增大后减小，故D错误。
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第十二章

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