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第十一章 电磁感应
第 01 练 电磁感应现象 楞次定律
知识目标 知识点
目标一 电磁感应现象的理解和判断
目标二 感应电流方向的判定
目标三 楞次定律的推论
目标四 “三定则、一定律”的应用
1．某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同
学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是
( )
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【答案】D
【解析】
【分析】不接导线和接上导线时，表针晃动过程中表内线圈都要产生感应电动势，接上导线后，还
要产生感应电流，线圈受到安培力的阻碍作用，表针会很快的停下来。
解答本题时，要知道在运输电流表时，通常都会用导线把电流表的两个接线柱连接起来，就是运用
电磁阻尼的作用，让指针不再发生大角度的偏转。
【解答】A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误；
B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电
流，线圈不受安培力的作用，故B错误；
CD、接上导线后表针晃动过程中表内线圈切割磁感线产生感应电动势，又因为是闭合回路，表针
晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故 C
错误，D正确。故选：D。
2．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。
当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为U 、U 、U 。已知bc边的
a b c
长度为l。下列判断正确的是( )
A. U >U ，金属框中无电流
a c
B. U >U ，金属框中电流方向沿a-b-c-a
b c
1
C. U =- Bl2ω，金属框中无电流
bc 2
1
D. U = Bl2ω，金属框中电流方向沿a-c-b-a
ac 2
【答案】C
【解析】
【分析】
根据金属框中磁通量不变，故没有感应电流；但导体棒切割磁感线，有感应电动势产生，根据
E=BLv求解切割电动势即可。
【解答】
AB.导体棒bc、ac做切割磁感线运动，产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势的方向从b到
c，或者说是从a到c，磁通量一直为零不变，故金属框中无电流，故AB错误；
wl 1 1
CD.感应电动势大小E=Blv=Bl( )= Bl2ω，由于U =U <U ，所以U =U =- Bl2ω，
2 2 a b c bc ac 2
磁通量一直为零不变，金属框中无电流，故C正确，D错误。
故选C。
3．如图，在同一竖直平面内，彼此绝缘的长直通电导线与椭圆形线圈的长轴重合，直导线中电流
恒定。下列运动中，线圈内有感应电流产生的是( )
A. 直导线水平向外平移 B. 直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转
C. 椭圆形线圈向下平移 D. 椭圆形线圈向左平移【答案】A
【解析】解：产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。
A、直导线水平向外平移，穿过线圈的磁通量发生变化，所以能在线圈中产生感应电流，故A正确；
B、直导线以椭圆的中心为轴顺时针旋转，穿过线圈的磁通量仍为零，不发生变化，故B错误；
CD、不管线圈是向下平移，还是向左平移，线圈还是关于直导线对称的，穿过线圈的磁通量都是
零，所以穿过线圈的磁通量都不发生变化，都是零，故CD错误。
故选：A。
直导线与线圈平行，且直导线与椭圆线圈的长轴重合，所以穿过线圈的磁通量为零，当线圈向下平
移，或者向左平移的时候，以及直导线以椭圆的中心为轴旋转的时候，穿过线圈的磁通量都仍然是
零。只有直导线水平向外平移的的时候，穿过线圈的磁通量才会发生变化。
产生感应电路的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化，而直线电流的磁场是以直导线为圆心的同
心圆，所以线圈的放置方式是关于直导线对称时，穿过线圈的磁通量正好为零。
4．如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A. 拨至M端或N端，圆环都向左运动
B. 拨至M端或N端，圆环都向右运动
C. 拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D. 拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【答案】B
【解析】
【分析】
当开关S由断开状态拨至连接状态，依据右手螺旋定则，可判定通电螺线管的磁场，从而导致金属
圆环的磁通量发生变化，进而由楞次定律可得线圈中产生感应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，
使圆环运动。
考查电磁感应现象，掌握右手螺旋定则与楞次定律的内容，并理解从楞次定律相对运动角度可得：
增则斥，减则吸，注意本题中开关拨至M端或N端，对实验结果均没有影响。
【解答】
当开关S由断开状态拨至连接状态时，不论拨至M端或N端，均会导致通电螺线管的电流增大，根
据右手螺旋定则可知，穿过通电螺线管的磁场在增强，那么导致圆环的磁通量变大，从而由楞次定
律可知圆环中产生感应电流，且又处于磁场中，则受到的安培力作用，使它远离通电螺线管，即向
右移动，故B正确，ACD错误；
故选：B。
5．如图甲所示，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规
定向右为安培力F的正方向)( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据楞次定律和法拉第电磁感应定律判断出感应电流的方向和大小，根据左手定则判断出安培力的
方向以及根据安培力的公式判断安培力大小。
解决本题的关键熟练掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律，以及安培力的大小和方向的判定。【解
答】
E ΔBS
0-1s内，由楞次定律知，感应电流的方向为adcba，根据I= = ，电流为定值，根据左手定
R ΔtR
则，AB边所受安培力的方向向左，由F=BIL知，安培力均匀减小；
E ΔBS
1-2s内，由楞次定律知，感应电流的方向为abcda，根据I= = ，电流为定值，根据左手定
R ΔtR
则，AB边所受安培力的方向向右，由F=BIL知，安培力均匀增大，故BCD错误，A正确。
故选A。
6．如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈
的面积S=0.3m2、电阻R=0.6Ω，磁场的磁感应强度B=0.2T.现同时向两侧拉动线圈，线圈的
两边在Δt=0.5s时间内合到一起．求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q．
【答案】
解：(1)磁通量的变化量为：△Φ=BS，
ΔΦ BS 0.2×0.3
则感应电动势的平均值为：E= = = V =0.12V。
Δt Δt 0.5
E 0.12
(2)感应电流的平均值为：I= = A=0.2A。
R 0.6
根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，如图所示。
(3)通过导线横截面的电荷量为：q=I△t=0.2×0.5C=0.1C。
答：(1)感应电动势的平均值E为0.12V；
(2)感应电流的平均值I为0.2A，电流方向如图所示；
(3)通过导线横截面的电荷量为0.1C。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的平均值。
(2)根据楞次定律判断感应电流的方向，结合欧姆定律求出感应电流的平均值。
(3)根据平均电流的大小，结合q=It求出通过导线横截面的电荷量。
本题考查法拉第电磁感应定律的基本运用，会通过法拉第电磁感应定律求解感应电动势，会根据楞
次定律判断感应电流的方向，基础题。
1．如图所示，线圈A通过变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到灵敏电流表上，把线圈A
放入线圈B的里面。下列几种情况，线圈B中不能产生感应电流的是 ，此实验表明：只要穿过
闭合电路的 发生变化，闭合电路中就有感应电流产生。A.开关闭合的瞬间
B.开关断开的瞬间
C.开关闭合，保持滑动变阻器的滑片不动
D.开关闭合，迅速移动滑动变阻器的滑片
【答案】C，磁通量
【解析】
【分析】
穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中产生感应电流，从而即可求解。
本题难度不大，是一道基础题；知道感应电流产生的条件，即可正确解题，同时注意磁通量的概念，
及掌握如何判定其变化与否。
【解答】
A.当闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量在增大，则线圈B的磁通量也在增大，导致电流表有感
应电流；
B.当开关断开的瞬间，A中磁场减小，故B中磁通量减小，导致电流表中有感应电流；
C.当开关闭合，滑动变阻器的滑片不动，A中磁场不变，故B中磁通量也不变，因此电流表没有感
应电流；
D.开关闭合时，当迅速移动滑动变阻器的滑片时，线圈B中的电流变化，则其磁场变化，此时线圈
A中产生了感应电流；
线圈B中不能产生感应电流的是C，此实验表明：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化．闭合电路
中就有感应电流产生．
故答案为：C 磁通量。
2．如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B 和B 大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的
1 2
边界重合。下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )
A. 同时增大B 减小B B. 同时减小B 增大B
1 2 1 2
C. 同时以相同的变化率增大B 和B D. 同时以相同的变化率减小B 和B
1 2 1 2
【答案】B
【解析】【试题解析】
解：A、增大B ，则金属圆环上半部分的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向
1相反。再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；减小B ，则金属圆环下
2
半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。再根据安培定则，可判定
在金属圆环中产生逆时针方向的感应电流；故同时增大B 减小B 在金属圆环中产生逆时针方向的
1 2
感应电流，故A错误；
B、减小B ，则金属圆环上半部分的磁通量变小，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相同。
1
再根据安培定则，可判定在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流；增大B ，则金属圆环下半部分
2
的磁通量变大，由增反减同可知，则感应磁场与原磁场方向相反。再根据安培定则，可判定在金属
圆环中产生顺时针方向的感应电流；故同时减小B 增大B 在金属圆环中产生顺时针方向的感应电
1 2
流，故B正确；
CD、根据上面的分析可知同时以相同的变化率增大B 和B 或同时以相同的变化率减小B 和B 都不
1 2 1 2
会在环中产生感应电流，故CD错误；
故选：B。
当磁感应强度变化，导致线圈的磁通量变化，根据楞次定律分析感应电流的方向。
根据楞次定律分析感应电流的方向，注意在分析过程中要同时考虑B 和B 的变化。
1 2
3．为了演示“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”的现象，老师做了这样的
演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中A环是闭合的，B环是断开的，横
梁可以绕中间的支点在水平面内转动。当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现A环
绕支点沿顺时针(俯视)方向转动。若不考虑空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中
正确的是( )
A. 若用磁铁的S极接近A环，A环也将绕支点沿顺时针(俯视)方向转动
B. 制作A、B环的材料只要是金属就行，很薄的铁环也可以得到相同的实验效果
C. 制作A、B环的材料用绝缘材料也可以得到相同的实验效果
D. 磁铁接近A环的过程中，A环将有扩张的趋势
【答案】A
【解析】
解：A、根据楞次定律可知，无论是用N极还是S极去接近A球，A球均会受到排斥作用，故用磁
铁的S极接近A环，A环也将绕支点沿顺时针(俯视)方向转动，故A正确；
B、实验现象是否明显取决于圆环中电流的大小，如果A环用很薄的铁环做实验，由于铁环中感应
电流较小，实验效果不明显；而B环没有闭合，采用铁环对结果没有影响，故B错误；
C、本实验原理是电磁感应现象，A环如果采用绝缘材料时环中没有感应电流，故不会产生实验效
果，而B球没有闭合，由于没有感应电流产生，故使用绝缘材料对实验效果没有影响，故C错误；
D、根据楞次定律可知，磁铁接近A环的过程中，为了阻碍磁通量的增加，A环将有收缩的趋势，故D错误。
故选：A。
当磁铁的运动，导致两金属圆环的磁通量发生变化，对于闭合圆环，由楞次定律可得线圈中产生感
应电流，则处于磁铁的磁场受到安培力，使圆环运动；根据楞次定律可明确A球的运动情况。
明确楞次定律的应用，从楞次定律相对运动角度可得：近则斥，远则吸，所以采用两磁极靠近时得
出的结果是相同的。
4．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、
电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初
速度v 开始运动，最终停在导体框上。在此过程中( )
0
A. 导体棒做匀减速直线运动 B. 导体棒中感应电流的方向为a→b
mv2R 1
C. 电阻R消耗的总电能为 0 D. 导体棒克服安培力做的总功小于 mv2
2(R+r) 2 0
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据牛顿第二定律列
方程进行求解加速度大小，根据动能定理、功能关系、焦耳定律等进行分析解答。
根据牛顿第二定律得到加速度和速度的关系，由此分析加速度的变化情况；
根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向；
根据功能关系、焦耳定律可得电阻R消耗的总电能；
根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功。
【解答】
B2L2v
A、设磁感应强度为B，导轨的宽度为L，当速度为v时的安培力为F =BIL= ，根据牛顿第
A R+r
B2L2v
二定律可得：F =ma，解得：a= ，当速度减小时加速度减小，导体棒做加速度减小的
A m(R+r)
减速运动，故A错误；
B、根据右手定则可知导体棒中感应电流的方向为b→a，故B错误；
1
C、整个过程中电路中消耗的总电能为：E= mv2 ，根据焦耳定律可得电阻R消耗的总电能为：
2 0
R
mv2R
E = ⋅E= 0 ，故C正确；
R R+r 2(R+r)1
D、根据动能定理可知导体棒克服安培力做的总功等于
mv2
，故D错误。
2 0
5．航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突
然通入直流电流时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去，如果在线圈左侧同一位置先后分别放
置用铜和铝导线制成的形状完全相同的两个闭合导线环，且电阻率ρ <ρ ，闭合开关S瞬间，下
铜 铝
列判断正确的是( )
A. 从左侧看环中感应电流沿逆时针方向
B. 铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C. 电池正负极调换后，导线环将不能向左弹射
D. 若将铜环放在线圈右侧，铜环将向左运动
【答案】B
【解析】
【分析】
由右手螺旋定则可求得线圈中的磁场方向，再由楞次定律明确电流方向及环的受力方向。
本题要掌握楞次定律的两种描述，一是“增反减同”；二是“来拒去留”；并能灵活根据它们去判
断电流方向及受力方向。
【解答】
A.由固定线圈的绕线方向和电流方向可以判断出螺线管的左端是N极，当闭合开关S瞬间，磁场增
大，穿过左侧线圈的磁通量在增大，根据楞次定律，线圈中产生与原磁场方向相反的感应磁场，再
由右手定则可以判断出，左侧线圈中产生从左侧看顺时针方向的感应电流，故A错误；
B.由于电阻率ρ <ρ ，则铜环的电阻要小一些，在感应电压相同的情况下，产生的感应电流大一
铜 铝
些，故安培力也会大一些，故B正确；
C.当电池正负极调换后，固定线圈在左侧变成了S极，根据楞次定律也可以判断出固定线圈与环间
产生的斥力，也可以通过“来拒去留”的方法判断，这闭合开关，磁场增大相当于“来”，所以会
产生“拒”，即排斥力，所以也可以向左弹射，故C错误；
D.若将铜环放在线圈右侧，同理，铜环与线圈间也会产生排斥力，所以铜环将向右运动，故 D错误。
6．在“研究感应电流产生的条件和影响方向因素”的实验中，
(1)有一组同学如图甲所示连接电路，关于实验操作，以下说法正确的是 ．A.在实验前必须要查明电流表指针偏转方向和电流方向的关系
B.在实验前必须要查明线圈A、B的绕法
C.线圈B的d接线柱必须与电表的正线柱相连
D.在电键闭合前，滑动变阻器滑动片P应置于b端
(2)另一组同学用灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”和“拔出”磁铁，使线圈中产生
感应电流，记录实验过程中的相关信息，就可以分析得出感应电流方向遵循的规律。下图为某同学
的部分实验记录，在图1中，电流计指针向左偏转。以下说法正确的是
A.在图2所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转
B.在图3所示实验过程中，电流计指针应该向左偏转
C.这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与线圆的绕向有关
D.这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向有关
E.这组实验可以说明，感应电流的磁场方向与磁铁进入线圆的快慢有关
【答案】(1)AB (2)D
【解析】1. 略2. 略1．有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动。如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜
盘的边缘，但并不与铜盘接触，如图所示，铜盘就能在较短的时间内停止。关于该实验现象，下列
说法正确的是( )
A. 铜盘被磁化后，与磁铁相互作用导致明显减速
B. 铜盘的磁通量不变，因此不会产生感应电流
C. 对调蹄形磁铁磁极的位置，实验现象也相同
D. 将铜盘全部放在足够大的匀强磁场中，实验现象更明显
【答案】C
【解析】解：当铜盘转动时，切割磁感线，产生感应电动势，由于电路闭合，则出现感应电流，处
于磁场中的部分圆盘会受到安培力作用，此力阻碍铜盘转动，使得铜盘能在较短的时间内停止，故
C正确，ABD错误；
故选：C。
转动铜盘时，导致铜盘切割磁感线，从而产生感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生安培
力导致铜盘转动受到阻碍。
本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律，知道感应电流的磁通量总阻碍引起感应电流的磁场变化，
知道电磁阻尼的应用。
2．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】
【分析】
本题是电磁感应的问题，比较复杂，考查综合运用右手定则、楞次定律：阻碍相对运动，和安培定
则的能力。
导线ab运动时，切割磁感线产生感应电流，由右手定则判断感应电流的方向。感应电流流过螺线
管，螺线管产生磁场，就有磁通量穿过环P，根据安培定则判断感应电流产生的磁场方向，选择符
合题意的选项。
【解答】
A.导体棒ab向右加速运动时，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的磁通
量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生顺时针方向的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，
故A不符合题意；
B.导体棒ab向左加速运动时；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的磁通
量增加，为阻碍增加，金属圆环P产生逆时针方向的感应电流，对桌面的压力大于圆环P的重力，
故B不符合题意；
C.导体棒ab向右减速运动时，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的磁通
量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生逆时针方向的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，
故C符合题意；
D.导体棒ab向左减速运动时，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的磁
通量减少，为阻碍减少，金属圆环P产生顺时针方向的感应电流，对桌面的压力小于圆环P的重力，
故D不符合题意；
故选C。
3．如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的
匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径
为r、厚度为d(d≪r)，则( )
A. 从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
kπr2
B. 圆管的感应电动势大小为
hπdhk2r3
C. 圆管的热功率大小为
2ρ
D. 轻绳对圆管的拉力随时间减小
【答案】C
【解析】
【分析】
根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律计算出感应电动势的大小，根据闭
合电路的欧姆定律求出电流的大小，根据电功率的公式求出电功率的大小，根据安培力的公式求出
安培力的大小变化，然后判断轻绳对圆管的拉力。
该题属于电磁感应定律的综合应用，解答的过程中要注意圆管的横截面积与管壁的横截面积是不同
的，计算感应电动势与计算电阻时要注意区分。
【解答】
A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞
次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误；
B 、 圆 管 的 横 截 面 积 ： S=πr2， 根 据 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 ， 则 产 生 的 电 动 势 ：
ΔΦ ΔBS kΔtπr2
E= = = =kπr2，故B错误；
Δt Δt Δt
ρ⋅2πr
C、根据电阻定律，圆管的电阻：R= ，
hd
E kπr2hd krhd
圆管内的感应电流的大小：I= = = ，
R 2πρr 2ρ
πdhk2r3
圆管的热功率大小为：P=I2R= ，故C正确；
2ρ
D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的
大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，所以轻绳对
圆管的拉力不变，故D错误。
4．如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与
导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，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(b)所示规律变化时( )
A. 在t~t 时间内，L内有顺时针方向的感应电流
2 3
B. 在t~t 时间内，L内有逆时针方向的感应电流
3 4
C. 在t~t 时间内，L有扩张趋势
2 3D. 在t~t 时间内，L有收缩趋势
1 2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据B-t图线斜率的变化，根据法拉第电磁感应定律得出电动势的变化，从而得出感应电流的变化，
根据楞次定律判断出感应电流的方向，再根据右手螺旋定则判断出电流所产生的磁场，从而确定磁
通量的变化，进而即可求解。
解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，右手螺旋定则判断电流和周围磁场方向的关系，
注意理解楞次定律的“减缩增扩”的内涵。
【解答】
AC、在t -t 时间内，穿过螺线管的磁通量向上均匀减小，之后是向下均匀增大的，由法拉第电磁
2 3
感应定律可知导线框中电流大小不变，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，故AC错误；
B、在t -t 时间内，向下的磁通量减小且变化率减小，根据楞次定律，在线框中的电流方向为fedc
3 4
且不断变小，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，则根据楞次定律，在金属圆环中
产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
D、在t -t 时间内，穿过螺线管的磁通量向上增大且变化率变大，根据楞次定律，在线框中的电流
1 2
方向为fedc且不断增大，由愣次定律可以确定L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩
的趋势，故D正确。
5．如图，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴
线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，
则图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )
A. B.C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
由楞次定律可知，感应线圈中电流方向变化，综合分析两个峰值不可能相等，
由排除法可知本题考查了对楞次定律的理解和应用，注意重点判断磁通量的大小和方向的变化．
【解答】
A、圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形
磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误；
BCD、铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应
电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，选项B正确，CD错误．
故选：B
6．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R。将其置于磁感应强度为B
的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止开始自由下落，并能匀速进入磁场。在此过程中
线框平面保持在竖直平面内，且bc边始终与水平的磁场边界面平行。重力加速度为g。在线框进入
磁场过程中，求：
(1)线框中产生的感应电动势大小E;
(2)b、c两点间的电势差U ;
bc
(3)闭合线框的质量m。
【答案】
解：(1)线框自由落体线框进入磁场时，线框速度v=√2gh，线框中产生的感应电动势E=BLv=BL√2gh；
E
(2)线框形成闭合回路，此过程中线框中电流I= ，
R
bc边切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知c点电势高于b点电势，则bc两点间的电势差为：
3 3BL
U =φ -φ =- E=- √2gh；
bc b c 4 4
(3)线框匀速进入磁场，重力和安培力平衡mg=BIL，
B2L2 √2h
解得线框的质量：m= 。
R g
【解析】(1)线框先自由下落，由高度h求得速度v，由E=BLv求解感应电动势的大小；
(2)通过右手定则判断出两点电势高低，且cd两点间的电势差大小等于外电压，据此可解题；
(3)线框匀速进入磁场，线框所受的安培力与重力平衡，由平衡条件求解线框质量。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；
另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
