高考物理一轮复习：楞次定律
一、选择题
1．（2017高二上·张家口期末）下列关于感应电动势大小的说法，正确的是（ ）
A．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
【答案】D
【知识点】影响感应电动势大小的因素；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A、线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误；
B、线圈中磁通量大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误；
C、线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误；
D、线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确；
故选：D
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，当电路闭合时，电路中有感应电流出现．由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定．
2．（2024高二下·重庆市期末）如图所示，由条形磁铁做成的磁性小车右边放有一固定的螺线管，绕线两端并联了发光二极管a和b。某时刻磁性小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管，下列所描述的实验现象正确的是（ ）
A．发光二极管a亮 B．发光二极管b亮
C．发光二极管a、b均亮 D．发光二极管a、b均不亮
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】根据楞次定律可知，螺线管上产生顺时针的感应电流，二极管有单向导向性，发光二极管b亮，a不亮，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管，磁通量减少。根据楞次定律判断电流方向。
3．（2024高二下·仁寿期末）如图所示，把开关K闭合后，要使Q线圈产生图示方向的电流，下面采用的方法不正确的是（ ）
A．把Q靠近P B．把P中的铁芯从左边抽出
C．把R的滑片右移 D．开关K断开的瞬间
【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可知，线圈Q中产生与图中相反方向的感应电流，故A错误，符合题意；
B．根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故B正确，不符合题意；
C．P中电流减弱，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故C正确，不符合题意；
D．开关K断开的瞬间，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】根据右手螺旋定则，线圈P中产生的磁场左侧为N极，右侧为S极，把P中的铁芯从左边抽出，则穿过Q的磁通量向左减小。
4．（2024高二下·重庆市期末）如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t=0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】0~1s时间，根据楞次定律可知，下极板带正电，粒子受电场力向上，加速度向上，1~2s时间，根据楞次定律可知，上极板带正电，粒子受电场力向下，加速度向下，同理2~3s时间，加速度向下，3~4s时间，加速度向上。
可知加速度大小不变，速度图像应均匀变化。
故选C。
【分析】磁场向里均匀变大增大，磁通量变大，磁场向里减小，磁通量变小，根据法拉第电磁感应定律求解电动势。v-t图像斜率表示加速度。
5．（2024高二下·重庆市期末）如图甲为手机正在进行无线充电，无线充电的原理图如图乙所示，充电器和手机各有一个线圈，充电器端的叫发射线圈（匝数为n1），手机端的叫接收线圈（匝数为n2），两线圈面积均为S，在△t内发射线圈产生磁场的磁感应强度增加量为△B。磁场可视为垂直穿过线圈。下列说法正确的是（ ）
A．手机端的接收线圈b点的电势低于a点
B．手机端的接收线圈a和b间的电势差值为
C．接收线圈和发射线圈是通过自感实现能量传递
D．增加c、d间电流的变化率，接收线圈a和b间的电势差始终不变
【答案】B
【知识点】自感与互感；变压器原理；楞次定律
【解析】【解答】A．手机端的接收线圈b点的电势高于a点，A错误；
B．手机端的接收线圈a和b间的电势差值为
B正确；
C．接收线圈和发射线圈是通过互感实现能量传递的，C错误；
D．会使磁场的变化率增加，则接收线圈a和b间的电势差变大，D错误。
故选B。
【分析】由楞次定律得判断电势高低，由法拉第电磁感应定律得到电势差，增加c、d间电流的变化率导致电势差变大。
6．（2024高二下·富阳月考）将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁的线圈，其中大圆面积均为，小圆面积均为，垂直线圈平面有一向外的随时间t变化的磁场。磁感应强度大小，和k均为大于0的常量，下列说法正确的是（ ）
A．甲图的大圆中感应电流方向沿逆时针方向
B．乙图的大圆和小圆总电动势为
C．丙图的大圆和小圆总电动势为
D．丁图的大圆和小圆所受安培力的合力不为零
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】AB．实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向为顺时钟方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差
故A错误，B正确；
C．丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和
故C错误；
D．大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据楞次定律和甲乙两图中的绕线方式可判断，甲乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反。
7．（2024·北京）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
【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 A.闭合开关瞬间，线圈M在右端产生的磁场方向向右，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左与线圈M中电流的磁场方向相反，故二者相互排斥，故A错误；
B.闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；
CD.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，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故CD错误。
故选：B
【分析】 A.分析线圈M在右端产生的磁场，根据楞次定律分析线圈P中产生的磁场，再判断两线圈的作用力关系；
B.根据电路稳定后磁通量不发生变化判断感应电流的情况；
CD.开关断开瞬间，根据楞次定律判断感应电流和感应电流的磁场的方向。
8．（2024高二下·曲靖期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形团合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（ ）
A．感应电流方向不变 B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E=Bav D．感应电动势平均值
【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．闭合回路在进入磁场过程中，由于线圈中磁通量不断增大，根据楞次定律可以得出感应电流的方向为逆时针方向，方向不变。故A正确，与题意不符；
B．感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，CD段直线所受安培力方向竖直向下。故B错误，与题意相符；
C．切割的有效长度为a时，感应电动势有最大值，根据动生电动势的表达式可以得出：
故C正确，与题意不符；
D．线圈进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：
故D正确，与题意不符。
故选B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的最大值；利用法拉第电磁感应定律可以求出平均电动势的大小。
9．（2024高二下·湖北月考） 2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲。南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大
C．在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
【答案】C
【知识点】磁通量；左手定则—磁场对带电粒子的作用；右手定则
【解析】【解答】AB、图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故AB错误；
C、根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故C正确；
D、线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握中性面的特。穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电流及感应电动势为零。根据右手定则判断电流方向，线圈相当于电源，电源内部电流有负极流向正极。根据左手定则确定安培力的方向。
10．（2024高二下·成都期中）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B B．金属棒两端电压为
C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A、金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；
B、金属棒转动产生的电动势为
切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为
故B正确；
C、金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；
D、由
可得电容器所带电荷量为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据右手定则确定金属棒产生感应电流的方向，金属棒切割磁感线产生感应电流，其相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，金属棒两端的电压为路端电压。再根据法拉第电磁感应定律及串并联规律和电容的定义式进行解答。
11．（2024高二下·河池月考）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电表，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．线圈转动的角速度为
C．0.01s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；右手定则；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电流表的读数为有效值
故A错误；
B、根据图乙可知交变电流的周期为
则线圈转动的角速度为
故B错误；
C、0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、0.02s时，根据右手定则可知，电阻R中电流的方向自左向右，故D正确。
故答案为：D。
【分析】电流表的示数为有效值，根据交变电流有效值与最大值的关系确定回路中电流的大小。根据图像确定电流的周期，再根据周期与角速度的关系确定线圈转动的角速度。熟练掌握交变电流的规律确定不同时刻线圈所处的位置及转动方向，再根据右手定则确定通过电阻R的电流方向。
12．（2024高二下·成华月考） 风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则（ ）
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为DCBA
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D．当线圈转到图示位置时磁通量最大
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；右手定则
【解析】【解答】A、当线圈转到题图示位置时，根据右手定则，可知产生的感应电流方向为ABCDA，故A错误；
B、当线圈转到竖直位置时，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，故B错误；
CD、当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，磁通量最小，为零，磁通量的变化率最大，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据右手定则确定线框转动过程产生感应电流的方向。电流表测量的数值为电流的有效值。熟练掌握线框绕轴转动过程产生交变电流的规律和特点。
二、多项选择题
13．（2024高二下·闽侯期末）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0增大到，此过程中（ ）
A．线圈中感应电流方向为顺时针方向
B．线圈有扩张的趋势
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
D．线圈中感应电动势大小为
【答案】A,C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，线圈有收缩的趋势，故A正确，B错误；
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律有
故D错误。
故选AC。
【分析】穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律以及其推论进行分析。 根据法拉第电磁感应定律 求解电动势。
14．（2024高二下·昆明期末）如图甲所示，水平放置的圆柱形绝缘棒绕有一线圈，线圈右侧固定有一金属圆环，规定从到为电流的正方向，线圈中的电流随时间按图乙所示的正弦规律变化。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，中的感应电流最大
B．时刻，中的感应电流为零
C．时刻，从右往左看中的感应电流沿逆时针方向
D．时刻，从右往左看中的感应电流沿顺时针方向
【答案】B,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．时刻，线圈中的电流为正且最大，中的感应电流最小，为零，故A错误，B正确；
CD．时间内，线圈中的电流为正，根据楞次定理，可知时刻，从右往左看中的感应电流沿顺时针方向，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】由安培定则可知此时通过金属圆环的磁通量最大，磁通量的变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势为零。
15．（2024高二下·内丘期末）如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。下列说法正确的是 （ ）
A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到a
B．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到b
C．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到a
D．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b
【答案】A,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N的左端是N极，右端是S极。则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；
CD．当断开S的瞬间，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N左端是N极，右端是S极。则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】当P向右移动，导致电流增大，当断开S的瞬间，电流减小，则由楞次定律判断电流方向。
16．（2024高二下·金牛月考）两个完全相同的匀质正方形导线框A、B，竖直放置在垂直纸面向里的磁场中，磁感应强度在水平方向上均匀分布，竖直方向上均匀变化。初始时，导线框A、B处于同一高度，导线框B静止释放的同时，将A水平抛出，如图所示。线框始终在磁场中运动且不转动，不计空气阻力，重力加速度为g，从开始运动到落地的整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．线框A中始终有逆时针方向的感应电流
B．线框B先落地
C．线框A在水平方向做减速运动
D．两个线框产生的焦耳热相同
【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AC、线框A水平抛出后，水平方向和竖直方向均做切割磁感线运动，竖直方向上磁场均匀变化。根据右手定则可知， 左右两边产生的感应电流方向等大反向，上下两边产生的电流方向相反，且下边产生的电流大于上边产生的感应电流，分析可知线框A中始终有逆时针方向的感应电流。对线框A进行受力分析，结合左手定则可知，导线框A左右两边所受安培力等大反向，即水平方向所受合外力为零。故导线框A 在水平方向做匀速运动，故A正确，C错误；
B、线框A、B在竖直方向均受到竖直向上的安培力和重力作用，且两线框在竖直方向的初速度相等，根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律分析可知，线框A、B在竖直方向的运动情况一致，则线框A、B同时落地，故B错误；
D、两线框在水平方向均处于平衡状态，竖直方向的运动情况相同，根据能量守恒可知，两个线框产生的焦耳热相同，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】明确线框在运动过程中各边是否做切割磁感线运动，产生感应电动势，再根据右手定则确定回路中的电流方向，再根据左手定则确定各线框在水平和竖直方向所受安培力的情况，再结合牛顿第二定律分析两线框的运动情况。结合能量守恒定律分析两线框产生焦耳热的关系。
17．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A．线框受到的安培力方向不断改变
B．线框中产生的焦耳热为
C．通过线框截面的电量为
D．线框中的平均电流与速度成正比
【答案】B,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B、因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故D正确；
C、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故C错误。
故答案为：BD。
【分析】确定线框进入磁场过程的有效长度，再根据右手定则确定产生的感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力方向变化情况。线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，即产生的感应电动势为正弦交变电流的四分之一，确定感应电流的最大值，再根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系及焦耳定律确定该过程线框产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律及运动规律确定平均电流与运动速度的关系。根据法拉第电磁感应定律及电荷量与电流的关系确定通过线框的电荷量。
三、非选择题
18．（2024高二下·新蔡月考）如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的，实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度，每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ。
（1）该实验运用的实验方法是
A．对比法 B．控制变量法 C．归纳法 D．理想模型法
（2）下列说法正确的是： 。
A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响
B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响
C．如果想增大θ，可以把磁铁的N极和S极对调
D．如果想减小θ，可以把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端
（3）若把电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通①④时，导体棒的安培力为： 。
【答案】（1）B
（2）D
（3）
【知识点】安培力的计算；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）该实验每次都是控制其他条件不变，只改变其中某个量进行实验，故运用的实验方法是控制变量法。
（2） AB．该实验探究了导体棒电流大小和通电长度对安培力的影响，故AB错误。
C．根据安培力公式结合平衡时的力的几何关系，可知把磁铁的N极和S极对调，不改变θ的大小，故F不变，夹角θ不变，故C错误。
D．把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端，则L减小，故安培力减小，夹角θ减小，故D正确。
（3）若把电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F，则
当电流减半且接通①④时，导体棒的安培力为
故答案为：（1）B (2)D （3）
【分析】根据通电导线在磁场的受力分析。
1.明白探究F与B、I、L的关系时，控制其中两个量不变，寻找F与其中一个变量的关系。运用控制变量法，
2.熟悉导体棒的受力情况，能通过悬线与竖直方向的角度变化和共点力平衡分析安培力与的关系。
3.明白接入电路的有效长度不同时，既改变电路电流也改变导体棒在磁场的有效长度时，安培力发生变化。
19．（2024高二下·廊坊期末）如图所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，
(1)下列电表中最适合该实验的是 填选项字母
（2）把磁铁放在线圈内不动 感应电流．填“有”或“无”
（3）实验发现，如果把磁铁由图示位置向上抽出，电流计指针向右偏．现将磁铁由图示位置向下抽出，则电流计指针向 偏．填“左”或“右”
【答案】（1）B；；（2）无；；（3）右
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有方向，所以选指针在中央的电流计，即B图的电流表最合适．
（2）磁通量不变，则无感应电流．
（3）现将磁铁由图示位置向下抽出，穿过线圈的磁通量也是向下减小，则电流计指针也是向右偏.
【分析】（1）条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，产生较小的感应电流；
（2）根据法拉第电磁感应定律，磁通量不变，则无感应电流；
（3）由题意得穿过线圈的磁通量向下减小，电流计指针向右偏，据此分析。
20．（2024高二下·茂名期末）某同学用如图所示装置探究感应电流的方向与引起感应电流的磁场的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏。
（1）若无论快速插入还是拔出磁铁，均不能看到电流表指针有明显偏转，经检查电路没有断路，则原因可能是 。
（2）解决上述问题后，该同学进行了4次实验，并把磁铁下方磁场方向、磁铁运动情况、电流表指针偏转情况及线圈中感应电流的磁场方向都记录在下表中：
实验序号 磁铁磁场方向 磁铁运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入 右偏
2 向下 拔出 左偏
3 向上 插入 左偏
4 向上 拔出 右偏
在实验1、4中，线圈中感应电流的磁场方向为 （填“向上”或“向下”）。
（3）由实验1、3得出的结论是穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
（4）由实验2、4得出的结论是穿过闭合电路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
（5）由实验1、2、3、4得出的结论是感应电流的磁场总是要 引起感应电流的磁通量的变化。
【答案】（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱
（2）向上
（3）相反
（4）相同
（5）阻碍
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱所致，导致感应电流太小无法让电流表偏转。
（2）电流从a接线柱流入电流表指针向右偏转，根据右手螺旋定则可知感应电流的磁场方向向上。
（3）穿过线圈的磁通量增加，根据右手螺旋定则，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。
（4）穿过线圈的磁通量减小，根据右手螺旋定则，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
（5）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。
【分析】 （1）感应电流太小不足以让电流表明显偏转；
（2）根据右手螺旋定则可知感应电流的磁场方向向上。
（3）根据右手螺旋定则可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。
（4）穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，但感应电流产生的磁场方向均与原磁场方向相同。
（5）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。
21．（2024高三下·内江月考）（1）探究电磁感应现象应选用如图 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中电流表的指针将 偏转，（选填“向左”、“向右”或“不发生”）；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将 偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。
（3）在图丁中，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为 （选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将 （选填“向左”或“向右”）运动。
【答案】甲；向左；向右；逆时针；向左
【知识点】楞次定律；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）探究电磁感应现象的实验装置中，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，对比图甲与图乙可知，探究电磁感应现象的装置是甲图。
（2）在图甲中，当闭合S时，电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏；在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的指针将向左偏转；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则此时电流表的指针将向右偏转。
（3） 根据安培定则，螺线管内部磁场向右，金属环中的磁场向右；当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，金属环的磁通量增大，根据增反减同，感应电流的磁场向左，所以根据安培定则，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A是逆时针电流，螺线管是顺时针的电流，反向电流相互排斥，所以金属环将向左运动。
故答案为：（1）甲；（2）向左；向右；（3）逆时针；向左。
【分析】
（1）探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，据此分析图甲与图乙。
（2）在图甲中，观察电流表指针偏转方向，判断出电流流向与电流表指针的偏转关系；在图乙中，磁体N极插入线圈A，根据楞次定律判断感应电流流向，可进一步推测电流表指针的偏转方向；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则判断感应电流流向，可进一步推测电流表的指针偏转方向。
（3） 根据安培定则判断磁场方向； 根据光敏电阻特点以及欧姆定律 ，可知回路电流以及金属环的磁通量变化，根据增反减同，判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则判断出金属环A中电流方向；已知金属环A的电流流向和螺线管的电流流向，根据反向电流相互排斥判断金属环的运动方向。
22．（2017高二上·中卫期末）如图（a）所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=25Ω．方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图（b）所示规律变化，试计算：
（1）磁感应强度的变化率
（2）回路中的平均感应电动势
（3）回路中的电流．
【答案】（1）解：磁感应强度的变化率
答：磁感应强度的变化率2T/s
（2）解：回路中平均感应电动势 =6V
答：回路中的平均感应电动势6V
（3）解：根据闭合电路欧姆定律，有
答：回路中的电流0.2A．
【知识点】影响感应电动势大小的因素；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据图b求磁感应强度的变化率；（2）根据法拉第电磁感应定律求回路中的平均感应电动势；（3）根据闭合电路欧姆定律求回路电流；
23．（2024高二下·廊坊期末）如图甲所示，N=100匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=5Ω，其两端与一个R=20Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
（1）判断通过电阻的电流方向和线圈产生的感应电动势；
（2）求电阻的热功率P。
【答案】解：（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。根据法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势为
（2）根据闭合电路欧姆定律可知通过R的电流大小为
电阻的热功率为
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据法拉第电磁感应定律求解电动势；
（2）根据闭合电路欧姆定律可知电流大小，根据焦耳定律求解电阻的热功率P。
24．（2024高二下·江津月考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度，两导体棒在运动中始终不接触。求：
（1）开始时，导体棒cd中电流的大小和方向；
（2）从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热；
（3）当导体棒ab的速度变为时，导体棒cd的加速度大小。
【答案】（1）解：ab棒产生的感应电动势
cd棒中的电流
方向由d→c
（2）解：当ab棒与cd棒的速度相同时，cd棒的速度最大，设其最大速度为v，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒关系有
解得
ab棒上
（3）解：当ab棒的速度为时，cd棒的速度为，由动量守恒定律有
解得
解得
cd棒的受力大小
ab棒的加速度大小
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开始时，只有导体棒ab做切割磁感线运动，根据右手定则确定电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律进行解答；
（2）导体棒ab开始运动后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒构成的系统动量守恒，当两棒速度相等时，cd棒速度最大。对两棒开始运动至共速过程运用动量守恒定律确定共速时两棒的速度，系统损耗的机械能转化为回路中产生的焦耳热，再根据能量守恒定律及串联电路规律进行解答；
（3）两棒在运动过程中，两棒构成的系统动量守恒，对系统运用动量守恒定律确定此时导体棒cd的速度。两棒均做切割磁感线运动产生感应电动势，根据右手定则确定两棒产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律确定回路中感应电流的大小，再结合安培力公式及牛顿第二定律进行解答。
25．（2024高二下·湖北月考）中国新能源汽车产销连续多年全球第一，基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。其简易模型如下图。某材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，其半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B．一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为 C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势：
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
【答案】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M 板带负电
（2）由线速度和角速度关系有
由法拉第电磁感应定律有
E=nBLv
解得
（3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为
同理充电后的速度为
停止充电时，两极板的电压为
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得
充电的电荷量大小满足
又因为
联立解得
（4）整个过程中，薄板损失的机械能为
充电过程中的Q-U 图像如图所示
利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式
W=qU
电容的公式
可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
联立解得
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）使用右手定则时需让线框在磁场运动，薄板旋转方向为逆时针，则根据运动的相对性，线框相对于薄板的运动方向为顺时针，再根据右手定则确定感应电流的方向，继而确定电容两极板的电性；
（2）根据上述分析可知，线框ab边相对于薄板顺时针方向做切割磁感线运动，根据线速度与角速度的关系确定线框ab边运动的速度，再根据法拉第电磁感应定律进行解答；
（3）当电容器停止充电时，电容器两端的电压等于线圈切割磁场产生的感应电动势，电容器两极板的电荷量达到最大值，根据电荷量与电流的关系确定整个过程中电流的平均值 。对薄板进行受力分析，薄板除了受到阻力外还始终受到安培力的阻碍作用，再根据线速度与角速度的关系结合电容的定义式及动量定理进行解答；
（4）薄板的动能转化为克服安培力和阻力损耗的能力与电容器充电获得的能量。电容器充电过程中获得的能量即为充电过程中克服电场力做功。画出充电过程的Q-U图像，再结合电场力做功公式及电容定义式确定电容器获得的能量，再根据能量守恒定律确定损耗的能量，继而得出系统的能量回收率。
1 / 1高考物理一轮复习：楞次定律
一、选择题
1．（2017高二上·张家口期末）下列关于感应电动势大小的说法，正确的是（ ）
A．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
2．（2024高二下·重庆市期末）如图所示，由条形磁铁做成的磁性小车右边放有一固定的螺线管，绕线两端并联了发光二极管a和b。某时刻磁性小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管，下列所描述的实验现象正确的是（ ）
A．发光二极管a亮 B．发光二极管b亮
C．发光二极管a、b均亮 D．发光二极管a、b均不亮
3．（2024高二下·仁寿期末）如图所示，把开关K闭合后，要使Q线圈产生图示方向的电流，下面采用的方法不正确的是（ ）
A．把Q靠近P B．把P中的铁芯从左边抽出
C．把R的滑片右移 D．开关K断开的瞬间
4．（2024高二下·重庆市期末）如图甲所示，一圆形线圈置于垂直纸面向里的磁场中，线圈右端通过导线与两块平行金属板相连接，金属板间宽度d足够大。有一带正电粒子q静止在平行板正中央，从t=0时刻开始，磁场按如图乙所示变化，不计粒子重力。以竖直向上运动为正方向，下列关于粒子在一个周期内的运动图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高二下·重庆市期末）如图甲为手机正在进行无线充电，无线充电的原理图如图乙所示，充电器和手机各有一个线圈，充电器端的叫发射线圈（匝数为n1），手机端的叫接收线圈（匝数为n2），两线圈面积均为S，在△t内发射线圈产生磁场的磁感应强度增加量为△B。磁场可视为垂直穿过线圈。下列说法正确的是（ ）
A．手机端的接收线圈b点的电势低于a点
B．手机端的接收线圈a和b间的电势差值为
C．接收线圈和发射线圈是通过自感实现能量传递
D．增加c、d间电流的变化率，接收线圈a和b间的电势差始终不变
6．（2024高二下·富阳月考）将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁的线圈，其中大圆面积均为，小圆面积均为，垂直线圈平面有一向外的随时间t变化的磁场。磁感应强度大小，和k均为大于0的常量，下列说法正确的是（ ）
A．甲图的大圆中感应电流方向沿逆时针方向
B．乙图的大圆和小圆总电动势为
C．丙图的大圆和小圆总电动势为
D．丁图的大圆和小圆所受安培力的合力不为零
7．（2024·北京）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
8．（2024高二下·曲靖期末）如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形团合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直，从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论不正确的是（ ）
A．感应电流方向不变 B．CD段直线始终不受安培力
C．感应电动势最大值E=Bav D．感应电动势平均值
9．（2024高二下·湖北月考） 2023年6月14日，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，如图甲。南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图乙，若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是（ ）
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量最大
C．在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
10．（2024高二下·成都期中）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒置于圆导轨上面，的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．金属棒中电流从A流向B B．金属棒两端电压为
C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为
11．（2024高二下·河池月考）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电表，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下说法正确的是（ ）
A．电流表的示数为
B．线圈转动的角速度为
C．0.01s时线圈平面与磁场方向垂直
D．0.02s时电阻R中电流的方向自左向右
12．（2024高二下·成华月考） 风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则（ ）
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为DCBA
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D．当线圈转到图示位置时磁通量最大
二、多项选择题
13．（2024高二下·闽侯期末）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路。当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝。某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0增大到，此过程中（ ）
A．线圈中感应电流方向为顺时针方向
B．线圈有扩张的趋势
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
D．线圈中感应电动势大小为
14．（2024高二下·昆明期末）如图甲所示，水平放置的圆柱形绝缘棒绕有一线圈，线圈右侧固定有一金属圆环，规定从到为电流的正方向，线圈中的电流随时间按图乙所示的正弦规律变化。下列说法正确的是（ ）
A．时刻，中的感应电流最大
B．时刻，中的感应电流为零
C．时刻，从右往左看中的感应电流沿逆时针方向
D．时刻，从右往左看中的感应电流沿顺时针方向
15．（2024高二下·内丘期末）如图，线圈M和线圈N绕在同一铁芯上，M与电源、开关、滑动变阻器相连，P为滑动变阻器的滑片，开关S处于闭合状态，N与电阻R相连。下列说法正确的是 （ ）
A．当P向右移动时，通过R的电流方向为由b到a
B．当P向右移动时，通过R的电流方向为由a到b
C．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由b到a
D．断开S的瞬间，通过R的电流方向为由a到b
16．（2024高二下·金牛月考）两个完全相同的匀质正方形导线框A、B，竖直放置在垂直纸面向里的磁场中，磁感应强度在水平方向上均匀分布，竖直方向上均匀变化。初始时，导线框A、B处于同一高度，导线框B静止释放的同时，将A水平抛出，如图所示。线框始终在磁场中运动且不转动，不计空气阻力，重力加速度为g，从开始运动到落地的整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．线框A中始终有逆时针方向的感应电流
B．线框B先落地
C．线框A在水平方向做减速运动
D．两个线框产生的焦耳热相同
17．（2024高三下·衡阳月考）如图所示，水平虚线右侧有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为，金属线框放在绝缘水平面上，线框段为正弦图像的四分之一，边长为，边长为，与垂直，让线框以恒定速度向右进入磁场，线框运动过程中，边始终与虚线平行，线框的电阻为，线框在进入磁场过程中（ ）
A．线框受到的安培力方向不断改变
B．线框中产生的焦耳热为
C．通过线框截面的电量为
D．线框中的平均电流与速度成正比
三、非选择题
18．（2024高二下·新蔡月考）如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的，实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度，每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ。
（1）该实验运用的实验方法是
A．对比法 B．控制变量法 C．归纳法 D．理想模型法
（2）下列说法正确的是： 。
A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响
B．该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响
C．如果想增大θ，可以把磁铁的N极和S极对调
D．如果想减小θ，可以把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端
（3）若把电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通①④时，导体棒的安培力为： 。
19．（2024高二下·廊坊期末）如图所示为探究“感应电流方向的规律”实验装置，
(1)下列电表中最适合该实验的是 填选项字母
（2）把磁铁放在线圈内不动 感应电流．填“有”或“无”
（3）实验发现，如果把磁铁由图示位置向上抽出，电流计指针向右偏．现将磁铁由图示位置向下抽出，则电流计指针向 偏．填“左”或“右”
20．（2024高二下·茂名期末）某同学用如图所示装置探究感应电流的方向与引起感应电流的磁场的关系，已知电流从a接线柱流入电流表时，电流表指针右偏。
（1）若无论快速插入还是拔出磁铁，均不能看到电流表指针有明显偏转，经检查电路没有断路，则原因可能是 。
（2）解决上述问题后，该同学进行了4次实验，并把磁铁下方磁场方向、磁铁运动情况、电流表指针偏转情况及线圈中感应电流的磁场方向都记录在下表中：
实验序号 磁铁磁场方向 磁铁运动情况 指针偏转情况 感应电流的磁场方向
1 向下 插入 右偏
2 向下 拔出 左偏
3 向上 插入 左偏
4 向上 拔出 右偏
在实验1、4中，线圈中感应电流的磁场方向为 （填“向上”或“向下”）。
（3）由实验1、3得出的结论是穿过闭合电路的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
（4）由实验2、4得出的结论是穿过闭合电路的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向 （填“相同”或“相反”）。
（5）由实验1、2、3、4得出的结论是感应电流的磁场总是要 引起感应电流的磁通量的变化。
21．（2024高三下·内江月考）（1）探究电磁感应现象应选用如图 （选填“甲”或“乙”）所示的装置进行实验。
（2）在图甲中，当闭合S时，观察到电流表指针向左偏（不通电时指针停在正中央），则：在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中电流表的指针将 偏转，（选填“向左”、“向右”或“不发生”）；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，电流表的指针将 偏转；（选填“向左”、“向右”或“不发生”）。
（3）在图丁中，R为光敏电阻，轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于螺线管左侧。当光照增强时，从左向右看，金属环A中电流方向为 （选填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将 （选填“向左”或“向右”）运动。
22．（2017高二上·中卫期末）如图（a）所示的螺线管，匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，电阻r=1.5Ω，与螺线管串联的外电阻R1=3.5Ω，R2=25Ω．方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图（b）所示规律变化，试计算：
（1）磁感应强度的变化率
（2）回路中的平均感应电动势
（3）回路中的电流．
23．（2024高二下·廊坊期末）如图甲所示，N=100匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=5Ω，其两端与一个R=20Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
（1）判断通过电阻的电流方向和线圈产生的感应电动势；
（2）求电阻的热功率P。
24．（2024高二下·江津月考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距离为L，导轨上平行放置两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为m、电阻均为R，其他电阻忽略不计，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静止、ab有水平向右的初速度，两导体棒在运动中始终不接触。求：
（1）开始时，导体棒cd中电流的大小和方向；
（2）从开始到导体棒cd达到最大速度的过程中，ab棒上产生的焦耳热；
（3）当导体棒ab的速度变为时，导体棒cd的加速度大小。
25．（2024高二下·湖北月考）中国新能源汽车产销连续多年全球第一，基于电容器的制动能量回收系统已经在一些新能源汽车上得到应用。其简易模型如下图。某材料制成的薄板质量为m，围成一个中空圆柱，其半径为r，薄板宽度为L，可通过质量不计的辐条绕过圆心O且垂直于圆面的水平轴转动。薄板能够激发平行于圆面且沿半径方向向外的辐射磁场，磁场只分布于薄板宽度的范围内，薄板外表面处的磁感应强度为B．一匝数为n的线圈abcd固定放置（为显示线圈绕向，图中画出了两匝），ab边紧贴薄板外表面但不接触，线圈的两个线头c点和d点通过导线连接有电容为 C的电容器、电阻为R的电阻、单刀双掷开关，如图所示。现模拟一次刹车过程，开始时，单刀双掷开关处于断开状态，薄板旋转方向如图，旋转中薄板始终受到一与薄板表面相切、与运动方向相反的大小为f的刹车阻力作用，当薄板旋转的角速度为ω0时，将开关闭合到位置1，电容器开始充电，经时间t电容器停止充电，开关自动闭合到位置2直至薄板停止运动。除刹车阻力外，忽略其他阻力，磁场到cd连线位置时足够弱，可忽略。电容器的击穿电压足够大，开始时不带电，线圈能承受足够大的电流，不考虑可能引起的一切电磁辐射。求：
（1）电容器充电过程中，判断极板M带电的电性；
（2）开关刚闭合到位置1时，线圈切割磁感线的切割速度v的大小及此时产生的感应电动势：
（3）求充电结束时，薄板的角速度ω1大小；
（4）求薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】影响感应电动势大小的因素；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】解：A、线圈中磁通量变化大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故A错误；
B、线圈中磁通量大，但磁通量变化率不一定越大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故B错误；
C、线圈放在磁感应强度越强的地方，磁通量虽然较大，但变化率不一定大，所以产生的感应电动势也不一定越大，故C错误；
D、线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大，故D正确；
故选：D
【分析】穿过线圈的磁通量发生变化，导致线圈中产生感应电动势，当电路闭合时，电路中有感应电流出现．由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定．
2．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】根据楞次定律可知，螺线管上产生顺时针的感应电流，二极管有单向导向性，发光二极管b亮，a不亮，故B正确，ACD错误。
故选B。
【分析】小车从图示位置快速沿水平方向离开螺线管，磁通量减少。根据楞次定律判断电流方向。
3．【答案】A
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．根据楞次定律可知，线圈Q中产生与图中相反方向的感应电流，故A错误，符合题意；
B．根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故B正确，不符合题意；
C．P中电流减弱，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故C正确，不符合题意；
D．开关K断开的瞬间，则穿过Q的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，线圈Q中产生图中方向的感应电流，故D正确，不符合题意。
故选A。
【分析】根据右手螺旋定则，线圈P中产生的磁场左侧为N极，右侧为S极，把P中的铁芯从左边抽出，则穿过Q的磁通量向左减小。
4．【答案】C
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】0~1s时间，根据楞次定律可知，下极板带正电，粒子受电场力向上，加速度向上，1~2s时间，根据楞次定律可知，上极板带正电，粒子受电场力向下，加速度向下，同理2~3s时间，加速度向下，3~4s时间，加速度向上。
可知加速度大小不变，速度图像应均匀变化。
故选C。
【分析】磁场向里均匀变大增大，磁通量变大，磁场向里减小，磁通量变小，根据法拉第电磁感应定律求解电动势。v-t图像斜率表示加速度。
5．【答案】B
【知识点】自感与互感；变压器原理；楞次定律
【解析】【解答】A．手机端的接收线圈b点的电势高于a点，A错误；
B．手机端的接收线圈a和b间的电势差值为
B正确；
C．接收线圈和发射线圈是通过互感实现能量传递的，C错误；
D．会使磁场的变化率增加，则接收线圈a和b间的电势差变大，D错误。
故选B。
【分析】由楞次定律得判断电势高低，由法拉第电磁感应定律得到电势差，增加c、d间电流的变化率导致电势差变大。
6．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】AB．实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，甲图的大圆中感应电流方向为顺时钟方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差
故A错误，B正确；
C．丙图中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和
故C错误；
D．大圆和小圆所受安培力的合力为零，故D错误。
故选B。
【分析】根据楞次定律和甲乙两图中的绕线方式可判断，甲乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反。
7．【答案】B
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】 A.闭合开关瞬间，线圈M在右端产生的磁场方向向右，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左与线圈M中电流的磁场方向相反，故二者相互排斥，故A错误；
B.闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；
CD.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，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故CD错误。
故选：B
【分析】 A.分析线圈M在右端产生的磁场，根据楞次定律分析线圈P中产生的磁场，再判断两线圈的作用力关系；
B.根据电路稳定后磁通量不发生变化判断感应电流的情况；
CD.开关断开瞬间，根据楞次定律判断感应电流和感应电流的磁场的方向。
8．【答案】B
【知识点】左手定则—磁场对通电导线的作用；楞次定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A．闭合回路在进入磁场过程中，由于线圈中磁通量不断增大，根据楞次定律可以得出感应电流的方向为逆时针方向，方向不变。故A正确，与题意不符；
B．感应电流的方向为逆时针方向，根据左手定则，CD段直线所受安培力方向竖直向下。故B错误，与题意相符；
C．切割的有效长度为a时，感应电动势有最大值，根据动生电动势的表达式可以得出：
故C正确，与题意不符；
D．线圈进入磁场的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为：
故D正确，与题意不符。
故选B。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向，结合左手定则可以判别安培力的方向；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的最大值；利用法拉第电磁感应定律可以求出平均电动势的大小。
9．【答案】C
【知识点】磁通量；左手定则—磁场对带电粒子的作用；右手定则
【解析】【解答】AB、图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故AB错误；
C、根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如图所示位置时a端电势高于b端电势，故C正确；
D、线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
故答案为：C。
【分析】熟悉掌握中性面的特。穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，感应电流及感应电动势为零。根据右手定则判断电流方向，线圈相当于电源，电源内部电流有负极流向正极。根据左手定则确定安培力的方向。
10．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A、金属棒绕O逆时针匀速转动，根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，故A错误；
B、金属棒转动产生的电动势为
切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，则金属棒两端电压为
故B正确；
C、金属棒A端相当于电源正极，则电容器M板带正电，故C错误；
D、由
可得电容器所带电荷量为
故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据右手定则确定金属棒产生感应电流的方向，金属棒切割磁感线产生感应电流，其相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，金属棒两端的电压为路端电压。再根据法拉第电磁感应定律及串并联规律和电容的定义式进行解答。
11．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的图像与函数表达式；右手定则；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A、电流表的读数为有效值
故A错误；
B、根据图乙可知交变电流的周期为
则线圈转动的角速度为
故B错误；
C、0.01s时，电流最大，磁通量为零，线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D、0.02s时，根据右手定则可知，电阻R中电流的方向自左向右，故D正确。
故答案为：D。
【分析】电流表的示数为有效值，根据交变电流有效值与最大值的关系确定回路中电流的大小。根据图像确定电流的周期，再根据周期与角速度的关系确定线圈转动的角速度。熟练掌握交变电流的规律确定不同时刻线圈所处的位置及转动方向，再根据右手定则确定通过电阻R的电流方向。
12．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；右手定则
【解析】【解答】A、当线圈转到题图示位置时，根据右手定则，可知产生的感应电流方向为ABCDA，故A错误；
B、当线圈转到竖直位置时，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，故B错误；
CD、当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，磁通量最小，为零，磁通量的变化率最大，故C正确，D错误。
故答案为：C。
【分析】根据右手定则确定线框转动过程产生感应电流的方向。电流表测量的数值为电流的有效值。熟练掌握线框绕轴转动过程产生交变电流的规律和特点。
13．【答案】A,C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向为顺时针方向，线圈有收缩的趋势，故A正确，B错误；
C．通过线圈的磁通量变化量大小为
故C正确；
D．根据法拉第电磁感应定律有
故D错误。
故选AC。
【分析】穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律以及其推论进行分析。 根据法拉第电磁感应定律 求解电动势。
14．【答案】B,D
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】AB．时刻，线圈中的电流为正且最大，中的感应电流最小，为零，故A错误，B正确；
CD．时间内，线圈中的电流为正，根据楞次定理，可知时刻，从右往左看中的感应电流沿顺时针方向，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】由安培定则可知此时通过金属圆环的磁通量最大，磁通量的变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知此时感应电动势为零。
15．【答案】A,D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】AB．线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N的左端是N极，右端是S极。则由楞次定律可得：感应电流方向由b流向a；故A正确，B错误；
CD．当断开S的瞬间，根据右手螺旋定则可知，线圈M先是左端是N极，右端是S极。则线圈N左端是N极，右端是S极。则由楞次定律可得：感应电流方向由a流向b；故C错误，D正确；
故选AD。
【分析】当P向右移动，导致电流增大，当断开S的瞬间，电流减小，则由楞次定律判断电流方向。
16．【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】AC、线框A水平抛出后，水平方向和竖直方向均做切割磁感线运动，竖直方向上磁场均匀变化。根据右手定则可知， 左右两边产生的感应电流方向等大反向，上下两边产生的电流方向相反，且下边产生的电流大于上边产生的感应电流，分析可知线框A中始终有逆时针方向的感应电流。对线框A进行受力分析，结合左手定则可知，导线框A左右两边所受安培力等大反向，即水平方向所受合外力为零。故导线框A 在水平方向做匀速运动，故A正确，C错误；
B、线框A、B在竖直方向均受到竖直向上的安培力和重力作用，且两线框在竖直方向的初速度相等，根据洛伦兹力公式及牛顿第二定律分析可知，线框A、B在竖直方向的运动情况一致，则线框A、B同时落地，故B错误；
D、两线框在水平方向均处于平衡状态，竖直方向的运动情况相同，根据能量守恒可知，两个线框产生的焦耳热相同，故D正确。
故答案为：AD。
【分析】明确线框在运动过程中各边是否做切割磁感线运动，产生感应电动势，再根据右手定则确定回路中的电流方向，再根据左手定则确定各线框在水平和竖直方向所受安培力的情况，再结合牛顿第二定律分析两线框的运动情况。结合能量守恒定律分析两线框产生焦耳热的关系。
17．【答案】B,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、根据右手定则，线框在进入磁场过程中，线框中电流的方向为逆时针不变，在磁场中受安培力的等效长度平行AC，因此安培力方向不变水平向左，故A错误；
B、因为线框AD段为正弦图像的四分之一，则线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，此过程线框中产生电动势最大值为
线框中电流的最大值为
则电流的有效值为
线框的电功率为
线框在磁场中运动的时间为
则线框中产生的焦耳热为
故B正确；
D、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
其中
设线框的面积为S，则
则
线框的平均电流为
即线框中的平均电流与速度v成正比，故D正确；
C、根据法拉第电磁感应定律，线框中电动势的平均值为
设线框的面积为S，则
解得
由题意可得
即
故C错误。
故答案为：BD。
【分析】确定线框进入磁场过程的有效长度，再根据右手定则确定产生的感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力方向变化情况。线框匀速进入磁场时切割磁感线的有效长度随时间正弦式变化，即产生的感应电动势为正弦交变电流的四分之一，确定感应电流的最大值，再根据正弦式交变电流有效值与最大值的关系及焦耳定律确定该过程线框产生的焦耳热。根据法拉第电磁感应定律及运动规律确定平均电流与运动速度的关系。根据法拉第电磁感应定律及电荷量与电流的关系确定通过线框的电荷量。
18．【答案】（1）B
（2）D
（3）
【知识点】安培力的计算；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）该实验每次都是控制其他条件不变，只改变其中某个量进行实验，故运用的实验方法是控制变量法。
（2） AB．该实验探究了导体棒电流大小和通电长度对安培力的影响，故AB错误。
C．根据安培力公式结合平衡时的力的几何关系，可知把磁铁的N极和S极对调，不改变θ的大小，故F不变，夹角θ不变，故C错误。
D．把接入电路的导体棒从①④两端换成②③两端，则L减小，故安培力减小，夹角θ减小，故D正确。
（3）若把电流为I且接通②③时，导体棒受到的安培力记为F，则
当电流减半且接通①④时，导体棒的安培力为
故答案为：（1）B (2)D （3）
【分析】根据通电导线在磁场的受力分析。
1.明白探究F与B、I、L的关系时，控制其中两个量不变，寻找F与其中一个变量的关系。运用控制变量法，
2.熟悉导体棒的受力情况，能通过悬线与竖直方向的角度变化和共点力平衡分析安培力与的关系。
3.明白接入电路的有效长度不同时，既改变电路电流也改变导体棒在磁场的有效长度时，安培力发生变化。
19．【答案】（1）B；；（2）无；；（3）右
【知识点】研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）产生较小的感应电流，因此需要灵敏的电流计，因电流有方向，所以选指针在中央的电流计，即B图的电流表最合适．
（2）磁通量不变，则无感应电流．
（3）现将磁铁由图示位置向下抽出，穿过线圈的磁通量也是向下减小，则电流计指针也是向右偏.
【分析】（1）条形磁铁的运动，会导致闭合线圈内的磁通量变化，产生较小的感应电流；
（2）根据法拉第电磁感应定律，磁通量不变，则无感应电流；
（3）由题意得穿过线圈的磁通量向下减小，电流计指针向右偏，据此分析。
20．【答案】（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱
（2）向上
（3）相反
（4）相同
（5）阻碍
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】（1）电流表量程过大或线圈匝数过少或磁铁磁性太弱所致，导致感应电流太小无法让电流表偏转。
（2）电流从a接线柱流入电流表指针向右偏转，根据右手螺旋定则可知感应电流的磁场方向向上。
（3）穿过线圈的磁通量增加，根据右手螺旋定则，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。
（4）穿过线圈的磁通量减小，根据右手螺旋定则，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
（5）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。
【分析】 （1）感应电流太小不足以让电流表明显偏转；
（2）根据右手螺旋定则可知感应电流的磁场方向向上。
（3）根据右手螺旋定则可知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反。
（4）穿过线圈的磁场方向相反，感应电流方向相反，但感应电流产生的磁场方向均与原磁场方向相同。
（5）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。
21．【答案】甲；向左；向右；逆时针；向左
【知识点】楞次定律；研究电磁感应现象
【解析】【解答】（1）探究电磁感应现象的实验装置中，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，对比图甲与图乙可知，探究电磁感应现象的装置是甲图。
（2）在图甲中，当闭合S时，电流表指针向左偏，说明电流从负接线柱流入时，电流表指针向左偏；在图乙中，磁体N极插入线圈A过程中，线圈A中磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流将从电流表负接线柱流入，则此时电流表的指针将向左偏转；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则可知感应电流从电流表正接线柱流入，则此时电流表的指针将向右偏转。
（3） 根据安培定则，螺线管内部磁场向右，金属环中的磁场向右；当光照增强时，热敏电阻的阻值减小，回路电流增大，金属环的磁通量增大，根据增反减同，感应电流的磁场向左，所以根据安培定则，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针；金属环A是逆时针电流，螺线管是顺时针的电流，反向电流相互排斥，所以金属环将向左运动。
故答案为：（1）甲；（2）向左；向右；（3）逆时针；向左。
【分析】
（1）探究电磁感应现象的实验装置，只需要有磁场、导体棒、电流表即可，不需要电源，据此分析图甲与图乙。
（2）在图甲中，观察电流表指针偏转方向，判断出电流流向与电流表指针的偏转关系；在图乙中，磁体N极插入线圈A，根据楞次定律判断感应电流流向，可进一步推测电流表指针的偏转方向；在图丙中，导体棒ab向左移动过程中，根据右手定则判断感应电流流向，可进一步推测电流表的指针偏转方向。
（3） 根据安培定则判断磁场方向； 根据光敏电阻特点以及欧姆定律 ，可知回路电流以及金属环的磁通量变化，根据增反减同，判断出感应电流的磁场方向，最后根据安培定则判断出金属环A中电流方向；已知金属环A的电流流向和螺线管的电流流向，根据反向电流相互排斥判断金属环的运动方向。
22．【答案】（1）解：磁感应强度的变化率
答：磁感应强度的变化率2T/s
（2）解：回路中平均感应电动势 =6V
答：回路中的平均感应电动势6V
（3）解：根据闭合电路欧姆定律，有
答：回路中的电流0.2A．
【知识点】影响感应电动势大小的因素；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）根据图b求磁感应强度的变化率；（2）根据法拉第电磁感应定律求回路中的平均感应电动势；（3）根据闭合电路欧姆定律求回路电流；
23．【答案】解：（1）根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。根据法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势为
（2）根据闭合电路欧姆定律可知通过R的电流大小为
电阻的热功率为
【知识点】楞次定律；感应电动势及其产生条件；电磁感应中的电路类问题
【解析】【分析】（1）线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据法拉第电磁感应定律求解电动势；
（2）根据闭合电路欧姆定律可知电流大小，根据焦耳定律求解电阻的热功率P。
24．【答案】（1）解：ab棒产生的感应电动势
cd棒中的电流
方向由d→c
（2）解：当ab棒与cd棒的速度相同时，cd棒的速度最大，设其最大速度为v，由动量守恒定律有
解得
由能量守恒关系有
解得
ab棒上
（3）解：当ab棒的速度为时，cd棒的速度为，由动量守恒定律有
解得
解得
cd棒的受力大小
ab棒的加速度大小
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）开始时，只有导体棒ab做切割磁感线运动，根据右手定则确定电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律进行解答；
（2）导体棒ab开始运动后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒构成的系统动量守恒，当两棒速度相等时，cd棒速度最大。对两棒开始运动至共速过程运用动量守恒定律确定共速时两棒的速度，系统损耗的机械能转化为回路中产生的焦耳热，再根据能量守恒定律及串联电路规律进行解答；
（3）两棒在运动过程中，两棒构成的系统动量守恒，对系统运用动量守恒定律确定此时导体棒cd的速度。两棒均做切割磁感线运动产生感应电动势，根据右手定则确定两棒产生感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律确定回路中感应电流的大小，再结合安培力公式及牛顿第二定律进行解答。
25．【答案】（1）薄板旋转方向为逆时针，则线框相对于薄板的运动方向为顺时针，根据右手定则可知，d点电势低于c点电势，故M 板带负电
（2）由线速度和角速度关系有
由法拉第电磁感应定律有
E=nBLv
解得
（3）薄板旋转，线圈相对薄板的线速度分别为
同理充电后的速度为
停止充电时，两极板的电压为
在充电过程中，对薄板分析，根据动量定理得
充电的电荷量大小满足
又因为
联立解得
（4）整个过程中，薄板损失的机械能为
充电过程中的Q-U 图像如图所示
利用微元法，结合充电过程中克服电场力做功的公式
W=qU
电容的公式
可得到阴影面积为电容器充电过程中获得的能量，即
薄板运动的整个过程中该系统的能量回收率
联立解得
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）使用右手定则时需让线框在磁场运动，薄板旋转方向为逆时针，则根据运动的相对性，线框相对于薄板的运动方向为顺时针，再根据右手定则确定感应电流的方向，继而确定电容两极板的电性；
（2）根据上述分析可知，线框ab边相对于薄板顺时针方向做切割磁感线运动，根据线速度与角速度的关系确定线框ab边运动的速度，再根据法拉第电磁感应定律进行解答；
（3）当电容器停止充电时，电容器两端的电压等于线圈切割磁场产生的感应电动势，电容器两极板的电荷量达到最大值，根据电荷量与电流的关系确定整个过程中电流的平均值 。对薄板进行受力分析，薄板除了受到阻力外还始终受到安培力的阻碍作用，再根据线速度与角速度的关系结合电容的定义式及动量定理进行解答；
（4）薄板的动能转化为克服安培力和阻力损耗的能力与电容器充电获得的能量。电容器充电过程中获得的能量即为充电过程中克服电场力做功。画出充电过程的Q-U图像，再结合电场力做功公式及电容定义式确定电容器获得的能量，再根据能量守恒定律确定损耗的能量，继而得出系统的能量回收率。
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