2.1感应电流的方向
课时作业（含解析)
1．如图，金属环A用绝缘轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器的滑片P向左移动，则（
）
A．金属环A向左运动，同时向外扩张
B．金属环A向左运动，同时向里收缩
C．金属环A向右运动，同时向外扩张
D．金属环A向右运动，同时向里收缩
2．如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A．线圈
a
中将产生俯视逆时针方向的感应电流
B．穿过线圈
a
的磁通量变小
C．线圈
a
有扩张的趋势
D．线圈
a
对水平桌面的压力
FN将减小
3．如图所示，一根长
1m
左右的空心铝管竖直放置（图甲），及同样竖直放置的一根长度相同但有竖直裂缝的铝管（图乙），和一根长度相同的空心塑料管（图丙）．把一枚小磁铁从上端管口放入管中后，小磁铁最终从下端管口落出。小磁铁在管内运动时，没有跟铝管内壁发生摩擦．设小磁铁在甲、乙、丙三条管中下落的时间分别为
t1、t2、t3，则下列关于小圆柱在三管中下落的说法正确的是（ ）
A．甲管、乙管和丙管都会产生感应电流
B．小磁铁完全进入甲管后，甲管中没有产生感应电流
C．t1
最大
D．t2
约等于
0.45s
4．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁（N极朝上，S极朝下）由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向（从上向下看），下列说法中正确的是
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
5．如图所示，当条形磁铁在闭合铝环一侧沿铝环中轴线靠向铝环运动时，铝环受磁场力而运动的情况是（ ）
A．无法判定
B．向左摆动
C．静止不动
D．向右摆动
6．如图，固定在水平面上的U形金属框上，静止放置一金属杆ab，整个装置处于竖直向上的磁场中．当磁感应强度B均匀减小时，杆ab总保持静止，则在这一过程中(
)
A．杆中的感应电流方向是从a到b
B．杆中的感应电流大小均匀增大
C．金属杆所受安培力水平向左
D．金属杆受到的摩擦力逐渐减小
7．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝导体线圈，线圈电阻恒定，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙所示规律变化时，则正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的图像是（
）
A．B．C．D．
8．如图所示，矩形闭合线圈竖直放置，是它的对称轴，通电直导线AB与平行，且AB、所在平面与线圈平面垂直，如要在线圈中形成方向为的感应电流，可行的做法是
A．AB中电流Ⅰ逐渐增大
B．AB中电流I先增大后减小
C．导线AB正对靠近线圈
D．线圈绕轴逆时针转动90°(俯视)
9．如图所示，固定在水平面上的两平行光滑的金属导轨M、N，垂直放着两可滑动的导线ab、cd，在导线框内，竖直放置一条形磁铁，当条形磁铁迅速上抽的过程中，则导线ab、cd将（
）
A．保持静止
B．相互靠近
C．相互远离
D．先靠近后远离
10．如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
11．感应电流的方向可用____________判断。具体作法：伸开_______________,使拇指与四指垂直,并且与手掌处于同一平面内,________________指向导体运动方向,让______________垂直穿过手心,__________________的指向就是感应电流的方向。
12．（1）如图所示，第一幅图中当电键S闭合瞬间流过表G的感应电流方向是___________________________；第二幅图中当S闭合瞬间，流过表G的感应电流方向是___________________________。
（2）如第三幅图所示长为2L的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为________。
13．如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场以B=（2-2t）T的规律变化时，有一带质量为10-5kg的带电的粒子静置于平行板（两板水平放置）电容器中间，设线圈的面积为0.1m2．则：
（1）求线圈产生的感应电动势的大小和方向（顺时针或逆时针）；
（2）求带电粒子的电量．（重力加速度为g=10m/s2，电容器两板间的距离为0.02m）
14．有一个匝数为100匝的金属环，面积S＝100cm2，电阻R=10Ω，环内有垂直纸面的磁场，线圈中的磁感应强度按如图所示的规律变化．求
⑴环中感应电流的方向
⑵线圈中产生的感应电动势大小
⑶
1分钟环内产生的焦耳热
参考答案
1．B
【解析】
变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流磁场方向相反，故相互排斥，则金属环A将向左运动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势，故B正确，ACD错误．
2．A
【解析】
A．由图根据右手定则可知，线圈产生向下的磁场，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，因此根据楞次定律线圈中会产生阻碍磁场变大的感应电流，即将产生俯视逆时针方向的感应电流，故选项A正确；
B．因为滑动变阻器的滑片P向下滑动时，电阻减小，电流增大，磁感应强度变大，所以线圈中磁通量变大，故选项B错误；
C．因为滑动变阻器的滑片P向下滑动时，线圈中磁通量增加，因此之后线圈面积减小时才能阻碍磁通量的增加，所以线圈
a
有收缩的趋势，故选项C错误；
D．通过楞次定律可知线圈电流，可以将线圈等效为条形磁铁，则两磁铁都是N极相对，因此线圈
a
对水平桌面的压力
FN将增大，故选项D错误。
故选A。
3．C
【解析】
A．由于甲管形成闭合电路，当磁针通过时，会产生感应电流；乙没有形成闭合电路，但可以想象成一块导体，当小磁针靠近或远离时，会形成小面积的涡流，因此也会产生感应电流但强度比甲管的弱；丙图没有电磁感应现象，因此甲管和乙管会产生感应电流，丙管不会产生感应电流，A错误；
B．将甲管想象成多组圆环，当小磁针完全进入管中时，通过这些环的磁通量会发生变化，根据楞次定律，会产生感应电流，B错误；
C．根据“来拒去留”甲管中感应电流最强，因此的小磁针下落的最慢，运动时间最长，C正确；
D．乙管中会产生涡流，也会对小磁针产生“来拒去留”的效果，因此下落的时间也会延迟，D错误。
故选C。
4．C
【解析】
由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故C正确．
故选C．
5．D
【解析】
当磁铁向铝环运动时，铝环中的磁通量将增大，根据楞次定律可知，铝环为了阻碍磁通量的变化而将向右摆动，故D正确，ABC错误．
故选D。
6．D
【解析】
A．当磁感应强度均匀减小时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律判断得到回路中感应电流方向为逆时针方向（俯视），杆中的感应电流方向是从到，故A错误；
B．当磁感应强度均匀减小时，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可知回路中产生的感应电动势不变，则感应电流大小保持不变，故B错误；
C．由左手定则判断可知，金属杆所受安培力水平向右，故C错误；
D．根据公式可知安培力减小，根据平衡条件可知金属杆受到的摩擦力逐渐减小，故D正确；
故选D。
7．D
【解析】
在时间0~1s内，原磁场向上且增强，感应电流的磁场向下，由右手定则可判断出线圈的感应电流方向沿如图所示的正方向，由于原磁场的变化是均匀的，产生的感应电动势不变，线圈中的感应电流也不变；在时间1s~2s内，原磁场不变，感应电流为0；当时间2s~3s内的情况与时间0~1s内的情况相反，感应电流为负方向且不变。故D项符合题意，ABC三项不符合题意。
8．D
【解析】
OO′为线框的对称轴，由图示可知，AB中电流产生的磁场穿过线圈的磁通量为零；
A.?AB中电流I逐渐增大，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故A错误；
B.?AB中电流I先增大后减小，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故B错误；
C.?导线AB正对OO′靠近线圈，穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流产生，故C错误；
D.
线圈绕OO′轴逆时针转动90?(俯视)穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向为abcda，故D正确；
故选D.
9．C
【解析】
当条形磁铁迅速上抽的过程中，穿过回路的净磁通量减小，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知，两棒将互相远离，回路的面积扩大一点，能起到阻碍原磁通量减小的作用。故C正确，ABD错误。
故选C。
10．C
【解析】
AB．设在位置Ⅰ通过金属框的磁通量为Φ1，在位置Ⅱ通过金属框的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，故AB错误。
CD．由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，故C正确D错误.
11．右手定则
右手
拇指
磁感线
四指
【解析】
[1]感应电流方向可用右手定则判断，
[2][3][4][5]伸开右手让拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指指的就是感应电流的方向。
12．b→a
a→b
BIL
【解析】
(1)[1]图中当电键S闭合瞬间，根据安培定则可知右边的线圈产生向上增大的磁场，该磁场向下穿过左边的线圈，并且在增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍该磁场的增大，即感应电流的磁场向上，再根据安培定则可知，流过表G的感应电流方向是b→a；
[2]
图中当电键S闭合瞬间，根据安培定则可知左边的线圈产生向右增大的磁场，该磁场向右穿过右边的线圈，并且在增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍该磁场的增大，即感应电流的磁场左，再根据安培定则可知，流过表G的感应电流方向是a→b．
(2)[3]
导线在磁场内有效长度为
2Lsin30°=L
故该V形通电导线受到安培力大小为
F=
BI?2Lsin30°=BIL
13．（1）0.2V，方向顺时针（2）
【解析】
（1）根据题意，磁感应强度的变化率|；
根据法拉第电磁感应定律；
根据楞次定律，线圈内产生的感应电动势方向为顺时针方向．
（2）线圈相当于电源，电容器下极板接高电势，下极板带正电
粒子静止，则电场力等于重力，代入数据，解得
14．（1）逆时针（2）2V（3）24J
【解析】
（1）由楞次定律可知，环中感应电流的方向逆时针；
（2）由图可知：=
2T/s
则：
（3）1分钟环内产生的焦耳热2.1感应电流的方向
课时作业（含解析)
1．下列说法正确的是（
）
A．线圈匝数越多，穿过的磁通量就越大
B．只要导体切割磁感线运动，就一定能产生感应电流
C．感应电动势的大小与磁通量大小无关，而与磁通量的变化率成正比
D．根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量
2．如图甲所示，线圈ab中通有如图乙所示的电流，电流从a到b为正方向，那么在
这段时间内，用丝线悬挂的铝环M中产生感应电流，则（
）
A．从左向右看感应电流的方向为先顺时针后逆时针
B．感应电流的大小先减小后增加
C．铝环与线圈之间一直有磁场力的作用，作用力先向左后向右
D．铝环先有收缩的趋势，然后有扩张的趋势
3．如图甲所示，直导线和金属圆环固定在同一竖直平面内，给直导线通入如图乙所示的电流，电流方向向上为正，则下列说法正确的是（ ）
A．0?t2时间内，圆环中的感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向
B．0?t2时间内，圆环受到的安培力先沿向右后向左
C．t1时刻，圆环中感应电流为零
D．t1时刻，圆环中受到的安培力为零
4．如图所示，MN是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下过程中，abcd中有感应电流产生且感应电流的方向为abcda的是（ ）
A．将abcd向左平移
B．将abcd垂直纸面向外平移
C．将abcd以MN为轴转动30°
D．将abcd以ab为轴转动30°
5．近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时(电流由a流入时方向为正)，下列说法正确的是（ ）
A．感应线圈中产生的是恒定电流
B．t1～t3时间内，c点电势高于d点电势
C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值最大
D．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反
6．A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，如图所示．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则（
）
A．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力减小
B．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同，丝线受到的拉力增大
C．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相反，丝线受到的拉力增大
7．图中的四个图分别表示匀强磁场的磁感应强度B，闭合电路中一部分直导线的运动速度v和电路中产生的感应电流I的相互关系，其中正确是（
）
A．
B．
C．
D．
8．如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法中正确的是
（ ）
A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
9．如图所示，铁芯上有两个线圈A和B．线圈A跟电源相连，LED（发光二极管，具有单向导电性）M和N并联后接线圈B两端。图中所有元件均正常，则（
）
A．S闭合瞬间，A中有感应电动势
B．S断开瞬间，A中有感应电动势
C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮
D．S断开瞬间，M和N二者均不亮
10．某电磁弹射装置的简化模型如图所示，线圈固定在水平放置的光滑绝缘杆上，将金属环放在线圈左侧。闭合开关时金属环被弹射出去，若（ ）
A．从右向左看，金属环中感应电流沿逆时针方向
B．将电源正负极调换，闭合开关时金属环将向右运动
C．将金属环放置在线圈右侧，闭合开关时金属环将向右运动
D．金属环不闭合，则闭合开关时金属环不会产生感应电动势
11．如图，边长为l的正方形金属线框，以一定的速度进入磁感应强度为B的匀强磁场，线框平面始终与磁场方向垂直。当线框恰好有一半进入磁场时，穿过该线框的磁通量为_________,产生的感应电流方向为____________（选填“顺时针”或“逆时针”）。
12．如图所示，一闭合线圈a悬吊在一个通电长螺线管的左侧，如果要使线圈中产生图示方向的感应电流，滑动变阻器的滑片P应向________滑动．要使线圈a保持不动，应给线圈施加一水平向________的外力．
13．如图甲所示，绝缘的水平桌面上铺有两根不计电阻的足够长光滑金属轨道AB、CD，轨道间距为d，其左端接一阻值为R的电阻．一长为L且与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，单位长度的电阻为r．在电阻、导轨和金属棒中间有一边长为a的正方形区域，区域中存在垂直于水平桌面向下的均匀磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，其中坐标值已知．在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界M(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直于水平桌面向上．某时刻，金属棒在电动机的水平恒定牵引力作用下从静止开始向右运动，在t1时刻恰好以速度v1越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好．求：
(1)在t=0到t=t1时间间隔内，电阻R产生的焦耳热；
(2)在时刻t(t>t1)流过电阻R的电流方向、大小和电动机的输出功率．
14．如图所示，光滑平行金属导轨和之间距离为1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导线和导体棒电阻不计，用一水平向右的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则:
(1)导体棒中的电流方向？回答还是
(2)当导体棒匀速运动时，棒中的电流大小是多少安？
(3)导体棒做何种运动？求最终的速度．
参考答案
1．C
【解析】
A．根据磁通量定义可知穿过线圈的磁通量的大小与线圈匝数无关，故A错误；
B．根据感应电流产生的条件可知，穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就一定能产生感应电流；若导体切割磁感线运动，但电路不闭合或闭合回路的磁通量不发生改变，也不会能产生感应电流，故B错误；
C．根据法拉第电磁感应第定律可知，感应电动势的大小跟穿过回路的磁通量变化率成正比，感应电动势的大小与磁通量大小无关，故C正确；
D．根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化，不是感应电流的磁场总是阻碍原磁通量，故D错误；
故选C
。
2．D
【解析】
A．根据题意可知，由于电流从到为正方向，当电流是从流向，由安培定则可知，铝环M的磁场水平向右，由于电流的减小，所以磁通量变小，根据楞次定律可得，铝环M的感应电流顺时针（从左向右看）；当电流是从流向，由安培定则可知，铝环M的磁场水平向左，当电流增大，则磁通量变大，根据楞次定律可得，所以感应电流顺时针（从左向右看），故A错误；
B．由图乙可知，这段时间内，内的电流的变化率不变，则产生的磁场的变化率不变，根据法拉第电磁感应定律可知，铝环M产生的感应电动势的大小不变，所以感应电流的大小不变，故B错误；
CD．当电流是从流向，线圈上的电流方向与铝环M的感应电流方向相同，可知铝环受到的安培力向左，铝环向左运动，穿过圆环的磁通量增大，由愣次定律可以确定圆环必须减小面积以达到阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势；当电流是从流向，线圈上的电流方向与铝环M的感应电流方向相反，可知铝环受到的安培力向右，铝环向右运动，穿过圆环的磁通量减小，由愣次定律可以确定圆环必须增大面积以达到阻碍磁通量的减小，故有扩张的趋势；当线圈中的电流为零的瞬间，线圈与铝环之间没有相互作用，故C错误，D正确。
故选D。
3．D
【解析】
AB．由安培定则可知，直导线在圆环中产生的磁通量先向里减小后向外增大，根据楞次定律可知，0?t2时间内圆环中的感应电流一直沿顺时针方向，由“来拒去留”可知，圆环受到的安培力先向左后向右，故AB错误；
C．由图示图像可知，在t1时刻直导线中电流为零，但电流的变化率不为零，圆环中磁通量的变化率不为零，圆环中的感应电流不为零，故C错误；
D．t1时刻，由于直导线中的电流为零，圆环中受到的安培力为零，故D正确。
故选D。
4．C
【解析】
A．将abcd向左平移，则穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是adcba，选项A错误；
B．将abcd垂直纸面向外平移，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项B错误；
C．将abcd以MN为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流方向是abcda，选项C正确；
D．将abcd以ab为轴转动30°，则穿过线圈的磁通量不变，则线圈中无感应电流产生，选项D错误。
故选C。
5．B
【解析】
A．由图象可知，励磁线圈中通有变化的正弦交变电流时，感应线圈中也会产生变化的电流，不是恒定电流，故A错误；
B．t1～t3时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同所以电流应从d流向c，所以c点电势高于d点电势，故B正确；
C．t3时刻，励磁线圈中电流图像的斜率为零，磁通量的变化率为零，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，故C错误；
D．感应线圈中的电流方向可以由楞次定律判断，当励磁线圈中电流减小时，感应电流的方向与励磁线圈的电流方向相同；当励磁线圈中电流增加时，感应电流的方向与励磁线圈的电流方向相反，故D错误；
故选B。
6．A
【解析】
胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据右手螺旋定则知，通过B线圈的磁通量向下，且增大，根据楞次定律可知，金属环B的感应电流方向与箭头所示方向相同；根据楞次定律的另一种表述，引起的机械效果阻碍磁通量的增大，知金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小，故A正确，BCD错误。
故选A。
7．A
【解析】
A．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向外，故A正确；
B．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向应沿导线向下，故B错误；
C．伸开右手时，大拇指所指方向即为运动方向，则无感应电流，没有切割磁感线，故C错误；
D．伸开右手时，让磁感线穿过掌心，大拇指所指方向即为运动方向，则感应电流方向垂直纸面向里，故D错误。
故选A。
8．BD
【解析】
当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向为a→b。根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点。又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c点与d点等电势；
当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向。又由E＝Blv可知ab导体两端的电动势不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加。由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上。把这个线圈看成电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，因此d点电势高于c点，综上可得，选项BD正确，AC错误；
故选BD。
9．ABC
【解析】
A．闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确；
B．开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确；
C．闭合开关S的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加；线圈外侧的电流方向向右，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上；穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知，B中感应电流的方向在外侧向左，所以线圈下端的电动势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确
D．结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误。
故选ABC。
【点睛】
解决本题的关键是掌握产生感应电流的条件：闭合电路的磁通量发生变化，通过分析线圈A中电流变化，分析即可。
10．AC
【解析】
A．闭合开关后，由右手定则可知螺线管的左边为N极，故穿过圆环的磁场方向向左，由于圆环中磁通量变大，由楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场方向向右，故从右向左看，圆环中电流方向为逆时针，故A正确；
B．将电源正负极对调，闭合开关时，圆环中的磁通量仍然增加，由楞次定律可知，圆环仍然向左运动，故B错误；
C．金属环放置在右侧时，闭合开关，圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，它将向右运动，故C正确；
D．金属环不闭合，磁通量变化时会产生感应电动势，但是没有感应电流，故D错误；
故选AC。
11．
逆时针
【解析】
[1]．当线框恰好有一半进入磁场时，穿过该线框的磁通量为
；
[2]．根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为逆时针。
12．左
右
【解析】
根据安培右手定则判断，通电螺线管产生的磁场左端为N极，线圈中的感应电流对应的磁场在线圈右端为N极，二者相互排斥方向相反，根据楞次定律增反减同，螺线管的磁场增强，所以电流变大，电阻变小，滑片P向左端移动，要使线圈保持不动，应对其施加一个水平向右的外力．
13．（1）（2）；电流由A经R到C；
【解析】
（1）0到t1过程：，根据闭合电路欧姆定律：
根据焦耳定律：解得：
（2）金属棒匀速，安培力水平向左，电流由A经R到C
T时刻，动生电动势：，感生电动势方向逆时针，故总电动势为：
同理得：，解得：
发动机的牵引力与安培力相等：解得：
14．（1）N→M（2）2.5A（3）12.5m/s
【解析】
（1）根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向：N→M
（2）匀速运动时，F安=F=5N
由F安=BIL得I=F/BL=5/2×1=2.5A
（3）导体棒受到外力F和安培力的作用，做加速度减小的加速运动，当a=0时达到最大速度，
此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动．
由闭合电路欧姆定律
I=E/R
法拉第电磁感应定律
E=BLVmax
可知Vmax=IR/BL=12.5m/s
