第1讲　电磁感应现象　楞次定律-2025版物理大一轮复习

电磁感应现象楞次定律目标要求1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题。2.会根据楞次定律判断感应电流的方向，会应用楞次定律的推论分析问题。3.能够综合应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律解决实际问题。考点一对电磁感应现象的理解和判断1.磁通量(1)定义：磁感应强度B与面积S的eq\o(□,\s\up1(1))乘积。(2)公式：Φ＝eq\o(□,\s\up1(2))BS。(3)适用条件：①匀强磁场；②S为垂直磁场的eq\o(□,\s\up1(3))有效面积。(4)磁通量是eq\o(□,\s\up1(4))标量(填“标量”或“矢量”)。(5)物理意义：穿过某一面积的eq\o(□,\s\up1(5))磁感线的条数。(6)标矢性：磁通量是eq\o(□,\s\up1(6))标量，但有正负。(7)磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。2.电磁感应现象(1)定义：只要穿过闭合导体回路的eq\o(□,\s\up1(7))磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流。(2)条件：穿过eq\o(□,\s\up1(8))闭合电路的eq\o(□,\s\up1(9))磁通量发生变化。(3)实质：产生eq\o(□,\s\up1(10))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eq\o(□,\s\up1(11))感应电动势而无感应电流。【判断正误】1.穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关。(√)2.电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。(×)3.当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。(×)1.判断感应电流有无的方法2.判断磁通量是否变化的方法(1)根据公式Φ＝BSsinθ(θ为B与S间的夹角)判断。(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。3.产生感应电流的三种常见情况【对点训练】1.(磁通量及其变化)如图所示，线框abdc的左侧放置一通有恒定电流的长直导线，线框从位置Ⅰ按照以下四种方式运动(位置Ⅰ和位置Ⅲ关于MN对称)，磁通量变化量的绝对值最大的是()A.平移到位置ⅡB.平移到位置ⅢC.以MN为转轴转到位置ⅢD.以bd为转轴转到位置Ⅱ解析：B由图可知，通电直导线电流方向向上，由安培定则可知，导线右侧磁场的方向向里，左侧磁场的方向向外，靠近导线磁感应强度增大，远离导线磁感应强度减小，设线框的面积为S，位置Ⅰ处和位置Ⅲ处的平均磁感应强度为B1，位置Ⅱ处的磁感应强度为B2，线框从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量的大小为ΔΦ1＝(B1－B2)S，线框从位置Ⅰ平移到位置Ⅲ，磁通量的变化量的大小为ΔΦ2＝(B1＋B1)S＝2B1S，以MN为转轴转到位置Ⅲ，磁通量的变化量的大小为ΔΦ3＝0，以bd为转轴转到位置Ⅱ，磁通量的变化量的大小为ΔΦ4＝(B1＋B2)S，由以上分析可知，线框从位置Ⅰ平移到位置Ⅲ，磁通量的变化量绝对值最大。故选B。2.(电磁感应现象的理解)某同学将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图连接，在开关闭合、线圈A放在线圈中的情况下，他发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转，则下列推断中正确的是()A.若线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，则电流计指针向左偏转B.若线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，则电流计指针向右偏转C.若滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，则电流计指针始终静止在刻度盘的正中央D.由于线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转方向解析：B当滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，变阻器的电阻变大，通过线圈A的电流变小，则线圈A产生的磁场变小，故当线圈B中的磁通量变小时，电流计指针向右偏转。当线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，电流计指针向右偏转，故A错误；当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均减小，电流计指针均向右偏转，故B正确；P向左或向右匀速滑动时，线圈A中电流均变化，B中磁通量变化，有感应电流产生，电流计指针发生偏转，故C错误；虽然线圈A、线圈B的绕线方向未知，但我们可以根据使电流计指针向右偏的条件得出其他情况下出现的现象，故D错误。故选B。3.(感应电流有无的判断)磁单极子自1932年被狄拉克提出以来，科学家们一直都在努力寻找其存在的确凿证据。如果一个只有S极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现()A.先逆时针后顺时针的感应电流B.先顺时针后逆时针的感应电流C.逆时针方向的持续流动的感应电流D.顺时针方向的持续流动的感应电流解析：D只有S极的磁单极子从上向下穿过如题图所示的闭合超导线圈时，穿过线圈的磁通量先向上增加，后向下减小，根据楞次定律可知，从上向下看线圈中产生顺时针方向的持续流动的感应电流。故选D。考点二楞次定律和右手定则1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总是要eq\o(□,\s\up1(12))阻碍引起感应电流的eq\o(□,\s\up1(13))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：如图，伸开右手，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内；让eq\o(□,\s\up1(14))磁感线垂直从掌心穿入，并使拇指指向eq\o(□,\s\up1(15))导线运动的方向，这时四指所指的方向就是eq\o(□,\s\up1(16))感应电流的方向。(2)适用情况：导线eq\o(□,\s\up1(17))切割磁感线运动产生感应电流。【判断正误】1.感应电流的磁场总是与原磁场相反。(×)2.感应电流的磁场总是阻止引起感应电流的磁通量的变化。(×)3.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。(×)1.楞次定律中“阻碍”的含义2.用楞次定律判断感应电流的方向3.用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(1)掌心——磁感线穿入。(2)拇指——指向导体运动的方向。(3)四指——指向感应电流的方向。如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反。金属圆环的直径与两磁场的边界重合。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B1减小B2B.同时减小B1增大B2C.同时以相同的变化率增大B1和B2D.同时以相同的变化率减小B1和B2解析：B若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误。【对点训练】4.(楞次定律的应用)某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。规定从铁芯P竖直向下看顺时针方向为电流正方向，如果线圈A中电流i与时间t的关系如A、B、C、D图示四种情况。那么在t1～t2这段时间内，哪种情况可以观察到线圈B中有逆时针方向感应电流()解析：B由A图像可得，A线圈中的电流恒定，故B线圈中的磁通量没有变化，线圈B中没有感应电流，A错误；由B图像可得，A线圈中的电流增大，故B线圈中的磁通量增加，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向与A线圈中的电流方向相反，为逆时针方向，故B正确；由C图像可得，A线圈中的电流减小，故B线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向与A线圈中的电流方向相同，为顺时针方向，故C错误；由D图像可得，在t1～t2时间内，A线圈中的电流减小，故B线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，线圈B中产生感应电流，且方向与A线圈中的电流方向相同，为顺时针方向，故D错误。故选B。5.(右手定则的应用)(多选)如图所示，导体棒AB、CD可在水平光滑轨道上自由滑动，下列说法正确的是()A.将导体棒CD固定，当导体棒AB向左移动时，AB中感应电流的方向为A到BB.将导体棒CD固定，当AB向右移动时，AB中感应电流的方向为A到BC.将导体棒AB固定，当CD向左移动时，AB中感应电流的方向为A到BD.将导体棒AB固定，当CD向右移动时，AB中感应电流的方向为A到B解析：AC由右手定则可判断，当AB向左运动时，AB中感应电流方向为A→B；当AB向右运动时，AB中感应电流方向为B→A，A正确，B错误；当CD向左运动时，CD中的感应电流方向为C→D，AB中的感应电流方向为A→B；当CD向右移动时，AB中感应电流方向为B→A，C正确，D错误。考点三楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：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：内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁体靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”磁体靠近，是斥力磁体远离，是引力使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁体下移，a、b靠近使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈自感电动势阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮以上五种情况“殊途同归”，实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化维度1增反减同如图，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端时向左运动解析：B将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D错误。维度2来拒去留如图所示，质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是()A.FN先大于mg，后小于mgB.FN一直大于mgC.Ff先向左，后向右D.线圈中的电流方向始终不变解析：A根据“来拒去留”的原理，磁铁靠近线圈时受到斜向上的斥力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向下的斥力，故它受到的支持力FN大于重力mg，磁铁远离线圈时受到斜向下的引力作用，线圈受到斜向上的引力，支持力FN小于重力mg，故A正确，B错误；整个过程磁铁对线圈的作用力都有向右的分量，即线圈有向右运动的趋势，摩擦力的方向始终向左，C错误；由于线圈中的磁通量先变大后变小，方向不变，故线圈中电流前后方向相反，D错误。维度3增缩减扩如图所示，通电螺线管左端外侧和内部分别静止悬吊导体环a和b，环c套在螺线管正中间，并与螺线管共轴。当滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，下列说法正确的是()A.a环向左摆B.b环有缩小的趋势C.c环有扩大的趋势D.三个环中感应电流方向相同解析：D根据右手螺旋定则，通电螺线管的左端为N级，右端为S级，穿过a环、b环、c环的净磁感线均从右到左，当滑动变阻器向右滑动时，接入电路电阻变大，电流变小，磁感应强度变小，根据楞次定律，a环将向右摆，感应电流产生的附加磁场为从右到左，b环扩张，感应电流产生的附加磁场为从右到左，c环收缩，产生的附加磁场为从右到左，ABC错误；由于a环、b环、c环的感应电流产生的附加磁场均从右到左，因此三个环中的感应电流方向相同，D正确。故选D。维度4增离减靠(多选)如图所示，多匝线圈绕在铁芯上与水平金属导轨相连，导轨的电阻不计，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，导轨上放一导体棒ab，与水平金属导轨垂直并接触良好。铁芯左侧用一轻绳悬挂一单匝铜线圈c，线圈c的平面垂直于铁芯，下列叙述正确的是()A.导体棒ab向右做匀速运动时，金属线圈c向右摆动B.导体棒ab向左做加速运动时，金属线圈c向左摆动C.导体棒ab向右做加速运动时，金属线圈c向左摆动D.导体棒ab向右做减速运动时，金属线圈c向左摆动解析：BC导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，金属线圈c不动，故A错误；导体棒ab向左或向右做加速运动时，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，金属线圈c向左摆动，故B、C正确；导体棒ab向右做减速运动时，ab中产生的感应电流减小，螺线管产生的磁场减弱，穿过c的磁通量减小，根据楞次定律的推论“增离减靠”可知，金属线圈c向右摆动，故D错误。故选BC。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。(多选)如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路。当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是()A.向右加速运动 B.向右减速运动C.向左加速运动 D.向左减速运动解析：BC根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L2中感应电流产生的磁场应该是向上减弱，或向下增强；再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动。故B、C正确，A、D错误。eq\a\vs4\al()左、右手定则巧区分(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动而电”——用右手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。【对点训练】6.(楞次定律和安培定则的应用)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是()A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：AD根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确。7.(楞次定律和左手定则的应用)(多选)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是()甲乙A.0～1s内，ab、cd导线互相排斥B.1～2s内，ab、cd导线互相吸引C.2～3s内，ab、cd导线互相吸引D.3～4s内，ab、cd导线互相排斥解析：BD根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a流向b。由图乙可知，在0～1s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c流向d，由于ab、cd导线内电流的方向相同，则互相吸引，故A错误；在1～2s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c流向d，由于ab、cd导线内电流的方向相同，则互相吸引，故B正确；在2～3s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流的方向是由d流向c，由于ab、cd导线内电流的方向相反，则互相排斥，故C错误；在3～4s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由d流向c，由于ab、cd导线内电流的方向相反，则互相排斥，故D正确。限时规范训练45[基础巩固题组]1.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1 B.1∶2C.1∶4 D.4∶1解析：A根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф＝BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误。故选A。2.如图所示，面积是S的矩形导线框abcd处于磁感应强度为B的有界匀强磁场中，其中O1O2是线框abcd的对称轴且正好与磁场边界重合。现使线框以O1O2为轴，从图示位置开始匀速转动，下列说法正确的是()A.转动过程中没有感应电流生成B.线框转过30°角时，穿过线框的磁通量为eq\f(\r(3),4)BSC.线框转过30°角时，穿过线框的磁通量为eq\f(\r(3),2)BSD.线框转过180°角的过程中，穿过线框的磁通量的变化量为0解析：B转动过程中，穿过导线框中磁通量变化，则有感应电流，故A错误；线框转过30°角时，穿过线框的磁通量为Φ＝BS＝B×eq\f(S,2)×cos30°＝eq\f(\r(3),4)BS，故B正确，C错误；线框转过180°角过程中，穿过线框的磁通量变化量为ΔΦ＝Φ′－Φ＝－eq\f(1,2)BS－eq\f(1,2)BS＝－BS，故D错误。故选B。3.(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时()A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：C由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。故选C。4.为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口。若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙所示)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向()甲乙A.始终沿逆时针方向B.先沿逆时针，再沿顺时针方向C.先沿顺时针，再沿逆时针方向D.始终沿顺时针方向解析：B列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流方向先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，选项B正确。5.MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则()A.若固定ab，使cd向右滑动，则回路中电流方向为a→b→d→cB.若ab向左、cd向右同时运动，则回路中电流为零C.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则回路中电流方向为c→d→b→aD.若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则回路中电流方向为c→d→b→a解析：D若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则可判断出应产生顺时针方向的电流，故A错误；若ab向左，cd向右，ab、cd所围的线圈面积增大，磁通量增大，由楞次定律得知，abdc中有顺时针方向的电流，故B错误；若ab、cd同向且速度大小相同，ab、cd所围的线圈面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故C错误；若ab、cd都向右运动，但vcd＞vab，则abdc所围面积增大，磁通量也增大，故由楞次定律可判断出产生由c→d→b→a的电流，故D正确。6.(多选)如图所示，在一固定水平放置的铝环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在地面上。磁铁下落过程中从铝环中心穿过铝环，而不与铝环接触。若不计空气阻力，下列说法正确的是()A.磁铁下落过程中，铝环中的电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看铝环)B.不考虑起始位置，磁铁下落过程中，磁铁的加速度始终小于gC.磁铁下落过程中，磁铁的机械能不断减少D.磁铁落地时的速率等于eq\r(2gh)解析：AC由题图可知，在磁铁下落过程中，穿过铝环的磁场方向向下，在磁铁靠近铝环时，穿过铝环的磁通量变大，在磁铁远离铝环时穿过铝环的磁通量减小，由楞次定律可知，从上向下看，铝环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，A正确；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在下落过程中，受铝环对它的作用力始终竖直向上，但当条形磁铁的中心与环在同一个平面内时，穿过环的磁通量最大，磁通量的变化率为0，此时铝环内没有感应电流，所以在该点条形磁铁的加速度等于g，B错误；在磁铁下落过程中，铝环中产生感应电流，铝环中有电能产生，磁铁在整个下落过程中，磁铁的机械能转化为电能，由能量守恒定律可知，磁铁的机械能减少，C正确；磁铁自由下落时，落地速度v＝eq\r(2gh)，由于磁铁下落穿过铝环时能量有损失，磁铁落地速度应小于eq\r(2gh)，D错误。7.如图所示，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。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的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大B.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小C.金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小D.金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大解析：B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，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律可知，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确。[能力提升题组]8.(多选)如图所示，铁芯上密绕的螺线与滑动变阻器、电源、开关相连，铁芯上方的绝缘水平直杆上套有一金属圆环，圆环面与纸面垂直，环心在铁芯的中轴线OO′上，开始时开关S闭合。下列说法正确的是()A.向左移动滑片P，圆环中将产生感应电流B.沿杆向左移动金属圆环，圆环中将产生感应电流C.保持环面与纸面垂直，绕OO′轴转动金属圆环，圆环中将产生感应电流D.断开开关S瞬间，圆环中将产生感应电流解析：ABD只要穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中即可产生感应电流，滑片P向左移动时，电路中电阻增大，电流减小，螺线管中的磁场减弱，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，A正确；沿杆向左移动圆环时，穿过圆环磁通量减少，环中有感应电流产生，B正确；绕OO′轴转动圆环时，穿过圆环的磁通量保持不变，环中无感应电流产生，C错误；断开开关的瞬间，穿过圆环的磁通量减少，环中有感应电流产生，D正确。故选ABD。9.(多选)如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B(构成电磁铁)，线圈A跟电源连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路。下列说法正确的是()A.闭合开关S时，B中产生与图示方向相同的感应电流B.闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C.断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D.断开开关S时，弹簧K立即将衔铁D拉起解析：BC由题意可知，闭合开关S时，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律及右手螺旋定则可知，B中产生与题图方向相反的感应电流，故A错误，B正确；断开开关S时，回路电