PAGE17-第十一章電磁感應[研讀考綱明方向]考綱要求復習指南內容要求考情分析：電磁感應是歷年高考考查的重點，題型多為選擇題和計算題。選擇題主要考查有關電磁感應現象的定性分析、感應電動勢的計算及各種相關的圖象問題；計算題主要考查電磁感應與電路、能量、動量、動力學等結合的綜合問題。命題趨勢：1．會接著考查應用楞次定律和右手定則判定感應電流的方向。2．結合各種圖象(Φ-t圖象、B-t圖象等)，考查感應電流方向、感應電動勢的計算。3．會接著考查電磁感應與電路、能量、動量、動力學等結合的綜合問題，特殊是電磁感應與生產、生活實際的結合。電磁感應現象Ⅰ磁通量Ⅰ法拉第電磁感應定律Ⅱ楞次定律Ⅱ自感、渦流Ⅰ[重讀教材定方法]1.P7圖4.2－7，要使電流表偏轉，搖繩的兩同學應南北站立還是東西站立？提示：東西站立。2．P7[問題與練習]T1，甲、乙、丙三種狀況，哪種產生感應電流？哪種產生感應電動勢？提示：乙、丙產生感應電動勢，丙產生感應電流。3．P9[問題與練習]T7，為使MN棒中不產生感應電流，磁感應強度B與t的關系如何？提示：由B0l2＝Bl(l＋vt)，得B＝eq\f(B0l,l＋vt)。4．P11閱讀教材，思索：感應電流的磁場肯定與引起感應電流的磁場方向相反嗎？提示：不肯定。5．P12[思索與探討]導體棒AB中的感應電流沿什么方向？提示：沿A→B。6．P13[問題與練習]T4，線圈在B位置時，穿過它的磁通量為零，產生的感應電流也為零嗎？提示：磁通量為零，感應電流不為零。7．P16閱讀教材，思索：E＝Blv中，l指導線實際長度嗎？提示：不是。l是有效切割長度。8．P16[思索與探討]感應電動勢是加強了電源產生的電流，還是減弱了它？是有利于線圈的轉動，還是阻礙了線圈的轉動？提示：依據楞次定律可知，感應電動勢減弱了電源產生的電流，阻礙了線圈的轉動。9．P20[思索與探討]導體棒哪端電勢高？若外接用電器，導體棒電流沿什么方向？此時導體棒中哪端電勢高？提示：C端電勢高；電流從D→C；C端電勢高。10．P23圖4.6－4，思索：開關S斷開后燈泡A中的電流方向是什么？提示：從右向左。11．P23圖4.6－5，圖甲中，若開關S斷開，電流表示數馬上變為零還是漸漸變為零？提示：馬上變為零。12．P24閱讀“磁場的能量”。13．P27圖4.7－7，連接正負接線柱的導線有什么作用？提示：使電流表中形成閉合電路，起到電磁阻尼作用，預防指針振動過大。第50講電磁感應現象楞次定律基礎命題點一電磁感應現象一、磁通量1．磁通量(1)定義：磁感應強度B與垂直于磁場方向的面積S的eq\x(\s\up1(01))乘積。(2)公式：Φ＝eq\x(\s\up1(02))BS(B⊥S)；單位：韋伯(Wb)。(3)矢標性：磁通量是eq\x(\s\up1(03))標量，但有正負。2．磁通量的變更量：ΔΦ＝eq\x(\s\up1(04))Φ2－Φ1。3．磁通量的變更率(磁通量變更的快慢)：eq\x(\s\up1(05))磁通量的變更量與所用時間的比值，即eq\f(ΔΦ,Δt)，與線圈的匝數無關。4．磁通量發生變更的三種常見狀況(1)磁感應強度不變，回路的有效面積變更。(2)有效面積不變，磁感應強度變更。(3)磁感應強度和有效面積都變更。二、電磁感應現象1．電磁感應現象：當穿過閉合回路的eq\x(\s\up1(06))磁通量發生變更時，電路中有電流產生，這種現象稱為電磁感應現象，產生的電流稱為感應電流。2．產生感應電流的條件(1)eq\x(\s\up1(07))電路閉合；(2)eq\x(\s\up1(08))磁通量發生變更。3．實質：電磁感應現象的實質是產生eq\x(\s\up1(09))感應電動勢，假如電路閉合，則有eq\x(\s\up1(10))感應電流；假如電路不閉合，則只有eq\x(\s\up1(11))感應電動勢，而無eq\x(\s\up1(12))感應電流。1.磁通量是探討電磁感應現象的重要物理量，如圖所示，通有恒定電流的導線MN與閉合線框共面，第一次將線框由位置1平移到位置2，其次次將線框繞cd邊翻轉到位置2，設先后兩次通過線框的磁通量變更量大小分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則()A．ΔΦ1>ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2C．ΔΦ1<ΔΦ2 D．無法確定答案C解析設閉合線框在位置1時的磁通量大小為Φ1，在位置2時的磁通量大小為Φ2，直線電流產生的磁場在位置1處比在位置2處要強，故Φ1>Φ2。將閉合線框從位置1平移到位置2，磁感線是從閉合線框的同一面穿過的，所以ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|＝Φ1－Φ2；將閉合線框從位置1繞cd邊翻轉到位置2，磁感線分別從閉合線框的正反兩面穿過，所以ΔΦ2＝|(－Φ2)－Φ1|＝Φ1＋Φ2(以原來穿過的方向為正方向，則后來從另一面穿過的方向為負方向)。故正確選項為C。2．[教材母題](人教版選修3－2P8·T3)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場局限在虛線框內，閉合線圈由位置1穿過虛線框運動到位置2。線圈在運動過程中什么時候有感應電流，什么時候沒有感應電流？為什么？[變式子題]圖中能產生感應電流的是()答案B解析A項中線圈不是閉合的，不能產生感應電流；B項中回路的面積增大，穿過回路的磁通量增大，能夠產生感應電流；C項中由于直導線在線圈對稱軸的正上方，所以穿過線圈的磁通量等于0，電流增大，穿過線圈的磁通量仍舊是0，不能產生感應電流；D項中線圈整體沿垂直于勻強磁場方向運動，穿過線圈的磁通量始終最大且沒有發生變更，不能產生感應電流。故選B。3．(2024·北京人大附中高三期末)(多選)如圖所示，將帶鐵芯的線圈A通過滑動變阻器和開關連接到電源上，線圈B的兩端連接到靈敏電流計上，把線圈A放進線圈B的里面。下列說法正確的()A．開關閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉B．線圈A插入線圈B中后，開關閉合和斷開的瞬間電流計指針均不會偏轉C．線圈A插入線圈B中后，開關閉合和斷開的瞬間電流計指針向相反的方向偏轉D．開關閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電流計指針才會偏轉答案AC解析開關閉合后，線圈A插入或拔出時穿過B的磁通量都會發生變更，產生感應電流，引起電流計指針偏轉，A正確；線圈A插入線圈B中后，開關閉合和斷開的瞬間，穿過B的磁通量會發生變更，產生感應電流，電流計指針會偏轉，B錯誤；線圈A插入線圈B中后，開關閉合和斷開的瞬間，穿過B的磁通量分別會增加和減小，且磁通量的方向相同，故會產生相反方向的感應電流，電流計指針向相反的方向偏轉，C正確；開關閉合后，滑動變阻器的滑片P無論如何滑動，線圈A中電流都會變更，穿過B的磁通量都會發生變更，產生感應電流，電流計指針都會偏轉，D錯誤。基礎命題點二感應電流的方向1．楞次定律(1)內容：感應電流的磁場總要eq\x(\s\up1(01))阻礙引起感應電流的eq\x(\s\up1(02))磁通量的變更。(2)適用范圍：一切電磁感應現象。(3)應用楞次定律的思路：2．右手定則(1)內容：如圖所示，伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直并且都與手掌在同一平面內；讓eq\x(\s\up1(03))磁感線從掌心進入，并使拇指指向eq\x(\s\up1(04))導體運動的方向，這時四指所指的方向就是eq\x(\s\up1(05))感應電流的方向。(2)適用狀況：導線eq\x(\s\up1(06))切割磁感線產生感應電流。名稱基本現象因果關系應用的定則或定律電流的磁效應運動電荷、電流產生磁場因電生磁eq\x(\s\up1(07))安培定則洛倫茲力、安培力磁場對運動電荷、電流有作用力因磁受力eq\x(\s\up1(08))左手定則電磁感應閉合回路磁通量變更因磁生電eq\x(\s\up1(09))楞次定律部分導體做切割磁感線運動因動生電eq\x(\s\up1(10))右手定則3．“三定則肯定律”的應用對比1．[教材母題](人教版選修3－2P13·T3)在如圖中CDEF是金屬框，框內存在著如圖所示的勻強磁場。當導體AB向右移動時，請用楞次定律推斷ABCD和ABFE兩個電路中感應電流的方向。[變式子題](2024·全國卷Ⅲ)如圖，在方向垂直于紙面對里的勻強磁場中有一U形金屬導軌，導軌平面與磁場垂直。金屬桿PQ置于導軌上并與導軌形成閉合回路PQRS，一圓環形金屬線框T位于回路圍成的區域內，線框與導軌共面。現讓金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，關于感應電流的方向，下列說法正確的是()A．PQRS中沿順時針方向，T中沿逆時針方向B．PQRS中沿順時針方向，T中沿順時針方向C．PQRS中沿逆時針方向，T中沿逆時針方向D．PQRS中沿逆時針方向，T中沿順時針方向答案D解析金屬桿PQ突然向右運動，在運動起先的瞬間，閉合回路PQRS中磁場方向垂直紙面對里，磁通量增大，由楞次定律可推斷，閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場垂直紙面對外，由安培定則可推斷感應電流方向為逆時針；由于閉合回路PQRS中感應電流產生的磁場方向垂直紙面對外，與原磁場方向相反，則T中磁通量減小，由楞次定律可推斷，T中感應電流產生的磁場方向垂直紙面對里，由安培定則可知T中感應電流方向為順時針，D正確。2.(多選)兩根相互平行的金屬導軌水平放置于如圖所示的勻強磁場中，在導軌上導體棒AB和CD可以自由滑動。當AB在外力F作用下向右運動時，下列說法正確的是()A．CD內有電流通過，方向是D→CB．CD向左運動C．磁場對CD作用力向左D．磁場對AB作用力向左答案AD解析AB在外力F作用下向右做切割磁感線運動，依據右手定則推斷可知AB內電流的方向是B→A，故CD內電流的方向是D→C，所以A正確。由左手定則可知D正確，B、C錯誤。實力命題點楞次定律的理解及推論1．楞次定律中“阻礙”的含義2．楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為電磁感應的效果總要阻礙引起電磁感應的緣由，列表舉例說明如下內容例證阻礙原磁通量變更——“增反減同”磁鐵靠近線圈，B感與B原反向阻礙相對運動——“來拒去留”磁鐵靠近，是斥力磁鐵遠離，是引力使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”P、Q是光滑固定導軌，a、b是可動金屬棒，磁鐵下移，回路面積應減小，a、b靠近B減小，線圈擴張阻礙原電流的變更——“增反減同”合上S，B先亮如圖甲所示，兩個閉合圓形線圈A、B的圓心重合，放在同一水平面內，線圈A中通以如圖乙所示的變更電流，t＝0時電流的方向為順時針方向(如圖中箭頭所示)，在t1～t2時間內，對于線圈B，下列說法中正確的是()A．線圈B內有順時針方向的電流，且線圈B有擴張的趨勢B．線圈B內有順時針方向的電流，且線圈B有收縮的趨勢C．線圈B內有逆時針方向的電流，且線圈B有擴張的趨勢D．線圈B內有逆時針方向的電流，且線圈B有收縮的趨勢解析t1～t2時間內，線圈A中的電流方向為逆時針方向，依據安培定則可知在線圈A內部產生的磁場方向向外，線圈外部產生的磁場方向向里，線圈B內的合磁通量是向外的。由于線圈A中的電流增大，故穿過線圈B的磁通量增加，因而依據楞次定律和安培定則，在線圈B中將產生順時針方向的感應電流，由楞次定律的推論可知，線圈B有擴張的趨勢。故A正確。答案A線圈大小的變更趨勢常有兩種推斷方法(1)微元法：取線圈B上一小段導線，若取足夠小，則可看成一條直線段，依據其中感應電流的方向，所在處磁場的方向及左手定則，可知該段導線的受力方向，以此推出線圈是有收縮的趨勢還是有擴張的趨勢。(2)推論法：電磁感應的效果總要阻礙引起電磁感應的緣由。本題中電磁感應的效果是線圈B中的感應電流受到的安培力，緣由是線圈B中磁通量的增加，只有線圈B受到的安培力使其擴張才能阻礙磁通量的增加。如圖所示，粗糙水平桌面上有一質量為m的銅質矩形線圈，當一豎直放置的通有恒定電流的螺線管沿線圈中線AB正上方等高快速通過時，若線圈始終不動，則關于線圈受到的支持力FN及在水平方向的運動趨勢，下列說法中正確的是()A．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢向左B．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢先向右后向左C．FN先小于mg后大于mg，運動趨勢先向左后向右D．FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右答案D解析解法一：當一豎直放置的通電螺線管從線圈中線AB正上方等高快速經過時，線圈中向上的磁通量先增大后減小，由楞次定律可知，線圈中先產生順時針方向的感應電流后產生逆時針方向的感應電流(從上往下看)，線圈四條邊所受安培力的合力先向右下，后向右上，因此FN先大于mg后小于mg，運動趨勢向右，D正確。解法二：依據楞次定律的另一種表述——感應電流的效果總要抗拒產生感應電流的緣由。本題中的“緣由”是線圈中磁通量先增大后減小，歸根結底是螺線管先靠近后遠離線圈。“效果”是線圈要實行措施阻礙磁通量先增大后減小，即“來拒去留”，故必有向右運動的趨勢。在豎直方向上，線圈則應以先“向下躲”后“向上追”的方式阻礙磁通量先增大后減小，故FN先大于mg后小于mg。D正確。課時作業1．在法拉第時代，下列驗證“由磁產生電”設想的試驗中，能視察到感應電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后視察電流表的變更B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后視察電流表的變更C．將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去視察電流表的變更D．繞在同一鐵環上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，視察電流表的變更答案D解析將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，因線圈中的磁通量沒有變更，故不能視察到感應電流，A不符合題意；在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈時，假如通電線圈通以恒定電流，產生不變的磁場，則在另一線圈中不會產生感應電流，B不符合題意；在線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去視察電流表時，線圈中的磁通量已不再變更，因此也不能視察到感應電流，C不符合題意；繞在同一鐵環上的兩個線圈，在給一個線圈通電或斷電的瞬間，線圈產生變更的磁場，使穿過另一線圈的磁通量變更，因此，能視察到感應電流，D符合題意。2.如圖所示，一通電螺線管b放在閉合金屬線圈a內，螺線管的中心線恰好和線圈的一條直徑MN重合。要使線圈a中產生感應電流，可采納的方法有()A．使螺線管在線圈a所在平面內轉動B．使螺線管上的電流發生變更C．使線圈以MN為軸轉動D．使線圈以與MN垂直的直徑為軸轉動答案D解析題圖所示位置，線圈a所在平面與磁感線平行，穿過線圈的磁通量為零，當按A、B、C所述方式變更時，線圈a所在平面仍與磁感線平行，磁通量不變，不產生感應電流；按選項D所述方式變更時，由于線圈與磁場夾角變更引起磁通量變更，能夠產生感應電流，D正確。3．如圖所示，銅盤水平放置，磁場豎直向下穿過銅盤，圖中a、b導線與銅盤的中軸線處在同一平面內，從上往下看銅盤沿逆時針方向勻速轉動，下列說法正確的是()A．回路中電流方向不變，且從a導線流進燈泡，再從b導線流向旋轉的銅盤B．回路中電流方向不變，且從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤C．回路中有方向周期性變更的電流D．回路中沒有磁通量變更，沒有電流答案B解析a導線與銅盤的接觸點和中軸線的連線切割磁感線，依據右手定則推斷，回路中電流方向不變，從b導線流進燈泡，再從a導線流向旋轉的銅盤，B正確，A、C、D錯誤。4.如圖所示，一質量為m的條形磁鐵用細線懸掛在天花板上，細線從一水平金屬圓環中穿過。現將環從位置Ⅰ釋放，環經過磁鐵到達位置Ⅱ。設環經過磁鐵上端和下端旁邊時細線的張力分別為FT1和FT2，重力加速度大小為g，則()A．FT1>mg，FT2>mgB．FT1<mg，FT2<mgC．FT1>mg，FT2<mgD．FT1<mg，FT2>mg答案A解析金屬圓環從位置Ⅰ到位置Ⅱ的過程中，由楞次定律推論知，金屬圓環在磁鐵上端時受力向上，在磁鐵下端時受力也向上，則金屬圓環對磁鐵的作用力始終向下，對磁鐵受力分析可知FT1>mg，FT2>mg，A正確。5.如圖所示，通電導線MN與單匝矩形線圈abcd共面，位置靠近ab且與線圈相互絕緣。當MN中電流突然減小時，線圈所受安培力的合力方向()A．向左 B．向右C．垂直紙面對外 D．垂直紙面對里答案B解析解法一：當MN中電流突然減小時，單匝矩形線圈abcd垂直紙面對里的磁通量減小，依據楞次定律，線圈abcd中產生的感應電流方向為順時針方向，由左手定則可知ab邊與cd邊所受安培力方向均向右，所以線圈所受安培力的合力方向向右，B正確。解法二：由對楞次定律中“阻礙”的理解可知，當MN中電流突然減小而導致線圈abcd垂直紙面對里的磁通量減小時，線圈abcd肯定會有向右運動的趨勢以“阻礙”其磁通量的減小，所以其所受安培力的合力方向向右，B正確。6.矩形導線框abcd與長直導線MN放在同一水平面上，ab邊與MN平行，導線MN中通入如圖所示的電流，當MN中的電流增大時，下列說法正確的是()A．導線框abcd中沒有感應電流B．導線框abcd中有順時針方向的感應電流C．導線框所受的安培力的合力方向水平向左D．導線框所受的安培力的合力方向水平向右答案D解析直導線中通有向上且增大的電流，依據安培定則知，通過線框的磁場方向垂直紙面對里，且增大，依據楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向，故A、B錯誤；依據左手定則知，ab邊所受安培力方向水平向右，cd邊所受安培力方向水平向左，離導線越近，磁感應強度越大，所以ab邊所受的安培力大于cd邊所受的安培力，則線框所受安培力的合力方向水平向右，故C錯誤，D正確。7.如圖所示，一個閉合三角形導線框ABC位于豎直平面內，其下方(略靠前)固定一根與導線框平面平行的水平直導線，導線中通以圖示方向的恒定電流。釋放導線框，它由實線位置下落到虛線位置未發生轉動，在此過程中()A．導線框中感應電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBAB．導線框的磁通量為零時，感應電流也為零C．導線框所受安培力的合力方向依次為向上→向下→向上D．導線框所受安培力的合力為零，做自由落體運動答案A解析依據右手螺旋定則可知導線上方的磁場方向垂直于紙面對外，下方的磁場方向垂直于紙面對里，而且越靠近導線磁場越強。所以閉合導線框ABC在下降過程中，導線框內垂直于紙面對外的磁通量先增大，當導線框的BC邊與導線在同一水平面時，垂直于紙面對外的磁通量達到最大，再向下運動，導線框內垂直于紙面對外的磁通量漸漸減小至零，然后隨導線框的下降，導線框內垂直于紙面對里的磁通量增大，達到最大后，接著下降時由于導線框漸漸遠離導線，使導線框內垂直于紙面對里的磁通量再漸漸減小，依據楞次定律可知，感應電流的磁場總是阻礙原磁通量的變更，所以感應電流的磁場先向內，再向外，最終向內，所以導線框中感應電流的方向依次為ACBA→ABCA→ACBA，A正確；當導線框內的磁通量為零時，內部的磁通量仍舊在變更，有感應電動勢產生，所以感應電流不為零，B錯誤；依據對楞次定律的理解，感應電流的效果總是阻礙導體間的相對運動，由于導線框始終向下運動，所以導線框所受安培力的合力方向始終向上，不為零，C、D錯誤。8.如圖為一種早期發電機原理示意圖，該發電機由固定的圓形線圈和一對用鐵芯連接的圓柱形磁鐵構成，兩磁極相對于線圈平面對稱，在磁極繞轉軸勻速轉動過程中，磁極中心在線圈平面上的投影沿圓弧XOY運動，(O是線圈中心)。則()A．從X到O，電流由E經G流向F，線圈的面積有收縮的趨勢B．從X到O，電流由F經G流向E，線圈的面積有擴張的趨勢C．從O到Y，電流由F經G流向E，線圈的面積有收縮的趨勢D．從O到Y，電流由E經G流向F，線圈的面積有擴張的趨勢答案D解析磁極繞轉軸從X到O勻速轉動時，穿過線圈平面的磁通量向上增大，依據楞次定律可知，從上往下看線圈中產生順時針方向的感應電流，電流由F經G流向E，線圈的各部分受到指向圓心的安培力，線圈的面積有縮小的趨勢，故A、B錯誤；磁極繞轉軸從O到Y勻速轉動時，穿過線圈平面的磁通量向上減小，依據楞次定律可知，從上往下看線圈中產生逆時針方向的感應電流，電流由E經G流向F，線圈的各部分受到背離圓心的安培力，所以線圈的面積有擴大的趨勢，故C錯誤，D正確。9．如圖所示，a、b都是較輕的鋁環，a環閉合，b環斷開，橫梁可以繞中間支點自由轉動，起先時整個裝置靜止。下列說法中正確的是()A．條形磁鐵插入a環時，橫梁不會發生轉動B．只有當條形磁鐵N極拔出鋁環時，橫梁才會轉動C．條形磁鐵用相同方式分別插入a、b環時，兩環轉動狀況相同D．鋁環a產生的感應電流總是阻礙鋁環與磁鐵間的相對運動答案D解析當條形磁鐵向a環靠近時，穿過a環的磁通量增加，a環閉合，產生感應電流，磁鐵對a環產生安培力，阻礙兩者相對運動，因此a環阻礙磁鐵靠近，出現轉動現象；當條形磁鐵向b環靠近時，b環斷開，不產生感應電流，磁鐵對b環沒有安培力作用，b環將靜止不動，故A、B、C錯誤。依據楞次定律可知，環a產生的感應電流總是阻礙鋁環與磁鐵間的相對運動，故D正確。10．(2024·全國卷Ⅲ)楞次定律是下列哪個定律在電磁感應現象中的詳細體現？()A．電阻定律 B．庫侖定律C．歐姆定律 D．能量守恒定律答案D解析楞次定律表述了感應電流的磁場方向，同時也體現了不同能量間的關系。總能量是守恒的，感應電流產生電能，電能是“阻礙”的結果，D正確。11．(2024·全國卷Ⅰ)(多選)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態。下列說法正確的是()A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對里的方向轉動B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對里的方向C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面對外的方向D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面對外的方向轉動答案AD解析小磁針的N極的指向為該處磁場的方向。開關閉合后的瞬間，通過右邊線圈的電流增大，在鐵芯中產生由北向南的磁場增大，通過左側的線圈的磁通量增大，依據楞次定律和安培定則可以推斷，直導線的電流從南流向北，再依據安培定則可以推斷，直導線電流在小磁針處的磁場方向垂直紙面對里，小磁針N極向里轉動，A正確；開關閉合并保持一段時間后，通過左側線圈的磁通量不變，不會產生電磁感應現象，所以直導線無感應電流流過，小磁針在地磁場作用下復原原指向，B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，通過左側線圈的磁通量減小，直導線產生由北流向南的電流，則小磁針N極向外轉動，D正確。12．(2024·合肥高三第三次質檢)(多選)圖示為手機無線充電裝置，手機和充電板內部均安裝了金屬線圈，將手機置于通電的充電板上，便實現了“無線充電”。下列說法正確的是()A．無線充電的原理是電磁感應B．將手機旋轉一小角度放置，便不能充電C．在手機和充電板間墊上幾張A4紙，也能充電D．充電板不論通入交變電流還是恒定電流均可充電答案AC解析充電板內變更的磁場引起手機內部的線圈中的磁通量發生變更，產生感應電流，從而給手機電池充電，是利用電磁感應原理工作的，將手機旋轉一小角度放置或在手機和充電板間墊上幾張A4紙，也能充電，故A、C正確，B錯誤；充電底座是利用電磁感應原理工作的，故不能運用直流電進行無線充電，故D錯誤。13.(2024·廣東揭陽一模)(多選)如圖所示，一根長導線彎曲成“”形，通以直流電I，正中間用絕緣線懸掛一金屬環C，環與導線處于同一豎直平面內。在電流I增大的過程中，下列推斷正確的是()A．金屬環中無感應電流產