（鲁京津琼）2020版高考物理总复习第十章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律课件.pptx

高考导航,第1讲 电磁感应现象 楞次定律,知识排查,磁通量,1.磁通量 (1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的_。 (2)公式：_ (BS)；单位：韦伯(Wb)。 (3)矢标性：磁通量是_，但有正负。 2.磁通量的变化量：21。,乘积,BS,标量,电磁感应现象,1.电磁感应现象 当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有_产生的现象。 2.产生感应电流的条件 (1)闭合电路；(2)_ 发生变化。,感应电流,磁通量,感应电流的方向,1.楞次定律：感应电流的磁场总要_引起感应电流的_的变化。适用于一切电磁感应现象。,图1,2.右手定则：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线穿入掌心，拇指指向_方向，这时其余四指指向就是感应电流的方向。适用于导线_产生的感应电流。,磁通量,阻碍,导线运动,切割磁感线,小题速练,(1)磁通量为零，则磁感应强度一定为零。( ) (2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。( ) (3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。( ) (4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势，但不一定有感应电流。( ) (5)感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反。( ) 答案 (1) (2) (3) (4) (5),1.思考判断,解析 根据产生感应电流的条件：A中，电路没有闭合，无感应电流；B中，磁感应强度不变，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流。 答案 B,2.下图中能产生感应电流的是( ),图2,3.(多选)人教版选修32P14T6改编如图2所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是( ),A.磁铁插向左环，横杆发生转动 B.磁铁插向右环，横杆发生转动 C.磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流 D.磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流,答案 BD,实验：探究影响感应电流方向的因素,1.实验器材：条形磁铁、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)。 2.实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表。,(2)线圈内磁通量减少时的情况,(1)线圈内磁通量增加时的情况,3.实验结论 当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。,1.(多选)在探究感应电流方向的规律的实验中，以下说法正确的是( ),图3,A.应查明原、副线圈的绕向 B.应查明电流方向与电流计指针偏转方向的关系 C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度 D.原线圈从副线圈中插入与拔出时电流计指针偏转方向相反,答案 ABD,解析 在探究感应电流方向时，我们首先要弄清楚所用线圈的绕向，同时需要明确电流流入电流计时指针的偏转方向，并且记录线圈在插入和抽出时电流计指针的偏转方向，选项A、B、D正确；滑片P匀速滑动时，A中电流均匀变化，产生均匀变化的磁场，B中产生恒定电流，选项C错误。,图4,2.如图4所示的是“研究电磁感应现象”的实验装置。,(1)将图中所缺导线补接完整。 (2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后线圈A迅速从线圈B中拔出时，电流计指针将_(填“向右偏”“向左偏”或“不偏转”)。,答案 (1)如图所示 (2)向左偏,解析 (1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，要使原线圈产生磁场必须对其通电，故电源、开关、滑动变阻器、原线圈组成闭合电路，灵敏电流计与副线圈组成另一个闭合电路，如答案图所示。 (2)闭合开关瞬间，通过线圈B的磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁通量的增加，感应电流方向和原电流方向相反，使电流计指针向右偏；而把A从B中拔出来时，通过线圈B的磁通量减小，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的减小，即感应电流方向使电流计指针向左偏转。,楞次定律、右手定则的理解及应用,1.楞次定律中“阻碍”的含义,(1)用楞次定律判断,2.判断感应电流方向的两种方法,(2)用右手定则判断：适用于判断导体切割磁感线产生的感应电流方向。应用时注意三个方向 掌心磁感线垂直穿入； 拇指指向导体运动的方向； 四指指向感应电流的方向。,图5,【例1】 (多选) (2018全国卷，19)如图5所示，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 由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。,答案 AD,1.(2017全国卷，15)如图6，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( ),图6,解析 金属杆PQ突然向右运动，由定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，穿过圆环形金属线框T中的磁通量减小，由楞次定律可知，T中有沿顺时针方向的感应电流，故选项D正确，A、B、C错误。,A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向,答案 D,A.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 B.无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大 C.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针 D.有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化,2.如图7所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( ),图7,答案 D,解析 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故选项A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故选项B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故选项D正确。,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，由此可得四个推论，可以巧妙快速解题。,A.感应电流为顺时针方向，两棒相互靠近 B.感应电流为顺时针方向，两棒相互远离 C.感应电流为逆时针方向，两棒相互靠近 D.感应电流为逆时针方向，两棒相互远离,【例2】 (2019上海市静安区质检)如图8所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态。当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，两根金属棒与导轨构成的回路中感应电流方向(俯视图)及ab、cd两棒的运动情况是( ),图8,解析 当变阻器滑片向左滑动时，电路的电流变大，线圈的磁场增加；根据安培定则由电流方向可确定线圈的磁场方向垂直于导轨向下。由于线圈处于两棒中间，所以穿过两棒所围成的磁通量变大，由楞次定律推论增反减同可得，线框abdc产生逆时针方向感应电流。最后根据左手定则可确定安培力的方向：ab棒处于垂直向上的磁场中，且电流方向ab，则安培力方向向左。cd棒处于垂直向上的磁场中，且电流方向dc，则安培力方向向右，两棒相互远离，故选项D正确，A、B、C错误。,答案 D,1.如图9所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈。当一竖直放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方水平快速通过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势，下列说法中正确的是( ),图9,A.FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左 B.FN先大于mg后小于mg，运动趋势先向右后向左 C.FN先小于mg后大于mg，运动趋势先向左后向右 D.FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右,答案 D,解析 通电螺线管从线圈正上方快速通过时，通过线圈的磁通量先增大后减小。当通过线圈磁通量增大时，为阻碍其增大，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上线圈有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右，选项D正确。,A.线圈a中将产生沿顺时针方向(俯视)的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量减小 C.线圈a有扩张的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大,2.如图10所示，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b与电源、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( ),图10,答案 D,解析 当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，螺线管中的电流将增大，使穿过线圈a的磁通量变大，选项B错误；由楞次定律可知，线圈a中将产生沿逆时针方向(俯视)的感应电流，并且线圈a有缩小和远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故选项D正确，A、C错误。,“三个定则与一个定律”的综合应用,1.“三个定则”“一个定律”的比较,2.“三个定则”“一个定律”的应用技巧 (1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。 (2)研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则或楞次定律确定电流方向，再用左手定则确定安培力方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。,A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右减速运动 D.向左减速运动,【例3】 (多选)如图11所示，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( ),图11,答案 BC,1.(多选)(2019唐山模拟)如图12所示，在匀强磁场中，放有一与线圈D相连接的平行导轨，要使放在线圈D中的线圈A(A、D两线圈同心共面)各处受到沿半径方向指向圆心的力，金属棒MN的运动情况可能是( ),图12 A.匀速向右 B.加速向左 C.加速向右 D.减速向左,答案 BC,解析 若金属棒MN匀速向右运动，则线圈D与MN组成回路，产生恒定电流，穿过线圈A的磁通量不变，线圈A不受安培力作用，选项A错误；若金属棒MN加速运动，则线圈D与MN组成回路中的电流不断增强，故穿过线圈A的磁通量不断增强，线圈A中无感应电流，根据楞次定律，为阻碍磁通量的增强，线圈A有收缩的趋势，受到沿半径方向指向圆心的安培力，选项B、C正确；当金属棒MN减速向左运动时，线圈A有扩张的趋势，受到沿半径方向背离圆心的安培力，选项D错误。,图1