第十章 第一节 电磁感应现象楞次定律-2022高考物理【导学教程】新编大一轮总复习（word）人教版学案

第一节　电磁感应现象　楞次定律　

一、磁通量

1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向__垂直__的面积S与B的乘积。

2．公式：Φ＝__BS__。

3．单位：1 Wb＝__1_T·m2__。

4．公式的适用条件

(1)匀强磁场。

(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。

5．磁通量的意义

磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数。

二、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__感应电流__产生的现象。

2．产生感应电流的条件

(1)条件：穿过闭合电路的磁通量__发生变化__。

(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做__切割磁感线__运动。

3．产生电磁感应现象的实质

电磁感应现象的实质是产生__感应电动势__，如果回路闭合，则产生__感应电流__，如果回路不闭合，那么只有__感应电动势__，而无__感应电流__。

三、感应电流的方向

1．楞次定律

(1)内容：感应电流的磁场总要__阻碍__引起感应电流的__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：如右图，伸开右手，让拇指与其余四指在同一个平面内，使拇指与并拢的四指垂直；让__磁感线__垂直穿入手心，使拇指指向__导体运动__的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向。

(2)适用情况：导线__切割磁感线__产生感应电流。

[自我诊断]

判断下列说法的正误。

(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象。(√)

(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)

(3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)

(4)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。(√)

(5)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)

(6)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。(×)

(7)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)

考点一　电磁感应现象的理解与判断

1．判断感应电流有无的流程

(1)确定研究的回路。

(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ。

(3)

2．常见的产生感应电流的三种情况(如图)

[题组突破]

[磁场变化引起感应电流的分析]

1．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接。下列说法中正确的是(　　)

A．开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起电流计指针偏转

B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转

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．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转

[解析]　开关闭合后，线圈A插入或拔出线圈B都会引起穿过线圈B的磁通量的变化，从而使电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，线圈B的磁通量会发生变化，电流计指针会偏转，选项B错误；开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论匀速滑动还是加速滑动，都会导致线圈A的电流变化，使线圈B的磁通量变化，电流计指针都会发生偏转，选项C、D错误。

[答案]　A

[磁通量及其变化量的计算]

2．(2020·广州联考)如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与匀强磁场B夹角为θ＝45°。现将线圈以ab边为轴顺时针转动90°，则线圈在初、末位置磁通量的改变量的大小为(　　)

A．0　　　　　　　 B.BS

C.nBS  D．无法计算

[解析]　设初位置时穿过线圈的磁通量为正，则初位置时Φ1＝BSsin θ＝BS，末位置时Φ2＝－BScos θ＝－BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝BS，故B正确。

[答案]　B

考点二　楞次定律的理解与应用

1．楞次定律中“阻碍”的含义

2．判断感应电流方向的两种方法

方法一　用楞次定律判断(“四步法”)

方法二　用右手定则判断

该方法适用于闭合电路的部分导体切割磁感线产生的感应电流。判断时注意掌心、拇指、四指的方向：

(1)掌心——磁感线垂直穿入。

(2)拇指——指向导体运动的方向。

(3)四指——指向感应电流的方向。

[例1]　(2017·全国卷Ⅲ)如图，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(　　)

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

[审题指导]　解此题的关键是找到磁通量变化的原因：

(1)金属杆PQ突然向右运动引起PQRS回路面积变化，PQRS中磁通量变化产生感应电流，而感应电流又影响T中磁通量变化，故采用楞次定律判断感应电流方向。

(2)金属棒PQ的运动切割磁感线，也可以应用右手定则判断感应电流的方向。

[解析]　金属杆PQ向右运动，穿过PQRS的磁通量增加，由楞次定律可知，PQRS中产生逆时针方向的电流。这时PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，故金属框T中的磁通量减少，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流。故只有D项正确。

[答案]　D

[跟踪训练]

[楞次定律的应用]

1．(2020·全国卷Ⅲ)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]　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均错误。

[答案]　B

[右手定则的应用]

2．(多选)(2020·海南“七校联盟”联考)如图所示，在一竖直平面内的三条平行导线上串有两个电阻R1和R2，导体棒PQ与三条导线均接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里，导体棒的电阻可忽略。若导体棒向左加速运动，则(　　)

A．流经R1的电流方向向上

B．流经R2的电流方向向下

C．流经R1的电流方向向下

D．流经R2的电流方向向上

[解析]　导体棒PQ向左切割磁感线运动时，由右手定则可判断出导体棒与R1组成的回路中产生的感应电流是顺时针方向，即流经R1的电流方向向上，选项A正确；导体棒与电阻R2组成的回路中产生的感应电流是逆时针方向，即流经R2的电流方向向上，选项D正确。

[答案]　AD

考点三　“三定则一定律”的综合应用

1．“三个定则”“一个定律”的比较

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。

[例2]　(多选)(2018·全国卷Ⅰ)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]　由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈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，BC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

◆方法技巧

1．应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况。

2．研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定。

3．“一定律、三定则”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断均用右手判断，即“左力右电”。

[跟踪训练]

[“因动生电”现象的判断]

3．(2020·武汉市高三联考)如图所示，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，导轨左端接一定值电阻R，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。金属棒ab在水平恒力F的作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动，导轨电阻不计，在金属棒匀速运动前，下列有关圆环的说法正确的是(　　)

A．圆环内产生变大的感应电流，圆环有收缩的趋势

B．圆环内产生变小的感应电流，圆环有收缩的趋势

C．圆环内产生变大的感应电流，圆环有扩张的趋势

D．圆环内产生变小的感应电流，圆环有扩张的趋势

[解析]　金属棒ab在水平恒力F的作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动，金属棒ab切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由于受到与速度成正比的安培力作用，金属棒ab的速度逐渐增大，加速度逐渐减小，左侧金属圆环内的磁通量逐渐增大，但磁通量变化率逐渐变小，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内产生逐渐变小的感应电流；根据楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，选项B正确，A、C、D错误。

[答案]　B

[“因电而动”现象的判断]

4．如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧，现使滑动变阻器的滑动触头向左滑动，则ab和cd棒的运动情况是(　　)

A．ab向左运动，cd向右运动

B．ab向右运动，cd向左运动

C．ab、cd都向右运动

D．ab、cd保持静止

[解析]　由安培定则可知螺线管中磁感线方向向上，金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下，当滑动触头向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，回路中的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，由左手定则知ab受安培力方向向左，cd受安培力方向向右，故ab向左运动，cd向右运动。只有A正确。

[答案]　A

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：

[典例]　(2020·重庆一中模拟)如图所示，质量为m的铜质小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mg

B．FN一直大于mg

C．Ff先向左，后向右

D．线圈中的电流方向始终不变

[解析]　当磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈中产生感应电流，线圈受到磁铁的安培力作用，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右下方，则线圈对桌面的压力增大，即FN大于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。当磁铁远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，同理，根据楞次定律可知，线圈受到的安培力斜向右上方，则线圈对桌面的压力减小，即FN小于mg，线圈相对桌面有向右运动趋势，受到桌面向左的静摩擦力。综上可知，FN先大于mg，后小于mg，Ff始终向左，故选项B、C错误，A正确；当磁铁靠近线圈时，穿过线圈向下的磁通量增加，线圈中产生感应电流从上向下看是逆时针方向；当磁铁远离线圈时，穿过线圈向下的磁通量减小，线圈中产生感应电流从上向下看是顺时针方向，故选项D错误。

[答案]　A

[跟踪训练]

[增反减同]

1．如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是(　　)

A．B中始终没有感应电流

B．B中有顺时针方向的感应电流

C．B中有逆时针方向的感应电流

D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向

[解析]　由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。

[答案]　B

[增缩减扩]

2．(多选)(2020·湖南娄底市下学期质量检测)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　　)

A．在t1时刻，FN＞G，P有收缩的趋势

B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变

C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流

D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势

[解析]　当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁能量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN＞G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2时刻FN＝G，故B正确；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确；当螺线管中电流不变时，其形成的磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此磁铁线圈中无感应电流产生，故t4时刻FN＝G，此时P没有收缩的趋势，故D错误。

[答案]　ABC