三维设计2024高三物理总复习 第60课时 电磁感应现象 楞次定律 双基落实课

第60课时电磁感应现象楞次定律[双基落实课]目录CONTENT立足“四层”·夯基础着眼“四翼”·探考点聚焦“素养”·提能力020301Part01立足“四层”·夯基础⁠⁠

每当高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检，当探测器靠近金属物体时，报警器就会发出警报，判断下列说法的正误。（1）探测器靠近非金属物时不发生报警现象。

（

√

）（2）探测器靠近金属物报警是利用了静电感应现象。

（

×

）（3）探测器靠近金属物和远离金属物时产生的感应电流方向不同。

（

√

）√×√Part02着眼“四翼”·探考点⁠

考点一

电磁感应现象及感应电流方向的判断

[素养自修类]

1.判断产生感应电流的两种方法（1）闭合电路的一部分导体切割磁感线，产生感应电流。（2）穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，产生感应电流。2.判断感应电流方向的两种方法方法一

用楞次定律判断方法二

用右手定则判断该方法适用于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。⁠1.[右手定则的应用]下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境，导体ab上的感应电流方向为a→b的是（

）解析：A

导体ab顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；导体ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；导体框向右运动，ad边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；导体ab沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。2.[楞次定律的应用]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（

）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。考点二

楞次定律推论的应用

[多维探究类]

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。根据引起感应电流的情境，常见以下四种具体推论：推论例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”⁠磁铁靠近，B感、B原反向，二者相斥；磁铁远离，B感、B原同向，二者相吸阻碍相对运动——“来拒去留”推论例证使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近⁠

B减小，线圈扩张阻碍原电流的变化——“增反减同”（即自感现象）⁠合上S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭考法一

“增反减同”【典例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错误。答案

B考法二

“来拒去留”【典例2】

（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

答案

AC考法三

“增缩减扩”【典例3】

如图所示，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（

）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A、C错误，D正确。答案

D考点三

“三定则、一定律”的综合问题

[互动共研类]

1.“三定则、一定律”的比较定则或定律适用的现象因果关系安培定则电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场因电生磁左手定则（1）安培力——磁场对电流的作用力；（2）洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力因电受力右手定则导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象因动生电楞次定律闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象因磁生电2.相互联系（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，一般先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。【典例4】

如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是（

）A.圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势B.圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力C.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动D.圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势解析

当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么穿过线圈B的磁通量不变，则线圈B中不产生感应电动势，则a点的电势等于b点的电势，故A错误；由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故B正确，C错误；由右手定则可知，圆盘顺时针减速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，B线圈的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势，故D错误。答案

B⁠1.[楞次定律及安培定则的应用]如图所示，导线AB与CD平行。若电流从a端流入时，电流表指针左偏，下列说法正确的是（

）A.断开开关瞬间，电流表指针向右偏转B.闭合开关瞬间，电流表指针向右偏转C.闭合开关后，由于互感使得电流表保持有示数D.闭合开关后，若滑动变阻器的滑片向右移动，电流表指针向左偏转解析：A

断开开关瞬间，导线CD与电流表形成的回路的磁通量（穿过纸面向外）会减小，根据楞次定律可知，此时产生的感应电流方向为逆时针方向，即电流从b端流入，电流表指针右偏，故A正确；闭合开关瞬间，导线AB通过向右的电流，则根据安培定则可知，导线CD与电流表形成的回路会产生一个垂直纸面向外的磁场，根据楞次定律可知，此时产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流从a端流入，电流表指针左偏，故B错误；由于题图中电源为直流电，所以闭合开关后，穿过导线CD与电流表形成的回路的磁通量不会发生变化，则电流表不会有示数，故C错误；闭合开关后，若滑动变阻器的滑片向右移动，则电路中的电流减小，导线AB产生的磁场减弱，穿过导线CD与电流表形成的回路的磁通量会减小，根据楞次定律可知，此时产生的感应电流方向为逆时针方向，即电流从b端流入，电流表指针右偏，故D错误。2.[楞次定律及左手定则的应用]（多选）创意物理实验设计作品《小熊荡秋千》如图所示。两根彼此靠近且相互绝缘的金属棒C、D固定在铁架台上，与两个铜线圈P、Q组成一闭合回路，两个磁性很强的条形磁铁如图放置。当用手左右摆动线圈P时，线圈Q也会跟着摆动，仿佛小熊在荡秋千。以下说法正确的是（

）A.P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看）B.P向右摆动的过程中，Q也会向右摆动C.P向右摆动的过程中，Q会向左摆动D.若用手左右摆动Q，P会始终保持静止解析：AB

P向右摆动的过程中，线圈中的磁通量减少，根据楞次定律，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看），选项A正确。P向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看），Q中的电流方向也为顺时针方向（从右向左看），Q线圈下侧将受到向右的安培力作用，所以Q也会向右摆动，选项B正确，C错误。若用手左右摆动Q，线圈Q切割磁感线产生感应电动势，在P线圈中将产生感应电流，受到安培力作用，由左手定则可判断出P将摆动，不会保持静止，选项D错误。Part03聚焦“素养”·提能力⁠

1.航空母舰上飞机弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通入直流电时，靠近线圈左端放置的金属环被弹射出去。在闭合开关S瞬间，下列判断正确的是（

）A.从左侧看环中感应电流沿逆时针方向B.金属环的面积有收缩的趋势C.电池正负极调换后，金属环将不能向左弹射D.若将金属环放在线圈右侧再闭合开关S，环将向左运动解析：B

根据楞次定律，金属环中产生沿顺时针方向（从左侧看）的感应电流，故A错误；根据楞次定律，穿过金属环的磁通量增大，金属环有收缩面积阻碍磁通量增大的趋势，故B正确；当电池正负极调换后，通过“增离减靠”的方法判断，金属环也向左弹射，故C错误；若将金属环放在线圈右侧，同理，金属环与线圈间也会产生排斥力，所以金属环将向右运动，故D错误。2.如图（a）所示，一根直导线和一个矩形导线框固定在同一竖直平面内，直导线在导线框上方，规定图（a）中箭头方向为电流的正方向。直导线中通以图（b）所示的电流，则在0～t1时间内，导线框中感应电流的方向（

）A.先顺时针后逆时针B.先逆时针后顺时针C.始终沿顺时针D.始终沿逆时针解析：C

开始阶段直导线中电流向右减小，则穿过导线框的磁通量向里减小，由楞次定律可知，导线框中感应电流为顺时针方向；后一阶段直导线中电流向左增加，则穿过导线框的磁通量向外增加，由楞次定律可知，导线框中感应电流为顺时针方向，故C正确。3.如图所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内。当发现闭合线圈向右摆动时（

）A.AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B.AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流解析：C

根据安培定则可知线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里，若直导线中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律得到线圈中感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则可知线圈中各边所受安培力方向均指向线圈内，由于靠近导线磁场强，则线圈靠近导线一边所受安培力较大，远离导线磁场弱，则线圈远离导线一边所受安培力较小，线圈离开AB直导线，即向右摆动。反之产生顺时针方向的电流，向左摆动。故C正确。4.（多选）（2022·广东高考）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（

）A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等解析：AC

由于水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，而MN也平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量始终变化，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化量相同，而sPM＞sPN，又速率相同，所以tPM＞tPN，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。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.如图，某教室墙上有一朝南的钢窗，将钢窗右侧向外打开，以推窗人的视角来看，窗框中产生（

）A.顺时针电流，且有收缩趋势B.顺时针电流，且有扩张趋势C.逆时针电流，且有收缩趋势D.逆时针电流，且有扩张趋势解析：D

磁场方向由南指向北，将钢窗右侧向外打开，则向北穿过窗户的磁通量减少，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向由南指向北，即以推窗人的视角来看，感应电流为逆时针电流，同时根据“增缩减扩”可知，窗框有扩张趋势。故选D。7.（多选）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：ABC

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将阻碍其磁通量的增大，所以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、t4时刻FN＝G，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是穿过线圈P的磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确。8.如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时（

）A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g解析：A

方法一

根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。方法二

设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而使加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确。⁠⁠9.某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（

）A.当电梯突然坠落时，该安全装置可使电梯停在空中B.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，闭合线圈A、B中的电流方向相反C.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈A在阻碍电梯下落D.当电梯坠落至永久磁铁在图示位置时，只有闭合线圈B在阻碍电梯下落解析：B

若电梯突然坠落，闭合线圈A、B内的磁通量发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流产生的磁场会阻碍永久磁铁的相对运动，可起到应急避险作用，但不能阻止永久磁铁的运动，故A错误；当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上向下看是逆时针方向，闭合线圈B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上向下看是顺时针方向，可知闭合线圈A与B中感应电流方向相反，故B正确；结合A项的分析可知，当电梯坠落至永久磁铁在题图所示位置时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C、D错误。10.如图所示，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，一圆环形金属线圈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中沿顺时针方向解析：D

金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，PQRS中有沿逆时针方向的感应电流，由于感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，则穿过圆环形金属线圈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。11.如图所示，用轻绳将一条形磁体竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁体从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止，下列说法正确的是（

）A.磁体从B到C的过程中，圆环中产生逆时针方向的电流（从上往下看）B.磁体从A摆向D的过程中，圆环给桌面的压力大于圆环受到的重力C.磁体从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向相反D.磁体在A、E两处的重力势能相等解析：B

从B到C的过程中，圆环中的磁场向上且磁通量增大，根据“增反减同”可判断产生顺时针方向的电流（从上往下看），A错误；摆向D处的过程，圆环中产生的感应电流有使圆环远离，阻碍磁通量增大的趋势，故给桌面的压力大于圆环受到的重力，B正确；由楞次定律的推论“来拒去留”可知，从A到D和从D到E的过程中，圆环受到摩擦力方向均向右，C错误；由于有部分机械能转化为电能，故磁体在A、E两处的重力势能不相等，D错误。12.（多选）如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，右侧线圈与一电源、滑动变阻器、开关连成电路，左侧线圈与一小灯泡连成回路。整个过程中灯泡不烧坏，下列说法正确的是（

）A.闭合开关瞬间，灯泡亮，通过灯泡的电流方向由右向左B.闭合开关并保持一段时间后，灯泡亮，通过灯泡的电流方向由左向右C.闭合开关并保