电磁感应产生的条件楞次定律测试题省公开课金奖全国赛课一等奖微课获奖课件

1.磁通量计算(1)公式：Φ＝

.(2)适用条件：①

磁场；②S是

磁场有效面积．(3)单位：

，1Wb＝1T·m2.第1讲电磁感应产生条件楞次定律BS匀强垂直韦伯1/502．碰通量物理意义(1)能够形象地了解为磁通量就是穿过某一面积 ．(2)同一个平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量

，当它跟磁场方向

时，磁通量为零.磁感线条数最大平行2/501.电磁感应现象当穿过闭合电路磁通量

时，电路中有

产生现象．2．产生感应电流条件表述1闭合电路一部分导体在磁场内做

运动．表述2穿过闭合电路磁通量 ．发生改变感应电流切割磁感线发生改变3/503．产生电磁感应现象实质电磁感应现象实质是产生

，假如回路闭合则产生

；假如回路不闭合，则只有

，而无

.感应电动势感应电流感应电动势感应电流4/501.楞次定律(1)内容：感应电流含有这么方向，即感应电流磁场总要

引发感应电流

改变．(2)适用条件：全部

现象．妨碍磁通量电磁感应5/502．右手定则(如图9－1－1所表示)(1)内容：伸开右手，使拇指与

垂直，而且都与手掌在同一平面内，让

从掌心进入，并使拇指指向导线

，这时四指所指方向就是

方向．(2)适用情况：导体

产生感应电流．其余四个手指磁感线运动方向感应电流切割磁感线6/501．安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律适用范围规律适用范围基本现象安培定则电流磁效应运动电荷、电流产生磁场左手定则磁场力磁场对运动电荷、电流作用右手定则电磁电应导体做切割磁感线运动楞次定律回路磁通量改变7/502．判断感应电流方向“三步法”8/503．右手定则掌心——磁感线垂直穿入，拇指——指向导体运动方向，四指——指向感应电流方向．9/501．下列图中能产生感应电流是(

)．解析依据产生感应电流条件：A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生改变，无感应电流．答案B10/502．如图9－1－2所表示，小圆圈表示处于匀强磁场中闭合电路一部分导线横截面，速度v在纸面内．关于感应电流有没有及方向判断正确是(

)．A．甲图中有感应电流，方向向外B．乙图中有感应电流，方向向外C．丙图中无感应电流D．丁图中a、b、c、d四位置上均无感应电流11/50解析甲图中导线切割磁感线，依据右手定则，可知电流方向向里，A错；乙、丙图中导线不切割磁感线，无电流，B错误，C正确；丁图中导线在b、d位置切割磁感线，有感应电流，在a、c位置速度方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无感应电流，D错误．答案C12/503．(·杭州高三检测)如图9－1－3所表示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面，若使线框逐步远离(平行)通电导线，则穿过线框磁通量将(

)。A．逐步增大B．逐步减小C．保持不变D．不能确定解析离导线越远，电流产生磁场越弱，穿过线圈磁感线条数越少，磁通量逐步减小，故只有B正确．答案B13/504．(·浙江理综)如图9－1－4所表示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上匀强磁场中，有一质量为m，阻值为R闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点过程中，细杆和金属线框平面一直处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流方向是(

)．A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d14/50解析线框从右侧摆到最低点过程中，穿过线框磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流方向为d→c→b→a→d，从最低点到左侧最高点过程中，穿过线框磁通量增大，由楞次定律可判断感应电流方向为d→c→b→a→d，所以选B.答案B15/505．某班同学在探究感应电流产生条件时，做了以下试验：探究Ⅰ：如图9－1－5甲所表示，先将水平导轨、导体棒ab放置在磁场中，并与电流表组成一闭合回路．然后进行以下操作：①ab与磁场保持相对静止；②让导轨与ab一起平行于磁感线运动；③让ab做切割磁感线运动．16/50探究Ⅱ：如图9－1－5乙所表示，将螺线管与电流表组成闭合回路．然后进行以下操作：①把条形磁铁放在螺线管内不动；②把条形磁铁插入螺线管；③把条形磁铁拔出螺线管．探究Ⅲ：如图9－1－5丙所表示，螺线管A、滑动变阻器、电源、开关组成一个回路；A放在螺线管B内，B与电流表组成一个闭合回路．然后进行以下操作：①闭合和断开开关瞬间；②闭合开关，A中电流稳定后；③闭合开关，A中电流稳定后，再改变滑动变阻器阻值．17/50能够观察到：(请在(1)(2)(3)中填写探究中序号)(1)在探究Ⅰ中，________闭合回路会产生感应电流；(2)在探究Ⅱ中，________闭合回路会产生感应电流；(3)在探究Ⅲ中，________闭合回路会产生感应电流；(4)从以上探究中能够得到结论是：当________时，闭合回路中就会产生感应电流．解析(1)只有当ab做切割磁感线运动时，闭合回路才会产生感应电流；(2)当螺线管中磁通量发生改变时，闭合回路会产生感应电流；(3)闭合和断开开关瞬间或者改变滑动变阻器阻值，都会使闭合回路电流发生改变，因而螺线管中磁通量发生改变，产生感应电流；(4)闭合回路磁通量发生改变．答案(1)③

(2)②③

(3)①③

(4)闭合回路磁通量发生改变18/506．(·上海卷)如图9－1－6所表示，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧．若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向________(填“左”或“右”)运动，并有________(填“收缩”或“扩张”)趋势．解析本题考查楞次定律了解及应用．滑片P向左移动时，电阻减小，电流增大，穿过金属环A磁通量增加，依据楞次定律，金属环将向左运动，并有收缩趋势．答案左收缩19/50考点一电磁感应现象是否发生判断20/50【典例1】如图9－1－7所表示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向夹角为θ.在以下各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流是(

)．A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)21/50解析设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScosθ，对A，S增大，θ减小，cosθ增大，则Φ增大，A正确．对B，B减小，θ减小，cosθ增大，Φ可能不变，B错．对C，S减小，B增大，Φ可能不变，C错．对D，S增大，B增大，θ增大，cosθ减小，Φ可能不变，D错．故只有A正确．答案A22/50【变式1】

如图9－1－8所表示，光滑导电圆环轨道竖直固定在匀强磁场中，磁场方向与轨道所在平面垂直，导体棒ab两端可一直不离开轨道无摩擦地滑动，当ab由图示位置释放，直到滑到右侧虚线位置过程中，关于ab棒中感应电流情况，正确是(

)．A．先有从a到b电流，后有从b到a电流B．先有从b到a电流，后有从a到b电流C．一直有从b到a电流D．一直没有电流产生23/50解析ab与被其分割开每个圆环组成回路，在ab棒运动过程中，磁通量都保持不变，无感应电流产生．答案D24/50考点二楞次定律了解及应用楞次定律中“妨碍”含义25/50【典例2】

下列图是验证楞次定律试验示意图，竖直放置线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表组成闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁极性、磁铁相对线圈运动方向以及线圈中产生感应电流方向等情况，其中表示正确是(

)．A．①②

B．③④

C．①③

D．②④26/50解析依据楞次定律可确定感应电流方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场方向——向上；(2)穿过闭合线圈磁通量改变——增加；(3)感应电流产生磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流方向——与图中箭头方向相同．线圈上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项③④正确．答案B27/50方法二右手定则(适合用于部分导体切割磁感线)28/50【变式2】北半球地磁场竖直分量向下．如图9－1－9所表示，在北京某中学试验室水平桌面上，放置边长为L正方形闭合导体线圈abcd，线圈ab边缘南北方向，ad边缘东西方向．以下说法中正确是(

)．A．若使线圈向东平动，则a点电势比b点电势高B．若使线圈向北平动，则a点电势比b点电势低C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→aD．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a29/50解析本题考查地磁场分布特点，用右手定则判断产生感应电流方向．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生感应电动势大小相等，a点电势比b点电势低，A错误；同理，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错误；以ab为轴将线圈翻转，向下原磁场磁通量减小了，感应电流磁场方向应该向下，再由右手螺旋定则知，感应电流方向为a→b→c→d→a，则C正确．答案C30/50考点三“三定则一规律”应用区分抓住因果关系，据因索果(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则；(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(4)因变而生电(φ变→I感)―→楞次定律31/50【典例3】

如图9－1－10所表示，水平放置两条光滑轨道上有可自由移动金属棒PQ、MN，MN左边有一闭合电路，当PQ在外力作用下运动时，MN向右运动．则PQ所做运动可能是(

)．①向右加速运动②向左加速运动③向右减速运动④向左减速运动A．①②

B．③④

C．①④

D．②③32/50答案D33/50【变式3】

如图9－1－11所表示，金属导轨上导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做以下哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(

)．①向右做匀速运动②向左做减速运动③向右做减速运动④向右做加速运动A．①②

B．③④

C．②③

D．①④34/50解析当导体棒向右匀速运动时产生恒定电流，线圈中磁通量恒定不变，无感应电流出现，①错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，②对；同理可判定③对、④错．答案C35/506.逆反思维法——判定感应电流引发运动效果逆反思维法是指从事物正向发展目标、规律相反方向出发．利用对立、颠倒思维方式去思索问题一个方法．而电磁感应现象中因果相正确关系恰好反应了自然界这种对立统一规律．对楞次定律中“妨碍”含义能够推广为感应电流效果总是妨碍产生感应电流原因：①妨碍原磁通量改变——“增反减同”；②妨碍相对运动——“来拒去留”；③使线圈面积有扩大或缩小趋势——“增缩减扩”；④妨碍原电流改变(自感现象)——“增反减同”．36/50【典例】

如图9－1－12所表示，光滑固定导轨M、N水平放置，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靠近回路时(

)．A.P、Q将相互靠拢B.P、Q将相互远离C.磁铁加速度仍为gD.磁铁加速度大于g解析解法一依据楞次定律另一表述：感应电流效果总是要反抗产生感应电流原因．本题中“原因”是回路中磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是妨碍磁通量增加和磁铁靠近．所以，P、Q将相互靠近且磁铁加速度小于g，应选A.

37/50解法二设磁铁下端为N极，如右图所表示，依据楞次定律可判断出P、Q中感应电流方向，依据左手定则可判断P、Q所受安培力方向，可见，P、Q将相互靠拢．因为回路所受安培力协力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，依据类似分析可得到相同结论．所以，本题应选A.

答案A38/501．(·海南高考)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图9－1－13所表示电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．以下情况中，可观察到N向左运动是(

)．39/50A．在S断开情况下，S向a闭合瞬间B．在S断开情况下，S向b闭合瞬间C．在S已向a闭合情况下，将R滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合情况下，将R滑动头向d端移动时解析在S断开情况下，S向a(b)闭合瞬间M中电流瞬时增加，左端为磁极N(S)极，穿过N磁通量增加，依据楞次定律可知N向右运动，选项A、B均错误；在S已向a闭合情况下，将R滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生磁场减弱，穿过N磁通量减小，依据楞次定律可知N向左运动，选项D错误、C正确．答案C40/502．(·重庆理综)如图9－1－14所表示为一个早期发电机原理示意图，该发电机由固定圆形线圈和一对用铁芯连接圆柱形磁铁组成，两磁极相对于线圈平面对称．在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上投影沿圆弧XO运动(O是线圈中心)，则(

)．41/50答案D42/503．(·海南高考)金属环水平固定放置，现将一竖直条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环过程中，条形磁铁与圆环(

)．A．一直相互吸引B．一直相互排斥C．先相互吸引，后相互排斥

D．先相互排斥，后相互吸引

43/50解析磁铁靠近圆环过程中，穿过圆环磁通量增加，依据楞次定律可知，感应电流磁场妨碍穿过圆环原磁通量增加，与原磁场方向相反，如图甲所表示，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环下降离开圆环时，穿过圆环磁通量降低，依据楞次定律可知，感应电流磁场妨碍穿过圆环磁通量降低，二者方向相同，如图乙所表示，磁铁与圆环之间是引力．所以选项D正确．44/50也可直接依据楞次定律中“妨碍”含义推广结论：来则拒之，去则留之分析．磁铁在圆环上方下落过程是靠近圆环．依据来则拒之，二者之间是斥力；当磁铁穿过圆环后继续下落过程是远离圆环．依据去则留之，二者之间是引力．所以选项D正确．答案D45/504．(·课标全国理综，21)如图9－1－15所表示，两个端面半径同为R圆柱形铁芯同轴水平放置，相正确端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E1、E2大小和铜棒离开磁场前两端极性，以下判断正确是(

)．A．E1