2020届高考物理总复习 10.1 电磁感应现象 楞次定律课件 新人教版

10电磁感应考纲解读考情动态201820172016卷Ⅰ17.电磁感应定律的应用18．电磁感应现象18.电磁感应与电磁阻尼24.电磁感应中力电综合卷Ⅱ18.电磁感应与电路综合右手定则20.法拉第电磁感应定律E—t图象20.转动切割磁感线与电路综合24．电磁感应与电路综合卷Ⅲ20.楞次定律安培定则15.楞次定律安培定则25.电磁感应中力电综合第一节电磁感应现象楞次定律知识架构答案1．Φ2－Φ1切割磁感线变化机械能或其它形式的能2．阻碍变化手心导体的运动方向感应电流导体切割磁感线基础自测1．判断正误(1)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关．()(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)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.()(5)放置于磁场中的线圈的磁通量大小与B的大小一定成正比．()(6)磁通量为零，则磁感应强度一定为零．()(7)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势．()答案：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(7)√2．如图10－1－1所示，一个矩形线圈与两条通有相同大小电流的平行直导线处于同一平面，并且处在两导线的中央，则()图10－1－1A．两导线电流同向时，穿过线圈的磁通量为零B．两导线电流反向时，穿过线圈的磁通量为零C．两导线电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都相等D．两导线电流产生的磁场是不均匀的，不能判定穿过线圈的磁通量是否为零解析：根据安培定则，两导线电流同向时，它们在线圈处产生的磁场反向，穿过线圈的磁通量为零；两导线电流反向时，它们在线圈处产生的磁场同向，穿过线圈的磁通量不为零，故A正确．答案：A3．(2019年广州五校联考)如图10－1－2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()图10－1－2A．0B.2BSC.2nBSD．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＝BSsinθ＝22BS，末位置时Φ2＝－BScosθ＝－22BS，则初、末位置磁通量的改变量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS，故B正确．答案：B4．如图10－1－3所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()图10－1－3解析：产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化，选项B符合要求．答案：B考点突破1．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变．(2)回路面积不变，磁场强弱改变．(3)线圈在磁场中转动．2．判断电磁感应现象是否发生的流程(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.题型1磁场变化引起的感应电流【典例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10－1－4所示连接．下列说法中正确的是()图10－1－4A．开关闭合后，线圈A插入或拔出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】线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通量就变化而产生感应电流，故C、D错误．【答案】A题型2“有效”面积变化引起的感应电流【典例2】(多选)如图10－1－5所示，矩形线框abcd由静止开始运动，若要使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是()图10－1－5A．向右平动(ad边还没有进入磁场)B．向上平动(ab边还没有离开磁场)C．以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)D．以ab边为轴转动(转角不超过90°)【解析】选项A和D所描述的情况中，线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大，D情况下S减小)，穿过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流．而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通量均不改变，不会产生感应电流．【答案】AD变式训练1(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)(多选)如图10－1－6，两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()图10－1－6A．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，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变式训练2(多选)AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图10－1－7所示．它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中()图10－1－7A．感应电流方向始终是b→aB．感应电流方向先是b→a，后变为a→bC．所受安培力方向垂直于ab向上D．所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上解析：ab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b→a，后变为a→b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，D正确．答案：BD1．楞次定律中“阻碍”的含义2．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤题型1楞次定律的基本应用【典例3】(2019年广东珠海摸底)(多选)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入电流方向如图10－1－8所示，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是()图10－1－8A．导线框abcd有逆时针的感应电流B．bc、ad两边均不受安培力的作用C．导线框所受的安培力的合力向右D．MN所受线框给它的作用力向左【解析】直导线中通有M→N均匀增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针方向，故A正确．根据A选项分析可知，依据左手定则，bc、ad两边均受安培力的作用，故B错误．根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则线框所受安培力的合力方向向右，因此MN所受线框给它的作用力向左，故C、D正确．【答案】ACD题型2楞次定律的拓展应用——“增反减同”【典例4】(2019年济南一中一模)如图10－1－9所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下．在将磁铁的S极插入线圈的过程中()图10－1－9A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【解析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应电流的磁场方向向下，根据安培定则，通过电阻的电流方向为b→a.根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥．综上所述：线圈中感应电流通过电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥，B正确．【答案】B题型3楞次定律的拓展应用——“来拒去留”【典例5】如图10－1－10所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()图10－1－10A．同时向左运动，间距增大B．同时向左运动，间距减小C．同时向右运动，间距减小D．同时向右运动，间距增大【解析】当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量均增加．根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动．又由于两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，且磁铁对右环的斥力较大，故右环向左运动的加速度较大，所以两环间距离要减小，故只有B正确．【答案】B题型4楞次定律的拓展应用——“增缩减扩”【典例6】(2019年黑龙江牡丹江一中期末)(多选)如图10－1－11所示，光滑固定的金属导轨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，一条形磁铁从高处下落接近回路时()图10－1－11A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于g【解析】设磁铁下端为N极，如图10－1－12所示，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向．可见，P、Q将互相靠拢．由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结果，所以A、D正确．图10－1－12【答案】AD变式训练3(多选)把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面，当磁铁运动时，线圈内产生了图中方向的电流，则磁铁的运动情况是()图10－1－13A．向左运动B．向右运动C．向上运动D．向下运动解析：根据安培定则，可得线圈感应电流产生的磁场方向为向右，根据楞次定律增反减同可得线圈中的磁通量减小，而磁铁向左运动，向上运动，向下运动都能使得线圈中的磁通量减小，故A、C、D正确．答案：ACD变式训练4(2019年广东中山一中等七校联考)(多选)如图10－1－14甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流变化的规律如图10－1－14乙所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则()图10－1－14A．t1时刻，NGB．t2时刻，NGC．t3时刻，NGD．t4时刻，NG解析：t1时刻Q电流增强，其磁场增强，则穿过P的磁通量变大，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变大，则P有向下运动的趋势，对桌面的压力增大，故NG，A正确；t2时刻Q电流减小，其磁场减弱，则穿过P的磁通量变小，由楞次定律可知P将阻碍磁通量的变小，则P有向上运动的趋势，对桌面的压力减小，NG，故B错误；t3时刻电流增大，故NG，C错误；t4时刻电流减小，故NG，D正确．答案：AD变式训练5(2018年高考·课标全国卷Ⅲ)(多选)如图10－1－15甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图10－1－15乙所示，规定从Q到P为电流的正方向．导线框R中的感应电动势()图10－1－15A．在t＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针