届高考物理人教版安徽专用一轮复习跟踪检测第九章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律.docx

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届高考物理人教版安徽专用一轮复习跟踪检测第九章第1讲电磁感应现象楞次定律

第1讲　电磁感应现象　楞次定律

（对应学生用书第153页）

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．

【针对训练】

1．如图9－1－1所示，开始时矩形线圈平面与匀强磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外，若要线圈产生感应电流，下列方法中不可行的是（　　）

图9－1－1

A．将线圈向左平移一小段距离

B．将线圈向上平移

C．以ab为轴转动（小于90°）

D．以ac为轴转动（小于60°）

【解析】　当线圈向左平移一小段距离时，穿过闭合电路abdc的磁通量变化（减小），有感应电流产生，A正确；将线圈向上平移时，穿过闭合电路的磁通量不变，无感应电流，B错误；以ab为轴转动小于90°和以ac为轴转动小于60°时，穿过闭合电路的磁通量都是从最大减小，故有感应电流，C、D正确．

【答案】　B

感应电流方向的判断

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：

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；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．

（2）适用情况：

导体切割磁感线产生感应电流．

【针对训练】

2．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是（　　）

【解析】　先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极．A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B、D错误，C正确．

【答案】　C

（对应学生用书第154页）

电磁感应现象发生的条件

1.磁通量的物理意义

（1）磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．

（2）同一平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．

2．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）回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．

　（2012·杭州模拟）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及电键如图9－1－2所示连接．下列说法中正确的是（　　）

图9－1－2

A．电键闭合后，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，电键闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转

C．电键闭合后，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．电键闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转

【审题视点】　能够引起线圈B中磁通量发生变化的因素有三点：

（1）电键的闭合和断开．

（2）电键闭合后，线圈A插入或拔出．

（3）电键闭合后，滑片P左、右滑动．

【解析】　电键闭合后，线圈A插入或拔出都会引起穿过线圈B的磁通量发生变化，从而电流计指针偏转，选项A正确；线圈A插入线圈B中后，电键闭合和断开的瞬间，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；电键闭合后，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的电流发生变化，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

【即学即用】

1.

图9－1－3

在图9－1－3所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片左右滑动时，能产生感应电流的金属圆环是（　　）

A．a、b两个环　　　　　　B．b、c两个环

C．a、c两个环D．a、b、c三个环

【解析】　当滑片左右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．故A对．

【答案】　A

楞次定律的理解和应用

1.楞次定律中“阻碍”的含义

2．楞次定律的使用步骤

　（2012·上海高考）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图9－1－4所示．已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．

图9－1－4

（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转．俯视线圈，其绕向为__________（填“顺时针”或“逆时针”）．

（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转．俯视线圈，其绕向为________（填“顺时针”或“逆时针”）．

【审题视点】　

（1）由磁铁运动的方向确定磁通量的变化情况，由楞次定律确定线圈的N极、S极．

（2）由指针偏转的方向确定电流方向．由安培定则确定线圈导线的绕向．

【解析】　

（1）将磁针N极向下插入L时，根据楞次定律L的上方应为N极．由电流计指针向左偏转，可确定L中电流由b端流入，根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向为顺时针．

（2）将磁针远离L，由楞次定律，线圈L上方仍为N极，由于此时电流计指针向右偏转，可确定L中电流由a端流入．根据安培定则，俯视线圈，电流为逆时针，线圈绕向也为逆时针．

【答案】　

（1）顺时针　

（2）逆时针

楞次定律的推广应用

推广表述：

感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．其具体方式为：

（1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．

（2）阻碍相对运动——“来拒去留”．

（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．

（4）阻碍原电流的变化（自感现象）——“增反减同”．

【即学即用】

2．如图9－1－5所示为一个圆环形导体，圆心为O，有一个带正电的粒子沿图中的直线从圆环表面匀速飞过，则环中的感应电流的情况是（　　）

图9－1－5

A．沿逆时针方向

B．沿顺时针方向

C．先沿逆时针方向后沿顺时针方向

D．先沿顺时针方向后沿逆时针方向

【解析】　由于带正电的粒子没有沿直径运动，所以它产生的磁场的磁感线穿过圆环时不能抵消，所以穿过圆环的磁通量开始时向外增加，然后向外减少，根据楞次定律，圆环中感应电流的方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向，故D正确．

【答案】　D

（对应学生用书第155页）

楞次定律的综合应用

1.规律比较

基本现象

应用的规律

运动电荷、电流产生磁场

安培定则

磁场对运动电荷、电流的作用

左手定则

电磁

感应

部分导体做切割磁感线运动

右手定则

闭合回路磁通量变化

楞次定律

2.应用技巧

四种记忆方法：

（1）“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．

（2）“通电受力用左手，运动生电用右手”．

（3）“力”的最后一笔“”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“”方向向右，用右手．

（4）直接记住“左力右感”．

　如图9－1－6所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，当导线MN在导轨上向右加速滑动时，正对电磁铁A的圆形金属环B中（　　）

图9－1－6

A．有感应电流，且B被A吸引

B．无感应电流

C．可能有，也可能没有感应电流

D．有感应电流，且B被A排斥

【潜点探究】　

（1）导线MN切割磁感线运动时，应用右手定则来判断感应电流的方向．

（2）结合导线MN的运动情况判断电磁铁A的磁场变化及通过金属环B的磁通量的变化情况．

（3）利用楞次定律判断金属环B中电流方向及磁场方向，从而确定B的受力情况．

【规范解答】　MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小在逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的左端为N极，且磁场强度逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的内部磁场方向向右，B被A排斥．故D正确．

【答案】　D

【即学即用】

3．（2013届黄山模拟）某实验小组用如图9－1－7所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感生电流方向是（　　）

A．a→G→b

B．先a→G→b，后b→G→a

C．b→G→a

D．先b→G→a，后a→G→b

【解析】　当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，穿过线圈的磁通量方向始终竖直向下，大小先增大后减小，根据楞次定律，线圈中产生的感应电流的磁场方向先竖直向上后竖直向下，再根据右手定则可知，线圈中产生的感应电流的方向先是逆时针方向后是顺时针方向（从上往下看），所以通过电流计的感生电流方向是先b→G→a，后a→G→b.本题答案为D.

【答案】　D

（对应学生用书第155页）

●产生感应电流的条件

1．如图所示，能产生感应电流的是（　　）

【解析】　A图中线圈没闭合，无感应电流；B图中磁通量增大，有感应电流；C图中导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线相互抵消，磁通量恒为零，也无感应电流；D图中的磁通量恒定，无感应电流．故选B.

【答案】　B

●楞次定律的理解和应用

2．（2012·苏州模拟）在一根较长的铁钉上，用漆包线绕上两个线圈A、B，将线圈B的两端接在一起，并把CD段直漆包线沿南北方向放置在静止的小磁针的上方，如图9－1－8所示．下列判断正确的是（　　）

图9－1－8

A．开关闭合时，小磁针不发生转动

B．开关闭合时，小磁针的N极垂直纸面向里转动

C．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向里转动

D．开关断开时，小磁针的N极垂直纸面向外转动

【解析】　开关保持接通时，A内电流的磁场向右；开关断开时，穿过B的磁感线的条数向右减少，因此感应电流的磁场方向向右，感应电流的方向由C到D，CD下方磁感线的方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动．

【答案】　C

●右手定则的应用

3．（2013安师大附中模拟）在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下．北京平安大街上，如图9－1－9，某人骑车从东往西行驶，则下列说法正确的是（　　）

A．自行车左车把的电势与右车把的电势等高

B．自行车左车把的电势比右车把的电势低

C．图中辐条AB此时A端比B端的电势高

D．图中辐条AB此时A端比B端的电势低

【解析】　从东往西，车把切割地磁场的竖直分量，由右手定则知左车把电势高，而辐条切割水平分量，B端电势高，即D正确．

【答案】　D

●楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用

4．（2013届安庆一中模拟）如图9－1－10所示，通电直导线cd右侧有一个金属框与导线cd在同一平面内，金属棒ab放在框架上，若ab受到向左的磁场力，则cd中电流的变化情况是（　　）

图9－1－10

①cd中通有由d→c方向逐渐减小的电流　②cd中通有由d→c方向逐渐增大的电流　③cd中通有由c→d方向逐渐减小的电流　④cd中通有由c→d方向逐渐增大的电流

A．①②　　　　B．③④　　　　C．①③　　　　D．②④

【解析】　若ab受到向左的磁场力，根据楞次定律知金属框和ab围成的回路中的磁通量一定在增加，故不论c→d中电流方向怎样，c→d中的电流一定是增大的，故②、④正确．

【答案】　D

5．如图9－1－11所示，闭合的矩形金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，现金属框固定不动而磁场运动，发现ab边所受安培力的方向为竖直向上，则此时磁场的运动可能是（　　）

图9－1－11

A．水平向右平动

B．水平向左平动

C．竖直向上平动

D．竖直向下平动

【解析】　ab边受到的力向上，由左手定则可知，ab上电流的方向由b→a，由楞次定律可得，线框内的磁通量在增加，磁场向右运动，A项正确，B项错误；当磁场上下运动时，线框内的磁通量不变化，不产生感应电流，C、D项错误．

【答案】　A

　　　　　　　　课后作业（二十六）　（对应学生用书第267页）

（时间45分钟，满分100分）

一、选择题（本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．）

1.

图9－1－12

如图9－1－12所示，闭合圆圈导线放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，其中ac、bd分别是平行、垂直于磁场方向的两条直径．试分析线圈做如下运动时，能产生感应电流的是（　　）

A．使线圈在纸面内平动

B．使线圈平面沿垂直纸面方向向纸外平动

C．使线圈以ac为轴转动

D．使线圈以bd为轴转动

【解析】　使线圈在纸面内平动，沿垂直纸面方向向纸外平动或以ac为轴转动，线圈中的磁通量始终为零，不变化，无感应电流产生；以bd为轴转动时，线圈中的磁通量不断变化，能产生感应电流．所以D选项正确．

【答案】　D

2．（2013届哈尔滨九中模拟）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、电键相连，如图9－1－13所示，线圈上端与电源正极相连，闭合电键的瞬间，铝环向上跳起．则下列说法中正确的是（　　）

图9－1－13

A．若保持电键闭合，则铝环不断升高

B．若保持电键闭合，则铝环停留在某一高度

C．若保持电键闭合，则铝环跳起到某一高度后将回落

D．如果电源的正、负极对调，观察到的现象不同

【解析】　若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落，A、B错，C对；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律知，铝环向上跳起，现象不变，D错误．

【答案】　C

3.

图9－1－14

（2012·杭州统测训练）两根通电直导线M、N都垂直纸面固定放置，通过它们的电流方向如图9－1－14所示，线圈L的平面跟纸面平行，现将线圈从位置A沿M、N连线的中垂线迅速平移到位置B，则在平移过程中，线圈中的感应电流（　　）

A．沿顺时针方向，且越来越小

B．沿逆时针方向，且越来越大

C．始终为零

D．先顺时针，后逆时针

【解析】　根据直线电流周围磁场磁感线的分布特点．线圈L中的磁通量始终为零，故感应电流始终为零．

【答案】　C

4.

图9－1－15

如图9－1－15所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转达到图中的位置时（　　）

A．a端聚积电子

B．b端聚积电子

C．金属棒内电场强度等于零

D．a端电势低于b端电势

【解析】　因导体棒所在区域的磁场的方向垂直于纸面向外，当金属棒转动时，由右手定则可知，a端的电势高于b端的电势，b端聚积电子，B正确．

【答案】　B

5.

图9－1－16

如图9－1－16所示，虚线abcd为矩形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线框以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动．如图所示给出的是圆形闭合金属线框的四个可能到达的位置，则圆形闭合金属线框的速度可能为零的位置是（　　）

A．①②　　　　　　　　B．③④

C．①④D．②③

【解析】　因为线框在进、出磁场时，线框中的磁通量发生变化，产生感应电流，安培力阻碍线框运动，使线框的速度可能减为零，故①④正确．

【答案】　C

6.

（2013届宁夏石嘴山十七中模拟）如图9－1－17所示，甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内，甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近，甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中，穿过甲的磁感应强度为B1，方向指向纸面内，穿过乙的磁感应强度为B2，方向指向纸面外，两个磁场可同时变化，当发现ab边和cd边间有排斥力时，磁场的变化情况可能是（　　）

A．B1变小，B2变大B．B1变大，B2变大

C．B1变小，B2变小D．B1不变，B2变小

【解析】　ab边与cd边有斥力，则两边通过的电流方向一定相反，由楞次定律可知，当B1变小，B2变大时，ab边与cd边中的电流方向相反．

【答案】　A

7．如图9－1－18所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（　　）

图9－1－18

A．三者同时落地

B．甲、乙同时落地，丙后落地

C．甲、丙同时落地，乙后落地

D．乙、丙同时落地，甲后落地

【解析】　甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙没有闭合回路，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故D正确．

【答案】　D

8.

图9－1－19

（2013届铜陵模拟）如图9－1－19所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下图中哪一图线所示的方式随时间变化时，可使导体圆环对桌面的压力减小（　　）

【解析】　要想使导体圆环对桌面的压力减小，就是要使导体圆环具有竖直向上靠近螺线管的运动趋势，根据楞次定律“来拒去留”原则，穿过导体圆环的磁通量具有减小的趋势，即是要使通电螺线管产生的磁场强度逐渐减小，也就是流过螺线管的感应电流减小，即要使连接螺线管的闭合回路中产生的感应电动势减小，闭合回路的面积不变，所以只要

逐渐减小即可，显然，只有选项A符合题意．本题答案为A.

【答案】　A

9．如图9－1－20所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈（线圈中串有灵敏电流计，图中未画出）检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是（　　）

图9－1－20

A．先顺时针后逆时针

B．先逆时针后顺时针

C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针

D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针

【解析】　

如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D对．

【答案】　D

10．（2013届阜阳模拟）如图9－1－21所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈，当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（　　）

图9－1－21

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，运动趋势向左

C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右

D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右

【解析】　根据楞决定律“来拒去留”的原则，当条形磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量逐渐增大，线圈为阻碍增大，一方面具有水平向右以“拒绝”磁铁靠近的运动趋势，另一方面具有竖直向下远离条形磁铁的运动趋势，所以刚开始“FN先大于mg，运动趋势向右”；最后条形磁铁要远离线圈，穿过线圈的磁通量逐渐减小，线圈为阻碍减小，一方面具有水平向右以“留住”磁铁远去的运动趋势，另一方面具有竖直向上靠近条形磁铁的运动趋势，所以后来“FN小于mg，运动趋势仍然向右”．本题答案为D.

【答案】　D

二、非选择题（本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．）

11．（14分）如图9－1－22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l＞d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？

图9－1－22

【解析】　从线框进入到完全离开磁场的过程中，当线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘过程中无感应电流．

此过程位移为：

l－d

故t＝

.

【答案】　

12.

图9－1－23

（16分）如图9－1－23所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？

请推导出这种情况下B与t的关系式．

【解析】　要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化

在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2

设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为

Φ2＝Bl（l＋vt）

由Φ1＝Φ2得B＝

.

【答案】　B＝