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1、专题十二 电磁感应 考点1电磁感应现象楞次定律 416考向1电磁感应现象及实验探究1.2019浙江4月选考,21,4分在“探究电磁感应的产生条件”实验中,实物连线后如图1所示.感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示.图1图2(1)接通电源,闭合开关,G表指针会有大的偏转,几秒后G表指针停在中间不动.将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时,G表指针(填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”);迅速抽出铁芯时,G表指针(填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”).(2)断开开关和电源,将铁芯重新插入内线圈中,把直流输出改为交流输出,其他均不变.接通电源,闭合开关,G表指针(填“不动”“右偏”“左偏
2、”或“不停振动”).(3)仅用一根导线,如何判断G表内部线圈是否断了?必备知识:明确电流的流向和电流表指针的偏转方向的关系;明确感应电流产生的条件,掌握安培定则,楞次定律;知道交流电的特征及电磁阻尼作用原理.关键能力:科学探究能力,逻辑思维能力.解题指导:根据闭合电路电流的方向及电磁感应知识,明确电流的流向和指针的偏转方向的关系;根据感应电流产生的条件及安培定则、楞次定律分析判断问题;根据交流电的特征及电磁阻尼作用原理分析判断问题.考向2楞次定律的理解与应用2.2018全国,19,6分,多选如图,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
3、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必备知识:小磁针的N极指向与磁场方向的关系,感应电流的产生、安培定则和楞次定律的应用等.关键能力:对物理观念的理解应用能力.解题指导:只要穿过闭合回路的磁通量发生变化,回路就有感应电流产生,开关闭合和断开瞬间,穿过左侧线圈铁芯的磁通量均
4、发生变化,左侧线圈中有感应电流产生,直导线中有电流流过,根据安培定则和楞次定律,可判断小磁针N极受力转动的方向,开关闭合并保持一段时间后,无感应电流产生,小磁针N极也就不会发生转动.考法 1 电磁感应现象及判断1现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按图示连接,在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下,某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时,电流表指针向右偏转.由此可以推断A.线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动,都能引起电流表指针向左偏转B.线圈A向上移动或断开开关,都能引起电流表指针向右偏转C.滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流表指
5、针静止在中央D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知,所以无法判断电流表指针偏转的方向电流表指针是否发生偏转取决于穿过线圈B的磁通量是否发生变化,而电流表指针的偏转方向由穿过线圈B的磁通量是增加还是减少决定,由题意知当P向左滑动时,线圈A中的电流变小,穿过线圈B的磁通量减少,电流表指针向右偏转.依此推理,当穿过线圈B的磁通量增加时,电流表指针应向左偏转.线圈A向上移动或断开开关时,穿过线圈B的磁通量减少,电流表指针向右偏转,故A错误,B正确;P匀速向左滑动时穿过线圈B的磁通量减少,电流表指针向右偏转,P匀速向右滑动时穿过线圈B的磁通量增加,电流表指针向左偏转,故C错误;由以上分析可知,D错误.B特
6、别提醒判断感应电流的方向时,必须把握好以下几点:(1)明确产生感应电流的条件,即穿过闭合电路的磁通量发生变化;(2)明确电流表指针的偏转方向与电流的流向之间的关系;(3)明确产生感应电流的原因,是“导体切割”,还是“磁场变化”,磁通量是增加还是减少;(4)在原磁场方向不变时,磁通量增加和磁通量减少所引起的感应电流方向一定相反.考法2 应用楞次定律判断感应电流方向22017全国,15,6分如图所示,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
7、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中沿顺时针方向金属杆PQ突然向右运动,则其速度v方向向右,由右手定则可得,金属杆PQ中的感应电流方向由Q指向P,则PQRS中感应电流方向为逆时针方向.PQRS中感应电流产生向外的磁场,穿过T的总磁通量减少,根据楞次定律和安培定则可知,T中的感应电流沿顺时针方向.D1.2019广东七校第一次联考,多选如图所示,竖直长导线通有恒定电流,一矩形线圈abcd可绕其竖直对称轴O1O2转动
8、.当线圈绕轴以角速度沿逆时针(沿轴线从上往下看)方向匀速转动时,从图示位置开始计时,下列说法正确的是()A.t=0时,线圈中产生的感应电动势最大B.02时间内,线圈中感应电流方向为abcdaC.t=2时,穿过线圈的磁通量为零,线圈中的感应电动势也为零D.线圈每转动一周电流方向改变两次考法3 楞次定律的推广应用3如图所示,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,则下列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m
9、g后大于mg,运动趋势向右D.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右解法一: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,线圈中向下的磁通量先增大后减小,由楞次定律及安培定则可知,线圈中先产生逆时针方向的感应电流后产生顺时针方向的感应电流(从上往下看),线圈四条边所受安培力的合力先向右下,后向右上,因此FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右,D正确.解法二:根据楞次定律的另一种表述感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因求解.本题中的“原因”是线圈中磁通量先增大后减小,归根结底是磁铁先靠近后远离线圈.“效果”是线圈要采取措施阻碍磁通量先增大后减小,即“来拒去留”,故必有向右运动的趋
10、势.在竖直方向上,线圈则应以先“向下躲”后“向上追”的方式阻碍磁通量先增大后减小,故FN先大于mg后小于mg.D正确.D2.2016上海高考,19,4分,多选如图甲所示,螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场,以图中箭头所示方向为其正方向.螺线管与导线框abcd相连,导线框内有一小金属圆环L,圆环与导线框在同一平面内.当螺线管内的磁感应强度B随时间按图乙所示规律变化时()A.在t1t2时间内,L有收缩趋势B.在t2t3时间内,L有扩张趋势C.在t2t3时间内,L内有逆时针方向的感应电流D.在t3t4时间内,L内有顺时针方向的感应电流重难突破“三定则一定律”的综合应用4多选如图所示,水平放置的两光滑
11、轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,MN的左边有一如图所示的闭合电路,当PQ在一外力的作用下运动时,MN向右运动,则PQ所做的运动可能是A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动 D.向左减速运动MN向右运动,说明MN受到向右的安培力,又因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里,由左手定则可知,MN中的感应电流方向为M到N.由安培定则可知,L1中感应电流的磁场方向向上.由楞次定律可知,L2中磁场方向向上且减弱或向下且增强.若L2中磁场方向向上且减弱,则由安培定则可知,PQ中电流方向为Q到P且减小,由右手定则和I=B2L2vR可知,PQ向右做减速运动;若L2中磁场方向向下且增强,则由安培定则可
12、知,PQ中电流方向为P到Q且增大,由右手定则和I=B2L2vR可知,PQ向左做加速运动.BC3.如图所示,在一有界匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨,虚线为有界磁场的左边界,导轨跟圆形线圈M相接,图中线圈N与线圈M共面、彼此绝缘,且两线圈的圆心重合,半径RMRN.在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒ab,已知磁场垂直于导轨所在平面向外.欲使线圈N有收缩的趋势,下列说法正确的是()A.导体棒可沿导轨向左做加速运动B.导体棒可沿导轨向右做加速运动C.导体棒可沿导轨向左做减速运动D.导体棒可沿导轨向左做匀速运动考点1电磁感应现象楞次定律1.(1)左偏右偏(2)不停振动(3)短接G表前后各摇动G表一次,
13、比较指针偏转,有明显变化,则线圈未断;反之则断了.解析:(1)滑动变阻器触头向右滑动时,接入电路的电阻减小,电流增大,内线圈的磁通量方向向下,且大小增大,根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流入,故G表指针向左偏.抽出铁芯时,磁通量减小,G表指针向右偏.(2)把直流输出改为交流输出后,外线圈中的电流方向不断发生变化,故G表指针不停振动.(3)若G表未损坏,短接G表,并摇晃G表,由于电磁阻尼作用,指针的偏转幅度要比不短接G表摇晃时的幅度小,若G表内部线圈断了,短接时回路不闭合,无上述现象.2.AD开关闭合瞬间,由题图及安培定则可知,右侧线圈在铁芯中产生向右的磁场,由楞次定律及安培定则可
14、知,左侧线圈环绕部分产生向左的磁场,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,则由楞次定律和安培定则可知,左侧线圈环绕部分产生向右的磁场,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.1.BD由安培定则可判断出长导线中电流在矩形
15、线圈abcd处产生的磁场方向垂直纸面向外.题图所示位置穿过矩形线圈abcd的磁通量最大,从该位置开始计时,t=0时,线圈中产生的感应电动势最小,选项A错误;根据楞次定律和安培定则知,在02时间内,线圈中感应电流方向为abcda,选项B正确;t=2时,穿过线圈的磁通量为零,线圈中的感应电动势不为零且最大,选项C错误;线圈每转动一周电流方向改变两次,选项D正确.2.AD根据题意可知,在t1t2时间内,外加磁场的磁感应强度增大,又B-t图线的斜率增大,则导线框中产生顺时针方向、增大的电流,该电流激发出逐渐增强的磁场,该磁场通过圆环,在圆环内产生感应电流,根据楞次定律可以判定圆环有收缩趋势,故A项正确;在t2t3时间内,外加磁场均匀变化,在导线框中产生稳定电流,该电流激发出稳定的磁场,该磁场通过圆环时,圆环中没有感应电流,故B、C项错误;在t3t4时间内,外加磁场向下减小,且B-t图线斜率也减小,则导线框中产生顺时针方向、减小的电流,该电流激发出垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场,故圆环内产生顺时针方向的感应电流,D项正确.
