第2章 专题强化 5 楞次定律的推论 “三定则、一定律” 的综合应用-【成才之路·学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

047 专题强化S楞次定律的推论 “三定则、一定律”的综合应用 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 进一步理解楞次定律。 (1)“来拒去留”“增缩减 扩”“增离减靠”的 1.会用楞次定律的推论解题。 应用 科学思维 2.熟练应用安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律分 (2)“三定则、一定律”的 析有关综合问题。 综合应用 提升点1 楞次定律的推论 推论 说明 图示 当电路中的磁通量增加时， 感应电流的磁场与原磁场方 增反减同 向相反；磁通量减小时，感应 磁铁靠近，B感、B原反向，二者相斥； 电流的磁场与原磁场方向 相同 罪 B 来拒去留 阻碍导体间的相对运动 磁铁远离，B感、B原同向，二者相吸 “增缩减扩”：若穿过闭合电 路的磁通量增大时，闭合电 ×XX×B 路的面积有收缩的趋势；磁 ×××水 增缩减扩 ×xx 通量减少时，闭合电路的面 B减小，线圈扩张 积有扩张的趋势。（适用于 B增大，线圈收缩 穿过闭合电路磁感线单一方 向情况) 如图所示，铁芯上绕 有线圈L,铁芯左边 电流变化使线圈中磁通量变 挂一个轻质金属环， 增离减靠 化，产生安培力使线圈靠近 当开关S闭合的瞬 [总结] 或远离 间，穿过金属环的磁 以上情况“殊途同 通量增加，金属环将向左远离线圈， 归”，实质上都是以 以阻碍磁通量的增加 不同的方式阻碍磁通 量的变化 [总结] 048 类型一：“来拒去留”和“增缩减扩”的应用 例1：（多选）如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放 于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁体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.磁体的加速度仍为g D.磁体的加速度小于g 跟踪训练1：（多选）(2025·南通市高二期末)如图所示，铝制水平横梁两 床横梁绕中可盘欧平内勐当装香教 时，用一磁体的N极去接近A环，发现横梁绕支点转动。关于该实验，下列说 法中正确的是 A.磁体接近A环的过程中，A环将有收缩的趋势 B.用磁体的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥 C.若用磁体接近B环，横梁也将绕支点转动 D.若用陶瓷材料制作A、B环，也可以得到相同的实验效果 类型二：“增离减靠”的应用 例2：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 提升点2“三定则、一定律”的综合应用 电磁感应 项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律 判断闭合电路的判断闭合电路 应用 判断电流产生 ·段导体切割磁 中磁通量变化 判断安培力、洛 对象 磁场的方向 感线产生感应电 产生的感应电 伦兹力的方向 流的方向 流方向 049 左手四指指向 右手拇指指向导 电流方向或正 右手握住导线体切割磁感线的 电荷运动方向 使用 原、二变、三 或螺线管（环运动方向，磁感线 (负电荷运动反 方法 感、四螺旋 形电流) 穿过手掌，四指指 方向)，磁感线 向电流的方向 穿过手掌，拇指 指向受力方向 图形 示例 因动而生电(v、B 因电在磁场中 因电而生磁(1 因磁而生电 因果 1用右手定 而受力(I、B→F →B用安培定 (△Φ→1感用 关系 则)，应用：发 用左手定则)， 则) 楞次定律) 电机 应用：电动机 [总结] 例3：置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根 [总结] 导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下 无论是感应电流还是 部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，如 电源引起的电流，只 图所示。导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面 要是判断电流所受安 向外的匀强磁场中。下列说法正确的是 ( 培力的方向就用左手 A.圆盘顺时针加速转动时，αb棒将向右运动 圆盘匀速转动时，在A 定则；判断切割磁感 B.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动 中产生的电流恒定，在 →B中不产生感应电流 线产生的感应电流方 C.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动 向就用右手定则。 D.圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动 )圆盘减速转动时，在线 将圆盘看成很多根金属导线顺时针转动，由右手定则可知，圆 圈A中产生的电流减小 确定ab棒运动方向的 盘中电流由圆心向外，在线圈A中产生的电流方向加图所示 方法应类似于选项A 由安培定则可知，磁场方向向下，由于圆盘加速转动，产生的丹 电流应增大，在线圈B中产生的磁场向下增大，由楞次定律可 知，线圈B中感应电流的磁场方向向上，再由安培定则可知，B 中感应电流方向应如图所示，由左手定则可知，b棒向左运动 050 跟踪训练2：（多选）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（图中未画出）上，C、D两端用柔软的细导线悬挂了两个铜线圈P、 Q,并组成一闭合回路，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。下列说法中正确的是 A.P在向右摆动的过程中，P中的电流方向为顺时针方向（从右向左看） B.P在向右摆动的过程中，Q也会向右摆动 C.P在向右摆动的过程中，Q会向左摆动 D.若用手左右摆动Q,P会始终保持静止 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[11] 己.法拉第电磁感应定律 ● 目标重点展示 素养目标 学习重点 理解法拉第电磁感应定律的内容，会用法拉第电磁感应 物理观念 定律定量计算感应电动势的大小。 (1)E=n△D的应用 体会用变化率定义物理量的方法；经历推导导体切割磁感线 41 科学思维 产生感应电动势表达式的过程，体会矢量分解的方法。 (2)E=Bl的应用 科学探究 通过实验探究影响感应电动势大小的因素。 探究点1电磁感应定律 [提示] (1)磁通量的变化量 相同，磁通量的变化 ●新知导学 秦4中】 △不同，快速插 情境：如图所示，将条形磁体从同一高度插入线圈中。 入比缓慢插入时指针 探究：(1)将同一磁体分别快速插入和缓慢插入线圈 偏转角度较大，原因 十 是磁体快速插入时线 的过程中，穿过线圈的磁通量的变化量△Φ相同吗？磁通 圈中磁通量的变化奉 量的变化率兽相同吗：指针偏转和度：同吗？指针简转 △较大，产生的感 △ 应电动势较大、感应 角度不同的原因是什么？ 电流较大。 (2)分别用一根磁体和两根磁体（两个N极在同一端）以同样速度快速 (2)用两根磁体快速 插入时磁通量变化量 入线圈的过程中，磁通量的变化量△Φ相同吗？磁通量的变化率相 较大，磁通量的变化 奉也较大，指针偏转 吗？指针偏转角度相同吗？其原因是什么？ 角度较大，原因是两 根磁体快速插入时线 (3)通过上述原因分析，你会得到什么结论？ [提示] 圈中产生的感应电动 势较大、感应电流 较大。 (3)感应电动势的大 小与磁通量的变化率 有关。第2课时 楞次定律 探究点1楞次定律 1.磁通量变化 判断正误 (1)×(2)×(3)× 例1：C线圈自图示A位置落至虚线位置过程中，磁场方向向 上，向上的磁通量增加，由楞次定律的“增反减同”可知，线圈 中感应电流产生的磁场方向向下，应用安培定则可以判断感 应电流的方向为顺时针（俯视）。同理可以判断，线圈自图示 虚线位置落至B位置过程中，向上的磁通量减小，由楞次定律 和安培定则可得，线圈中将产生逆时针方向的感应电流（俯视）。 跟踪训练1：A如题图所示，线圈从位置I到位置Ⅱ的过程中， 穿过线圈方向向下的磁通量减小，则产生感应电流；根据楞次 定律，感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为 adcba:线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，穿过线圈向上的磁 通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的 方向为adcba。所以整个过程中感应电流的方向始终都是 adcba,故A正确，B、C、D错误。 跟踪训练2：A当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电 流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通量为零；当用电 器漏电时，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内磁通 量增加，根据楞次定律可知感应电流从N到M。故选A。 探究点2 右手定则 要点归纳 1.右手拇指四指 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例2：Aab顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指 指向导体运动的方向，则ab上的感应电流方向为a→b,A正 确：b向纸外运动，运用右手定则，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,B错误；线框 向右运动时，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律知，线框中 感应电流方向为b→a→d→c→b,则导体ab上的感应电流方 向为b→a,C错误；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,D错误。 跟踪训练3：B据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P 到Q,Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势逐渐升高。 外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势，因此流过R 的电流为由c到d,流过r的电流为由b到a,故选B。 素养能力提升 例3：A由题图可知，在磁体下落过程中，穿过圆环的磁场方向 一直向下，在磁体靠近圆环时，穿过圆环的磁通量变大，在磁 体远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，从 上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方 向，故A项正确，B项错误；在磁体下落过程中，圆环中产生感 应电流，圆环中有电能产生，磁体在整个下落过程中有机械能 转化为电能，由能量守恒定律可知，磁体的机械能减少，故C 项错误；磁体做自由落体运动时，有=2gh,磁体落地时的速 度v=2gh,由于磁体下落时能量有损失，磁体落地速度小 于√2gh,故D项错误 专题强化5楞次定律的推论 “三定则、一定律”的综合应用 提升点1楞次定律的推论含义 例1：AD由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增 加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所以p、q将 相互靠近且磁体的加速度小于g,故A、D正确。 跟踪训练1：AB根据楞次定律，可知感应电流具有这样的方 向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变 化。磁体无论哪一极靠近A环时，由“来拒去留”可知A环均 被排斥，B正确；穿过A环的磁通量变大，由“增缩减扩”知，A 环还有收缩的趋势，A正确：用磁体的N极接近B环，由于B 环是断开的，无法形成感应电流，无感应磁场，因而横梁不会 转动，C错误；A环采用陶瓷材料时，不会产生感应电流，不受 安培力则不会得到相同的实验效果，而B环没有闭合，没有感 应电流产生，因而换成陶瓷材料时不能得到相同的实验效果， D错误。 例2：B如图所示，开关S拨至M 端，线圈中的电流从无到有，从A 端流入，B端流出，线圈中的磁场 方向从右向左且增大，穿过金属 圆环的磁通量向左且增大，根据 楞次定律可知，金属圆环的感应 电流的磁场方向从左向右，线圈与金属圆环相互排斥，所以金 属圆环向右运动：同理可知，开关S拨至W端，金属圆环也向 右运动，故B正确，A、C、D错误。 提升点2“三定则、一定律”的综合应用 例3：C由右手定则知，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 次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则知，ab 棒中感应电流方向由a→b,由左手定则知，b棒受的安培力 方向向左，将向左运动，A错误：同理，B、D错误，C正确。 跟踪训练2：ABP在向右摆动的过程中，穿过P的磁通量减 少，根据楞次定律和安培定则可知，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)，根据左手定则可知，Q下端所受安培力向右，则Q向 右摆动，同理，用手左右摆动Q,P也会跟着摆动，A、B正确， C、D错误。 2.法拉第电磁感应定律 探究点1电磁感应定律 要点归纳 1.(1)电磁感应(2)导体(3)无关 2.(1)磁通量的变化率(2)n △t (3)韦伯(Wb)伏(V) 判断正误 (1)V(2)×(3)×(4)× 例1：AC若飞机从西往东飞，磁场竖直分量向下，根据右手定 则，右手手心向上，拇指指向飞机飞行方向，四指指向左翼未 端，故p1>P2,选项A正确；同理，飞机从东往西飞、从南往北 飞、从北往南飞，都是p1>p2,选项C正确，B、D错误。 例2：BC由法拉第电磁感应定律，知6∝0，故t=0及1=2× 10-2s时，E=0,A错误，C正确；t=1×10-2s时，磁通量变化 率最大，E最大，B正确；0~2×102s时间内，△④≠0，E≠0， D错误。 例3：BC根据楞次定律可知，在0~t。时间内，磁感应强度减 小，感应电流的方向沿顺时针方向，圆环所受安培力的方向水 平向左，在t。~t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的 方向沿顺时针方向，圆环所受安培力的方向水平向右，所以选 项A错误，B正确：根据法拉第电磁感应定律得圆环中的感应 电动势的大小为E=△少=1 At 三)行2、B。=B。二，根据电阻定津 to 2to 可得R=受，根据欧姆定律可得圆环中的感应电流大小为 1贵- ,所以选项C正确，D错误。 跟踪训练1：B线圈产生的感应电动势相当于三个线圈的等效 电源串联，由法拉第电磁感应定律可知E=△中=△BS=10× △t△t (1.02+1.22+1.42)×10-4V=0.44V,B正确。 探究点2导线切割磁感线时的感应电动势 要点归纳 2.(1)①Bl②msin0vcos0Bl1 Blvsin0 判断正误 (1)V(2)V(3)×(4)V 例4：AC从D点到达边界开始到C点进入磁场的过程可以理 解为部分电路切割磁感线的运动，在切割的过程中，切割的有 效长度先增大后减小，最大有效长度等于半圆的半径，即最大 感应电动势为Em=Bam,A正确，B错误；根据法拉第电磁感应 B·Ta 定律可知，感应电动势的平均直为E-出：。-，℃ 正确，D错误。 跟踪训练2：D铜棒切割磁感线产生感应电动势，ab相当于电 源，根据右手定则判断知α端相当于电源的负极，b端相当于 电源的正极，根据法拉第电磁感应定律可得U。=一E= -Blesin30°=-7B,故选D。 素养能力提升 例5：D导线OA切割磁感线的有效长度等于OA在垂直磁场方 向上的投影长度，即'=lsi0,产生的感应电动势E= 以”@=方f0si0,由右手定则可知A点电势高，所以D 正确。 专题强化6电磁感应中的电路和图像问题 提升点1电磁感应中的电路问题 例1：(1)1V(2)3.2V 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律可得E=n4D=nAB) At=n △t1 由题图乙可知，0-4s内，8-04：0.2s=0.6Ts △t 4 解得E=1V。 2 （2)由园乙如，46s内公签=兰4T=02T 根据法拉第电磁感应定律有 E'=nA'=nAR'S=4 V △t' 根据闭合电路的欧姆定律有'= E 4,A=0.8A R+r4+1 则电阻两端的电压U='R=0.8×4V=3.2V。 跟踪训练1：BCD当其中一根金属条 在磁场中切割磁感线时，该金属条相 当于电源，其他三根金属条相当于外⑧R⑧R⑧R②R 电路且并联，根据电路特点可知，通 过磁场中的那根金属条的电流是通 过其他三根金属条电流的三倍，故A 错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定可知通过 金属条ab中的电流从b指向a,故B正确；金属条ab在匀强 磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路 如图所示。设电路的总电阻为R总，根据电路图可知R=R+ 号R=30+了×30=40，放C正确：当金属条山在磁场中 运动时，产生的感应电动势为E=㎡。=方×2x0.32× 2 10V=0.9V,此时通过ab的电流为1==之A= 4 0.225A,所以金属条ab所受安培力的大小为F=rB=2× 0.225×0.3N=0.135N,故D正确。故选BCD。 提升点2感应电荷量的计算问题 .Bur 导线MW从圆环的左端滑到右端的过程中，△Φ= R B·△S=B·Tr 所用时间△=2，所以产生的平均感应电动势E=AD=如 △t-2 通过电阻R的平均电流为1=R=2R E TBr 通过R的电荷量为q=I·△t -Bar2 R 跟踪训练2：B设闭合线框的边长为L,则流过线框的电荷量为 0=w=是=器=B:货R=p兰 R R△t 。4业，则Q= 哈会品宁成注 4p' 提升点3电磁感应中的图像问题 例3：BD0~L过程中，线框未进人磁场，故④=0，E=0,F=0, P=0;L~2L过程中，线框右侧切割磁感线，根据右手定则，产 生的遮应电流方向为道时针，且后=B,山一是-尝安培 力的大小R=L=B,由左手定则，线框所受安培力向 左，因为线框匀速运动，所以外力F与安培力等大反向，方向 向右，电功*R,=R=公产，且此过程中E,1=会要引 =BL,即Φ-t图像斜率为定值；2L~3L过程中，线框左右两 侧均切料避感线，品=2山一会2队，方向为顺时针，线 5