第12章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律(课件PPT)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习课件聚焦电磁感应现象、楞次定律及应用，依据高考评价体系明确磁通量变化判断、感应电流方向判定等核心考查要求，通过考点梳理和真题分析，归纳出楞次定律推论应用、“三定则”辨析等高频题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题深度融入与科学思维培养，如结合2024北京卷铁芯线圈题解析楞次定律“增反减同”应用，通过“判断流程+推论口诀”指导应试技巧，帮助学生构建物理观念，提升解题效率，教师可依托此进行精准复习教学。

第1讲　电磁感应现象　楞次定律 高三一轮复习讲义 广东专版 第十二章 电磁感应 1.理解电磁感应现象，会用产生感应电流的条件判断有无感应电流产生。 2.能综合应用安培定则、左手定则、楞次定律及其推论解决问题。 学习目标 内容索引 考点一　 电磁感应现象的理解 考点二　 感应电流方向的判断 考点三　 楞次定律的推论 课时测评 考点四　 “三定则、一定律”的应用 电磁感应现象的理解 考点一 返回 1.磁通量 (1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向______的平面，其面积S与磁感应强度B的______叫作穿过这个面积的磁通量。 (2)公式：Φ＝______，S为垂直磁场方向的__________。 (3)矢标性：磁通量为______。 (4)物理意义：磁通量的大小可形象表示穿过某一面积的磁感线条数的 多少。 (5)磁通量的变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1。 知识梳理 垂直 乘积 BS 投影面积 标量 2.电磁感应现象 (1)当穿过闭合导体回路的________发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。 (2)感应电流产生的条件：穿过______导体回路的________发生变化。 (3)实质：电磁感应现象的实质是产生____________。 ①如果电路闭合，则有感应电流； ②如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。 磁通量 闭合 磁通量 感应电动势 自测1.(多选)如图所示，矩形线圈abcd位于纸面内，面积为S，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO'恰好位于垂直纸面向外的匀强磁场的右边界上，匀强磁场的磁感应强度为B。若线圈绕OO'轴从图示位置开始转动，下列说法正确的是 A.此时穿过线圈的磁通量为 B.当线圈转动60°时的磁通量为 C.当线圈转动90°时的磁通量为0 D.当线圈转动180°的过程中，磁通量的变化量为0 √ √ 题图所示位置穿过线圈的磁通量为Φ1＝，A错误；当线圈转动60°时的磁通量为Φ2＝cos 60°＝，B正确；当线圈转动90°时的磁通量为0，C正确；当线圈转动180°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝－－＝－BS，D错误。故选BC。 自测2.(2025·北京卷·T3)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流 的是 A.图(a)中，圆环在匀强磁场中向左平移 B.图(b)中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C.图(c)中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D.图(d)中，圆环向条形磁体N极平移 √ 圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确；圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误；离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误；根据条形磁体的磁场特征可知，圆环向条形磁体的N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。 自测3.(多选)在下列各图所描述的物理情境中，能产生感应电流的是 A.图甲中条形磁体插入螺线管中静止不动时 B.图乙中滑动变阻器滑片向下移动和向上移动的过程中 C.图丙中闭合开关瞬间 D.图丁中导体棒AB在磁场中上下运动时 √ √ 题图甲中条形磁体插入螺线管中静止不动时，螺线管内磁通量保持不变，无感应电流，A错误；题图乙中无论滑动变阻器滑片向上移动还是向下移动，线圈b中的电流都会变化，则线圈b产生的磁场都会变化，导致线圈a中的磁通量变化，线圈a中会产生感应电流，B正确；题图丙中闭合开关瞬间会使螺线管B的磁通量发生变化，螺线管B中会产生感应电流，C正确；题图丁中导体棒AB在磁场中上下运动时，导体棒的运动方向与磁场平行，导体棒不切割磁感线，无感应电流，D错误。故选BC。 归纳提升 返回 1.判断磁通量是否变化的方法 (1)根据公式Φ＝BSsin θ(θ为B与S间的夹角)判断。 (2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。 2.判断是否产生感应电流的流程 (1)确定研究的回路。 (2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定穿过该回路的磁通量Φ。 (3)Φ不变→无感应电流 Φ变化→ 感应电流方向的判断 考点二 返回 1.楞次定律 (1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要______引起感应电流的________的变化。 (2)适用范围：一切电磁感应现象。 知识梳理 阻碍 磁通量 2.右手定则 (1)内容：如图所示，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________从掌心进入，并使拇指指向__________的方向，这时四指所指的方向就是__________的方向。 (2)适用情况：判断部分导体____________时感应电流的方向。 知识梳理 磁感线 导线运动 感应电流 切割磁感线 正误辨析 (1)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反。 ( ) (2)感应电流的磁场一定阻止引起感应电流的磁场的磁通量的变化。 ( ) (3)使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心。 ( ) (4)任何感应电流方向的判断既可使用楞次定律，又可使用右手定则。 ( ) × × × × 1.楞次定律中“阻碍”的含义 核心突破 2.判断感应电流方向的两种方法 (1)用楞次定律判断 (2)用右手定则判断 该方法适用于部分导体切割磁感线产生的感应电流。判断时注意掌心、拇指、四指的方向。 ①掌心——磁感线穿入。 ②拇指——指向导体运动的方向。 ③四指——指向感应电流的方向。 考向1 应用楞次定律判断感应电流的方向 (2024·北京卷·T6)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是 A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 例1 √ 闭合开关瞬间，根据安培定则可知，线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；闭合开关，达到稳定后，线圈P中的磁通量不再变化，则线圈P中无感应电流，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知，流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。 (人教版选择性必修第二册P29·T1) 在图中，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上。 (1)当闭合开关S的一瞬间，线圈P中感应电流的方向如何？ (2)当断开开关S的一瞬间，线圈P中感应电流的方向如何？ 衔接教材 人教版选择性必修第二册P29·T1与2024·北京卷·T6： (1)都是通过开关的闭合、断开控制磁场变化及磁通量的变化。 (2)都考查了楞次定律的应用。 衔接分析 考向2 应用右手定则判断感应电流的方向 下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境，ab上的感应电流方向为a→b的是 例2 √ 选项图A中，ab棒顺时针转动，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；选项图B中，ab棒向纸外运动，由右手定则可知，ab棒上的感应电流方向为b→a，故B错误；选项图C中，导体框向右运动，ad边切割磁感线，由右手定则可知，ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；选项图D中，ab棒沿导轨向下运动，由右手定则可知，导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。 返回 楞次定律的推论 考点三 返回 　　楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。根据引起感应电流的情境，常见以下几种具体推论： 推论 图例说明 阻碍原磁通量变化——“增反减同”   图甲：磁体靠近，B感、B原反向，二者相斥 图乙：磁体远离，B感、B原同向，二者相吸 阻碍相对运动——“来拒去留” 推论 图例说明 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” (注意：只适用于单方向的磁通量)   图丙：P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，磁体下移，回路面积减小，a、b靠近 图丁：B减小，线圈扩张 使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”   图戊：当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈 推论 图例说明 阻碍原电流的变化——“增反减同” (自感现象)   图己：若A、B两灯规格相同，合上S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，两灯逐渐熄灭 考向1 阻碍原磁通量变化——“增反减同” 如图所示，导线AB与CD平行，在闭合与断开开关S时，关于导线CD中的感应电流，下列说法正确的是 A.开关闭合时，有C到D的感应电流 B.开关闭合时，有D到C的感应电流 C.开关断开时，有D到C的感应电流 D.开关断开时，无感应电流 例3 √ 开关闭合时，导线AB中有电流通过，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直纸面向外增加，由楞次定律的推论“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由D指向C，故A错误，B正确；同理，开关断开时，导线AB中电流从有到无，其方向由A指向B，根据安培定则可知导线CD所在回路磁通量垂直纸面向外减小，由楞次定律的推论“增反减同”可得导线CD中的感应电流方向为由C指向D，故C、D错误。 考向2 阻碍相对运动——“来拒去留” (2026·北京海淀一模)如图所示，弹簧上端固定、下端悬挂一个磁体，在磁体正下方放置一个固定在桌面上的闭合铜质线圈。将磁体托起到某一高度后放开，磁体开始上下振动。不计空气阻力。下列说法正确的是 A.磁体振动过程中，线圈始终有收缩的趋势 B.磁体振动过程中，弹簧和磁体组成系统的机械能保持不变 C.磁体远离线圈时，线圈对桌面的压力小于线圈的重力 D.磁体靠近线圈时，线圈与磁体相互吸引 例4 √ 根据题意可知，磁体靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大， 线圈中产生感应电流，由楞次定律可知，线圈有收缩的趋势， 线圈与磁体相互排斥，线圈对桌面的压力大于线圈的重力； 磁体远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，线圈中产生感应 电流，由楞次定律可知，线圈有扩大的趋势，线圈与磁体相 互吸引，线圈对桌面的压力小于线圈的重力，整个过程中，由于线圈中产生了感应电流，即有电能产生，由能量守恒定律，可知弹簧和磁体组成系统的机械能会一直减小。故选C。 考向3 使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩” (多选)如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接。现将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列说法正确的是 A.穿过线圈a的磁通量增大 B.从上往下看，线圈a中将产生顺时针方向的感应电流 C.线圈a有收缩的趋势 D.桌面对线圈a的支持力增大 √ √ 例5 √ 将滑动变阻器的滑片P向下滑动，则接入电路的阻值减小，电流增大，线圈b的磁场增强，穿过线圈a的磁通量变大，故A正确；穿过线圈a的磁通量向下增大，根据楞次定律可知，从上往下看，线圈a中将产生逆时针方向的感应电流，故B错误；穿过线圈a的磁通量向下增大，根据楞次定律的推论“增缩减扩”“来拒去留”可知，线圈a有收缩且远离线圈b的趋势，则桌面对线圈a的支持力增大，故C、D正确。 拓展变式.如图所示，两个金属圆环a与圆环b同心共面放置，而且相对位置不变，当圆环a中通有逐渐增大的顺时针方向的电流时，对于圆环b中感应电流方向、收缩与扩张趋势的判断正确的是 A.顺时针方向，有收缩趋势 B.顺时针方向，有扩张趋势 C.逆时针方向，有收缩趋势 D.逆时针方向，有扩张趋势 √ 当圆环a中通有顺时针方向的电流时，根据安培定则可知，穿过圆环b的磁通量大小为Φ＝Φ内－Φ外，方向垂直于纸面向里，当圆环a中电流逐渐增大时，Φ内、Φ外都增大，但是Φ内增大的更快，故穿过圆环b的磁通量垂直于纸面向里增大，根据楞次定律可知圆环b中感应电流方向为逆时针方向，为了阻碍磁通量的增大，圆环b有扩张的趋势。故选D。 楞次定律的推论——“增缩减扩”仅适用于磁场单方向穿过回路的情况，对于磁场从正、反两个方向同时穿过回路的情况，要具体分析，如【拓展】中情况则为“增扩减缩”，正好与之相反。 易错提醒 返回 “三定则、一定律”的应用 考点四 返回 “三定则、一定律”的比较 知识梳理 定则或定律 适用的现象 因果关系 安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生磁场 因电生磁 左手定则 (1)安培力——磁场对电流的作用力 (2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力 右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电 楞次定律 闭合回路的磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电 市场上某款自发电门铃开关(图甲)的原理如图乙、丙所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永磁体的铁块向下移动，改变了与“E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，弹簧可使之复位(与a、b连接的外电路未画出)。由此可判断 A.未按下按钮时，线圈a、b两点间存在电势差 B．按下按钮过程中，线圈中感应电流始终由b经线圈流向a C．按钮复位过程中，线圈中的磁通量一直减小 D．按下按钮过程与松开复位过程中，a点的电势始终高于b点 例6 √ 未按下按钮时，线圈中磁通量不变，因此a、b两点电势差为零，故A错误。按下按钮过程中，线圈中的磁通量先向右减小，后向左增大，根据楞次定律可知，感应电流从b通过线圈流向a，又因为线圈是电源，电源内部电流方向由负极流向正极，因此a点的电势比b点的高；按钮复位过程中，线圈中的磁通量先向左减小，后向右增大，根据楞次定律可知，感应电流从a通过线圈流向b，a点的电势比b点的低，故B正确，C、D错误。 针对练.(多选)如图所示，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 A.开关闭合瞬间，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的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动 √ √ 根据安培定则可知，开关闭合瞬间铁芯上产生水平向右 的磁场，根据楞次定律可知，直导线上将产生由南向北 的电流，根据安培定则可知，直导线上方的磁场垂直纸 面向里，故小磁针的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，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，根据安培定则和楞次定律可知，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。 返回 课 时 测 评 返回 1．(多选)下列图中能产生感应电流的是 √ 选项A中回路不闭合，没有感应电流；选项D中线圈完全处在匀强磁场中运动，磁通量没有变化，没有感应电流；选项B、C中回路闭合且有磁通量变化，能产生感应电流。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 2.(2025·陕晋青宁卷·T6)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流 A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且 方向相同 B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 3．(2026·广州市模拟)如图，在墙内或地面埋有一根通有恒定电流的长直导线。为探测该导线的走向，现用一个与灵敏电流表(图中未画出)串联的感应线圈进行探测，结果如下表。忽略地磁场的影响，则该导线可能的走向是 A．Oa方向 B．Ob方向 C．Oc方向 D．Oe方向 √ 探测 灵敏电流表有无示数 线圈平面平行于地面Oabc 沿Oa方向平移 无  沿Oc方向平移 无 线圈平面平行于墙面Oade 沿Oa方向平移 有 沿Oe方向平移 无 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 通电直导线周围的磁场是以导线为圆心的一个个同心圆，当线圈平面平行于地面Oabc移动时，线圈中无感应电流产生，则穿过线圈的磁通量不变，说明线圈平面与磁场所在平面平行，即通电导线应垂直于Oabc平面；当线圈平面平行于墙面Oade移动时，沿Oa方向平移有电流，磁通量变化，沿Oe方向平移无电流，磁通量不变，说明导线应该沿Oe方向。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 题组2　楞次定律推论的应用 4．(多选)如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流I，导线右侧有一矩形导电线框abcd与通电导线共面放置，且ad边与通电导线平行。关于下列情况下线框中的感应电流说法正确的是 A．线框向左平动到达虚线位置的过程中感应电流方向始终不变 B．线框向右平动过程中感应电流方向为顺时针 C．线框以bc边为轴转动时，线框中不会产生感应电流 D．线框以直导线为轴转动，线框中不会产生感应电流 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 线框向左平动到达虚线位置的过程中，刚开始垂直于 纸面向里的磁通量逐渐增大，感应电流产生的磁场垂 直于纸面向外，感应电流为逆时针方向；然后垂直于 纸面向里的磁通量逐渐减小，垂直于纸面向外的磁通 量逐渐增大，感应电流产生的磁场一定垂直于纸面向 里，这时感应电流为顺时针方向；最后，垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小，感应电流产生的磁场一定垂直于纸面向外，这时感应电流为逆时针方向，故A错误。线框向右平动过程中，垂直于纸面向里的磁通量逐渐减小，感应电流产生的磁场垂直于纸面向里，感应电流为顺时针方向，故B正确。线框以bc边为轴转动时，线框中磁通量发生变化，会产生感应电流，故C错误。线框以直导线为轴转动，线框中磁通量不变，不会产生感应电流，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 5.如图所示，质量为m的铜质闭合线圈静置于粗糙水平桌面上。当一个竖直放置的条形磁体贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动。则关于线圈在此过程中受到的支持力FN和摩擦力Ff的情况，以下判断正确的是 A.FN先大于mg，后小于mg B.FN一直大于mg C.Ff先向左，后向右 D.线圈中的电流方向始终不变 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，磁体靠近线圈时 受到斜向上的斥力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向下 的斥力，受到的支持力FN大于重力mg；磁体远离线圈时受 到斜向下的引力，由牛顿第三定律知，线圈受到斜向上的 引力，受到的支持力FN小于重力mg，故A正确，B错误。整个过程磁体对线圈的作用力都有向右的分量，即线圈有向右运动的趋势，摩擦力的方向始终向左，C错误。当磁体靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加且方向向下，线圈中产生的感应电流从上向下看沿逆时针方向；当磁体远离线圈时，穿过线圈的磁通量减少且方向向下，线圈中产生的感应电流从上向下看沿顺时针方向，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 6.如图所示，在O点用细绳悬挂一个金属圆环，将条形磁体(N极在前)沿轴线方向从左侧靠近圆环，下列说法正确的是 A.自左向右看圆环中感应电流的方向是顺时针方向 B.圆环将向左运动 C.圆环有收缩的趋势 D.若圆环不闭合(有缺口)也会产生感应电流 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 条形磁体(N极在前)沿轴线方向从左侧靠近圆环，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向左，所以根据右手螺旋定则，可知圆环中电流的方向自左向右看为逆时针方向，A错误；根据“来拒去留”可知，圆环将向右运动，B错误；根据“增缩减扩”可知，圆环将有收缩的趋势，C正确；若圆环不闭合(有缺口)不会产生感应电流，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 题组3　“三定则、一定律”的应用 7．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RM＜RN。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．导体棒可能沿导轨向左做加速运动 B．导体棒可能沿导轨向右做加速运动 C．导体棒可能沿导轨向左做减速运动 D．导体棒可能沿导轨向左做匀速运动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 导体棒ab向左做加速运动时，导体棒ab产生 的感应电动势和感应电流增大，由右手定则 判断可知ab中电流方向为b→a，根据安培定 则可知M产生的磁场方向垂直于纸面向外， 穿过N的磁通量增大，又因RM<RN，所以线 圈N要通过增大面积以阻碍磁通量的增大，故A错误；同理分析知，导体棒向右做加速运动时，线圈N有扩张趋势，故B错误；导体棒向左做减速运动时，线圈N有收缩趋势，故C正确；导体棒向左做匀速运动时，线圈N中无感应电流产生，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 8．(多选)(2026·汕头市模拟)如图1所示，大功率家用电器的插头常配备漏电保护装置，工作原理如图2所示，其中“零序电流互感器”可视为闭合铁芯。正常用电时，火线和零线的电流等大、反向；出现漏电时，快速响应电路能够在毫秒级的时间内检测到漏电并触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源。下列说法正确的是 A．漏电保护装置应用了电磁感应的原理 B．图2中零线应该置于互感器的外面，否则无法正常使用 C．正常用电时，M和N两点之间没有电压 D．出现漏电时，M和N两点之间没有电压 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 若火线和零线电流始终等大反向，则穿过零序电流互感器的磁通量不发生变化，零序电流互感器无感应电动势，则与之构成闭合回路的断路器两端M、N间无电压；但若发生漏电，则由火线、电热水器、零线构成的闭合回路中，流经火线与零线的电流大小将不再相等，从而使穿过零序电流互感器的磁通量发生变化，产生感应电动势，触发断路器，使触头弹起从而自动切断电源，保护电路，即此时断路器两端M、N间有电压，由此可知漏电保护装置应用了电磁感应的原理，故A、C正确，B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 9.(多选)汽车自动控制刹车系统(ABS)的原理如图所示，铁质齿轮P与车轮同步转动，右端有一个绕有线圈的磁体(极性如图)，M是一个电流检测器，当车轮带动齿轮P转动时，靠近线圈的铁齿被磁化，使通过线圈的磁通量增大，铁齿离开线圈时又使通过线圈的磁通量减小，从而能使线圈中产生感应电流，感应电流经电子装置放大后即能实现自动控制刹车，齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向 A.在图示时刻，铁齿靠近线圈时，穿过线圈的磁通量最小 B.条形磁体总是阻碍齿轮的转动 C.齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向先从左向右，然后从右向左 D.齿轮从图示位置开始转到下一个铁齿正对线圈的过程中，通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 在题图示时刻，铁齿靠近线圈时，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；根据楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，故B正确；铁齿靠近线圈时被磁化，产生的磁场方向从右向左，齿轮P从题图所示位置开始按顺时针方向转到下一个铁齿正对线圈的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流在线圈内部产生的磁场先从右向左，后从左向右，根据右手螺旋定则可知，通过M的感应电流的方向先从右向左，然后从左向右，故C错误，D正确。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 10.某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永磁体，并在电梯的井壁上铺设闭合线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对电梯内乘客的伤害。当电梯中的永磁体坠落至图示位置时 A.该安全装置使电梯停在空中 B.线圈A、B中的感应电流方向相反 C.只有线圈A在阻碍电梯下落 D.只有线圈B在阻碍电梯下落 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 若电梯突然坠落，穿过线圈的磁通量发生变化，将在线 圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁体的相对运动， 可起到应急避险作用，感应电流会阻碍磁体的相对运动， 但不能阻止磁体的运动，故A错误；当磁体坠落至题图 所示位置时，穿过两线圈的磁通量方向相同，一个增加一个减少，根据楞次定律可知，两线圈产生的感应电流的磁场方向相反，根据安培定则可知，两线圈产生的感应电流方向相反，故B正确；由上述分析可知，两线圈均产生感应电流，感应电流产生的磁场均阻碍电梯的运动，故C、D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 11．(多选)如图所示，多匝线圈绕在铁芯上与水平金属导轨相连，导轨的电阻不计，导轨间存在竖直向上的匀强磁场，导轨上放一导体棒ab，与水平金属导轨垂直并接触良好。铁芯左侧用一轻绳悬挂一单匝铜线圈c，线圈c的平面垂直于铁芯，下列叙述正确的是 A．导体棒ab向右做匀速运动时，金属线圈c向右摆动 B．导体棒ab向左做加速运动时，金属线圈c向左摆动 C．导体棒ab向右做加速运动时，金属线圈c向左摆动 D．导体棒ab向右做减速运动时，金属线圈c向左摆动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 导体棒ab向右做匀速运动时，ab中产生的感应电流不变，螺线管产生的磁场是稳定的，穿过c的磁通量不变，c中没有感应电流，金属线圈c不动，故A错误；导体棒ab向左或向右做加速运动时，ab中产生的感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过c的磁通量增大，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，金属线圈c向左摆动，故B、C正确；同理，导体棒ab向右做减速运动时，金属线圈c向右摆动，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 12．(多选)城市施工时，为了避免挖到铺设在地下的电线，需要在施工前用检测线圈检测地底是否铺设导线。若地下有一条沿着东西方向的水平直导线，导线中通过电流。现用一闭合的检测线圈来检测，俯视检测线圈，下列说法正确的是 A．若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，线圈中会产生感应电流 B．若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，检测线圈受到的安培力与运动方向相反 C．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方(线圈运动的距离足够长)，感应电流的方向先逆时针后顺时针，然后再逆时针 D．若线圈由北向南沿水平地面通过恒定电流上方，检测线圈所受安培力在水平方向的分量一直向北 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 若线圈静止在导线正上方，当导线中通过正弦交流电，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，磁通量变化量为零，感应电流为零，故A错误；若线圈在恒定电流正上方由西向东运动，由对称性可知，通过线圈的磁通量为零，磁通量变化量为零，感应电流为零，安培力为零，故B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 根据通电直导线周围的磁感线分布特点，检测线圈自北靠近直导线到导线正上方的过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，且磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针，当检测线圈逐渐远离直导线的过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增大后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，故C正确；由楞次定律“来拒去留”可知，检测线圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正确。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 11 12 谢 谢 观 看 第1讲　电磁感应现象　楞次定律 $