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高中物理第一节 楞次定律复习ppt课件
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这是一份高中物理第一节 楞次定律复习ppt课件，共60页。PPT课件主要包含了知识梳理·双基自测，核心考点·重点突破，名师讲坛·素养提升，年高考·1年模拟，BS1cosθ，BS3，发生变化，感应电流，切割磁感线，感应电动势等内容，欢迎下载使用。
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
1．定义匀强磁场中，磁感应强度(B)与______于磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
2．公式Φ＝______。在国际单位制中，磁通量的单位是______，符号是______。3．公式适用条件(1)匀强磁场。(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
思考：如图所示，矩形abcd、abb′a′，a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为______________或______。(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为______。(3)通过矩形abb′a′的磁通量为___。
1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量____________时，电路中有____________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____________。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做_______________的运动。
3．电磁感应现象的实质产生_______________，如果电路闭合，则有____________；如果电路不闭合，则只有_______________而无感应电流。
1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要______引起感应电流的_________的变化。(2)适用范围：适用于一切回路_________变化的情况。
2.右手定则(1)使用方法。①让磁感线穿入___手手心。②使大拇指指向____________的方向。③则其余四指指向____________的方向。(2)适用范围：适用于____________切割磁感线的情况。
思考：如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，AB中通有如图所示的电流I，请回答：
(1)穿过线圈abcd中的磁通量为多少？(2)AB中电流I逐渐增大，线圈abcd中有感应电流吗？(3)要使线圈abcd中产生感应电流，可行的做法有哪些(至少答出两种方法)?[答案] (1)0 (2)无 (3)使线圈左右平动；以OO′为轴转动。
一、堵点疏通1．磁通量与线圈的匝数无关。( )2．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。( )3．感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。( )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。( )
二、对点激活1．(2023·北京高三月考)用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是( )
A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD中的磁感线条数不变B．乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈C．丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动
[解析]甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，故不能产生感应电流，另外也可以从保持穿过ABCD中的磁感线条数不变的角度看，磁通量没变化，故也不产生感应电流，A错误；乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈，在磁铁从上向下穿过时，穿过线圈的磁通量会变化，故产生感应电流， B正确；丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，B中的磁通量没变化，故不产生感应电流， C错误；丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动时也不会使B中的磁通量变化，故也不能产生感应电流， D错误。
2．(多选)(2023·贵州高三月考)如图线圈与电流表连接成闭合电路，将条形磁铁的N极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转。以下推断正确的是( )A．将磁铁的N极从线圈中向上拔出时， 电流表的指针向右偏转B．将磁铁的N极从线圈中向上拔出时， 电流表的指针向左偏转C．将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向左偏转D．将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转
[解析]将磁铁的N极从上向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向上。将磁铁的N极从线圈中向上拔出时，穿过线圈的磁通量减少，线圈内感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即向下，故电流表指针的偏转方向向左， A错误、B正确；将磁铁的S极从上向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流的磁场与原磁场方向相反，即向下，电流表指针向左偏转，C正确、D错误。
1．判断感应电流有无的方法2．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。
3．产生感应电流的三种常见情况
(2023·广西高三专题练习)某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A、B，现给线圈A分别接选项图所示的电流，则在t1至t2时间内，与线圈B所接电流表没有示数的是( )
[解析]在t1至t2时间内，线圈A中电流不变，形成的磁场恒定，穿过线圈B的磁通量不变，没有产生感应电流，所接电流表没有示数，A正确；B、C、D选项中，在t1至t2时间内，线圈A中电流均发生变化，形成的磁场均发生变化，穿过线圈B的磁通量均发生变化，线圈B中均会产生感应电流，故所接电流表均有示数，BCD错误。
A B C D
〔变式训练1〕 (2023·山西清徐中学月考)在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是( )A．电压表有读数，电流表没有读数B．电压表有读数，电流表也有读数C．电压表无读数，电流表有读数D．电压表无读数，电流表也无读数
[解析]当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数。电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数。A、B、C错误，故D正确。
1．感应电流方向判断的两种方法方法一 用楞次定律判断方法二 用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向。
2．楞次定律和右手定则的关系(1)从研究对象上说，楞次定律研究的是整个闭合回路，右手定则研究的是闭合电路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动的情况。(2)从适用范围上说，楞次定律适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况。因此，右手定则是楞次定律的一种特殊情况。一般来说，若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则；若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判断也可以，但较为麻烦。
(多选)(2023·四川遂宁高三阶段练习)如图，线圈L1，铁芯M，线圈L2都可自由移动，S合上后使L2中有感应电流且流过电阻R的电流方向为a→b，可采用的办法是( )A．断开电源开关SB．将铁芯M插入C．使L2迅速靠近L1D．使L2迅速远离L1
[解析]当断开电源开关时，穿过线圈L2的磁通量向右减小，因此R中的感应电流方向为b→a，A错误；当将铁芯M插入时，穿过线圈L2的磁通量向右增加，因此R中的感应电流方向为a→b，将铁芯M抽出时，R中电流反向，B正确；由题意可知，流过电阻R的电流方向为a→b，根据右手螺旋定则，线圈L2中感应电流的磁场方向是水平向左，因此原磁场水平向左减弱或水平向右增强。根据右手螺旋定则可知，线圈L1在L2中产生的磁场方向是水平向右，当使L2迅速靠近L1时，穿过线圈L2的磁通量向右且增大，因此R中的感应电流方向为a→b；当使L2迅速远离L1时，穿过线圈L2的磁通量向右且减小，因此R中的感应电流方向为b→a，C正确、D错误。
〔变式训练2〕 (多选)(2023·辽宁高三阶段练习)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为abdcaB．若固定cd，使ab向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为abdcaC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向为acdba
[解析]若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生感应电流方向为acdba，A错误；若固定cd，使ab向右滑动，由右手定则知应产生感应电流方向为abdca，B正确；若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中产生感应电流方向为acdba，C错误；若ab、cd均向右运动，且vcd>vab，则ab、cd所围的面积增大，磁通量也增大，则产生感应电流方向为acdba，D正确。
(2023·浙江高三月考)如图所示，将一磁铁通过放置在电子秤上的支架悬挂于电子秤上方，磁铁的正下方有两条光滑的固定金属导轨M、N，其上有两根可以自由滑动的金属杆a、b，磁铁在回路中心的正上方，当剪断细线，磁铁下落时，以下说法正确的是( )A．a、b杆相互远离B．与剪断细线前相比电子秤的示数增加C．导轨对电子秤的压力变大D．磁铁处于完全失重状态
[解析]由楞次定律推论“增缩减扩”可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁铁、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁铁处于失重状态，整体对电子秤的压力减小，磁铁会受到下方回路中感应电流产生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，BD错误；磁铁对导轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。
〔变式训练3〕 (2023·河北高三模拟)研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，下列说法正确的是( )A．B线圈一定有收缩的趋势B．B线圈一定有扩张的趋势C．B线圈中感应电流产生的磁场阻止了B线 圈内磁通量的增加D．若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A左端是强磁性合金的S极
[解析]现对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，故A错误，B正确；根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，故C错误；根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，A内部磁场大于外部磁场，因此磁场方向要看内部，即A左端是强磁性合金的N极，故D错误。
一定律、三定则的综合应用1．一定律、三定则的比较
2．相互联系(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
(多选)(2023·山东高三期末)如图所示，水平放置的两条光滑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
[解析]根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动，故BC正确，AD错误。
(1)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”。“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
〔变式训练4〕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极朝垂直纸面向外的方向转动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]开关闭合后的瞬间，通过左边线圈的磁感应强度向右增大，由于磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，直导线有通以由南指向北的感应电流，根据安培定则可知直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A错误；开关闭合并保持一段时间后，电流稳定，左边线圈没有感应电流，所以小磁针的N极不会转动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左边线圈的磁感应强度向右减小，由于磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，直导线有通以由北指向南的感应电流，根据安培定则可知直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
1.(多选)(2022·浙江6月卷)两个相同的电流表G1和G2如图所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是( )A．两表都是“发电机”B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”C．G1表和G2表之间存在互感现象D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
[解析]晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，其原因是G1表中的线圈在磁场中做切割磁感线运动产生了感应电动势，闭合回路中产生了感应电流，则G2表中线圈存在电流，线圈受安培力的作用，使得G2表的指针发生偏转，因此G1表是“发电机”，G2表是“电动机”，BD正确，AC错误。
2．(2023·四川成都高三期中)如图所示，在某次重庆航展中，战机在空中展示动作。已知地磁场的水平分量为B1，竖直分量为B2，战机首尾长L1，机翼水平翼展为L2，竖直尾翼上下高为L3，运动速度为v，机身沿东西方向保持水平。下列哪种飞行方式会使得左右侧机翼最远点电势差大小为B2L2v( )A．水平向东飞行，左侧机翼电势高于 右侧B．水平向西飞行，右侧机翼电势高于 左侧C．垂直起降，左侧机翼电势高于右侧D．垂直起降，右侧机翼电势高于左侧
[解析]战机水平飞行时，左右机翼切割地磁场竖直向下分量(重庆市地处北半球，地磁竖直分量向下)，由右手定则可知，不管是水平向东飞行，还是水平向西飞行，都是机翼左侧电势较高，左右侧机翼最远点电势差大小为B2L2v，故A正确，B错误；战机垂直起降时，左右机翼切割地磁场由南向北平行地面水平分量，左右侧机翼最远点电势差大小为B1L2v，CD错误。
3．(2023·湖北高三阶段练习)如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去。现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是( )A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．线圈沿轴向有伸长的趋势C．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射
[解析]线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈有缩短的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项错误；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D项错误。
4．(多选)(2023·山东临沂高三模拟)如图所示，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是( )A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B．若给金属杆向左的初速度，则a点电 势高于b点C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
1．定义匀强磁场中，磁感应强度(B)与______于磁场方向的面积(S)的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通，我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
2．公式Φ＝______。在国际单位制中，磁通量的单位是______，符号是______。3．公式适用条件(1)匀强磁场。(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
思考：如图所示，矩形abcd、abb′a′，a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：(1)通过矩形abcd的磁通量为______________或______。(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为______。(3)通过矩形abb′a′的磁通量为___。
1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量____________时，电路中有____________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____________。(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做_______________的运动。
3．电磁感应现象的实质产生_______________，如果电路闭合，则有____________；如果电路不闭合，则只有_______________而无感应电流。
1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要______引起感应电流的_________的变化。(2)适用范围：适用于一切回路_________变化的情况。
2.右手定则(1)使用方法。①让磁感线穿入___手手心。②使大拇指指向____________的方向。③则其余四指指向____________的方向。(2)适用范围：适用于____________切割磁感线的情况。
思考：如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行，且AB、OO′所在平面与线圈平面垂直，AB中通有如图所示的电流I，请回答：
(1)穿过线圈abcd中的磁通量为多少？(2)AB中电流I逐渐增大，线圈abcd中有感应电流吗？(3)要使线圈abcd中产生感应电流，可行的做法有哪些(至少答出两种方法)?[答案] (1)0 (2)无 (3)使线圈左右平动；以OO′为轴转动。
一、堵点疏通1．磁通量与线圈的匝数无关。( )2．闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。( )3．感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。( )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。( )
二、对点激活1．(2023·北京高三月考)用图中三套实验装置探究感应电流产生的条件，下列选项中能产生感应电流的操作是( )
A．甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，且保持穿过ABCD中的磁感线条数不变B．乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈C．丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动D．丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动
[解析]甲图中，使导体棒AB顺着磁感线方向运动，AB不切割磁感线，故不能产生感应电流，另外也可以从保持穿过ABCD中的磁感线条数不变的角度看，磁通量没变化，故也不产生感应电流，A错误；乙图中，使条形磁铁匀速穿过线圈，在磁铁从上向下穿过时，穿过线圈的磁通量会变化，故产生感应电流， B正确；丙图中，开关S闭合后，A、B螺线管相对静止一起竖直向上运动，两线圈没有相对运动，B中的磁通量没变化，故不产生感应电流， C错误；丙图中，开关S保持闭合，使小螺线管A在大螺线管B中保持不动时也不会使B中的磁通量变化，故也不能产生感应电流， D错误。
2．(多选)(2023·贵州高三月考)如图线圈与电流表连接成闭合电路，将条形磁铁的N极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转。以下推断正确的是( )A．将磁铁的N极从线圈中向上拔出时， 电流表的指针向右偏转B．将磁铁的N极从线圈中向上拔出时， 电流表的指针向左偏转C．将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向左偏转D．将磁铁的S极向下插入线圈时，电流表的指针向右偏转
[解析]将磁铁的N极从上向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向上。将磁铁的N极从线圈中向上拔出时，穿过线圈的磁通量减少，线圈内感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即向下，故电流表指针的偏转方向向左， A错误、B正确；将磁铁的S极从上向下插入线圈时，穿过线圈的磁通量增加，线圈内感应电流的磁场与原磁场方向相反，即向下，电流表指针向左偏转，C正确、D错误。
1．判断感应电流有无的方法2．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。
3．产生感应电流的三种常见情况
(2023·广西高三专题练习)某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A、B，现给线圈A分别接选项图所示的电流，则在t1至t2时间内，与线圈B所接电流表没有示数的是( )
[解析]在t1至t2时间内，线圈A中电流不变，形成的磁场恒定，穿过线圈B的磁通量不变，没有产生感应电流，所接电流表没有示数，A正确；B、C、D选项中，在t1至t2时间内，线圈A中电流均发生变化，形成的磁场均发生变化，穿过线圈B的磁通量均发生变化，线圈B中均会产生感应电流，故所接电流表均有示数，BCD错误。
A B C D
〔变式训练1〕 (2023·山西清徐中学月考)在匀强磁场中，有两条平行金属导轨a、b，磁场方向垂直a、b所在的平面向下，c、d为串接有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的水平速度向右匀速运动，则以下结论正确的是( )A．电压表有读数，电流表没有读数B．电压表有读数，电流表也有读数C．电压表无读数，电流表有读数D．电压表无读数，电流表也无读数
[解析]当两棒以相同的水平速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数。电压表是由电流表改装而成的，核心的部件是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数。A、B、C错误，故D正确。
1．感应电流方向判断的两种方法方法一 用楞次定律判断方法二 用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线。判断时注意掌心、四指、拇指的方向。
2．楞次定律和右手定则的关系(1)从研究对象上说，楞次定律研究的是整个闭合回路，右手定则研究的是闭合电路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动的情况。(2)从适用范围上说，楞次定律适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况。因此，右手定则是楞次定律的一种特殊情况。一般来说，若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则；若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判断也可以，但较为麻烦。
(多选)(2023·四川遂宁高三阶段练习)如图，线圈L1，铁芯M，线圈L2都可自由移动，S合上后使L2中有感应电流且流过电阻R的电流方向为a→b，可采用的办法是( )A．断开电源开关SB．将铁芯M插入C．使L2迅速靠近L1D．使L2迅速远离L1
[解析]当断开电源开关时，穿过线圈L2的磁通量向右减小，因此R中的感应电流方向为b→a，A错误；当将铁芯M插入时，穿过线圈L2的磁通量向右增加，因此R中的感应电流方向为a→b，将铁芯M抽出时，R中电流反向，B正确；由题意可知，流过电阻R的电流方向为a→b，根据右手螺旋定则，线圈L2中感应电流的磁场方向是水平向左，因此原磁场水平向左减弱或水平向右增强。根据右手螺旋定则可知，线圈L1在L2中产生的磁场方向是水平向右，当使L2迅速靠近L1时，穿过线圈L2的磁通量向右且增大，因此R中的感应电流方向为a→b；当使L2迅速远离L1时，穿过线圈L2的磁通量向右且减小，因此R中的感应电流方向为b→a，C正确、D错误。
〔变式训练2〕 (多选)(2023·辽宁高三阶段练习)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为abdcaB．若固定cd，使ab向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为abdcaC．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向为acdba
[解析]若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生感应电流方向为acdba，A错误；若固定cd，使ab向右滑动，由右手定则知应产生感应电流方向为abdca，B正确；若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中产生感应电流方向为acdba，C错误；若ab、cd均向右运动，且vcd>vab，则ab、cd所围的面积增大，磁通量也增大，则产生感应电流方向为acdba，D正确。
(2023·浙江高三月考)如图所示，将一磁铁通过放置在电子秤上的支架悬挂于电子秤上方，磁铁的正下方有两条光滑的固定金属导轨M、N，其上有两根可以自由滑动的金属杆a、b，磁铁在回路中心的正上方，当剪断细线，磁铁下落时，以下说法正确的是( )A．a、b杆相互远离B．与剪断细线前相比电子秤的示数增加C．导轨对电子秤的压力变大D．磁铁处于完全失重状态
[解析]由楞次定律推论“增缩减扩”可知a、b杆将相互靠拢，A错误；将磁铁、支架、导轨和金属杆看成一个整体，磁铁处于失重状态，整体对电子秤的压力减小，磁铁会受到下方回路中感应电流产生的磁场的阻力作用，并不是完全失重，BD错误；磁铁对导轨产生向下的力，因此导轨对电子秤的压力变大，C正确。
〔变式训练3〕 (2023·河北高三模拟)研究人员发现一种具有独特属性的新型合金能够将内能直接转化为电能。具体而言，只要略微提高温度，这种合金就会变成强磁性合金，从而使环绕它的线圈中产生电流，其简化模型如图所示。A为圆柱形合金材料，B为线圈，套在圆柱形合金材料上，线圈的半径大于合金材料的半径。现对A进行加热，下列说法正确的是( )A．B线圈一定有收缩的趋势B．B线圈一定有扩张的趋势C．B线圈中感应电流产生的磁场阻止了B线 圈内磁通量的增加D．若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A左端是强磁性合金的S极
[解析]现对A进行加热，其磁感应强度增大，A内部磁场与外部磁场方向相反，B线圈的总磁通量与A内部磁场方向相同，由楞次定律可知，B线圈一定有扩张的趋势，故A错误，B正确；根据楞次定律可知，B线圈中感应电流产生的磁场阻碍了B线圈内磁通量的增加，而非阻止，故C错误；根据右手螺旋定则和楞次定律可知，若从右向左看B中产生顺时针方向的电流，则A中原磁场方向向右，A内部磁场大于外部磁场，因此磁场方向要看内部，即A左端是强磁性合金的N极，故D错误。
一定律、三定则的综合应用1．一定律、三定则的比较
2．相互联系(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则。(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
(多选)(2023·山东高三期末)如图所示，水平放置的两条光滑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
[解析]根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动，故BC正确，AD错误。
(1)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”。“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
〔变式训练4〕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极朝垂直纸面向外的方向转动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]开关闭合后的瞬间，通过左边线圈的磁感应强度向右增大，由于磁通量增大，由楞次定律和安培定则可知，直导线有通以由南指向北的感应电流，根据安培定则可知直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A错误；开关闭合并保持一段时间后，电流稳定，左边线圈没有感应电流，所以小磁针的N极不会转动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左边线圈的磁感应强度向右减小，由于磁通量减小，由楞次定律和安培定则可知，直导线有通以由北指向南的感应电流，根据安培定则可知直导线上方的磁场方向垂直纸面向外，所以小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
1.(多选)(2022·浙江6月卷)两个相同的电流表G1和G2如图所示连接，晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，原因是( )A．两表都是“发电机”B．G1表是“发电机”，G2表是“电动机”C．G1表和G2表之间存在互感现象D．G1表产生的电流流入G2表，产生的安培力使G2表指针偏转
[解析]晃动G1表，当指针向左偏转时，静止的G2表的指针也向左偏转，其原因是G1表中的线圈在磁场中做切割磁感线运动产生了感应电动势，闭合回路中产生了感应电流，则G2表中线圈存在电流，线圈受安培力的作用，使得G2表的指针发生偏转，因此G1表是“发电机”，G2表是“电动机”，BD正确，AC错误。
2．(2023·四川成都高三期中)如图所示，在某次重庆航展中，战机在空中展示动作。已知地磁场的水平分量为B1，竖直分量为B2，战机首尾长L1，机翼水平翼展为L2，竖直尾翼上下高为L3，运动速度为v，机身沿东西方向保持水平。下列哪种飞行方式会使得左右侧机翼最远点电势差大小为B2L2v( )A．水平向东飞行，左侧机翼电势高于 右侧B．水平向西飞行，右侧机翼电势高于 左侧C．垂直起降，左侧机翼电势高于右侧D．垂直起降，右侧机翼电势高于左侧
[解析]战机水平飞行时，左右机翼切割地磁场竖直向下分量(重庆市地处北半球，地磁竖直分量向下)，由右手定则可知，不管是水平向东飞行，还是水平向西飞行，都是机翼左侧电势较高，左右侧机翼最远点电势差大小为B2L2v，故A正确，B错误；战机垂直起降时，左右机翼切割地磁场由南向北平行地面水平分量，左右侧机翼最远点电势差大小为B1L2v，CD错误。
3．(2023·湖北高三阶段练习)如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去。现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是( )A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B．线圈沿轴向有伸长的趋势C．铜环受到的安培力等于铝环受到的安培力D．若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射
[解析]线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈有缩短的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项错误；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D项错误。
4．(多选)(2023·山东临沂高三模拟)如图所示，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置。闭合开关S，下列判断正确的是( )A．电磁铁两磁极之间的磁场方向向下B．若给金属杆向左的初速度，则a点电 势高于b点C．若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动D．若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
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