電路與電磁感應楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用講義

楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用編審教師：高級教師白英彬本專題主要講解楞次定律和法拉第電磁感應定律的理解及基本應用，高考中主要側重于考查法拉第電磁感應定律的理解與應用，經常以選擇題或計算題的形式命題考查，試題注重基礎性與綜合性。備考中應重視在應用中深化對相關概念、核心規(guī)律的理解，讓學生掌握典型問題的解決方法的同時，深化理解，夯實雙基。楞次定律的應用（2022·黑龍江月考）一長直導線與閉合金屬線框位于同一豎直平面內，長直導線中的電流i隨時間t的變化關系如圖所示（以豎直向上為電流的正方向），則在0～T時間內，下列說法正確的是（）A．0～時間內，金屬線框受安培力的合力方向向左B．～時間內，金屬線框中產生順時針方向的感應電流C．～T時間內，金屬線框有收縮的趨勢D．0～T時間內，長直導線中電流的有效值為i0關鍵信息：（1）電流i隨時間t的變化關系圖像→可以判斷出各個時間段導線中電流的大小以及方向→結合楞次定律以及阻礙效果判斷線框所受安培力方向、線框中的感應電流方向以及線框的收縮與擴張情況（2）電流i隨時間t的變化關系圖像→結合熱量等效原理求解電流的有效值解題思路：直導線電流變化將引起周圍磁場的變化，從而引起穿過線框磁通量發(fā)生變化，結合楞次定律即可直接判斷安培力及感應電流的方向。非正余弦交流電的有效值可以根據(jù)有效值定義進行計算。A．0～時間內，直導線電流增大，穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，線框有向右運動趨勢從而阻礙磁通量的增大（增離減靠），故金屬線框受安培力的合力方向向右，A錯誤；B．～時間內，直導線中電流向上且減小，穿過線框的磁場向內，磁通量減小，由楞次定律可知，金屬線框中產生順時針方向的感應電流（增反減同），B正確；C．～T時間內，直導線中電流恒定，穿過線框中的磁通量恒定，不會產生感應電流，故金屬線框沒有收縮趨勢（增縮減擴），C錯誤；D．0～T時間內，據(jù)電流的熱效應可得：Q＝·＋·＝I2RT可得長直導線中電流的有效值為I＝i0，D錯誤。故選B。（2020·全國歷年真題）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)，圓環(huán)初始時靜止。將圖中開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運動B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運動C．撥至M端時圓環(huán)向左運動，撥至N端時向右運動D．撥至M端時圓環(huán)向右運動，撥至N端時向左運動當開關S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)時，不論撥至M端或N端，均會導致線圈中的電流增大，線圈中的磁場增強，所以穿過圓環(huán)的磁通量也變大，從而圓環(huán)中會產生感應電流，根據(jù)楞次定律以及阻礙效果（增離減靠）可知，圓環(huán)會受到安培力作用，使它遠離通電線圈以阻礙磁通量的增大，即圓環(huán)向右移動，故B正確，ACD錯誤；故選：B。1．應用楞次定律判斷感應電流方向的方法（1）四步法：“一原”、“二變”、“三感”、“四電流”（2）右手定則：伸開右手，讓拇指與其余四指垂直，并且與手掌在一個平面，讓磁感線穿過手心，拇指指導線運動方向，四指所指方向就是感應電流方向。2．應用楞次定律的常用推論（1）阻礙磁通量變化、阻礙電流變化（即自感現(xiàn)象）——“增反減同”、“增縮減擴”、“增離減靠”。（2）阻礙相對運動——“來拒去留”。法拉第電磁感應定律的應用（2022·北京月考）用電阻率為ρ、橫截面積為S的硬質導線，做成邊長為2R的正方形導線框，垂直導線框所在平面的磁場充滿其內接圓形區(qū)域。t＝0時磁感應強度的方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，則在t＝0到t＝2t0的時間內（）A．t0時刻磁通量大小為4B0R2B．導線框中產生的熱量為C．導線框中的感應電流大小為D．導線框中的感應電流方向先沿順時針方向后沿逆時針方向關鍵信息：（1）垂直導線框所在平面的磁場充滿其內接圓形區(qū)域→有效面積為S＝πR2（2）圖乙→為恒值，根據(jù)E＝可求感應電動勢大小→根據(jù)閉合電路歐姆定律可求感應電流大小→根據(jù)焦耳定律求導線框產生的熱量解題思路：根據(jù)楞次定律和法拉第電磁感應定律可知正方形線圈的感應電流方向和電動勢大小，然后根據(jù)歐姆定律和焦耳定律可知感應電流大小和線框產生的熱量。A．t0時刻，B＝0，所以磁通量大小為：Φ＝BS圓＝0，故A錯誤；BC．由法拉第電磁感應定律可知，矩形線框中的感應電動勢大小為：E＝＝πR2＝感應電流大小為：I＝＝＝＝導線框中產生的熱量為：Q＝I2()·2t0＝()2()·2t0＝，故B錯誤，C正確；D．0～t0時間內穿過圓環(huán)的磁感應強度向里減小，根據(jù)楞次定律可知，感應磁場的方向也向里，所以感應電流的方向為順時針，同理，故選C。（2022·黑龍江模擬）如圖甲所示，虛線MN兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小恒為B0，左側勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，規(guī)定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內，圓心O在MN上，則下列說法正確的是（）A．0～t0時間內，圓環(huán)中的電流方向為逆時針方向B．t＝t0時刻，圓環(huán)中的電流為0C．t＝t0時刻，圓環(huán)受到的安培力大小為D．在0～t0時間內，通過圓環(huán)的電荷量為A、0～t0時間內，圓環(huán)中左側的磁通量向內減小，右側磁通量不變，根據(jù)楞次定律可知圓環(huán)中的電流方向為順時針方向，故A錯誤；B、根據(jù)法拉第電磁感應定律，圓環(huán)中產生的感應電動勢E＝S，t＝t0時刻磁通量變化率不為0，則電動勢不為0，圓環(huán)中的電流不為0，故B錯誤；C、上式中S＝πr2，＝，據(jù)歐姆定律有I＝，據(jù)電阻定律有R＝，t＝t0時刻圓環(huán)受到的安培力F＝B0I·2r－B0I·2r＝，方向垂直于MN向左，故C錯誤；D、在0～t0時間內，通過圓環(huán)的電荷量q＝，又＝，＝，圓環(huán)磁通量的變化量ΔΦ＝B0·πr2，聯(lián)立解得q＝，故D正確。故選：D。（2022·浙江模擬）如圖所示，水平放置的平行光滑導軌左端連接開關K和電源，右端接有理想電壓表。勻強磁場垂直于導軌所在的平面。ab、cd兩根導體棒單位長度電阻相同、單位長度質量也相同，ab垂直于導軌，cd與導軌成60°角。兩棒的端點恰在導軌上，且與導軌接觸良好，除導體棒外，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．閉合開關K瞬間，兩棒所受安培力大小相等B．閉合開關K瞬間，兩棒加速度大小相等C．斷開開關K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，電壓表無示數(shù)D．斷開開關K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導軌向右運動時電壓表示數(shù)為U1；固定cd，讓ab棒以速度v沿導軌向右運動時電壓表示數(shù)為U2，則U1＝U2關鍵信息：單位長度電阻、質量相同→a、b接入電路中的電阻、質量與長度成正比電路圖→電壓表測量的電壓為路端電壓解題思路：閉合開關，兩導體棒并聯(lián)，由接入長度可知電阻和質量之比，從而確定安培力大小和加速度大小；斷開開關，由法拉第電磁感應定律的推論E＝BLv和閉合電路歐姆定律可知電壓表示數(shù)A．設ab導體棒的長度為L，則cd導體棒為：Lcd＝＝，ab、cd兩根導體棒單位長度電阻相同，所以ab、cd兩根導體棒的電阻之比為：Rab∶Rcd＝∶2，閉合開關K瞬間，通過ab、cd兩根導體棒的電流之比為：Iab∶Icd＝2∶，根據(jù)安培力公式：F＝BIL，可知ab，cd兩根導體棒所受安培力為：Fab∶Fcd＝1∶1，故A正確；B．ab、cd兩根導體棒單位長度質量相同，所以ab、cd兩根導體棒的質量之比為：mab∶mcd＝∶2，根據(jù)牛頓第二定律可知，閉合開關K瞬間，ab、cd兩根導體棒的加速度之比為：aab∶acd＝2∶，故B錯誤；C．斷開開關K，讓兩棒以相同的速度水平向右切割磁感線，ab、cd兩根導體棒的有效切割長度相等，設兩棒運動的速度v，則兩棒產生的電動勢大小為：E＝BLv，則電壓表示數(shù)為：U＝E＝BLv，故C錯誤；D．斷開開關K，固定ab，讓cd棒以速度v沿導軌向右運動時，則有：E1＝BLv，電壓表示數(shù)為：U1＝E1＝，固定cd，讓ab棒以速度v沿導軌向右運動時，則有：E2＝BLv電壓表示數(shù)為：U2＝E2＝，故D錯誤。故選：A。（2021·浙江省歷年真題）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動。在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止狀態(tài)。已知重力加速度為g，不計其它電阻和摩擦，下列說法正確的是（）A．棒產生的電動勢為Bl2ω B．微粒的電荷量與質量之比為C．電阻消耗的電功率為 D．電容器所帶的電荷量為CBr2ωA．由于在圓環(huán)內存在磁感應強度為B的勻強磁場，所以金屬棒有效切割長度為r，根據(jù)E＝可得棒產生的電動勢為Br2ω，故A錯誤；B．微粒處于