楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用

楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用考情透析考情透析命题点考频分析命题特点核心素养楞次定律的应用2024年：山东T11广东T4江苏T10甘肃T4浙江6月T13湖南T4北京T62023年：海南T6湖北T5江苏T8重庆T2天津T112022年：上海T15重庆T13江苏T5全国甲卷T3山东T12广东T10河北T5全国乙T11浙江1月T13北京T11本专题主要讲解楞次定律及楞次定律的常用推论、法拉第电磁感应定律（包括感生电动势和动生电动势）的理解及基本应用，高考中主要侧重于考查法拉第电磁感应定律的理解与应用，经常以选择题或计算题的形式命题考查，试题注重基础性与综合性。备考中应重视在应用中深化对相关概念、核心规律的理解，让学生掌握典型问题的解决方法的同时，深化理解，夯实双基。物理观念：掌握楞次定律和法拉第电磁感应定律的概念。科学思维：能综合应用磁通量、右手螺旋定则和安培力等分析电磁感应。法拉第电磁感应定律的应用热点热点突破命题点命题点1楞次定律的应用▼考题示例1（2024·北京·历年真题）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0C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到bD．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左答案：B解析：A．闭合开关瞬间，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；B．闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，感应电流为零，电流表的示数为零，故B正确；CD．断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，故CD错误。故选B。跟踪训练1（2024·江苏·历年真题）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（）A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针答案：A解析：将a匀速拉出，穿过a的磁通量向里减小，根据楞次定律可知a中产生顺时针方向的感应电流，a产生感应电流瞬间在b中产生向外的的磁场，根据楞次定律知b中产生顺时针方向的感应电流，故选A。总结升华1．应用楞次定律判断感应电流方向的方法（1）四步法：“一原”、“二变”、“三感”、“四电流”（2）右手定则：伸开右手，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在一个平面，让磁感线穿过手心，拇指指向导线运动方向，这时四指所指方向就是感应电流的方向。2．应用楞次定律的常用推论（1）阻碍磁通量变化、阻碍电流变化（即自感现象）——“增反减同”、“增缩减扩”、“增离减靠”。（2）阻碍相对运动——“来拒去留”。命题点命题点2法拉第电磁感应定律的应用▼考题示例2.1（2023·广东省·模拟题）（多选）用电阻率为ρ，横截面积为S的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，t＝0时磁场方向如图（甲）所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图（乙）所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t＝0到t＝2t0的时间内（）A．圆环中感应电流大小先变小后变大 B．圆环中感应电流方向沿顺时针方向C．圆环中感应电流 D．圆环中产生的热量为答案：BD解析：AC．根据法拉第电磁感应定律，由图乙知，磁感应强度变化率一直不变，故感应电动势一直不变，因此感应电流一直不变，根据电阻定律，联立解得，故AC错误；B．根据楞次定律和安培定则可知，圆环中感应电流方向沿顺时针方向，故B正确；D．根据焦耳定律圆环中产生的热量为，故D正确。故选BD。跟踪训练2.1（2023·安徽省·模拟题）（多选）如图甲所示，粗糙绝缘的水平桌面上，虚线左、右两侧空间均存在与桌面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直桌面向下，磁感应强度大小恒为2B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直桌面向上为磁场的正方向。由硬质细导线绕成的边长为L的正方形线框放在桌面上，对角线MN正好与虚线重合，导线材料的电阻率为ρ、横截面积为S0，左侧磁场变化时线框始终处于静止状态。在0～3T0的时间内，以下说法正确的是（）A．在0～2T0线框受到的摩擦力一直向右B．在T0时刻，线框受到的安培力大小为C．在时刻，线框受到的摩擦力为0D．在0～3T0内，通过线框的电荷量答案：BD解析：A．根据楞次定律，在电流方向为顺时针方向，左边磁场强度大于右边，左边线框受到的安培力向左，右边线框受到的安培力向右，故线框受到的安培力向左，则线框受到的摩擦力向右，在电流方向为顺时针方向，左边磁场强度小于右边，安培力向右，线框受到的摩擦力向左，故A错误；B．感应电动势，则感应电流，PMN受到的安培力，方向向左，MQN受到的安培力，方向向右，所以线框受到的安培力大小为，故B正确；C．在时刻，PMN受到的安培力为0，MQN受到的安培力不为0，即线框整体所受安培力不为0，由平衡条件知线框所受的摩擦力也不为0，故C错误；D．在0～3T0内，通过线框的电荷量，故D正确。故选BD。▼考题示例2.2（2024·山东·历年真题）（多选）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（）A．MN最终一定静止于OO′位置B．MN运动过程中安培力始终做负功C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N答案：ABD解析：A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，故A正确；B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；C．金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，安培力不为零，且方向水平向左，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力逐渐减小，过程中已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。故选ABD。跟踪训练2.2（2024·浙江·历年真题）如图所示，边长为1m、电阻为0.04Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以＝0.1T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感应强度恒为0.2T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（）A．N B．N C．1N D．N答案：C解析：磁场均匀增大时，产生的感应电动势为E＝＝0.1V可得P＝＝0.25W线框以某一角速度ω绕其中心轴OO′匀速转动时电动势的最大值为Em＝BSω此时有2P＝＝0.5W解得ω＝1rad/s分析可