法拉电磁感应定律 （人教版2019选择性必修二册）（解析版）.docx

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专题2.2法拉第电磁感应定律

【人教版】

TOC\o1-3\t正文,1\h

【题型1磁通量的计算】

【题型2平动切割问题】

【题型3旋转切割问题】

【题型4感生问题】

【题型5联系实际】

【题型6含有电容器的问题】

【题型7二次感应问题】

【题型8动生与感生综合问题】

【题型1磁通量的计算】

【例1】如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则()

A．ΔΦ1＞ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现

B．ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现

C．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现

D．ΔΦ1＜ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现

答案C

解析设金属框在位置Ⅰ的磁通量为Φ1，金属框在位置Ⅱ的磁通量为Φ2，由题可知：ΔΦ1＝|Φ2－Φ1|，ΔΦ2＝|－Φ2－Φ1|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1＜ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均出现沿adcba方向的电流，C对．

【变式1-1】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()

A．1∶1 B．1∶2

C．1∶4 D．4∶1

解析：选A由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。

【变式1-2】如图所示，闭合线圈abcd水平放置，其面积为S，匝数为n，线圈与磁感应强度为B的匀强磁场的夹角θ＝45°.现将线圈以ab边为轴沿顺时针方向转动90°，则在此过程中线圈磁通量的改变量大小为()

A．0 B.eq\r(2)BS

C.eq\r(2)nBS D．nBS

答案B

【变式1-3】如图所示，匝数为N、半径为r1的圆形线圈内有匀强磁场，匀强磁场在半径为r2的圆形区域内，匀强磁场的磁感应强度B垂直于线圈平面。通过该线圈的磁通量为()

A．Bπreq\o\al(2,1)B．Bπreq\o\al(2,2)C．NBπreq\o\al(2,1)D．NBπreq\o\al(2,2)

解析通过线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπreq\o\al(2,2)，A选项错误，B选项正确；磁通量与线圈的匝数无关，C、D选项错误。

答案B

【题型2平动切割问题】

【例2】(多选)半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.直杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，直杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，直杆的位置由θ确定，如图所示．则()

A．θ＝0时，直杆产生的电动势为2Bav

B．θ＝eq\f(π,3)时，直杆产生的电动势为eq\r(3)Bav

C．θ＝0时，直杆受的安培力大小为eq\f(2B2av,?π＋2?R0)

D．θ＝eq\f(π,3)时，直杆受的安培力大小为eq\f(3B2av,?5π＋3?R0)

答案AD

解析当θ＝0时，直杆切割磁感线的有效长度l1＝2a，所以直杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确．此时直杆上的电流I1＝eq\f(E1,?πa＋2a?R0)＝eq\f(2Bv,?π＋2?R0)，直杆受到的安培力大小F1＝BI1l1＝eq\f(4B2av,?π＋2?R0)，选项C错误．当θ＝eq\f(π,3)时，直杆切割磁感线的有效长度l2＝2acoseq\f(π,3)＝a，直杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误．此时直杆上的电流I2＝eq\f(E2,?2πa－\f(2πa,6)＋a?R0)＝eq\f(3Bv,?5π＋3?R0)，直杆受到的安培力大小F2＝BI2l2＝eq\f(3B2av,?5π＋3?R0)，选项D正确．

【变式2-1】如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()

A．电路中感应电动势的大小为eq\f(Blv,sinθ)

B．电路中感应电流的大小为eq\f(Bvsinθ,r)

C．金属杆所受安培力的大小为eq\f(B2lvsinθ,r)

D．金属杆的热功率为eq\f(B2lv2,rsi