2023届二轮复习 第13讲　电磁感应 学案（浙江专用）

第13讲　电磁感应

题型1　法拉第电磁感应定律和楞次定律

1.判断感应电流方向的两种方法

(1)楞次定律:一般用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情形。

(2)右手定则:一般用于导体棒切割磁感线的情形。

2.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式

(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”。

(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。

(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”。

3.在应用法拉第电磁感应定律E=n=nS时要注意:S为有效面积,当线圈的面积大于磁场的区域时,磁场的面积为有效面积。求感应电动势大小的常见情况与方法:

[例1] 某一金属圆环处于匀强磁场中,环面垂直于磁场,如图甲所示。磁感应强度随时间按正弦规律变化,如图乙所示。取磁场垂直于环面向里为正方向,则下列说法错误的是(　C　)

A.0～t2时间内,环中感应电动势先减小后增大

B.t1～t3时间内,环中感应电流方向一直沿顺时针

C.t2～t4时间内,金属环先出现扩张趋势再出现收缩趋势

D.t2～t3时间内,环上某一段受到的安培力先变大后变小

解析:0～t2时间内,磁感应强度的变化率先变小后变大,根据法拉第电磁感应定律可知,环中的感应电动势先减小后增大,A正确;根据楞次定律和安培定则可知,t1～t3时间内,环中感应电流方向一直沿顺时针方向,B正确;当磁感应强度增大时,根据楞次定律可知,金属环有收缩的趋势,当磁感应强度减小时,金属环有扩张趋势,从题图乙可以看出,t2～t4时间内,金属环先出现收缩趋势再出现扩张趋势,C错误;由于t2时刻磁感应强度为零,因此环上某一段受到的安培力为零,在t3时刻,感应电动势为零,感应电流为零,因此环上某一段受到的安培力也为零,因此t2～t3时间内,环上某一段受到的安培力先变大后变小,D正确。

[拓展训练1]

如图所示,在光滑绝缘水平面上,两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上,对称放置四个相同的正方形线圈。当电流在相同时间间隔内增加相同量,则(　B　)

A.1、3线圈静止不动,2、4线圈沿着对角线向内运动

B.1、3线圈静止不动,2、4线圈沿着对角线向外运动

C.2、4线圈静止不动,1、3线圈沿着对角线向内运动

D.2、4线圈静止不动,1、3线圈沿着对角线向外运动

解析:根据安培定则可判断,1、3两个线圈所在位置合磁感应强度为零,2线圈所在位置磁感应强度方向垂直纸面向外,4线圈所在位置磁感应强度方向垂直纸面向里。当两根导线中电流在相同时间间隔内增加相同量时,1、3线圈所在位置合磁感应强度仍为零,所以1、3线圈静止不动;2、4线圈所在位置磁感应强度增大,穿过2、4线圈的磁通量增大,根据楞次定律可知,2、4线圈要阻碍磁通量增大,因此要沿着对角线向外运动,选项B正确。

题型2　电磁感应相关的图像问题

　解决电磁感应图像问题的一般步骤

(1)明确图像的种类,即是B-t图像还是-t图像,或者E-t图像、I-t图像等。

(2)分析电磁感应的具体过程。

(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。定性分析电磁感应现象中某个物理量的变化趋势、变化快慢,特别是物理量的方向(或正负),排除错误的选项。

(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。

(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。

(6)画图像或判断图像。

[例2] (多选)如图所示,边长为l、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向运动。在外力F作用下以速度v匀速穿过三个宽度均为l的匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,已知三个区域中磁场的磁感应强度大小均为B,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域中的磁场方向分别为垂直纸面向里、向外和向里。若以磁感线垂直纸面向里时穿过线框的磁通量Φ为正,产生的电流沿顺时针方向的电动势E为正,外力F向右为正,从线框刚进入磁场时开始计时,则下列反映线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和线框的电功率P随时间变化的图像正确的是(　BC　)

解析:在线框进入磁场区域Ⅰ的过程中,穿过线框的磁通量Φ=Blvt∝t,所以在0～时间内,磁通量Φ随时间t均匀增加,由E=Blv,可知在0～时间内电动势为定值,电流方向为逆时针,所以电动势为负值,因感应电流I=,故F=F安=BIl=v,在此段时间内也为定值,且方向向右,故为正值,功率P=I2R,同样为定值。同理,在时间内,Φ先逐渐减小到零再反向增大,电动势E、电流I为正值且均变成原来的两倍,外力F、功率P变为原来的四倍。在时间内,Φ从负的最大值逐渐减小到零再变为正的最大值,电动势E为负值且是0～时间内电动势的两倍,外力和功率仍与时间内大小相同。在时间内,磁通量Φ逐渐减小,外力F、功率P与0～ 时间内大小相同,电动势与0～时间内大小相同但方向相反。故选B、C。

[拓展训练2] (多选)如图所示,空间有一宽度为L的匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,abc是由均匀电阻丝做成的等腰直角三角形线框,bc边上的高也为L。图示时刻,bc边与磁场边界平行,a点在磁场边界上。现使线框从图示位置匀速通过磁场区,速度方向始终与磁场边界垂直,若规定图示线框的位置x=0,感应电流i沿逆时针方向为正,线框受到的安培力F方向向左为正,则下列图像可能正确的为(　AC　)

解析:进入磁场的过程中,线框切割磁感线的有效长度d=2x,回路中的感应电流I==x,随位移均匀增加,根据楞次定律,电流方向为正。出磁场时,由于前后感应电动势抵消,电流也均匀增加,根据楞次定律,电流方向为负,A正确,B错误;进磁场时线框所受安培力F=BId=x2,方向向左,出磁场时与入磁场时完全相同,方向也向左,C正确,D错误。

题型3　电磁感应中的动力学和能量问题

1.电荷量的求解

电荷量q=IΔt,其中I必须是电流的平均值。由E=n,I=,q=IΔt联立可得q=n,与时间无关。

2.求解焦耳热Q的三种方法

(1)焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流、电阻不变。

(2)功能关系:Q=W克服安培力,电流变不变都适用。

(3)能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量),电流变不变都适用。

3.电磁感应综合题的解题策略

(1)电路分析:明确电源与外电路,可画等效电路图。

(2)受力分析:把握安培力的特点,安培力大小与导体棒速度有关,一般在牛顿第二定律方程里讨论,v的变化影响安培力大小,进而影响加速度大小,加速度的变化又会影响v的变化。

(3)过程分析:注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”。

(4)能量分析:克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。

[例3] 如图所示,半径为2l的圆形金属导轨固定在水平面上,一根长也为2l、电阻为2R的金属棒ab一端与导轨接触良好,另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上,由电动机A带动旋转。在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场,金属导轨区域中心半径为l的区域内磁场竖直向上,其余部分磁场竖直向下。另有一质量为m、长为l、电阻为R的金属棒MN放置于导轨前面并与固定在竖直平面内的平行导轨保持良好接触,导轨间距为l,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线与平行导轨连接。MN处于静止状态,MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法正确的是(　C　)

A.MN中电流方向由M到N

B.MN两端电压为Bl2ω

C.MN与平行导轨间的动摩擦因数μ至少为

D.电路总电功率为

解析:MN处于静止状态,竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡,可知MN所受安培力方向垂直导轨向里,根据左手定则知,MN中的电流方向由N到M,故A错误;由于金属棒ab被分成两部分位于相反的磁场中,所以产生的感应电动势相反,ab产生的总电动势E=Bl-Bl=Bl-Bl=Bl2ω,则MN两端的电压U=·R=E=Bl2ω,故B错误;MN要处于静止状态,有mg≤μBIl,根据闭合电路欧姆定律得I==,解得μ≥,故C正确;电路的总电功率P==,故D错误。

[拓展训练3] (多选)如图所示,水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,电阻不计。在M、Q之间接有一阻值为R的电阻。导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨接触良好,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0,使杆向右运动。下列说法正确的是(　BD　)

A.ab杆将做匀减速直线运动直到静止

B.整个过程中电阻R上产生的热量为m

C.ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为

D.ab杆速度减为零时,ab杆走过的位移为

解析:导体杆运动过程中受到的安培力F=BIL=,安培力方向与速度方向相反,因此做减速运动,安培力逐渐减小,则加速度逐渐减小,故A错误;整个过程中根据能量守恒定律可知回路中产生的热量Q=m,电阻R上产生的热量为Q1=Q=m,选项B正确;ab杆速度减为时,ab杆加速度大小为a===,故C错误;ab杆速度减为零时,根据动量定理得mv0=·Δt=BL·Δt=BL·Δt=,则ab杆走过的位移为x=,故D正确。

专题训练13　电磁感应

保分基础练

1.如图所示,一光滑绝缘竖直半圆轨道ABC固定在水平面上,AC为水平直径,B为半圆轨道的最低点。一闭合金属圆环从A点由静止释放,运动过程中经过一匀强磁场区域,该区域的宽度远大于圆环的直径,不计空气阻力。则下列说法正确的是(　C　)

A.圆环向右穿过磁场后,能运动到C点

B.圆环最终停在B点

C.在进入和离开磁场的过程中,圆环中产生的感应电流方向相反

D.圆环完全进入磁场后离B点越近速度越大,感应电流也越大

解析:圆环向右进入磁场的过程中,会产生感应电流,圆环中将产生焦耳热,根据能量守恒定律知圆环的机械能将转化为电能,所以圆环回不到与A点等高的C点,选项A错误;圆环在不断进出磁场的过程中,机械能不断转化为圆环的内能,最后整个圆环只会在磁场区域做往复运动,因为在此区域内磁通量没有变化,圆环的机械能守恒,圆环不会停在B点,选项B错误;当圆环进入或离开磁场区域的过程中,圆环的磁通量发生变化,根据楞次定律可知,感应电流的方向相反,选项C正确;整个圆环完全进入磁场后,磁通量不再发生变化,不会产生感应电流,选项D错误。

2.(2022·山水联盟模拟)如图所示,用轻绳将一条形磁体竖直悬挂于O点,在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁体从A处由静止释放,经过B、C到达最低处D,再摆到左侧最高处E,圆环始终保持静止。下列说法正确的是(　B　)

A.磁体在A、E两处的重力势能相等

B.磁体从A摆到D的过程中,圆环对桌面的压力大于圆环的重力

C.磁体从A到D和从D到E的过程中,圆环受到的摩擦力方向相反

D.磁体从A到D的过程中,圆环中产生逆时针方向的电流(从上往

下看)

解析:由于有部分机械能转化为电能,故在A、E两处的重力势能不相等,故A错误;A摆到D的过程中,圆环中产生的感应电流有使圆环远离磁体阻碍磁通量增大的趋势,故对桌面的压力大于圆环受到的重力,故B正确;由楞次定律的推论“来拒去留”可知,从A到D和从D到E的过程中,圆环受到的摩擦力方向均向右,故C错误;磁体从A到D的过程中,穿过圆环的磁通量向上且增大,根据楞次定律和安培定则可知,产生顺时针方向的电流(从上往下看),故D错误。

3.轻质细线吊着一质量为m=1 kg、半径为1 m、电阻R=π Ω、匝数n=2的金属闭合圆环。圆环圆心等高点的上方区域分布着磁场,如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑金属圆环的形变和电阻的变化,整个过程细线未断且圆环始终处于静止状态。g取10 m/s2。则下列判断正确的是(　B　)

A.圆环中的感应电流大小为0.2 A

B.0～2 s时间内圆环产生的热量为0.02π J

C.圆环中感应电流的方向为顺时针

D.0～6 s内细线拉力变小

解析:由题可知,圆环中的感应电流大小I=n,S=,解得I=0.1 A,选项A错误;0～2 s 时间内圆环产生的热量为Q=I2Rt=0.02π J,选项B正确;由楞次定律和安培定则可知,圆环中感应电流的方向为逆时针,选项C错误;0～6 s内,感应电流不变,磁感应强度增大,安培力F=BIL增大,方向竖直向下,细线拉力增大,选项D错误。

4.如图所示,两条光滑平行导轨ac和bd水平放置于竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接有一平行板电容器C,现给金属棒MN一个水平向右的恒力F,使得金属棒由静止向右运动,下列有关金属棒上的电流随时间变化的图像描述可能正确的是(　C　)

解析:根据电流的定义I===,根据牛顿第二定律F-BIL=ma,得F-B L=ma,其中=a,解得a=,加速度是定值,所以金属棒做匀加速直线运动,电流I==CBLa,也为定值。故选C。

5.如图所示,abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框,它的下方有一个垂直于纸面向里的匀强磁场,MN、PQ为磁场的上下水平边界,两边界间的距离与正方形的边长均为L,线框从某一高度开始下落,恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力,以bc边进入磁场时为起点,在线框通过磁场的过程中,线框中的感应电流i(顺时针方向为正)、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F(竖直向上的方向为正)、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是(　D　)

解析:根据题意可知,线框匀速进入磁场,设速度为v,则有线框受到的安培力与重力等大反向,因线框匀速运动,则安培力大小保持不变,由楞次定律的“来拒去留”可知,线框出磁场时,安培力方向仍向上,且等于重力,则线框匀速出磁场,故C错误;当bc边进入磁场时,根据右手定则可知,线框中电流方向为逆时针,故A错误;根据题意可知,当下落高度为0～L时,bc边切割磁感线,则感应电动势为E=BLv,根据闭合电路欧姆定律可得Ubc=BLv,当下落高度为L～2L时,ad边切割磁感线,则感应电动势为E=BLv,根据闭合电路欧姆定律可得Ubc=BLv,故B错误;根据能量守恒定律有,线框中产生的焦耳热为Q=mgh,可知Qh图像为过原点的直线,故D正确。

6.(多选)如图所示,金属盘的半径R=0.50 m,金属盘可绕固定转轴O转动,金属盘处在柱状匀强磁场中,磁场方向垂直金属盘向下,柱状磁场横截面的圆心与金属盘圆心在同一竖直线上,磁场横截面的半径也为R,磁感应强度大小为B=2 T,金属盘边缘和转轴通过导线与一灯泡相连,灯泡的标识为“6 V　4 W”,现使金属盘匀速转动,忽略金属盘接入电路的电阻,以下说法正确的是(　AD　)

A.在转动过程中穿过金属盘的磁通量没有发生变化

B.若转动金属盘使灯泡正常发光,保持此转速仅把磁感应强度B大小减半,则灯泡的功率减半

C.当金属盘的转速为 r/s时,灯泡正常发光

D.若转动金属盘使灯泡正常发光,保持此转速,仅使磁场存在的区域减小为以O1为圆心,半径为柱状区域,使磁感应强度B不变,则小灯泡的功率变为原来的

解析:磁场不变,金属盘面积不变,所以穿过金属盘的磁通量不变,A正确;金属盘的半径作为导体棒旋转切割磁感线,产生的电动势E=

BR2ω,灯泡功率P=,可知当B减小为时灯泡功率变为P,B错误;当灯泡正常发光时E=BR2ω=6 V,又ω=2πn,解得n= r/s,C错误;若磁场区域减小为以O1为圆心,半径为柱状区域,则R减小为,则电动势变为原来的,代入P=得功率变为原来的,D正确。

高分强化练

7.如图甲,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦式交变电流i,i的变化如图乙所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电流(　C　)

A.在t=时最大

B.在t=时改变方向

C.在t=时最大,且沿顺时针方向

D.在t=T时最大,且沿顺时针方向

解析:由题图乙可知,在t=时导线中电流的变化率为零,此时导线框中磁通量的变化率为零,则感应电流为零,故A错误;从t=到t=时间内,图像的斜率均为负值,磁感线垂直纸面向里穿过导线框的磁通量先减小,后变为磁感线垂直纸面向外穿过导线框的磁通量增加,由楞次定律可知产生的感应电流方向不变,故B错误;结合正弦曲线变化的特点可知,当PQ中的电流为0时,电流的变化率最大,所以电流产生的磁场的变化率最大,所以在t=时刻或t=T时刻导线框内磁通量的变化率最大,则产生的电动势最大,在时间内,垂直纸面向里的磁场减弱,导线框内产生的感应电流的磁场的方向垂直纸面向里,根据安培定则可知,电流的方向为顺时针方向;同理可知,在～T时间内,垂直纸面向外的磁场减弱,导线框内产生的感应电流的磁场的方向垂直纸面向外,根据安培定则可知,感应电流的方向为逆时针方向,故C正确,D错误。

8.(2022·浙江新高考预测)如图所示,在一磁场空间内,悬挂了一个“正方体”金属导体,“正方体”的边长为d,该“正方体”的中间挖去一个边长为r的空心区域,其中d-r≪r,在该“正方体”的上半区域由四根相同的、长度为L的细线提起并悬挂于一点,现在该“正方体”内通入磁场大小为B=kt(k是常量,t是时间)的匀强磁场,方向竖直向上,“正方体”的重力为G,电阻率为ρ,则下列说法不正确的是(　D　)

A.每根细线承受的拉力为

B.产生的感应电动势大小为kd2

C.该“正方体”的热功率为

D.在该“正方体”周围铺上一层低电阻率(小于ρ)的钢板,可有效降低涡流产生的影响

解析:由对称性可知,“正方体”金属导体受到的安培力为零。设每根细线与竖直方向的夹角为θ,则根据平衡条件可得4Fcos θ=G,又因cos θ=,求得每根细线承受的拉力为F=,故A正确;根据法拉第电磁感应定律可得,“正方体”金属导体内产生的感应电动势大小为E=S=kd2,故B正确;根据楞次定律和安培定则可知,“正方体”金属导体内部将产生恒定且方向从上往下看为顺时针的感应电流,则该“正方体”的热功率为P=,根据电阻定律有R=ρ=ρ,联立解得P=,故C正确;在该“正方体”周围铺上一层低电阻率(小于ρ)的钢板,根据P=知,反而增大了涡流产生的影响,故D错误。

9.(多选)如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置,两导轨间距离为L=1.0 m,导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°,磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上,导轨的J、P两端连接阻值为R=3.0 Ω的电阻,金属棒ab垂直于导轨放置,并用细线通过光滑定滑轮与重物相连,金属棒ab的质量m=0.20 kg、电阻r=0.50 Ω,重物的质量M=0.60 kg。如果将金属棒和重物由静止释放,金属棒沿导轨上滑距离与时间的关系图像如图乙所示(0～0.3 s这段图线为曲线,0.3～0.6 s这段图线为直线),不计导轨电阻,g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　ABD　)

A.t=0时刻金属棒的加速度a=6.25 m/s2

B.在0.6 s内通过电阻R的电荷量q= C

C.在0.6 s内电阻R产生的热量Q=2.1 J

D.磁感应强度的大小为B= T

解析:在t=0时刻,对金属棒和重物整体,由牛顿第二定律得Mg-

mgsin 30°=(m+M)a,解得a=6.25 m/s2,故A正确;由题图乙可以看出,最终金属棒ab将匀速运动,匀速运动的速度v==3.5 m/s,金属棒产生的感应电动势E=BLv,感应电流I=,金属棒所受安培力F=ILB=

,匀速运动时,金属棒受力平衡,可得+mgsin θ=Mg,联立解得B= T,又因为在0.6 s内金属棒ab上滑的距离s=1.40 m,所以通过电阻R的电荷量为q=== C,故B、D正确;由能量守恒定律得Mgs=mgssin θ+Q+(M+m)v2,解得Q=2.1 J,又因为QR=Q,解得QR=1.8 J,故C错误。

10.(多选)如图所示,垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度大小为B,纸面内有一由均匀金属丝制成的等腰直角三角形线框abc,直角边边长为L,bc边与磁场边界平行,线框总电阻为R。线框在向左的拉力作用下以速度v匀速进入磁场。下列分析正确的是(　CD　)

A.线框进入磁场过程中有顺时针方向的感应电流

B.线框进入磁场过程中产生的热量为

C.线框ab边中点进入磁场时拉力的功率大小为

D.线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为

解析:由楞次定律和安培定则可知线框进入磁场过程中有逆时针方向的感应电流,故A错误;由公式F安=BIL=Bx=可知,F安与x成二次函数关系,根据F安与x的关系图像可知,线框进入磁场的过程中,

F安所做的功等于图线与x轴所围成的面积,所以F安所做的功小于,线框进入磁场过程中产生的热量小于,故B错误;线框ab边中点进入磁场时拉力F==,功率P=Fv=,故C正确;线框进入磁场过程中通过线框某一横截面的电荷量为q==,故D正确。

11.(多选)如图甲所示,两根完全相同的光滑长直导轨固定,两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ,导轨两端均连接电阻,阻值R1=R2=

R,导轨间距为L。在导轨所在斜面的矩形区域M1P1P2M2内分布有垂直斜面向上的磁场,磁场上下边界M1P1、M2P2的距离为d,磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与M1P1距离为s处,有一根质量为m、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放(金属棒ab与导轨接触良好),t1时刻金属棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g,导轨电阻不计。下列说法正确的是(　AC　)

A.t1时刻ab棒的速度大小为

B.从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热

C.ab棒在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为B0L

D.在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比

为1∶1

解析:t1时刻ab棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域,则刚进入磁场时满足mgsin θ=B0L,解得v=,A正确;前t1时间内,

ab棒进入磁场前,ab棒的机械能不变,磁场变化回路也产生焦耳热,所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热,B错误;ab棒在进入磁场前机械能守恒,有mgssin θ=mv2,ab棒进入磁场后有E=B0Lv,I=,U=I·R,解得棒两端的电压大小为U=B0L,C正确;ab棒进入磁场前E1=Ld,

I1=×,q1=I1t1,解得q1=,ab棒进入磁场后q2=I2(t2-t1),I2=,E2=

,解得q2=,所以q1∶q2=1∶2,D错误。

12.(2021·浙江1月选考)嫦娥五号成功实现月球着陆和返回,鼓舞人心。小明知道月球上没有空气,无法靠降落伞减速降落,于是设计了一种新型着陆装置。如图所示,该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成,“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起,总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0,接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速,在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r;“∧”型线框的质量为m2,其7条边的边长均为l,电阻均为r;月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中,线框与月球表面绝缘,不计导轨电阻和摩擦阻力。

 (1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0;

(2)通过画等效电路图,求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0;

(3)求船舱匀速运动时的速度大小v;

(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器,在着陆减速过程中还可以回收部分能量,在其他条件均不变的情况下,求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。

解析:(1)电动势E0=Blv0。

(2)等效电路图如图所示。由图可知,总电阻R=2r,

电流I0==。

(3)匀速运动时线框受到安培力FA=,

根据牛顿第三定律,质量为m1的部分受力F=FA,方向竖直向上,匀速条件F=,

解得v=。

(4)匀速运动时电容器不充、放电,v′=v=,

I==,UC=I×3r=,

q=CUC=。

答案:(1)Blv0　(2)见解析　(3)  (4)　

13.超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具,它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点。如图a,已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ,两导轨间距为 r;运输车的质量为m,横截面是半径为r的圆。运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2,每根导体棒的电阻为R,每段长度为D的导轨的电阻也为R。其他电阻忽略不计,重力加速度为g。

(1)如图b,当管道中的导轨平面与水平面成θ=30°时,运输车恰好能无动力地匀速下滑,求运输车与导轨间的动摩擦因数μ;

(2)在水平导轨上进行实验,不考虑摩擦及空气阻力。

①当运输车由静止离站时,在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源,此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B、垂直导轨平面向下的匀强磁场中,如图c,求刚接通电源时运输车的加速度的大小;(电源内阻不计,不考虑电磁感应现象)

②当运输车进站时,管道内依次分布磁感应强度为B,宽度为D的匀强磁场,且相邻的匀强磁场的方向相反,求运输车以速度v0从如图d所示通过距离2D后的速度v。

解析:(1)将运输车的重力分解,如图甲所示。

设导轨对运输车的支持力为FN1、FN2,如图乙所示。

由几何关系得FN1=mgcos θ,FN2=mgcos θ,

又Ff1=μFN1,Ff2=μFN2,

运输车匀速运动有mgsin θ=Ff1+Ff2,

解得μ=。

(2)①运输车离站时,电路如图丙所示,则R总=,

由闭合电路的欧姆定律得I=,又I1=,I2=,

导体棒所受的安培力分别为F1=BI1·r,F2=BI2·r,

运输车的加速度a=,解得a=。

②运输车进站时做减速运动,电路如图丁所示。

当车速为v时,由法拉第电磁感应定律得

E1=B·rv,E2=B·rv,

由闭合电路的欧姆定律得I′=,

导体棒所受的安培力F3=BI′·r,

F4=BI′·r,

运输车所受的合力F=F3+F4=,

选取一小段时间Δt,运输车速度的变化量为Δv,由动量定理得-Δt=mΔv,

即-Δx=mΔv,

在通过距离2D过程中,

有-=mv-mv0,

解得v=v0-。

答案:(1)　(2)①　②v0-