命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一 楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用
1．感應(yīng)電流方向的判斷方法
2．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小的求法
3.感應(yīng)電荷量的計(jì)算
磁通量變化遷移的電荷量：q＝IΔt＝ERΔt＝nΔΦRΔtΔt＝nΔΦR，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量ΔΦ決定．
考向1 楞次定律的應(yīng)用
例 1 [2023·海南卷]
汽車(chē)測(cè)速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車(chē)可簡(jiǎn)化為一個(gè)矩形線圈abcd，埋在地下的線圈分別為1、2，通上順時(shí)針(俯視)方向電流，當(dāng)汽車(chē)經(jīng)過(guò)線圈時(shí)( )
A．線圈1、2產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上
B．汽車(chē)進(jìn)入線圈1過(guò)程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd
C．汽車(chē)離開(kāi)線圈1過(guò)程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd
D．汽車(chē)進(jìn)入線圈2過(guò)程受到的安培力方向與速度方向相同
考向2 法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用
例 2 [2023·天津卷]
如圖，有一正方形線框靜止懸掛著，其質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)為l.空間中有一個(gè)三角形磁場(chǎng)區(qū)域，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝kt(k>0)，方向垂直于線框所在平面向里，且線框中磁場(chǎng)區(qū)域的面積為線框面積的一半，已知重力加速度為g，求：
(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；
(2)線框開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)刻t0.
例 3 [2023·山東卷](多選)足夠長(zhǎng)U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1 m，電阻不計(jì)．質(zhì)量為1 kg、長(zhǎng)為1 m、電阻為1 Ω的導(dǎo)體棒MN放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，Ⅰ和Ⅱ區(qū)域內(nèi)分別存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下．用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過(guò)固定輕滑輪將導(dǎo)軌CD段中點(diǎn)與質(zhì)量為0.1 kg的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面．如圖所示，某時(shí)刻MN、CD同時(shí)分別進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ并做勻速直線運(yùn)動(dòng)，MN、CD與磁場(chǎng)邊界平行．MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度為v2且v2>v1，MN和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2.重力加速度大小取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A．B2的方向向上 B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s D．v2＝3 m/s
提升訓(xùn)練
1.[2023·全國(guó)甲卷](多選)一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于上部相鄰兩匝間的距離．如圖(a)所示．現(xiàn)讓一個(gè)很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落，電流傳感器測(cè)得線圈中電流I隨時(shí)間t的變化如圖(b)所示．則( )
A．小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來(lái)越快
B．下落過(guò)程中，小磁體的N極、S極上下顛倒了8次
C．下落過(guò)程中，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變
D．與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，磁通量變化率的最大值更大
2．[2023·浙江1月]如圖甲所示，一導(dǎo)體桿用兩條等長(zhǎng)細(xì)導(dǎo)線懸掛于水平軸OO′，接入電阻R構(gòu)成回路．導(dǎo)體桿處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，將導(dǎo)體桿從豎直位置拉開(kāi)小角度θ靜止釋放，導(dǎo)體桿開(kāi)始下擺．當(dāng)R＝R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像如圖乙所示．若橫縱坐標(biāo)皆采用圖乙標(biāo)度，則當(dāng)R＝2R0時(shí)，導(dǎo)體桿振動(dòng)圖像是( )
3.
[2023·遼寧省沈陽(yáng)市監(jiān)測(cè)一](多選)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，有一半徑為R的線圈，其單位長(zhǎng)度上的電阻為r，線圈直徑MN垂直磁場(chǎng)邊界于M點(diǎn)，現(xiàn)以M點(diǎn)為軸在紙面內(nèi)，沿順時(shí)針?lè)较騽蛩傩D(zhuǎn)90°，角速度為ω，則( )
A．感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?br>B．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為BR2ω
C．感應(yīng)電流的最大值為2BR2ωr
D．通過(guò)導(dǎo)體任意橫截面的電量為BR4r
命題點(diǎn)二 電磁感應(yīng)中圖像或電路問(wèn)題
1．掌握兩個(gè)技法，快速解答圖像問(wèn)題
2．三個(gè)關(guān)注
考向1 電磁感應(yīng)中的圖像
例 1 [2023·山東省菏澤市三模]如圖所示，MNQP是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)和2L的矩形，在其由對(duì)角線劃分的兩個(gè)三角形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、
方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，在外力作用下水平向左勻速運(yùn)動(dòng)，線框左邊始終與MN平行．設(shè)導(dǎo)線框中感應(yīng)電流i逆時(shí)針流向?yàn)檎魌＝0時(shí)左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運(yùn)動(dòng)到MN的過(guò)程中，下列i-t圖像正確的是( )
例 2 [2023·上海卷] 如圖所示，有一光滑導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一金屬棒垂直置于導(dǎo)軌上，對(duì)其施加外力，安培力變化如圖所示，取向右為正方向，則外力隨時(shí)間變化圖像為( )
考向2 電磁感應(yīng)中圖像與電路問(wèn)題的數(shù)型結(jié)合
例 3 (多選)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的兩平行金屬導(dǎo)軌ab、cd固定在同一水平面上，導(dǎo)體間距為0.5 m，導(dǎo)軌左邊接有定值電阻R0和電阻箱R；導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.8 T、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一質(zhì)量為0.5 kg、長(zhǎng)為0.5 m、內(nèi)阻不計(jì)的金屬棒MN放置在導(dǎo)軌上，在水平向右的恒力F作用下金屬棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．多次改變電阻箱的阻值R，測(cè)得金屬棒對(duì)應(yīng)的最大速度vm，繪制出如圖乙所示的1vm-1R圖像．已知金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取g＝10 m/s2.下列說(shuō)法正確的是( )
A．R0中感應(yīng)電流方向由c指向a
B．R0＝2 Ω
C．恒力F＝1.4 N
D．若R＝2 Ω，則R0在1 s內(nèi)產(chǎn)生的最大焦耳熱為1 J
思維提升
1．“感生”類(lèi)的兩類(lèi)圖像
[提醒] 分析磁通量時(shí)，一是注意回路中的有效面積；二是注意有效面積內(nèi)磁場(chǎng)方向是否單一．
2.“動(dòng)生”類(lèi)的三類(lèi)圖像
提升訓(xùn)練
1.[2023·江蘇省八市訓(xùn)練]如圖所示，兩根光滑平行金屬長(zhǎng)導(dǎo)軌MN、PQ水平固定放置，導(dǎo)軌間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩根完全相同的金屬棒ab、cd垂直放置在導(dǎo)軌上，兩金屬棒的長(zhǎng)度恰好等于金屬導(dǎo)軌的間距，t＝0時(shí)刻對(duì)金屬棒cd施加一個(gè)水平向右的恒力F，此后兩金屬棒由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，兩金屬棒的速度大小分別記為va、vc，加速度大小分別記為va、vc，金屬棒cd兩端電壓記為Ucd，閉合回路消耗的電功率記為P，電路中除金屬棒以外的電阻均不計(jì)，下列關(guān)于圖像錯(cuò)誤的是( )
2．[2023·珠海模擬]匝數(shù)N＝1 000、面積S＝20 cm2、電阻r＝1 Ω的線圈水平放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1豎直向下穿過(guò)線圈，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B1按如圖所示的規(guī)律變化，線圈兩端分別連接兩根完全相同的勁度系數(shù)為k＝100 N/m、電阻為R＝1.5 Ω的金屬?gòu)椈?，兩金屬?gòu)椈缮隙斯潭ㄔ谒教旎ò迳希露藨覓煲桓浇饘侔?，另有一水平勻?qiáng)磁場(chǎng)B2垂直金屬棒分布(如圖所示)．其磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)＝10 cm.閉合開(kāi)關(guān)后，兩彈簧的長(zhǎng)度均變化了Δx＝0.5 cm.導(dǎo)線和金屬棒的電阻不計(jì)，求：
(1)閉合開(kāi)關(guān)后，通過(guò)金屬棒的電流大?。?br>(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大?。?br>命題點(diǎn)三 電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用
1．電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的解題思路
2．與動(dòng)量定理結(jié)合
在電磁感應(yīng)中可用動(dòng)量定理求變力的作用時(shí)間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng))．
(1)求速度或電荷量：－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt.
(2)求時(shí)間：FΔt＋I(xiàn)A＝mv2－mv1，IA＝－BIlΔt＝－BlΔΦR總.
(3)求位移：－BIlΔt＝－B2l2vΔtR總＝mv2－mv1，
即－B2l2R總x＝m(v2－v1)．
3．與動(dòng)量守恒定律的結(jié)合
相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．
考向1 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
例 1 [2023·上海卷]如圖(a)，線框cdef位于傾斜角θ＝30°的斜面上，斜面上有一長(zhǎng)度為D的單匝矩形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上，大小為0.5 T，已知線框邊長(zhǎng)cd＝D＝0.4 m，m＝0.1 kg，總電阻R＝0.25 Ω，現(xiàn)對(duì)線框施加一沿斜面向上的力F使之運(yùn)動(dòng)．斜面上動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝33，線框速度隨時(shí)間變化如圖(b)所示．(重力加速度g取9.8 m/s2)
(1)求外力F大小；
(2)求cf長(zhǎng)度L；
(3)求回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.
考向2 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題
例 2 如圖所示，光滑絕緣斜面的傾角為θ＝30°，斜面上有兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其寬度均為l＝0.2 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B＝1 T，磁場(chǎng)方向分別為垂直斜面向上和垂直斜面向下．斜面上放一質(zhì)量為M＝0.6 kg、電阻為R＝0.5 Ω的矩形導(dǎo)線框abcd，其ab邊長(zhǎng)為d＝0.4 m、bc邊長(zhǎng)為l＝0.2 m，通過(guò)細(xì)繩繞過(guò)光滑的定滑輪與一質(zhì)量為m＝0.2 kg的重物相連，連接線框的細(xì)繩與線框共面，滑輪和繩的質(zhì)量均不計(jì)，ab邊距磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ的上邊界為2l，開(kāi)始時(shí)各段繩都處于伸直狀態(tài)，現(xiàn)將它們由靜止釋放，線框沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，ab邊剛穿過(guò)兩磁場(chǎng)的分界線OO′進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)，線框恰好做勻速運(yùn)動(dòng)(細(xì)繩始終處于拉緊狀態(tài))，不計(jì)摩擦，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)，重力加速度g＝10 m/s2.求：(計(jì)算結(jié)果保留2位小數(shù))
(1)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)線框的加速度大??；
(2)線框ab邊在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，線框重力的功率P；
(3)從開(kāi)始釋放到ab邊剛穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q.
考向3 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問(wèn)題
例 3 [2023·全國(guó)甲卷]如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為l，導(dǎo)軌的最右端與桌子右邊緣對(duì)齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)．導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電阻為R、長(zhǎng)度也為l的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上．導(dǎo)軌上質(zhì)量為3m的絕緣棒Q位于P的左側(cè)，以大小為v0的速度向P運(yùn)動(dòng)并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短．碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)．P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行．不計(jì)空氣阻力．求
(1)金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大??；
(2)金屬棒P在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量；
(3)與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
提升訓(xùn)練
1.
[2023·湖南卷]如圖，兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成的平面均與水平面成θ角，整個(gè)裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將質(zhì)量均為m的金屬棒a、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度為g.
(1)先保持棒b靜止，將棒a由靜止釋放，求棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0；
(2)在(1)問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，再將棒b由靜止釋放，求釋放瞬間棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)問(wèn)中，從棒b釋放瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t0，兩棒恰好達(dá)到相同的速度v，求速度v的大小，以及時(shí)間t0內(nèi)棒a相對(duì)于棒b運(yùn)動(dòng)的距離Δx.
2．[2023·廣東模擬預(yù)測(cè)]如圖甲所示，水平面內(nèi)固定兩根平行的足夠長(zhǎng)的光滑軌道，軌道間距L＝0.4 m，其中在E、F、G、H四點(diǎn)附近的軌道由絕緣材料制成，這四段絕緣軌道的長(zhǎng)度非常短，其余軌道由金屬材料制成，金屬軌道的電阻不計(jì)，在右側(cè)兩軌道之間連接一個(gè)阻值R＝1.5 Ω的定值電阻．在矩形區(qū)域MNQP中存在豎直向上的磁場(chǎng)，記M點(diǎn)所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿MP方向建立x坐標(biāo)軸，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小隨位置的變化如圖乙所示，圖中B0＝2.5 T．現(xiàn)有一總質(zhì)量m＝0.1 kg的“工”字形“聯(lián)動(dòng)雙棒”(由兩根長(zhǎng)度略長(zhǎng)于L的平行金屬棒ab和cd，用長(zhǎng)度為L(zhǎng)的剛性絕緣棒連接構(gòu)成，棒的電阻均為r＝0.5 Ω)，以初速度v0＝8 m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒與導(dǎo)軌保持垂直，最終靜止于軌道上，忽略磁場(chǎng)邊界效應(yīng)．求
(1)棒ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，流經(jīng)棒ab的電流的大小和方向；
(2)棒ab在EF處的速度大小v1和在GH處時(shí)的速度大小v2；
(3)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱．
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
電磁感應(yīng)規(guī)律在生活、生產(chǎn)和科技中的應(yīng)用
情境1 “自發(fā)電”門(mén)鈴開(kāi)關(guān)
[典例1] [2023·廣東茂名統(tǒng)考二模]市場(chǎng)上某款“自發(fā)電”門(mén)鈴開(kāi)關(guān)的原理如圖所示．在按下門(mén)鈴按鈕過(guò)程中，夾著永磁鐵的鐵塊向下移動(dòng)，改變了與“E”形鐵芯接觸的位置，使得通過(guò)線圈的磁場(chǎng)發(fā)生改變．松開(kāi)門(mén)鈴按鈕后，彈簧可使之復(fù)位(與a、b連接的外電路未畫(huà)出)．由此可判斷( )
A．未按下按鈕時(shí)，線圈a、b兩點(diǎn)間存在電勢(shì)差
B．按下按鈕過(guò)程中，線圈中感應(yīng)電流始終由b經(jīng)線圈流向a
C．按鈕復(fù)位過(guò)程中，線圈中的磁通量一直減小
D．按下按鈕過(guò)程與松開(kāi)復(fù)位過(guò)程中，a點(diǎn)的電勢(shì)始終高于b點(diǎn)
情境2 磁力剎車(chē)系統(tǒng)
[典例2]
(多選)高速鐵路列車(chē)通常使用磁力剎車(chē)系統(tǒng)．磁力剎車(chē)工作原理可簡(jiǎn)述如下：將磁鐵的N極靠近一塊正在以逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)的圓形鋁盤(pán)，使磁感線垂直鋁盤(pán)向內(nèi)，鋁盤(pán)隨即減速，如圖所示．圖中磁鐵左方鋁盤(pán)的甲區(qū)域(虛線區(qū)域)朝磁鐵方向運(yùn)動(dòng)，磁鐵右方鋁盤(pán)的乙區(qū)域(虛線區(qū)域)朝離開(kāi)磁鐵方向運(yùn)動(dòng)．下列有關(guān)鋁盤(pán)剎車(chē)的說(shuō)法正確的是( )
A．鋁盤(pán)甲區(qū)域的感應(yīng)電流產(chǎn)生垂直鋁盤(pán)向外的磁場(chǎng)
B．鋁盤(pán)乙區(qū)域的感應(yīng)電流產(chǎn)生垂直鋁盤(pán)向外的磁場(chǎng)
C．磁鐵與感應(yīng)電流之間的作用力，會(huì)使鋁盤(pán)減速
D．若將實(shí)心鋁盤(pán)換成布滿小空洞的鋁盤(pán)，則磁鐵對(duì)空洞鋁盤(pán)所產(chǎn)生的減速效果與實(shí)心鋁盤(pán)相同
情境3 磁懸浮列車(chē)
[典例3] (多選)2022年9月20日在德國(guó)柏林國(guó)際軌道交通技術(shù)展覽會(huì)上中國(guó)具有完全自主知識(shí)產(chǎn)權(quán)的時(shí)速600公里高速磁浮交通系統(tǒng)首次在歐洲亮相，引起了世界各國(guó)廣泛關(guān)注．超導(dǎo)磁懸浮列車(chē)的原理可以簡(jiǎn)化為如圖所示模式：在水平面上相距L的兩根固定平行直導(dǎo)軌間，有大小為B、寬都是L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，相鄰磁場(chǎng)區(qū)域的磁場(chǎng)方向相反．整個(gè)磁場(chǎng)以速度v水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，跨在兩導(dǎo)軌間的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形n匝線圈abcd懸浮在導(dǎo)軌上方，在磁場(chǎng)力作用下向右運(yùn)動(dòng)，并逐漸達(dá)到最大速度vm.當(dāng)超導(dǎo)磁懸浮列車(chē)制動(dòng)時(shí)，所有磁場(chǎng)立即停止，線圈繼續(xù)運(yùn)動(dòng)NL停下來(lái)(N為整數(shù))．設(shè)線圈的總電阻為R，總質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)中所受到的阻力大小恒為f.則( )
A．線圈最大速度vm＝v－fRn2B2L2
B．制動(dòng)過(guò)程受到的安培力為4nB2L2v-vmR
C．制動(dòng)過(guò)程線圈產(chǎn)生的焦耳熱為12mvm2－fNL
D．制動(dòng)過(guò)程通過(guò)線圈橫截面的電荷量可能為2nBL23R
情境4 電磁緩沖裝置
[典例4] 隨著航空領(lǐng)域的發(fā)
展，實(shí)現(xiàn)火箭回收利用，成為了各國(guó)都在重點(diǎn)突破的技術(shù)．其中有一技術(shù)難題是回收時(shí)如何減緩對(duì)地的碰撞，為此設(shè)計(jì)師在返回火箭的底盤(pán)安裝了電磁緩沖裝置．該裝置的主要部件有兩部分：①緩沖滑塊，由高強(qiáng)絕緣材料制成，其內(nèi)部邊緣繞有閉合單匝矩形線圈abdc；②火箭主體，包括絕緣光滑緩沖軌道MN、PQ和超導(dǎo)線圈(圖中未畫(huà)出)，超導(dǎo)線圈能產(chǎn)生方向?yàn)榇怪庇谡麄€(gè)緩沖軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)緩沖滑塊接觸地面時(shí)，滑塊立即停止運(yùn)動(dòng)，此后線圈與火箭主體中的磁場(chǎng)相互作用，火箭主體一直做減速運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到軟著陸要求的速度，從而實(shí)現(xiàn)緩沖．現(xiàn)已知緩沖滑塊豎直向下撞向地面時(shí)，火箭主體的速度大小為v0，經(jīng)過(guò)時(shí)間t火箭著陸，速度恰好為零；線圈abdc的電阻為R，其余電阻忽略不計(jì)；ab邊長(zhǎng)為l，火箭主體質(zhì)量為m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，重力加速度為g，一切摩擦阻力不計(jì)，求：
(1)緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)；
(2)緩沖滑塊剛停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，火箭主體的加速度大?。?br>(3)火箭主體的速度從v0減到零的過(guò)程中系統(tǒng)產(chǎn)生的電能．
第11講 電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用
命題分類(lèi)剖析
命題點(diǎn)一
[例1] 解析：由右手螺旋定則可知，線圈1、2形成的磁場(chǎng)方向都是豎直向下的，A錯(cuò)；汽車(chē)進(jìn)入線圈1時(shí)，線圈abcd中向下的磁通量增大，由楞次定律可判斷，線圈abcd中的感應(yīng)電流方向與線圈1反向，是逆時(shí)針，即感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcb，同理，汽車(chē)離開(kāi)線圈1時(shí)，線圈abcd中向下的磁通量減小，線圈abcd中的感應(yīng)電流方向是順時(shí)針，即感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcd，故B錯(cuò)，C對(duì)；安培力為阻力，與速度方向相反，D錯(cuò)．
答案：C
[例2] 解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有
E＝nΔΦΔt
又n＝1，ΔΦΔt＝ΔBΔt·S＝kS，S＝l22
解得E＝kl22
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知線框中的感應(yīng)電流為
I＝ER
結(jié)合安培力的公式和題圖可知線框受到的安培力為FA＝BIl
又B＝kt(k＞0)
聯(lián)立可得線框受到的安培力為FA＝k2l3t2R
當(dāng)線框開(kāi)始向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，有k2l3t02R＝mg
解得t0＝2mgRk2l3
答案：(1)kl22 (2)2mgRk2l3
[例3] 解析：導(dǎo)軌的速度v2>v1，因此對(duì)導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為f＝μmg＝2 N
導(dǎo)體棒的安培力大小為F1＝f＝2 N
由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向?yàn)镹→M→D→C→N，導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉力和向右的安培力，安培力大小為
F2＝f－m0g＝1 N
由左手定則可知B2的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶铮珹錯(cuò)誤，B正確；
對(duì)導(dǎo)體棒分析F1＝B1IL
對(duì)導(dǎo)體框分析F2＝B2IL
電路中的電流為I＝B1Lv1-B2Lv2r
聯(lián)立解得v2＝3 m/s
C錯(cuò)誤，D正確；故選BD.
答案：BD
[提升訓(xùn)練]
1．解析：電流的峰值越來(lái)越大，即小磁體在依次穿過(guò)每個(gè)線圈的過(guò)程中磁通量的變化率越來(lái)越快，因此小磁體的速度越來(lái)越大，A正確；下落過(guò)程中，小磁體在水平方向受的合力為零，故小磁體的N極、S極上下沒(méi)有顛倒，B錯(cuò)誤；線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強(qiáng)，因此電流的大小是變化的．小磁體受到的電磁阻力是變化的，不是一直不變的，C錯(cuò)誤；由圖(b)可知，與上部相比，小磁體通過(guò)線圈下部的過(guò)程中，感應(yīng)電流的最大值更大，故磁通量變化率的最大值更大，D正確．
故選AD.
答案：AD
2．解析：導(dǎo)體桿擺動(dòng)時(shí)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電流，受安培力，安培力起阻力作用，故導(dǎo)體桿的振動(dòng)為阻尼振動(dòng)．由垂直于磁感線方向的速度大小相同時(shí)電阻變大→電流變小→安培力(阻力)變小可知，當(dāng)R從R0變?yōu)?R0時(shí)，導(dǎo)體桿振幅的衰減速度變慢，B正確，ACD錯(cuò)誤．
答案：B
3．解析：根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)總要阻礙原磁通量的變化，可知在線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中通過(guò)線圈的磁通量減小，由此可知感應(yīng)電流應(yīng)為順時(shí)針?lè)较颍蔄正確；
當(dāng)轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí)的瞬間感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，此時(shí)切割磁感線的有效長(zhǎng)度最大，為圓形線圈的直徑，由此可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值為Em＝12B(2R)2ω＝2BR2ω，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知感應(yīng)電流的最大值為Im＝EmR總＝2BR2ω2πRr＝BRωπr，故BC錯(cuò)誤；
通過(guò)導(dǎo)體任意橫截面的電量為q＝ΔΦR總＝12πR2B2πRr＝RB4r，故D正確．
答案：AD
命題點(diǎn)二
[例1] 解析：0～t1內(nèi)是線框的左邊框由PQ向左進(jìn)入磁場(chǎng)，根據(jù)右手定則知感應(yīng)電流為順時(shí)針(負(fù))，而切割磁感線的有效長(zhǎng)度隨著水平位移的增大而均勻減小，則感應(yīng)電流的大小均勻減??；
t1～2t1內(nèi)，線框的前后雙邊同向同速切割相反的磁場(chǎng)，雙源相加為總電動(dòng)勢(shì)，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針(正)，兩邊的有效長(zhǎng)度之和等于L，則電流大小恒定．
故選D.
答案：D
[例2] 解析：由部分導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E＝BLv可知金屬棒所受安培力為：FA＝BIL＝B2L2R+rv, 再由FA - t圖像可知，安培力與時(shí)間為線性關(guān)系可知：金屬棒先做向右的勻減速，再做向左的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律：安培力與外力的合力為定值，即外力隨時(shí)間線性變化，由FA-t圖像可知：在0～t0時(shí)間安培力為負(fù)值，方向向左，由左手定則和右手定則可知，金屬棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，在t0～2t0時(shí)間內(nèi)安培力為正值從零逐漸增加，方向向右，同理可知，金屬棒向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度不變，則在t0時(shí)刻，合力向左，但FA＝0，所以外力為負(fù)值不等于零，方向向左．故ABD錯(cuò)誤，C正確．
答案：C
[例3] 解析：由右手定則判斷可知，金屬棒中感應(yīng)電流方向由N指向M，R0中感應(yīng)電流方向由a指向c，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；金屬棒受到的滑動(dòng)摩擦力方向水平向左，大小為f＝μmg＝1 N，由左手定則判斷可知，金屬棒所受的安培力方向向左，金屬棒速度達(dá)到最大后開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由受力平衡有F－f＝BIL，根據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝BLvmR總，R總＝RR0R+R0，整理得F－f＝B2L21R+1R0vm，變形得1vm＝B2L2F-f·1R+B2L2F-fR0，則B2L2F-f＝0.4-0.20.5(Ω·s·m－1)，B2L2F-fR0＝0.2(s·m－1)，代入數(shù)據(jù)解得F＝1.4 N，R0＝2 Ω，選項(xiàng)B、C正確；由圖乙知，R＝2 Ω時(shí)，vm＝2.5 m/s，R 總＝RR0R+R0＝1 Ω，I＝BLvmR總＝1 A，R0在1 s內(nèi)產(chǎn)生的最大焦耳熱為(12I)2R0t＝0.5 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．
答案：BC
[提升訓(xùn)練]
1．解析：金屬棒cd在恒力F作用下由靜止開(kāi)始加速，此時(shí)金屬棒ab，cd加速度aa＝0，ac＝Fm，之后回路中出現(xiàn)感應(yīng)電流，金屬棒cd受到的安培力與恒力F反向，金屬棒cd的加速度減小，金屬棒ab在安培力作用下開(kāi)始加速，金屬棒cd與金屬棒ab的速度差逐漸增大，回路中的電動(dòng)勢(shì)逐漸增大，安培力F安＝B2L2vc-va2R逐漸增大，金屬棒cd加速度減小，金屬棒ab加速度增大，當(dāng)aa＝ac時(shí)，vc－va不再變化，回路中的電流不再變化，但是兩金屬棒的速度仍在增大，故A正確，與題意不符；B錯(cuò)誤，與題意相符；設(shè)兩金屬棒電阻均為R，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定之前Ucd＝BLva＋I(xiàn)R，隨時(shí)間逐漸增大，系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定后，因回路中電流不變，則Ucd＝BLvc－IR，Ucd隨著vc的增加而均勻增加，故C正確，與題意不符；閉合回路消耗的電功率P＝2I2R，在開(kāi)始階段隨回路中電流的增大，電功率逐漸增大，當(dāng)系統(tǒng)穩(wěn)定后回路中電流不變，電功率不再變化，故D正確，與題意不符．故選B.
答案：B
2．解析：(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得
E＝NΔΦΔt＝NΔB1Δt·S
其中，由圖可知ΔB1Δt＝5 T/s
代入得E＝10 V
由閉合電路歐姆定律可得I＝Er+2R
代入數(shù)據(jù)得I＝2.5 A；
(2)安培力為F安＝B2IL
彈簧彈力F彈＝kΔx
對(duì)金屬棒受力分析，由受力平衡得B2IL＝2kΔx
代入數(shù)據(jù)，得B2＝4 T.
答案：(1)2.5 A (2)4 T
命題點(diǎn)三
[例1] 解析：(1)由v-t圖像可得：a＝ΔvΔt＝2.0 m0.4 s2＝5 m/s2
對(duì)導(dǎo)線框受力分析可得：F－mg sin θ－μmg cs θ＝ma
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：F＝1.48 N
(2)由v-t圖像可知線框cf邊進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)開(kāi)始勻速直線運(yùn)動(dòng)，可得：F＝mg sin θ＋μmg cs θ＋BIL
由法拉第電磁感應(yīng)定律，得線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv
由閉合電路歐姆定律，得線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I＝ER，得：I＝BLvR
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：L＝0.5 m，I＝2 A
(3)線框勻速切割穿過(guò)磁場(chǎng)，產(chǎn)生的焦耳熱就等于克服安培力所做的功：Q＝W克安＝F安·2D＝BIL·2D＝0.5×2×0.5×2×0.4 J＝0.4 J
答案：(1)1.48 N (2)0.5 m (3)0.4 J
[例2] 解析：(1)線框的ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2Mgl sin θ－2mgl＝12M+mv12
線框的ab邊剛進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ時(shí)，感應(yīng)電流I＝Bdv1R
由牛頓第二定律有Mg sin θ－BId－T＝Ma，T－mg＝ma
聯(lián)立解得a＝0.85 m/s2
(2)設(shè)ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ時(shí)線框的速度為v2，則對(duì)應(yīng)的感應(yīng)電流I′＝2Bdv2R
對(duì)線框有Mg sin θ＝2BI′d＋T′，又T′＝mg
線框重力的功率P＝Mg sin θ·v2
聯(lián)立解得P＝2.34 W
(3)從線框開(kāi)始釋放到ab邊剛穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律有
4Mgl sin θ－4mgl＝Q+12M+mv22，解得Q＝0.56 J.
答案：(1)0.85 m/s2 (2)2.34 W (3)0.56 J
[例3] 解析：(1)由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
12×3mv02＝12×3mvQ2+12mvP2
聯(lián)立解得
vP＝32v0，vQ＝12v0
由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點(diǎn)，則金屬棒P滑出導(dǎo)軌時(shí)的速度大小為
v′P＝vQ＝12v0
(2)根據(jù)能量守恒有
12mvP2＝12mvP'2＋Q
解得
Q＝mv02
(3)P、Q碰撞后，對(duì)金屬棒P分析，根據(jù)動(dòng)量定理得
－BIlΔt＝mv′P－mvP
又q＝IΔt，I＝ER＝ΔΦRΔt＝BlxRΔt
聯(lián)立可得
x＝mv0RB2l2
由于Q為絕緣棒，無(wú)電流通過(guò)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
t＝xvQ＝2mRB2l2
答案：(1)12v0 2mv02 (3)2mRB2l2
[提升訓(xùn)練]
1．解析：(1)a導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝BLv0
由閉合電路歐姆定律及安培力公式可得I＝E2R，F(xiàn)＝BIL
a棒受力平衡可得mg sin θ＝BIL
聯(lián)立解得v0＝2mgRsinθB2L2
(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，b棒受沿斜面向下的安培力，此時(shí)電路中電流不變，則對(duì)b棒，根據(jù)牛頓第二定律可得mg sin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2g sin θ
(3)釋放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時(shí)對(duì)a棒，由動(dòng)量定理得mg sin θt0－BILt0＝mv－mv0
b棒受到向下的安培力，對(duì)b棒，由動(dòng)量定理得mg sin θt0＋BILt0＝mv
聯(lián)立解得
v＝g sin θ·t0＋v02
此過(guò)程流過(guò)b棒的電荷量為q，則有
q＝It0
由法拉第電磁感應(yīng)定律可得
I＝E2R＝12RBLΔxt0
聯(lián)立b棒動(dòng)量定理可得Δx＝mv0RB2L2
答案：(1)2mgRsinθB2L2 (2)2g sin θ (3)g sin θt0＋v02 mv0RB2L2
2．解析：(1)當(dāng)ab棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝B0Lv
由歐姆定律I＝E2r
解得I＝8 A
由右手定則可知，電流方向?yàn)閍cdba；
(2)當(dāng)ab棒進(jìn)入磁場(chǎng)后，到ab棒到達(dá)EF處的過(guò)程中，由動(dòng)量定理可得－F安t＝mv1－mv0，F(xiàn)安＝B0IL
解得v1＝4 m/s
當(dāng)ab棒經(jīng)過(guò)EF后，由于EF絕緣，ab棒與cd棒不再形成閉合回路，雖有切割，但感應(yīng)電流為0，所以?xún)砂糇鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，直至cd棒經(jīng)過(guò)EF處，此后，對(duì)ab棒Eab＝BabLv
對(duì)cd棒Ecd＝BcdLv
由圖乙可知Bab>Bcd
所以，電路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝Eab－Ecd
由歐姆定律I1＝E12r
則ab棒的安培力Fab＝BabI1L
cd棒的安培力Fcd＝BcdI1L
所以ab棒與cd棒的合力向左，為F＝Fab－Fcd
當(dāng)ab到達(dá)GH處時(shí)，由動(dòng)量定理－Ft1＝mv2－mv1
解得v2＝3 m/s
(3)當(dāng)ab棒經(jīng)過(guò)GH，由于GH絕緣，cd棒無(wú)電流，ab棒切割與右邊電阻形成閉合回路，則E2＝2B0Lv3
由歐姆定律I2＝E2R+r
ab棒所受安培力F2＝2B0I2L
設(shè)ab棒運(yùn)動(dòng)x的距離后減速為0，由動(dòng)量定理可得－F2t2＝0－mv2
解得x＝0.15m

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