電磁感應(yīng)中的矩形線圈模型類問答

1、電磁感應(yīng)與力學(xué)規(guī)律的綜合應(yīng)用三教學(xué)目標(biāo):（一）知識與技能1 .綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)等電學(xué)知識解決矩形線圈切割磁感線運動的綜合問題;2 .培養(yǎng)學(xué)生分析解決綜合問題的能力。（二）過程與方法通過矩形線圈切割磁感線運動的綜合問題的學(xué)習(xí)，掌握運用理論知識探究問題的方法。（三）情感、態(tài)度與價值觀通過電磁感應(yīng)中“雙桿”類問題的學(xué)習(xí)，培養(yǎng)學(xué)生對不同事物進行分析，找出共性與個性的辯證唯物主義思想。教學(xué)重點:矩形線圈切割磁感線的運動問題。若金屬框右邊剛要離開磁場時，虛線范圍內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度以K=0.1T/s的變化率均勻減教學(xué)難點:1、應(yīng)用牛頓第二定律解決矩形線圈切割磁感線運動的問題。2、應(yīng)用動量定理、動量守恒定律解

2、決矩形線圈切割磁感線的運動問題。3、禾U用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律及功能關(guān)系研究矩形線圈在電磁感應(yīng)過程中的能量轉(zhuǎn)化問題。教學(xué)方法:講練結(jié)合，計算機輔助教學(xué)L的區(qū)域內(nèi)，有一教學(xué)過程:【例1】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為個邊長為a （a L）的正方形閉合線圈以初速V0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)関 （v L)，磁場的磁感應(yīng)強度為B=5T，方向與線框平面垂直。今線框從距磁場上邊界h=30cm 處自由下落，已知線框的dc邊進入磁場后，ab邊到達(dá)上邊界之前的某一時刻線框的速度已達(dá)到這一階段的最大值，問從線框開始下落到dc邊剛剛到達(dá)磁場下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力做的

3、總功是多少？ ( g=10m/s2)2 2解析：線框達(dá)到最大速度之前所受的安培力F=旦丄上隨速度v的變化而變化，所以直接求R解安培力做的總功較為困難，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。設(shè)線框的最大速度為 vm，此后直到ab邊開始進入磁場為止，線框做勻速直線運動，此過2 2程中線框的動能不變。由mg=旦解得vm=BL2 = 2m/s全部進入后，無安培力，因此只需考慮從開始下落到剛好全部進入時，這段時間內(nèi)線框因克服安培力做功而損失的機械能為：mg (h+ L )- 1 mvm2 =0.2 J.2所以磁場作用于線框的安培力做的總功是一0.2J【例6】如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線

4、框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里.線框向上離開磁場時的速度剛好是進人磁場時速度的一半,線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進人磁場.整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.求:L?(1 )線框在下落階段勻速進人磁場時的速度V2 ；(2)線框在上升階段剛離開磁場時的速度Vi ；(3)線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q.(2)設(shè)線框離開磁場能上升的最大高度為h，則從剛離開磁場到剛落回磁場的過程中解析：(1 )由于線框勻速進入磁場，則合力為零。B2a2v有 mg = f + R解得v =(mg f)RB2a21 2

5、一 mvi(mg + f)xh = 21 2mv2(mg f)xh = 2(mg f9 V2解得：v1=V mg fJ(mg f )(mg f )RB2a2(3)在線框向上剛進入磁場到剛離開磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律可得1 2 1 2-m(2v1)- mv-img(b a) Q2 223m(mg f )(mg f)R八-_4 4 mg(b a)解得：Q =_ _ 4 42B a【例7】如圖所示，在傾角為口的光滑斜面上，存在著兩個磁感應(yīng)強度大小均為區(qū)域I磁場方向垂直斜面向下，區(qū)域n磁場方向垂直斜面向上，磁場寬度均為L, 一個質(zhì)量為m，電阻為R,邊長也為L的正方形線框，由靜止開始下滑，沿斜面滑

6、行一段距離后 ab邊剛越過ee 進入磁場區(qū)域工時，恰B的勻強磁場,好做勻速直線運動若當(dāng)ab邊到達(dá)gg 與ff 的中間位置時，線框又恰好做勻速直線運動.求:(1)當(dāng)ab邊剛越過ee進入磁場區(qū)域I時做勻速直線運動的速度v.當(dāng)ab邊剛越過ff 進入磁場區(qū)域n時，線框的加速度a.(3)線框從ab邊開始進入磁場I至 ab邊到達(dá)gg 與ff 的中間位置的過程中產(chǎn)生的熱量解析:(1)正方形線框的ab邊剛越過ee線后即作勻速運動，此時線框受力平衡，有mgsin 0=BIL，這里I E BLv.聯(lián)解兩式可得線框的ab邊剛越過ee 線后即作勻速運動的速度R RmgRsi nv .b2l2在ab邊剛越過ff 線時，

7、線框中產(chǎn)生的總感應(yīng)電動勢為E= 2BLv，此時線框的加速度可由牛頓第二定律，并結(jié)合v和E的表達(dá)式求得FEa g sin 2BL g sin 3g sinmmR(3) 設(shè)線框的ab邊再次作勻速運動時的速度已變?yōu)関 ，由平衡關(guān)系有 mg sin2BBLVL ,R由此可求得v mgRj：v.最后由能量關(guān)系便可求得4B2L2431212315m2g2 R2 sin232B4L4Q mg Ls in mv mv mgL sin2222昭I t 1- K K Ka W *K K *Kt*4耳耳耳【例8】磁懸浮列車的原理如圖所示，在水平面上，兩根平行直導(dǎo)軌間有豎直方向且等間距的勻 強磁場B1、B2，導(dǎo)軌上有

8、金屬框 abed，金屬框的面積與每個獨立磁場的面積相等。 當(dāng)勻強磁場 Bi、B2同時以速度v沿直線導(dǎo)軌向右運動時，金屬框也會沿直線導(dǎo)軌運動。設(shè)直導(dǎo)軌間距為L= 0.4m , Bi = B2 = 1T,磁場運動速度為 v = 5m/s，金屬框的電阻為 R=2 Q。試求:(1) 若金屬框不受阻力時，金屬框如何運動;(2) 當(dāng)金屬框始終受到 f= 1N的阻力時，金屬框相對于地面的速度是多少;(3)當(dāng)金屬框始終受到1N的阻力時，要使金屬框維持最大速度， 每秒鐘需要消耗多少能量?ac和bd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢，由于這些能量是誰提供的?解析：(1 )此題的難點在于存在交變磁場。首先分析 磁場方向相反，且線圈

9、相對于磁場向左運動，因此，在如圖位置的電動勢方向相同(逆時針)， 根據(jù)左手定則，ac和bd邊受到的安培力都向右。所以金屬框做變加速運動，最終做勻速直線運 動。(2)當(dāng)金屬框受到阻力，最終做勻速直線運動時，阻力與線框受到的安培力平衡。設(shè)此時金屬框相對于磁場的速度為v則2Blv相fR1 2f 2BI1 2 -ITB|m=3-125m/s所以金屬框相對于地面的速度為地=Vo v相=53.125= 1.875m/s(3)要使金屬框維持最大速度，必須給系統(tǒng)補充能量：一方面，線框內(nèi)部要產(chǎn)生焦耳熱；另一方面，由于受到阻力，摩擦生熱。設(shè)每秒鐘消耗的能量為E,這些能量都是由磁場提供。由于摩擦每秒鐘產(chǎn)生的熱量Qi

10、fs fv地t=1 1.875 1=1.875J每秒鐘內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q2(等詢(2 0.4彳125、2Q Q1 Q21.875 3.125 5J根據(jù)能量守恒可知這些能量都是由磁場提供。【例9】如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為忽略不計.場強為 B的條形勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直.2 1=3.125J0,導(dǎo)軌光滑且電阻d1，間距為d2.兩(設(shè)重力加速度為g)(1)若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能 Ek.(2)若a進入第

11、2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時,b又恰好進入第2個磁場區(qū)域.且a. b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相.b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q .(3)對于第(2)問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率解析：(1) a和b不受安培力作用，由機械能守恒定律知,Ek mgd1 sin 設(shè)導(dǎo)體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為V1剛離開無磁場區(qū)域時的速度為V2,由能量守恒知：在磁場區(qū)域中,Imv； Q mv； mgd1 s in 221 212在無磁場區(qū)域中，一mv2 Q -mv1 mgd2 sin2 2解得Q mg(did2)si

12、 n練習(xí)：(3)在無磁場區(qū)域：根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律且平均速度有磁場區(qū)域:感應(yīng)電動勢解得 FV2VigtsinV2Vi d2 t棒a受到的合力FmgsinBIIBlv感應(yīng)電流2Rmg sinB2|2v2R根據(jù)牛頓第二定律，在t到t+ 時間內(nèi)則有g(shù)sinFt m(11)(12)解得Vi聯(lián)立v2 gtsin(13)式，解得空di2mR(13)B2I2d10,使金1.如圖，abed是一閉合的小金屬線框，屬線框在繞豎直線 00 來回擺動的過程中穿過水平方向的勻強磁場區(qū)域，磁用一根絕緣細(xì)桿掛在固定點X I 丈 丄星一爼(7感線方向跟線框平面垂直，若懸點摩擦和空氣阻力均不計，則下列說法中正確的是 線框進入

13、或離開磁場區(qū)域時，都產(chǎn)生感應(yīng)電流，而且電流的方向相反 線框進入磁場區(qū)域后越靠近00 線時速度越大，因而產(chǎn)生的感應(yīng)電流也越大 線框開始擺動后，擺角會越來越小，擺角小到某一值后將不再減小 線框擺動過程中，它的機械能將完全轉(zhuǎn)化為線框電路中的電能A.B.C.D.解析： 線框進入磁場時增大，而離開磁場時減小，完全進入磁場后不變，故對錯，當(dāng) 擺角小到線框僅在磁場中擺動時，不變，機械能將保持不變.故對錯.2 .用同樣的材料、不同粗細(xì)導(dǎo)線繞成兩個質(zhì)量面積均相同的正方形線圈I和n,使它們從離有理想界面的勻強磁場高度為h的地方同時自由下落，如圖 2所 衛(wèi) 血示線圈平面與磁感線垂直，空氣阻力不計，則（A）i k j

14、 X X X X j:X X XA .兩線圈同時落地，線圈發(fā)熱量相同B .細(xì)線圈先落到地,細(xì)線圈發(fā)熱量大C .粗線圈先落到地,粗線圈發(fā)熱量大D .兩線圈同時落地,細(xì)線圈發(fā)熱量大V，此時的加速度abB2|2vmg- R =ma a=g-mR3 .如圖所示，在平行于地面的勻強磁場上方，有兩個相同金屬材料制成的邊長相同的正方形線 圈a、b，其中a的導(dǎo)線比b的粗，它們從同一高度自由落下，則（ A ）A.它們同時落地B.a先落地 C.b先落地 D.無法判斷解析：兩線圈a、b從同一高度自由落下，進入磁場時速度相同，設(shè)該速度為 設(shè)為a，由牛頓第二定律得B2I 2v1a、b兩線圈由于兩線圈邊長相同， 僅導(dǎo)線橫

15、截面積 S不同，而m xS、Rx S，故a與m、 R及S無關(guān)，所以a相同，從而可判斷進入磁場的過程中和進入磁場后的各個時刻 的速度和加速度均相同，故它們同時落地，A正確.也可將粗線圈視為若干個細(xì)線圈捆在一起，其運動情況必然與細(xì)線圈的運動情況相同4.如圖所示，在光滑的水平面上，有豎直向下的勻強磁場，分布在寬度為的區(qū)域里，現(xiàn)有一邊長為a（as ）線圈電阻為R，以速度v勻速向右通過有界勻強磁場 1區(qū)和3區(qū)。(1)ab邊剛進入2、3區(qū)域時感應(yīng)電流 啲大小和方向;(2)從1區(qū)到3區(qū)的過程中拉力所做的功。解析:（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律血尺，線圈從1區(qū)到2區(qū)時，恥tR方向順時針。ab邊剛進入3區(qū)時，ab、

16、ed均切割磁力線。 2BLv%二%十巴/所以I =R R方向：順時針。（2 ）線圈從1區(qū)到3區(qū)的過程中位移分三個部分，在1、3區(qū)位移為S,在2區(qū)位移為L-S ,線圈勻速移動，外力克服安培力做功，最后轉(zhuǎn)化為線圈內(nèi)能。則:和=曬+ =片 + 2馮(-為+呂二班也& +(匚+玖d C疋臥 4月吩卩 、4月?% “ 0=2 X S- H(L-專 三(工)AAA28 如圖所示，正方形線圈邊長為 a,總電阻為R,以速度v從左至右勻速穿過運動兩個寬均為L（La）、磁感強度大小均為B但方向相反的勻強磁場區(qū)域,廠1；x X : * * ：! X X ! * 1!x Q；-F*最大值為，全過程線圈中產(chǎn)生的內(nèi)能為9 如圖所示，垂直紙面向外的磁場強弱沿y軸方向不變，沿x軸方向均勻增加，變化率為1 T/m,有一長bc=0.2m ，寬ab=0.1m 的矩形線框abed以2 m/s的速度沿x軸方向勻速運動，金屬框的電阻為0.02 Q,問：（1）a *