電磁感應中的矩形線圈模型類問答

1、電磁感應與力學規(guī)律的綜合應用三教學目標：（一）知識與技能1 綜合應用電磁感應等電學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習，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中“雙桿”類問題的學習，培養(yǎng)學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。教學重點：矩形線圈切割磁感線的運動問題。教學難點：1、應用牛頓第二定律解決矩形線圈切割磁感線運動的問題。2、應用動量定理、動量守恒定律解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系研究矩形線圈在電磁感

2、應過程中的能量轉(zhuǎn)化問題。教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：【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L的區(qū)域內(nèi)，有一個邊長為a （a< L）的正方形閉合線圈以初速 Vo垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)閂 （VVVo）,A .完全進入磁場中時線圈的速度大于（vo+V）/2;B .安全進入磁場中時線圈的速度等于（vo+v）/2;C .完全進入磁場中時線圈的速度小于（vo+ V）/2;D .以上情況A、B均有可能，而C是不可能的線圈在滑入磁場過程中產(chǎn)生的熱量Qi與滑出磁場過程中產(chǎn)生的熱量Q2之比解析：設線圈完全進入磁場中時的速度為VXO線圈在穿過磁場的過程中所

3、受合外力為安培力。對于線圈進入磁場的過程，據(jù)動量定理可得:FtBGBaBoZRmvx mv0對于線圈穿出磁場的過程，據(jù)動量定理可得:Ft BGmv mvxf； * * « * » "| ；J * I !ILIl：-II1I:3I-*I !<T=r=v0 V由上述二式可得VX0,即B選項正確。2【例2】如圖所示在水平面上有兩條相互平行的光滑絕緣導軌，兩導軌間距L=Im ,導軌的虛線范圍內(nèi)有一垂直導軌平面的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T ,磁場寬度S大于L,左、右兩邊界與導軌垂直.有一質(zhì)量 m=0.2kg ,電阻r=0.1邊長也為L正方形金屬框以某一初速度，沿

4、導軌向右進入勻強磁場.（1）若最終金屬框只能有一半面積離開磁場區(qū)域，試求金屬框左邊剛好進入磁場時的速度.小。為使金屬框此后能勻速離開磁場，對其平行于導軌方向加一水平外力，求金屬框有一半面積 離開磁場區(qū)域時水平外力的大小.V ,在磁場中作勻速運動.設離開磁tt由動量定理有:所受平均安培力:解得： V= I m / S(2)金屬框開始勻速離開磁場到有一半面積離開磁場區(qū)域的時間為：t2v當線框一半面積離開磁場時，左邊因切割磁感線而產(chǎn)生的電動勢為：EI=(B-kt OLV因磁場變化而產(chǎn)生的感應電動勢為：E2= S-B L2k此回路產(chǎn)生逆時針方向的感應電流為：I 七2則此時水平向右的外力大小為：F=F安

5、=(B-kt JIL代人數(shù)據(jù)，解得：F=0.3N【例3】均勻?qū)Ь€制成的單位正方形閉合線框 abed ,每邊長為L,總 電阻為R,總質(zhì)量為m。將其置于磁感強度為 B的水平勻強磁場上方 h處，如圖所示。線框由靜止自由下落， 線框平面保持在豎直平面內(nèi)， 且ed邊始終與水平的磁場邊界平行。當ed邊剛進入磁場時，(1)求線框中產(chǎn)生的感應電動勢大小；(2)求Cd兩點間的電勢差大小；(3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件。解析：(1) Cd邊剛進入磁場時，線框速度XXH乂 X BX y > yXK XXXXXXW線框中產(chǎn)生的感應電動勢E= BLV = BL£(2)

6、此時線框中電流I= 土(3) 安培力 F= BIL=二Cd兩點間的電勢差U=Ir )解析：(1)金屬框左邊剛好進入磁場區(qū)域時的運動速度為 場運動過程的時間為t ,此過程中的平均感應電動勢為:根據(jù)牛頓第二定律 mg F=ma ,由a=0解得下落高度滿足h= 一-【例4】如圖所示，水平的平行虛線間距為d=50cm ,其間有B=1.OT的勻強磁場。一個正方形線圈邊長為I=IoCm，線圈質(zhì)量 m= IOOg，電阻為R=0.020 。開始時，線圈的下邊緣到磁場上邊緣的距離為h=8Ocm。將線圈由靜止釋放，其下邊緣剛進入磁場和剛穿出磁場時的速度相等。取 g=1Oms 2,求：線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱

7、Q。線圈下邊緣穿越磁場過程中的最小速度VO線圈下邊緣穿越磁場過程中加速度的最小值a。解析：由于線圈完全處于磁場中時不產(chǎn)生電熱,所以線圈進入磁場過程中產(chǎn)生的電熱Q就是線圈從圖中2位置到4位置產(chǎn)生的電熱，而 2、4位置動能相同，由能量守恒Q= mgd= O.5OJ線圈在3位置時線圈速度一定最小，而3位置到4位置線圈是自由落體運動因此有vo2-v2=2 g (d-l ),得 v=2 . 2 m/s線圈從2位置到3位置是減速過程，因此安培力2 2F B l V減小，由F- mg = ma知加速度 R減小，至U 3位置時加速度最小，a=4.1ms 2【例5】如圖所示位于豎直平面的正方形平面導線框abcd

8、 ,邊長為L=1Ocm ,線框質(zhì)量為 m=O.1kg ,電阻為 R=O.5 ,其下方有一勻強磁 場區(qū)域，該區(qū)域上、下兩邊界間的距離為H ( H> L),磁場的磁感應強度為B=5T ,方向與線框平面垂直。今線框從距磁場上邊界h=3Ocm 處 自由下落，已知線框的dc邊進入磁場后，ab邊到達上邊界之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值，問從線框開始下落到dc邊剛剛到達磁場下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力做的總功是多少？ ( g=10ms2)解析：線框達到最大速度之前所受的安培力2, 2BLV隨速度V的變化而變化，所以直接求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

9、。設線框的最大速度為Vm ,此后直到ab邊開始進入磁場為止，線框做勻速直線運動，此過程中線框的動能不變。由2 2BLVm的/曰mgRmg=一 解得 Vm= 2 m/sRB L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1 2服安培力做功而損失的機械能為：mg ( h+ L ) mvm =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的正方形導線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應強度為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

10、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：(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 .解析：(1 )由于線框勻速進入磁場，則合力為零。B2a2V(mg f )R2 2有 mg = f +R解得 V = B a(2) 設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1 2mv(mg + f )×h = 21 2 mv2 (mg f )×h = 2mg解得：V1= ： mgV2(mg f)(m

11、g 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 2m(2v1)mv1mg(b a) Q2 223m(mg f)(mg f)R4 42B a4 4mg(b a)解得：Q =【例7】如圖所示，在傾角為口的光滑斜面上，存在著兩個磁感應強度大小均為區(qū)域I磁場方向垂直斜面向下,區(qū)域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ab邊到達gg '與ff '的中間位置時，線框

12、又恰好做勻速直線運動.求:(1)當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.(2)當ab邊剛越過ff '進入磁場區(qū)域時，線框的加速度 a.=BIL ,這里IR mgRsi nV 2 2 .B2L2牛頓第二定律，并結合V和E'的表達式求得(3)線框從ab邊開始進入磁場I至 ab邊到達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 EBRv.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在ab邊剛越過ff'線時，線框

13、中產(chǎn)生的總感應電動勢為E'= 2BLv ,此時線框的加速度可由F'E'a 一 g Sin 2B L g Sin 3g Sin mmR由此可求得v'mgRsin4B2L21v.最后由能量關系便可求得42BLv'2B L，R(3)設線框的ab邊再次作勻速運動時的速度已變?yōu)閂',由平衡關系有 mg sin3Qmg- LSin215m2g2 R2 Sin 232B4L41 2 12 3-mv mv' mgL Sin2 2 2【例8】磁懸浮列車的原理如圖所示，在水平面上，兩根平行直導軌間有豎直方向且等間距的勻強磁場Bi、B2 ,導軌上有金屬框 ab

14、ed ,金屬框的面積 與每個獨立磁場的面積相等。當勻強磁場 B1、B2同時以速度V沿直線導軌向右運動時，金屬框也會沿直線導軌運動。設直導軌間距為L= 0.4m , B1= B2 = 1T,磁場運動速度為 V = 5ms ,金屬框的電阻為 R=2 。試求：(1) 若金屬框不受阻力時，金屬框如何運動；(2) 當金屬框始終受到 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？ 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ac和bd邊產(chǎn)生的感應電動勢，由于磁場方向相反，且線圈相對于磁場向左

15、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。設此時金 屬框相對于磁場的速度為 V則2Blv相fR1 2f 2BIl 2相 Bl , V相fRRr12 =3.125m/sR4B2L2 4 1 0.42所以金屬框相對于地面的速度為V地=v0 V相=53.125=1.875ms(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；另方面，由于受到阻力，摩擦生熱。設每秒鐘消耗的能量為E,這些能量都是由磁場

16、提供。由于摩擦每秒鐘產(chǎn)生的熱量QIfs fvB t=1 1.875 1=1.875J每秒鐘內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱Q2 i2Rt (2BR相)2Rt (2 0.4 3.12522 仁3.125JQ 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軌與水平面的夾角為,導軌光滑且電阻忽略不計.場強為 B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為di ,間距為d2.兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直.(設重力加速度為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，

17、求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能厶 Ek.(2)若a進入第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，兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q .對于第問所述的運動情況，求 a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率 V。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(2)設導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V2,1 212由能量守恒知：在磁場區(qū)域中,mv1 Qmv2 mgd1 Sin2 21 212在無磁場區(qū)域中,mv2

18、 Qmv1 mgd2 Sin2 2解得 Q mg(d d2)sin練習：(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:感應電動勢解得 FV2Vigtsinv2 v1d22t棒a受到的合力Fmg sinBIlBlv感應電流2Rmg Sin2 2B2l2V2R根據(jù)牛頓第二定律，在t到t+ 時間內(nèi)(11)則有gsin2,2山t2mR(12)解得 V1聯(lián)立v2 gtsin(13)式，解得BdI2mRV V14m¾%B2l 2d1(13)B2l2d18mR1.如圖，abed是一閉合的小金屬線框，用一根絕緣細桿掛在固定點0,使金屬線框在繞豎直線 00 '來回擺動的過程中

19、穿過水平方向的勻強磁場區(qū)域，磁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 線框進入或離開磁場區(qū)域時，都產(chǎn)生感應電流，而且電流的方向相反 線框進入磁場區(qū)域后越靠近OO '線時速度越大，因而產(chǎn)生的感應電流也越大 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、不同粗細導線繞成兩個質(zhì)量面積均相同的正方形線圈I和,使它們從離有理想

20、界面的勻強磁場高度為h的地方同時自由下落，如圖 2所I :示線圈± KISiC 5C X * 平面與磁感線垂直，空氣阻力不計，則（A）匚 、,.lXX W k,W W WA 兩線圈同時落地，線圈發(fā)熱量相同B 細線圈先落到地，細線圈發(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，細線圈發(fā)熱量大3 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V ,此時的加速度abIx×d x'X X解析：兩線圈

21、a、b從同一高度自由落下，進入磁場時速度相同，設該速度為 設為a ,由牛頓第二定律得2. 2 22BlVBlVmg- R =ma a=g- mR1由于兩線圈邊長相同， 僅導線橫截面積 S不同，而m xS、RX S ,故a與m、R及S無關，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a、b兩線圈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線圈捆在一起，其運動情況必然與細線圈的運動情況相同 J *JILI13KXiIKMM-i1XXM4.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（a<L）的正方形閉合線

22、圈剛好能穿過磁場，則線框在滑進磁場過程中產(chǎn)生的熱量Qi與滑出磁場過程中產(chǎn)生的熱量 Q2之比為(C )A. 1 : 1 B. 2 : 1 C. 3 : 1 D. 4 : 1解析：線框做的是變加速運動，不能用運動學公式求解，那么就應想到動能定理，設線框剛進出 時速度為V2,則 第一階段產(chǎn)生的熱量R fl i1 -Fn (IVJ所以-叭第二階段產(chǎn)生的熱量 Q2=mv 2/2 ,只要能找出V2的關系就能找到答案，由動量定理可得=3R 6 = R巧因為了匸=q = Qy足相同的 fx5 .如圖所示，一個邊長 L = 12 Cm ,質(zhì)量 m = 60 g ,電阻R = 0.06 的正方形金屬線圈豎直放置，

23、從H = 5 m咼處自由下洛，當線圈下邊剛進入高度h = 12 Cm的勻強磁場時，恰好做勻速運動(g 取 10 m/s 2),求：TJfI(1)勻強磁場磁感應強度 B的大??； (2) 線圈通過磁場的整個過程中產(chǎn)生的熱量Q ;(3) 試分析線圈從靜止開始下落至全部通過磁場過程中的能量轉(zhuǎn)化.解析：(1)線圈勻速通過磁場垂直切割磁感線的速度V可由線圈自由下落 H高度求得：V2gH =J 2 10 5 = 10 m/s線圈下邊和上邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢E和感應電流I分別為:E = BLV I = E R根據(jù)線圈勻速穿過磁場所受安培力BIL與重力mg的合力為零，有：mg = BIL60 10 3

24、10 0.06 2T = 0.5 T(12 10 2) 10S 2L聯(lián)立式解得:B =mgRL2V(2)線圈在磁場中勻速運動的時間為：t = 由焦耳定律：Q = I2RtV V22323E 2 (BLV) X 2B L v 2 0.50.1210聯(lián)立式可得： Q = (一)2Rt = t J= 0.144 JRRR0.06根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律也可求得Q : Q =AE內(nèi)=AE機=mg2L即線圈減少的機械能 AE機全部轉(zhuǎn)化為線圈內(nèi)能AE內(nèi)，所以:Q = 2mgL = 2 ×60 ×10 一3 ×10 ×0.12 J = 0.144 J(3)線圈自由下落H

25、高度過程中，重力勢能轉(zhuǎn)化為動能， 機械能守恒；在穿越磁場過程中, 安培力對線圈做負功，機械能轉(zhuǎn)化為電能；感應電流做功，將電能轉(zhuǎn)化為線圈的內(nèi)能6.位于豎直平面內(nèi)的矩形導線框abed , ab長,be長%,線框的質(zhì)量m - 0.2,電阻A = 2。其下方有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界孔嚴和G°'均與ab平行，兩邊界間的P'距離為H ,且,磁場的磁感應強度I B=LOf ,方向與線框平面Q -X-XJS-C2L g處自由下落，已知線垂直。如圖所示，令線框從de邊離磁場區(qū)域上邊界框的de邊進入磁場以后，ab邊到達邊界INJ之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值。

26、問從線框開始下落，到de邊剛剛到達磁場區(qū)域下邊界ee的過程中，磁場作用于線框的安培力做的總功為多少？(g = IO/ S3解析：依題意，線框的ab邊到達磁場邊界之前的某一時刻線框的速度達到這一階段速度最大值，并設這一最大速度為,則有二亠一'，線框中的電流為,作用于線框上的安培力。速度達到最大值的條件是：F=mg ,所以de邊繼續(xù)向下運動直至線框的 ab邊到達磁場的上邊界IF嚴的過程中，線框保持速度 不變,所以從線框自由下落至ab邊進入磁場的過程中，由動能定理得聊£3 +心”陀二不戰(zhàn)諸 所以 =( +Z2) = -0.8J從ab邊進入磁場直到de邊到達磁場區(qū)域的下邊界過程中，作用于整個線框的安培力為零,安培力做功也為零，線框只在重力作用下作加速運動，故線框從開始下落到de邊剛到達磁場區(qū)域下邊界-二？過程中，安培力做的總功即為線框自由下落至