电磁感应中的矩形线圈模型类问答

1、电磁感应与力学规律的综合应用三教学目标:（一）知识与技能1 .综合应用电磁感应等电学知识解决矩形线圈切割磁感线运动的综合问题;2 .培养学生分析解决综合问题的能力。（二）过程与方法通过矩形线圈切割磁感线运动的综合问题的学习，掌握运用理论知识探究问题的方法。（三）情感、态度与价值观通过电磁感应中“双杆”类问题的学习，培养学生对不同事物进行分析，找出共性与个性的辩证唯物主义思想。教学重点:矩形线圈切割磁感线的运动问题。若金属框右边刚要离开磁场时，虚线范围内磁场的磁感应强度以K=0.1T/s的变化率均匀减教学难点:1、应用牛顿第二定律解决矩形线圈切割磁感线运动的问题。2、应用动量定理、动量守恒定律解

2、决矩形线圈切割磁感线的运动问题。3、禾U用能的转化和守恒定律及功能关系研究矩形线圈在电磁感应过程中的能量转化问题。教学方法:讲练结合，计算机辅助教学L的区域内，有一教学过程:【例1】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为个边长为a （a L）的正方形闭合线圈以初速V0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v （v L)，磁场的磁感应强度为B=5T，方向与线框平面垂直。今线框从距磁场上边界h=30cm 处自由下落，已知线框的dc边进入磁场后，ab边到达上边界之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值，问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力做的

3、总功是多少？ ( g=10m/s2)2 2解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F=旦丄上随速度v的变化而变化，所以直接求R解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。设线框的最大速度为 vm，此后直到ab边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过2 2程中线框的动能不变。由mg=旦解得vm=BL2 = 2m/s全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg (h+ L )- 1 mvm2 =0.2 J.2所以磁场作用于线框的安培力做的总功是一0.2J【例6】如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线

4、框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动.求:L?(1 )线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2 ；(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度Vi ；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.(2)设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中解析：(1 )由于线框匀速进入磁场，则合力为零。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)在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得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】如图所示，在倾角为口的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为区域I磁场方向垂直斜面向下，区域n磁场方向垂直斜面向上，磁场宽度均为L, 一个质量为m，电阻为R,边长也为L的正方形线框，由静止开始下滑，沿斜面滑

6、行一段距离后 ab边刚越过ee 进入磁场区域工时，恰B的匀强磁场,好做匀速直线运动若当ab边到达gg 与ff 的中间位置时，线框又恰好做匀速直线运动.求:(1)当ab边刚越过ee进入磁场区域I时做匀速直线运动的速度v.当ab边刚越过ff 进入磁场区域n时，线框的加速度a.(3)线框从ab边开始进入磁场I至 ab边到达gg 与ff 的中间位置的过程中产生的热量解析:(1)正方形线框的ab边刚越过ee线后即作匀速运动，此时线框受力平衡，有mgsin 0=BIL，这里I E BLv.联解两式可得线框的ab边刚越过ee 线后即作匀速运动的速度R RmgRsi nv .b2l2在ab边刚越过ff 线时，

7、线框中产生的总感应电动势为E= 2BLv，此时线框的加速度可由牛顿第二定律，并结合v和E的表达式求得FEa g sin 2BL g sin 3g sinmmR(3) 设线框的ab边再次作匀速运动时的速度已变为v ，由平衡关系有 mg sin2BBLVL ,R由此可求得v mgRj：v.最后由能量关系便可求得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】磁悬浮列车的原理如图所示，在水平面上，两根平行直导轨间有竖直方向且等间距的匀 强磁场B1、B2，导轨上有

8、金属框 abed，金属框的面积与每个独立磁场的面积相等。 当匀强磁场 Bi、B2同时以速度v沿直线导轨向右运动时，金属框也会沿直线导轨运动。设直导轨间距为L= 0.4m , Bi = B2 = 1T,磁场运动速度为 v = 5m/s，金属框的电阻为 R=2 Q。试求:(1) 若金属框不受阻力时，金属框如何运动;(2) 当金属框始终受到 f= 1N的阻力时，金属框相对于地面的速度是多少;(3)当金属框始终受到1N的阻力时，要使金属框维持最大速度， 每秒钟需要消耗多少能量?ac和bd边产生的感应电动势，由于这些能量是谁提供的?解析：(1 )此题的难点在于存在交变磁场。首先分析 磁场方向相反，且线圈

9、相对于磁场向左运动，因此，在如图位置的电动势方向相同(逆时针)， 根据左手定则，ac和bd边受到的安培力都向右。所以金属框做变加速运动，最终做匀速直线运 动。(2)当金属框受到阻力，最终做匀速直线运动时，阻力与线框受到的安培力平衡。设此时金属框相对于磁场的速度为v则2Blv相fR1 2f 2BI1 2 -ITB|m=3-125m/s所以金属框相对于地面的速度为地=Vo v相=53.125= 1.875m/s(3)要使金属框维持最大速度，必须给系统补充能量：一方面，线框内部要产生焦耳热；另一方面，由于受到阻力，摩擦生热。设每秒钟消耗的能量为E,这些能量都是由磁场提供。由于摩擦每秒钟产生的热量Qi

10、fs fv地t=1 1.875 1=1.875J每秒钟内产生的焦耳热Q2(等询(2 0.4彳125、2Q Q1 Q21.875 3.125 5J根据能量守恒可知这些能量都是由磁场提供。【例9】如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为忽略不计.场强为 B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直.2 1=3.125J0,导轨光滑且电阻d1，间距为d2.两(设重力加速度为g)(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能 Ek.(2)若a进入第

11、2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时,b又恰好进入第2个磁场区域.且a. b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相.b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q .(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率解析：(1) a和b不受安培力作用，由机械能守恒定律知,Ek mgd1 sin 设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为V1刚离开无磁场区域时的速度为V2,由能量守恒知：在磁场区域中,Imv； Q mv； mgd1 s in 221 212在无磁场区域中，一mv2 Q -mv1 mgd2 sin2 2解得Q mg(did2)si

12、 n练习：(3)在无磁场区域：根据匀变速直线运动规律且平均速度有磁场区域:感应电动势解得 FV2VigtsinV2Vi d2 t棒a受到的合力FmgsinBIIBlv感应电流2Rmg sinB2|2v2R根据牛顿第二定律，在t到t+ 时间内则有gsinFt m(11)(12)解得Vi联立v2 gtsin(13)式，解得空di2mR(13)B2I2d10,使金1.如图，abed是一闭合的小金属线框，属线框在绕竖直线 00 来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁用一根绝缘细杆挂在固定点X I 丈 丄星一爼(7感线方向跟线框平面垂直，若悬点摩擦和空气阻力均不计，则下列说法中正确的是 线框进入

13、或离开磁场区域时，都产生感应电流，而且电流的方向相反 线框进入磁场区域后越靠近00 线时速度越大，因而产生的感应电流也越大 线框开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小 线框摆动过程中，它的机械能将完全转化为线框电路中的电能A.B.C.D.解析： 线框进入磁场时增大，而离开磁场时减小，完全进入磁场后不变，故对错，当 摆角小到线框仅在磁场中摆动时，不变，机械能将保持不变.故对错.2 .用同样的材料、不同粗细导线绕成两个质量面积均相同的正方形线圈I和n,使它们从离有理想界面的匀强磁场高度为h的地方同时自由下落，如图 2所 卫 血示线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（A）i k j

14、 X X X X j:X X XA .两线圈同时落地，线圈发热量相同B .细线圈先落到地,细线圈发热量大C .粗线圈先落到地,粗线圈发热量大D .两线圈同时落地,细线圈发热量大V，此时的加速度abB2|2vmg- R =ma a=g-mR3 .如图所示，在平行于地面的匀强磁场上方，有两个相同金属材料制成的边长相同的正方形线 圈a、b，其中a的导线比b的粗，它们从同一高度自由落下，则（ A ）A.它们同时落地B.a先落地 C.b先落地 D.无法判断解析：两线圈a、b从同一高度自由落下，进入磁场时速度相同，设该速度为 设为a，由牛顿第二定律得B2I 2v1a、b两线圈由于两线圈边长相同， 仅导线横

15、截面积 S不同，而m xS、Rx S，故a与m、 R及S无关，所以a相同，从而可判断进入磁场的过程中和进入磁场后的各个时刻 的速度和加速度均相同，故它们同时落地，A正确.也可将粗线圈视为若干个细线圈捆在一起，其运动情况必然与细线圈的运动情况相同4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为的区域里，现有一边长为a（as ）线圈电阻为R，以速度v匀速向右通过有界匀强磁场 1区和3区。(1)ab边刚进入2、3区域时感应电流 啲大小和方向;(2)从1区到3区的过程中拉力所做的功。解析:（1）由法拉第电磁感应定律血尺，线圈从1区到2区时，恥tR方向顺时针。ab边刚进入3区时，ab、

16、ed均切割磁力线。 2BLv%二%十巴/所以I =R R方向：顺时针。（2 ）线圈从1区到3区的过程中位移分三个部分，在1、3区位移为S,在2区位移为L-S ,线圈匀速移动，外力克服安培力做功，最后转化为线圈内能。则:和=晒+ =片 + 2冯(-为+呂二班也& +(匚+玖d C疋臥 4月吩卩 、4月?% “ 0=2 X S- H(L-专 三(工)AAA28 如图所示，正方形线圈边长为 a,总电阻为R,以速度v从左至右匀速穿过运动两个宽均为L（La）、磁感强度大小均为B但方向相反的匀强磁场区域,厂1；x X : * * ：! X X ! * 1!x Q；-F*最大值为，全过程线圈中产生的内能为9 如图所示，垂直纸面向外的磁场强弱沿y轴方向不变，沿x轴方向均匀增加，变化率为1 T/m,有一长bc=0.2m ，宽ab=0.1m 的矩形线框abed以2 m/s的速度沿x轴方向匀速运动，金属框的电阻为0.02 Q,问：（1）a *