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。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

2、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L的区域内，有一个边长为a （a< L）的正方形闭合线圈以初速 Vo垂直磁场边界滑过磁场后速度变为V （VVVo）,A .完全进入磁场中时线圈的速度大于（vo+V）/2;B .安全进入磁场中时线圈的速度等于（vo+v）/2;C .完全进入磁场中时线圈的速度小于（vo+ V）/2;D .以上情况A、B均有可能，而C是不可能的线圈在滑入磁场过程中产生的热量Qi与滑出磁场过程中产生的热量Q2之比解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为VXO线圈在穿过磁场的过程中所

3、受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得:FtBGBaBoZRmvx mv0对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得:Ft BGmv mvxf； * * « * » "| ；J * I !ILIl：-II1I:3I-*I !<T=r=v0 V由上述二式可得VX0,即B选项正确。2【例2】如图所示在水平面上有两条相互平行的光滑绝缘导轨，两导轨间距L=Im ,导轨的虚线范围内有一垂直导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T ,磁场宽度S大于L,左、右两边界与导轨垂直.有一质量 m=0.2kg ,电阻r=0.1边长也为L正方形金属框以某一初速度，沿

4、导轨向右进入匀强磁场.（1）若最终金属框只能有一半面积离开磁场区域，试求金属框左边刚好进入磁场时的速度.小。为使金属框此后能匀速离开磁场，对其平行于导轨方向加一水平外力，求金属框有一半面积 离开磁场区域时水平外力的大小.V ,在磁场中作匀速运动.设离开磁tt由动量定理有:所受平均安培力:解得： V= I m / S(2)金属框开始匀速离开磁场到有一半面积离开磁场区域的时间为：t2v当线框一半面积离开磁场时，左边因切割磁感线而产生的电动势为：EI=(B-kt OLV因磁场变化而产生的感应电动势为：E2= S-B L2k此回路产生逆时针方向的感应电流为：I 七2则此时水平向右的外力大小为：F=F安

5、=(B-kt JIL代人数据，解得：F=0.3N【例3】均匀导线制成的单位正方形闭合线框 abed ,每边长为L,总 电阻为R,总质量为m。将其置于磁感强度为 B的水平匀强磁场上方 h处，如图所示。线框由静止自由下落， 线框平面保持在竖直平面内， 且ed边始终与水平的磁场边界平行。当ed边刚进入磁场时，(1)求线框中产生的感应电动势大小；(2)求Cd两点间的电势差大小；(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解析：(1) Cd边刚进入磁场时，线框速度XXH乂 X BX y > yXK XXXXXXW线框中产生的感应电动势E= BLV = BL£(2)

6、此时线框中电流I= 土(3) 安培力 F= BIL=二Cd两点间的电势差U=Ir )解析：(1)金属框左边刚好进入磁场区域时的运动速度为 场运动过程的时间为t ,此过程中的平均感应电动势为:根据牛顿第二定律 mg F=ma ,由a=0解得下落高度满足h= 一-【例4】如图所示，水平的平行虚线间距为d=50cm ,其间有B=1.OT的匀强磁场。一个正方形线圈边长为I=IoCm，线圈质量 m= IOOg，电阻为R=0.020 。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=8Ocm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取 g=1Oms 2,求：线圈进入磁场过程中产生的电热

7、Q。线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度VO线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。解析：由于线圈完全处于磁场中时不产生电热,所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而 2、4位置动能相同，由能量守恒Q= mgd= O.5OJ线圈在3位置时线圈速度一定最小，而3位置到4位置线圈是自由落体运动因此有vo2-v2=2 g (d-l ),得 v=2 . 2 m/s线圈从2位置到3位置是减速过程，因此安培力2 2F B l V减小，由F- mg = ma知加速度 R减小，至U 3位置时加速度最小，a=4.1ms 2【例5】如图所示位于竖直平面的正方形平面导线框abcd

8、 ,边长为L=1Ocm ,线框质量为 m=O.1kg ,电阻为 R=O.5 ,其下方有一匀强磁 场区域，该区域上、下两边界间的距离为H ( H> 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=3Ocm 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总功是多少？ ( g=10ms2)解析：线框达到最大速度之前所受的安培力2, 2BLV随速度V的变化而变化，所以直接求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

9、。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，此过程中线框的动能不变。由2 2BLVm的/曰mgRmg=一 解得 Vm= 2 m/sRB L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1 2服安培力做功而损失的机械能为：mg ( h+ L ) mvm =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

10、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：(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 .解析：(1 )由于线框匀速进入磁场，则合力为零。B2a2V(mg f )R2 2有 mg = f +R解得 V = B a(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 2m(2v1)mv1mg(b a) Q2 223m(mg f)(mg f)R4 42B a4 4mg(b a)解得：Q =【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

12、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.(2)当ab边刚越过ff '进入磁场区域时，线框的加速度 a.=BIL ,这里IR mgRsi nV 2 2 .B2L2牛顿第二定律，并结合V和E'的表达式求得(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 EBRv.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在ab边刚越过ff'线时，线框

13、中产生的总感应电动势为E'= 2BLv ,此时线框的加速度可由F'E'a 一 g Sin 2B L g Sin 3g Sin mmR由此可求得v'mgRsin4B2L21v.最后由能量关系便可求得42BLv'2B L，R(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 sin3Qmg- LSin215m2g2 R2 Sin 232B4L41 2 12 3-mv mv' mgL Sin2 2 2【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Bi、B2 ,导轨上有金属框 ab

14、ed ,金属框的面积 与每个独立磁场的面积相等。当匀强磁场 B1、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 , B1= B2 = 1T,磁场运动速度为 V = 5ms ,金属框的电阻为 R=2 。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？ 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ac和bd边产生的感应电动势，由于磁场方向相反，且线圈相对于磁场向左

15、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 2BIl 2相 Bl , V相fRRr12 =3.125m/sR4B2L2 4 1 0.42所以金属框相对于地面的速度为V地=v0 V相=53.125=1.875ms(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

16、提供。由于摩擦每秒钟产生的热量QIfs fvB t=1 1.875 1=1.875J每秒钟内产生的焦耳热Q2 i2Rt (2BR相)2Rt (2 0.4 3.12522 仁3.125JQ 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,导轨光滑且电阻忽略不计.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di ,间距为d2.两根质量均为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.(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，

17、求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能厶 Ek.(2)若a进入第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 .对于第问所述的运动情况，求 a穿出第k个磁场区域时的速率 V。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(2)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V2,1 212由能量守恒知：在磁场区域中,mv1 Qmv2 mgd1 Sin2 21 212在无磁场区域中,mv2

18、 Qmv1 mgd2 Sin2 2解得 Q mg(d d2)sin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 FV2Vigtsinv2 v1d22t棒a受到的合力Fmg sinBIlBlv感应电流2Rmg Sin2 2B2l2V2R根据牛顿第二定律，在t到t+ 时间内(11)则有gsin2,2山t2mR(12)解得 V1联立v2 gtsin(13)式，解得BdI2mRV V14m¾%B2l 2d1(13)B2l2d18mR1.如图，abed是一闭合的小金属线框，用一根绝缘细杆挂在固定点0,使金属线框在绕竖直线 00 '来回摆动的过程中

19、穿过水平方向的匀强磁场区域，磁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OO '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,使它们从离有理想

20、界面的匀强磁场高度为h的地方同时自由下落，如图 2所I :示线圈± KISiC 5C X * 平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（A）匚 、,.lXX W k,W W WA 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3 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V ,此时的加速度abIx×d x'X X解析：两线圈

21、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2. 2 22BlVBlVmg- R =ma a=g- mR1由于两线圈边长相同， 仅导线横截面积 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a、b两线圈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 J *JILI13KXiIKMM-i1XXM4.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（a<L）的正方形闭合线

22、圈刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场过程中产生的热量Qi与滑出磁场过程中产生的热量 Q2之比为(C )A. 1 : 1 B. 2 : 1 C. 3 : 1 D. 4 : 1解析：线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出 时速度为V2,则 第一阶段产生的热量R fl i1 -Fn (IVJ所以-叭第二阶段产生的热量 Q2=mv 2/2 ,只要能找出V2的关系就能找到答案，由动量定理可得=3R 6 = R巧因为了匸=q = Qy足相同的 fx5 .如图所示，一个边长 L = 12 Cm ,质量 m = 60 g ,电阻R = 0.06 的正方形金属线圈竖直放置，

23、从H = 5 m咼处自由下洛，当线圈下边刚进入高度h = 12 Cm的匀强磁场时，恰好做匀速运动(g 取 10 m/s 2),求：TJfI(1)匀强磁场磁感应强度 B的大小； (2) 线圈通过磁场的整个过程中产生的热量Q ;(3) 试分析线圈从静止开始下落至全部通过磁场过程中的能量转化.解析：(1)线圈匀速通过磁场垂直切割磁感线的速度V可由线圈自由下落 H高度求得：V2gH =J 2 10 5 = 10 m/s线圈下边和上边切割磁感线产生的感应电动势E和感应电流I分别为:E = BLV I = E R根据线圈匀速穿过磁场所受安培力BIL与重力mg的合力为零，有：mg = BIL60 10 3

24、10 0.06 2T = 0.5 T(12 10 2) 10S 2L联立式解得:B =mgRL2V(2)线圈在磁场中匀速运动的时间为：t = 由焦耳定律：Q = I2RtV V22323E 2 (BLV) X 2B L v 2 0.50.1210联立式可得： Q = (一)2Rt = t J= 0.144 JRRR0.06根据能的转化和守恒定律也可求得Q : Q =AE内=AE机=mg2L即线圈减少的机械能 AE机全部转化为线圈内能AE内，所以:Q = 2mgL = 2 ×60 ×10 一3 ×10 ×0.12 J = 0.144 J(3)线圈自由下落H

25、高度过程中，重力势能转化为动能， 机械能守恒；在穿越磁场过程中, 安培力对线圈做负功，机械能转化为电能；感应电流做功，将电能转化为线圈的内能6.位于竖直平面内的矩形导线框abed , ab长,be长%,线框的质量m - 0.2,电阻A = 2。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界孔严和G°'均与ab平行，两边界间的P'距离为H ,且,磁场的磁感应强度I B=LOf ,方向与线框平面Q -X-XJS-C2L g处自由下落，已知线垂直。如图所示，令线框从de边离磁场区域上边界框的de边进入磁场以后，ab边到达边界INJ之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。

26、问从线框开始下落，到de边刚刚到达磁场区域下边界ee的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？(g = IO/ S3解析：依题意，线框的ab边到达磁场边界之前的某一时刻线框的速度达到这一阶段速度最大值，并设这一最大速度为,则有二亠一'，线框中的电流为,作用于线框上的安培力。速度达到最大值的条件是：F=mg ,所以de边继续向下运动直至线框的 ab边到达磁场的上边界IF严的过程中，线框保持速度 不变,所以从线框自由下落至ab边进入磁场的过程中，由动能定理得聊£3 +心”陀二不战诸 所以 =( +Z2) = -0.8J从ab边进入磁场直到de边到达磁场区域的下边界过程中，作用于整个线框的安培力为零,安培力做功也为零，线框只在重力作用下作加速运动，故线框从开始下落到de边刚到达磁场区域下边界-二？过程中，安培力做的总功即为线框自由下落至