電磁感應現(xiàn)象中的導體框模型

1、-導體框切割問題1. 如下列圖，在空中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域上下邊緣的間距為h，磁感應強度為B。有一寬度為bb<h，長度為L、電阻為R、質(zhì)量為m的矩形線圈緊貼著磁場區(qū)的上邊緣從靜止起豎直下落，當線圈的PQ邊到達下邊緣時，恰好開場做勻速運動。求：1線圈的MN邊剛好進入磁場時，線圈的速度的大小2線圈從開場下落到剛好完全進入磁場，經(jīng)歷的時間1設線圈勻速穿出磁場的速度為v，此時線圈的電動勢為產(chǎn)生的感應電流 -2分重力與安培力平衡 -2分由上式得 -2分由動能定理 -2分解得 -2分2設線圈從開場下落到剛好完全進入磁場所用的時間為t 根據(jù)動量定理 -2分平均感應電流 -2分安培力的沖量

2、- -2分解得 t=+ -2分2.如圖甲所示，一正方形金屬線框放置在絕緣的光滑水平面上，并位于一豎直向下的有界勻強磁場區(qū)域，線框的右邊緊貼著磁場的邊界，從t0時開場，對線框施加一水平向右的外力F，使線框從靜止開場做勻加速直線運動，在時刻穿出磁場外力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，且線框的質(zhì)量m、電阻R、圖乙中的、均為量試求出兩個與上述過程有關的電磁學物理量即由上述量表達的關系式第1題圖(乙)(甲)F3F0t1tF0O據(jù)題意知，線框運動的加速度線框離開磁場時的速度線框的邊長線框離開磁場時所受到的磁場力離開磁場時線框中的感應電動勢離開磁場時線框中的感應電流由牛頓定律知聯(lián)立求解可得離開磁場時線框中的感

3、應電動勢離開磁場時線框中的感應電流在拉出過程過線框*截面的電量評分標準：此題15分式，每式1分；式3分；式只需求出其中2個，每式3分3、如下列圖，空間存在著一個圍足夠大的豎直向下的勻強磁場區(qū)域，磁場的磁感強度大小為B=0.6T。邊長為L=0.5m的正方形金屬框abcd以下簡稱方框被固定在光滑的絕緣水平面上，其外側(cè)套著一個質(zhì)量為m=0.4kg、與方框邊長一樣的U型金屬框架MNPQ以下簡稱U型框，U型框與方框之間接觸良好且無摩擦。NP、bc、ad三邊的電阻均為r=0.2，其余局部電阻不計。U型框從圖示位置開場以初速度v0=1.2m/s向右以a1.5m/s2作勻變速運動。問：1開場時流過U型框的電流

4、大小和方向如何.2開場時方框上ad邊的熱功率多大.3當U型框NP邊與方框bc邊間的距離為0.29m時作用在U型框上的外力大小和方向如何.1開場時回路總電阻回路總電流此即流過U型框的電流，方向QàPàNàM。2流過ad的電流大小所以ad邊的熱功率為3設U型框運動到位移*時速度為vt，則根據(jù)運動學公式有此時感應電動勢感應電流經(jīng)過此位置時的安培力大小由于U型框作勻變速運動，當它向右經(jīng)過此位置時，有得當U型框向左經(jīng)過此位置時，有得4、平行軌道PQ、MN兩端各接一個阻值R1=R2=8的電熱絲，軌道間距L=1m，軌道很長，本身電阻不計。軌道間磁場按如下列圖的規(guī)律分布，其中每段

5、垂直紙面向里和向外的磁場區(qū)域?qū)挾葹?cm，磁感應強度的大小均為B=1T，每段無磁場的區(qū)域?qū)挾葹?cm。導體棒ab本身電阻r=1，與軌道接觸良好?，F(xiàn)讓ab以v=10m/s的速度向右勻速運動。求：1當ab處在磁場區(qū)域時，ab中的電流為多大.ab兩端的電壓為多大.ab所受磁場力為多大.無無無1cmR12cm2cmR2PQMNvab2整個過程中，通過ab的電流為交變電流，其有效值為多大.解：1感應電動勢E=BLv=10Vab中的電流= 2A ab兩端的電壓為 = 8V ab所受的安培力為=2N 方向向左2ab流電的周期=0.006s由交流電有效值的定義，可得即A5、一有界勻強磁場區(qū)域如圖甲所示，質(zhì)量為

6、m、電阻為R的長方形矩形線圈abcd邊長分別為L和2L，線圈一半在磁場，一半在磁場外，磁感應強度為B0t=0時磁場開場均勻減小，線圈中產(chǎn)生感應電流，在磁場力作用下運動, 線圈運動的v-t圖象如圖乙所示，圖中斜向虛線為過O點速度圖線的切線，數(shù)據(jù)由圖中給出，不考慮重力影響求：1磁感應強度的變化率大小2t2時刻回路電功率vtv0Ot1t2L2LBabcd圖甲圖乙1由v-t圖知，t=0時刻線圈加速度為a=此時感應電動勢感應電流線圈此刻所受安培力為由牛頓第二定律有Fma得到磁感應強度的變化率大小2線圈t2時刻開場做勻速直線運動，有兩種可能：線圈沒有完全進入磁場，磁場就消失，所以沒有感應電流，回路電功率P

7、 = 0.磁場沒有消失，但線圈完全進入磁場，盡管有感應電流，所受合力為零，同樣做勻速直線運動，P =6、位于豎直平面矩形平面導線框。水平邊長L1=1.0，豎直邊長L2=0.5，線框的質(zhì)量，電阻R=2，其下方有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界PP和QQ均與平行。兩邊界間距離為H，HL2，磁場的磁感強度B=1.0T，方向與線框平面垂直。如下列圖，令線框的邊從離磁場區(qū)域上邊界PP的距離為處自由下落。線框進入磁場以后，邊到達邊界PP之前的*一時刻線框的速度已到達這一段的最大值。問從線框開場下落到邊剛剛到達磁場區(qū)域下邊界QQ過程中，磁場作用在線框的安培力做的總功為多少.，不計空氣阻力解析：依題意，線框

8、的邊到達邊界PP之前*一時刻線框速度到達這一階段速度最大值，以表示這一最大速度，則有：在最大速度時，dc邊產(chǎn)生的電動勢：線框中電流則速度達最大值條件：即邊繼續(xù)向下運動過程中，直至線框邊到達上邊界PP，線框保持速度不變，故從線框自由下落至邊進入磁場過程中，由動能定理：得安培力做的功7、如下列圖，邊長分別為和的兩個正方形線框P、Q，分別懸掛在滑輪A和C的兩側(cè)，其質(zhì)量分別為，電阻都是1，P的下邊和Q的上邊距磁場邊界均為H，勻強磁場的磁感強度為B=1T，將P、Q無初速度釋放，繩的質(zhì)量和一切摩擦均不計，當P的下端進入磁場后，兩線框開場做勻速直線運動，求：1H=.2在P、Q勻速運動中，共釋放多少熱量.15

9、10.6m，210J；OB8、如下列圖，用絲線懸掛閉合金屬環(huán)，懸于O點，虛線左邊有勻強磁場，右邊沒有磁場。金屬環(huán)的擺動會很快停下來。試解釋這一現(xiàn)象。假設整個空間都有向外的勻強磁場，會有這種現(xiàn)象嗎.解：只有左邊有勻強磁場，金屬環(huán)在穿越磁場邊界時，由于磁通量發(fā)生變化，環(huán)一定會有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)楞次定律將會阻礙相對運動，所以擺動會很快停下來，這就是電磁阻尼現(xiàn)象。當然也可以用能量守恒來解釋：既然有電流產(chǎn)生，就一定有一局部機械能向電能轉(zhuǎn)化，最后電流通過導體轉(zhuǎn)化為能。假設空間都有勻強磁場，穿過金屬環(huán)的磁通量反而不變化了，因此不產(chǎn)生感應電流，因此也就不會阻礙相對運動，擺動就不會很快停下來。拓展：1此時擺角

10、不大于50時，它的振動周期相對沒有磁場時有什么變化.2如果線框換成一個帶電小球，它的振動周期相對沒有磁場時有什么不同。3如果線框換成帶電小球，勻強磁場換成豎直方向的勻強電場，相對沒有電場，它的振動周期有什么不同.HBcdab9、如下列圖，質(zhì)量為m、邊長為l的正方形線框，從有界的勻強磁場上方由靜止自由下落，線框電阻為R。勻強磁場的寬度為H。lH，磁感強度為B，線框下落過程中ab邊與磁場邊界平行且沿水平方向。ab邊剛進入磁場和剛穿出磁場時線框都作減速運動，加速度大小都是。求1ab邊剛進入磁場時與ab邊剛出磁場時的速度大?。?cd邊剛進入磁場時，線框的速度大??；3線框進入磁場的過程中，產(chǎn)生的熱量。解

11、1由題意可知ab邊剛進入磁場與剛出磁場時的速度相等，設為v1，則結(jié)線框有：Blv1 I/R FBIl且Fmgmg/3 解得速度v1為：v14mgR/3B2l22設cd邊剛進入磁場時速度為v2，則cd邊進入磁場到ab邊剛出磁場應用動能定理得：解得：3由能和轉(zhuǎn)化和守恒定律，可知在線框進入磁場的過程中有解得產(chǎn)生的熱量Q為：QmgH10、如下列圖,在傾角為的光滑斜面上存在著兩個磁感強度相等的勻強磁場,方向一個垂直斜面向上,另一個垂直斜面向下,寬度均為L.一個質(zhì)量為m、邊長也為L的正方形線框設電阻為R以速度v進入磁場時，恰好作勻速直線運動。假設當ab邊到達gg1與ff1中間位置時，線框又恰好作勻速直線運

12、動，則：1當ab邊剛越過ff1時，線框加速度的值為多少.2求線框從開場進入磁場到ab邊到達gg1和ff1中點的過程中產(chǎn)生的熱量是多少.解析：1ab邊剛越過ee1即作勻速直線運動，說明線框此時受到的合外力為零，即：在ab邊剛越過ff1時，ab、cd邊都切割磁感線產(chǎn)生電勢，但線框的運動速度不能突變，則此時回路中的總感應電動勢為故此時線框加速度為：2設線框再作勻速直線運動的速度為V1，則：從線框越過ee1到線框再作勻速直線運動過程中，設產(chǎn)生的熱量為Q，則由能量守恒定律得：11、如下列圖，矩形剛性導線框處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框所在的平面，線框的ab邊與磁場區(qū)域的邊界限

13、OO平行，線框的ab邊、cd邊和ef邊的長度都是L1=0.5m，它們的電阻分別為R1=3，R2=3，R3=6，ac、ce、bd和df邊的長度都是L2=0.6m，它們的電阻都可忽略不計開場時整個線框都處在磁場中并以恒定的速度v=10m/s向磁場區(qū)域外移動，速度方向垂直于OO，求：ef邊尚未移出磁場的過程中a、b兩點的電勢差Ucd邊移出磁場而ab邊尚未移出磁場的過程中ab邊中的感應電流Ia；從cd邊剛移出磁場到ab邊剛好移出磁場的過程中，作用于線框的ab邊的安培力所做的功解：(1)由電磁感應定律得感應電動勢E1=BL1v=0.5×0.5×10V=2.5V2分a、b兩點的電勢差U

14、=E1=2.5V1分(2)cd邊剛移出磁場而ab邊尚未移出磁場的過程中電路中感應電動勢E2=BL1v=0.5×0.5×10V=2.5V1分cd與ef并聯(lián)電阻R=22分ab中的電流即為干路電流Ia=I2=0.5A1分(3)ab邊受安培力Fa=BIaL1=0.125N2分此安培力對ab做功W2=FaL2=0.075J2分12、如下列圖，用總電阻為R的均勻電阻線彎成圖中的框架abcdefa，各邊長標示于圖上.使框架以向右的速度v勻速通過寬為L，磁感強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里.1計算后，在給出的坐標紙中定量作出框架在通過磁場的過程中，ab間的電壓U隨時間t變化的圖象以

15、cd邊剛進磁場為計時起點，a點電勢高于b點電勢時U為正2求出框架在通過磁場的過程中，外力所作的功.1當cd邊進入磁場：2分當ef邊進入磁場：2分當ab邊進入磁場：ab邊電壓2分圖略2當cd邊通過磁場：1分當ef邊通過磁場：1分當ab邊通過磁場：1分外力所作的功W=W1+W2+W3=6B2L3v/R 3分13、如下列圖，一個被*軸與曲線方程y0.2 sin10 p*/3m所圍的空間中存在著勻強磁場磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度B0.2 T正方形金屬線框的邊長是0.40 m，電阻是0.1 W，它的一條邊與*軸重合在拉力F的作用下，線框以10.0 m/s的速度水平向右勻速運動試求：1拉力F的最大功

16、率是多少?2拉力F要做多少功才能把線框拉過磁場區(qū)?解：1當線框的一條豎直邊運動到0.15 m處時，線圈中的感應電動勢最大2在把線框拉過磁場區(qū)域時，因為有效切割長度是按正弦規(guī)律變化的，所以，線框中的電流也是按正弦規(guī)律變化的有一段時間線圈中沒有電流電動勢的有效值是通電時間為拉力做功14、如下列圖，磁場的方向垂直于平面向里，磁感應強度B沿方向沒有變化,沿方向均勻增加,每經(jīng)過1 cm增加量為1.0×10-4 T，即=1.0×10-4 T/cm，有一個長L=20 cm，寬=10 cm的不變形的矩形金屬線圈，以=20 cm/s的速度沿方向運動.求：1如果線圈電阻R=0.02 ，線圈消耗

17、的電功率是多少.2為保持線圈勻速運動，需要多大外力.機械功率是多少.此題以矩形線框在磁場中的運動為核心命題，考察了法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、功率、安培力、能量等知識點.解決的關鍵是求出電動勢，然后根據(jù)電路知識解決.【解】1設線圈向右移動一距離*，則通過線圈的磁通量變化為=h*L2分而所需時間為t=1分根據(jù)法拉第電磁感應定律可知感應電動勢為E=hvL=4×10-5 V3分根據(jù)歐姆定律可知感應電流I=ER=2×10-3 A2分電功率P=IE=8×10-8 W2分2電流方向是沿逆時針方向的，導線dc受到向左的力，導線ab受到向右的力，兩力大小不等，當線圈做勻速運動時，所受合力為零，因此需施加外力F外，根據(jù)能量守恒定律得機械功率為P機=P=8×10-8 W.2分根據(jù)P機=F外v得F外=4×10-7 N15、一邊長為L的正方形單匝線框沿光滑水平面運動，以速度v1開場進入一有界勻強磁場區(qū)域，最終以速度v2滑出