磁場中的線框問題

1、磁場中的線框問題磁場中得線框問題磁場中得線框問題指得就是線框在磁場中靜止與線框在磁場中運動兩種情況下，通過線框得磁通量 發(fā)生變化時，所引起得線框受力或線框所在電路得變化情況。此類問題就是電磁感應定律得具體應用問 題，具有很強得綜合性。解決這類問題需要綜合運用電磁學得定律或公式進行分析，在分析線框在磁場中 運動時，應仔細分析“進磁場” “在磁場中運動” “出磁場”三個階段得運動情況。一、線框在磁場中靜止例1. （2013山東理綜）將一段導線繞成圖1甲所示得閉合電路，并固定在水平面（紙面）內(nèi)，回路得ab邊置于垂直紙面向里得勻強磁場I中?；芈返脠A形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面得磁場口，以向里為磁場口得正 方向，

2、其磁感應強度 B隨時間t變化得圖象如圖1乙所示。用F表示ab邊受到得安培力，以水平向右為 F得正方向，能正確反映 F隨時間t變化得圖象就是圖1甲圖工乙空.At不變。設(shè)圓環(huán)得面積為 S,由法T解析：由B t圖線可知，在02時間段，圖線得斜率不變，即AB S拉第電磁感應定律得，此時段圓環(huán)中得感應電動勢E= At 。因為E大小保持不變，由閉合電路歐姆ab邊受到得安培力F大小不變定律知，整個回路中得電流 I大小不變。由安培力公式得由楞次定律得，圓環(huán)中得電流方向為順時針方向，所以ab中得電流方向為從b至1Ja,由左手定則得ab邊受安培力得方向向左。T同理可得，在 上T時間段，ab邊受到得安培力大小不變，

3、方向向右。由以上分析可知，選項 B正確，選項A、G D錯誤。例2. （2013四川理綜）如圖2-1所示，邊長為L、不可形變得正方形導線框內(nèi)有半徑為r得圓形磁場區(qū)域，其磁感應強度 B隨時間t得變化關(guān)系為B= kt（常量k>0）?；芈分谢瑒幼冏杵?R得最大阻值為Rc,滑動片P位于滑動變阻器中央，定值電阻 R1=R。、Ra = ?。閉合開關(guān)S,電壓表得示數(shù)為 U,不考慮虛線 MN&側(cè)導體得感應電動勢，則UA. R。兩端得電壓為學B.電容器得a極板帶正電C.滑動變阻器R得熱功率為電阻R：得5倍D.正方形導線框中彳I感應電動勢為k解析：設(shè)半徑為r得圓形區(qū)域得面積為 S,則S=%f2 ,穿過

4、正方形導線框得磁通量二BS= kt無/，所以 及 =ki 。由法拉第電磁感應定律得，導線框中感應電動勢得大小E=加 =k無ra o故d選項錯誤。由楞次定律得，正方形導線框中感應電流得方向為逆時針方向。圖2-2.由以上分析及題設(shè)條件得電路得等效電路圖如圖2-2、圖中R3 =R* = 2 o由電路圖可知，電容器b板帶正電，故B選項錯誤。設(shè)Rq兩端得電壓為U1 ,由串并聯(lián)電路知識得：Ui U艮g r I % 1 RgUT0二T -T ,解得口1=干。故a選項正確。設(shè)通過R得電流為i,則通過R±、R3得:Ro1至4 十心“丘3, R B電流為餐,通過昂4得電流為I 。滑動變阻器得熱功率P=2

5、=。電阻Hr得()* R- “R熱功率心“2 =8°。所以p= 5Pl ,故C選項正確。例3. (2013江蘇物理)如圖3所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd,線圈平面與磁場垂直。已知線圈得匝數(shù) N= 100,邊長ab=1、0m、bc= 0、5m電阻”叁。磁感應強度B在01s內(nèi)從零均 勻變化到0、2To在15s內(nèi)從0、2T均勻變化到一0、2T,取垂直紙面向里為磁場得正方向。求 ：乂# 乂狀圖3(1) 0、5s時線圈內(nèi)感應電動勢得大小 E與感應電流得方向;(2)在15s內(nèi)通過線圈得電荷量 q；(3)在05s內(nèi)線圈產(chǎn)生得焦耳熱 Q。解析：(1)設(shè)ab邊長為 人麻 邊長為,線圈得面積為

6、 S,則S=L1L2 =1、0x0、5m=0、A瓦口衛(wèi)5m 0由題意得01s內(nèi)穿過線圈得磁通量得變化率=及1 = 1 T/s = 0、2T/s 0由法拉第電磁感BS應定律得，01s內(nèi)線圈中得感應電動勢=N % =100X0、2X0、5V= 10V ;線圈中得感應電流.10【1 = r = 2 A =5A o因為01s內(nèi)線圈中感應電動勢保持不變，所以0、5s時線圈中感應電動勢得大小為10V。由楞次定律得線圈中感應電流得方向為a-d-c-b-a 。(2)同理可得15s內(nèi)線圈中感應電動勢得大小 Eq =5V ,線圈中感應電流得大小l3 =2、5A。15s內(nèi)通過線圈得電荷量 q=12% =2、5X(5

7、-1)C = 10C。(3) 01s內(nèi)線圈產(chǎn)生得焦耳熱Qi =h fAt X 2X 1J = 50J , 15s內(nèi)焦耳熱=1之1點與= =5" X2X 4J = 50J ,所以05s內(nèi)線圈產(chǎn)生得焦耳熱 Q=Q、+Q2 =100J 。二、線框在磁場中運動例4. (2013新課標口)如圖4,在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R得正方形導線框；在導線框右側(cè)有一寬度為d (d>L )得條形勻強磁場區(qū)域，磁場得邊界與導線框得一邊平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動，t=0時導線框得右邊恰與磁場得左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區(qū)域。下列v-t圖象中，可能正確描述上述過

8、程得就是解析：根據(jù)線框在磁場中得位置把線框得運動分為三個時段。(1)線框右邊進入磁場區(qū)域左邊未進入磁場區(qū)域時段：線框右邊進入磁場后，切割磁感線，線框中產(chǎn)生感應電動勢，從而線框中產(chǎn)生感應電流。由左手定則知線框受到得安培力方向向左，所以線框做減速運動，隨著線框速度得逐漸減小，線框受到得 安培力也逐漸減小。由牛頓第二定律知線框得加速度也逐漸減小。所以此時段線框做速度逐漸減小，加速 度也逐漸減小得減速運動。故 A選項錯誤。(2)整個線框進入磁場區(qū)域時段：穿過線框得磁通量不變，線框中無感應電動勢，從而線框中無感應 電流，線框不受安培力得作用，所以此時段線框做勻速直線運動。故C選項錯誤。(3)線框右邊離開

9、磁場，左邊在磁場中時段：線框中有感應電流，線框受到向左得安培力作用，線框 做速度減小，加速度也減小得減速運動。由選項B、D得v-t圖線可知，選項B得兩個減速時段得加速度不變，而選項D兩個減速時段得加速度減小，所以B選項錯誤，D選項正確。例5. （2013天津理綜）如圖5所示，紙面內(nèi)有一矩形導體閉合線框動abcd. ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為 MN得勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MNS入磁場。線框上產(chǎn)生得熱量為 Q1 ,通過線框?qū)w橫截面得電荷量為 91;第二次bc邊平行MNS入磁場。線框上產(chǎn)生得熱量為 Q2,通過線

10、框?qū)w橫截面得電荷量為 勺口 ,則乂* £*X X x XX X X XX x x圖5A.b. Q1 >Qq 巳1 > 幻c Q1 = Q3 % =心D. Q 1 = Qq 91 > 心解析：設(shè)ab邊長為Li,bc邊長為匚2 ,線圈得面積為S,線框進入磁場得速度為 v,則S=L1L。線 Ej BLiv框第一次進入磁場區(qū)域時，線框中得感應電動勢E =E!-i ,感應電流h = R = R ,通過線框?qū)w上B訃橫截面得電荷量為兄1=1 v = R ，線框受到得安培力Fi上HJ】= r。外力克服安培力做日至止/1.,得功51=F1L2 = R 1。由功能關(guān)系得線框上產(chǎn)生得

11、熱量 Q"風。BLL同理可得線框第二次進入磁場時，通過線框?qū)w橫截面得電量勺。= R ,線框受到得安培力F?=R 。外力克服安培力做得功 =£"。由功能關(guān)系得線框上產(chǎn)生得熱量為Q=Wn。因為L1>Ln ,所以Q】>Qq。由以上分析可知，選項 A正確，選項B、G D錯誤。例6. （2013福建理綜）如圖6,矩形閉合線框在勻強磁場上方，由不同高度靜止釋放，用 “、與分 別表示線框ab邊與cd邊剛進入磁場得時刻。線框下落過程形狀不變，ab邊始終保持與磁場水平邊界 OO/平行，線框平面與磁場方向垂直。設(shè)O6下方磁場區(qū)域足夠大，不計空氣影響，則下列哪一個圖象不可

12、能反映線框下落過程中速度 v隨時間t變化得規(guī)律0 0，x x x x ?cX X X X XEX X K * 工圖6ABCD解析：線框進入磁場前做自由落體運動，此時段得v-t圖線為一段直線。根據(jù) ab邊進入磁場時速度得大小不同分三種情況：(1) ab邊進入磁場時速度較小，線框內(nèi)產(chǎn)生得感應電流較小，線框受到得安培力小于重力，此時線框 受到得合力豎直向下，線框向下做加速運動，隨著線框速度得增大，安培力逐漸增大，合力也逐漸減小， 線框得加速度逐漸減小，線框在一段時間內(nèi)做加速度減小得加速運動。在cd邊剛進入磁場時，若安培力仍小于重力，則線框 cd邊進入磁場后，線框做勻加速運動。選項C符合這種情況。(2)線框進入磁場時速度合適，線框所受得安培力等于線框得重力，此時線框勻速進入磁場，當線框得cd邊進入磁場后，線框做勻加速運動。選項D符合這種情況。(3)線框進入磁場時速度較大，線框所