磁场中的线框问题

磁场中的线框问题

磁场中的线框问题指的就是线框在磁场中静止与线框在磁场中运动两种情况下,通过线框的磁通量发生变化时,所引起的线框受力或线框所在电路的变化情况。此类问题就是电磁感应定律的具体应用问题,具有很强的综合性。解决这类问题需要综合运用电磁学的定律或公式进行分析,在分析线框在磁场中运动时,应仔细分析“进磁场”“在磁场中运动”“出磁场”三个阶段的运动情况。

一、线框在磁场中静止

例1.(2013山东理综)将一段导线绕成图1甲所示的闭合电路,并固定在水平面(纸面)内,回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图象如图1乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图象就是

解析:由B—t图线可知,在0～时间段,图线的斜率不变,即不变。设圆环的面积为S,由法拉第

电磁感应定律得,此时段圆环中的感应电动势E＝。因为E大小保持不变,由闭合电路欧姆定律知,整个回路中的电流I大小不变。由安培力公式得ab边受到的安培力F大小不变。

由楞次定律得,圆环中的电流方向为顺时针方向,所以ab中的电流方向为从b到a,由左手定则得ab 边受安培力的方向向左。

同理可得,在～T时间段,ab边受到的安培力大小不变,方向向右。

由以上分析可知,选项B正确,选项A、C、D错误。

例2.(2013四川理综)如图2-1所示,边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域,其磁感应强度B随时间t的变化关系为B= kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为,滑动片P位于滑动变阻器中央,定值电阻＝、＝。闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势,则

A.两端的电压为

B.电容器的a极板带正电

C.滑动变阻器R的热功率为电阻的5倍

D.正方形导线框中的感应电动势为k

解析:设半径为r的圆形区域的面积为S,则S＝π,穿过正方形导线框的磁通量Φ＝BS＝ktπ ,所

以＝kπ。由法拉第电磁感应定律得,导线框中感应电动势的大小E＝＝ kπ。故D选项错误。由楞次定律得,正方形导线框中感应电流的方向为逆时针方向。

由以上分析及题设条件得电路的等效电路图如图2-2、图中＝＝。由电路图可知,电容器b板带正电,故B选项错误。设两端的电压为,由串并联电路知识得: ,解得＝。故A选项正确。设通过的电流为I,则通过、的电流为 ,通过的电流为I 。滑动变阻器的热功率P＝＝。电阻的热功率＝＝

。所以P＝5 ,故C选项正确。

例3.(2013江苏物理)如图3所示,匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd,线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N＝100,边长ab＝1、 0m、bc＝0、5m,电阻r＝2。磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0、2T。在1～5s内从0、 2T均匀变化到—0、2T,取垂直纸面向里为磁场的正方向。求:

(1)0、 5s时线圈内感应电动势的大小E与感应电流的方向;

(2)在1～5s内通过线圈的电荷量q;

(3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q。

解析:(1)设ab边长为,bc边长为,线圈的面积为S,则S＝＝1、0×0、5m2＝0、5m2。由题意得0～1s内穿过线圈的磁通量的变化率＝＝T/s＝0、2T/s 。由法拉第电磁感应定律

得,0～1s内线圈中的感应电动势＝N＝100×0、2×0、5V＝10V ;线圈中的感应电流＝

＝ A ＝5A 。因为0～1s内线圈中感应电动势保持不变,所以0、5s时线圈中感应电动势的大小为

10V。由楞次定律的线圈中感应电流的方向为a→d→c→b→a 。

(2)同理可得1～5s内线圈中感应电动势的大小＝5V ,线圈中感应电流的大小＝2、5A。1～5s内通过线圈的电荷量q＝＝2、5×(5-1)C ＝ 10C。

(3)0～1s内线圈产生的焦耳热＝＝×2×1J＝50J ,1～5s内焦耳热＝＝

×2×4J＝50J ,所以0～5s内线圈产生的焦耳热Q＝＋＝100J 。

二、线框在磁场中运动

例4.(2013新课标Ⅱ)如图4,在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d＞L )的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动,t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图象中,可能正确描述上述过程的就是

解析:根据线框在磁场中的位置把线框的运动分为三个时段。(1)线框右边进入磁场区域左边未进入磁场区域时段:线框右边进入磁场后,切割磁感线,线框中产生感应电动势,从而线框中产生感应电流。由左手定则知线框受到的安培力方向向左,所以线框做减速运动,随着线框速度的逐渐减小,线框受到的安培力也逐渐减小。由牛顿第二定律知线框的加速度也逐渐减小。所以此时段线框做速度逐渐减小,加速度也逐渐减小的减速运动。故A选项错误。

(2)整个线框进入磁场区域时段:穿过线框的磁通量不变,线框中无感应电动势,从而线框中无感应电流,线框不受安培力的作用,所以此时段线框做匀速直线运动。故C选项错误。

(3)线框右边离开磁场,左边在磁场中时段:线框中有感应电流,线框受到向左的安培力作用,线框做速度减小,加速度也减小的减速运动。

由选项B、D的v-t图线可知,选项B的两个减速时段的加速度不变,而选项D两个减速时段的加速度减小,所以B选项错误,D选项正确。

例5.(2013天津理综)如图5所示,纸面内有一矩形导体闭合线框动abcd.ab边长大于bc边长,置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为,通过线框导体横截面的电荷量为;第二次bc边平行MN进入磁场。线框上产生的热量为,通过线框导体横截面的电荷量为,则

A.＞＝

B.＞＞

C.＝＝

D.＝＞

解析:设ab边长为,bc边长为,线圈的面积为S,线框进入磁场的速度为v,则S＝。线框第一次进入磁场区域时,线框中的感应电动势=,感应电流= =,通过线框导体横截面的电荷量为== ,线框受到的安培力= = 。外力克服安培力做的功 = =。由功能关系得线框上产生的热量=。

同理可得线框第二次进入磁场时,通过线框导体横截面的电量= ,线框受到的安培力==

。外力克服安培力做的功 =。由功能关系得线框上产生的热量为=。因为＞ ,所以＞。

由以上分析可知,选项A正确,选项B、C、D错误。

例6.(2013福建理综)如图6,矩形闭合线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用、分别表示线框ab边与cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界OOˊ平行,