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题型8 电磁感应中的线框、双杆问题
1.(11 分)如图甲所示,匝数N=100,边长为L=0.2 m 的正方形闭合线圈abcd 固定于绝缘小车上(小车在
图中没有画出,大小忽略不计),置于粗糙水平地面上,小车与地面间的动摩擦因数μ=0.4,线圈的总电阻
R=2 Ω,小车和线圈的总质量m=2 kg,区域内有垂直于线圈平面的匀强磁场,宽度为5L,下边界与线圈
中心等高,ab 边恰好不在磁场区域内,磁感应强度大小按如图乙所示的规律变化。
(1)求t1=0.2 s 时线圈中通过的电流I。
(2)分别计算t2=0.5 s、t3=2 s 时刻cd 边所受安培力的大小。
(3)若在t=1 s 时刻,瞬间给线圈水平向右的力,合力的冲量I=0.3 N·s(作用时间极短,可忽略不计),使线
圈获得初速度,同时对线圈施加一水平拉力F,使线圈向右匀速通过磁场区域,求:
①线圈离开磁场过程中力F 的最小值;②从t=0 到线圈离开磁场全过程,线圈产生的焦耳热。
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2.(11 分)(2024 浙江杭州高二阶段练习)如图所示,在光滑水平面内从左至右连续存在5 个宽度均为L
的矩形区域,其中区域Ⅰ、Ⅲ、Ⅴ的长度均为L,其间存在沿竖直方向交替变化的图示匀强磁场,磁感
应强度大小均为B;区域Ⅱ、Ⅳ为长度均为s 的无场区域。一质量为m、电阻为R、边长为d(s<d<L)
的正方形单匝金属线框ABCD 以大小为v0的初速度开始进入区域Ⅰ,运动过程中线框的AB 边始终与
各区域的竖直边界线平行,线框最终离开区域Ⅴ。
(1)求线框的AB 边刚进入区域Ⅰ时,线框的加速度大小。
(2)求线框完全进入区域Ⅰ和完全进入区域Ⅲ的速度大小。
(3)若在线框开始进入区域Ⅰ时,对线框施加一可变的水平外力,使线框做匀速直线运动至线框完全离
开区域Ⅴ,求水平外力做功的平均功率。
3.(11 分)(2024 浙江三模)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中有间距为
L、足够长的水平金属导轨P、Q 与间距为2L、足够长的水平金属导轨M、N 相连。长度为L、质
量为m、电阻为R 的均匀金属棒a 垂直于P、Q 静止放置。由相同金属制成的均匀金属棒b 长度为
2L,质量为2m,垂直于M、N 运动。金属棒与导轨接触良好,导轨光滑且不计电阻。开始时金属棒b
在水平外力F 作用下以恒定速度v0匀速向右运动,经过一段时间金属棒a 的速度也达到v0(a 始终在
导轨P、Q 上滑动),此时撤去外力F。求:
(1)刚拉动金属棒b 时,通过金属棒a 的电流I1;
(2)从开始运动到速度达到v0,金属棒a 上产生的热量Q1;
(3)撤去外力F 后,金属棒a 上产生的热量Q2。
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4.(11 分)两根相距为d、足够长、不计电阻的金属导轨如图甲所示放置,导轨与导体棒ab、cd 间的动
摩擦因数均为μ。导体棒ab 和cd 的质量均为m,长度均为L,电阻均为R,倾斜部分倾角为α,导体棒cd
到水平导轨所在平面的距离为L。整个装置处于方向水平向右的均匀磁场中,磁感应强度随时间变
化的关系为B=B0sin ωt,t= π
2ω
之后磁感应强度恒为B0,其中B0、ω 均已知,如图乙所示。t=0 时刻给
导体棒ab 一水平向左的初速度v0,t= π
2ω
之前导体棒cd 一直静止。t= π
2ω
时,一拉力作用在导体棒cd
上;t=t0时刻,导体棒cd 速度为v,沿导轨向下运动的位移为x,拉力做功为W,此时导体棒ab 恰好静止。
从0~t0时刻回路产生的焦耳热为Q,求:
(1)初始时刻通过导体棒ab 电流的方向;
(2)0~t0时间内导体棒cd 所受安培力的冲量大小;
(3)0~ π
2ω
时间内导轨对导体棒cd 作用力的最小值;
(4)0~t0时间内两根导体棒克服摩擦力做功之和。
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参考答案
题型8 电磁感应中的线框、双杆问题
1.【答案】 (1)1 A (2)5 N 0 (3)①9.5 N ②3.5 J
【解析】 (1)根据电磁感应定律得E=N Δ B
Δt
S=N ΔB
Δt · L
2
2
=2 V
此时线圈中通过的电流I= E
R
=1 A。
(2)0~1 s 时间内,cd 边所受安培力最大值F1=NBmaxI·
L
2
=10 N
0~1 s 时间内,ad 边所受安培力最大值F2=NBmaxIL=20 N
最大静摩擦力Ff=μ(mg+F2)=16 N>F1
线圈在这段时间内保持静止。
t2=0.5 s 时刻,cd 边所受安培力的大小F1=NB1I· L
2
=5 N
t3=2 s 时刻,磁通量没变,没有电流,cd 边所受安培力的大小为0。
(3)由动量定理得I=mv0,线圈获得初速度v0=0.15 m/s
①线圈在磁场中运动时,线圈磁通量不变,没有感应电流,所以此时拉力F 为恒量
当线圈出磁场时,ab 边切割磁感线产生感应电动势,有
Eab=NB L
2
v=1.5 V,I= E
R
=0.75 A
ab 边所受向左的安培力F3=NBI· L
2
=7.5 N
ac 边所受向上的安培力F4=NBI(L-vt)
线圈受到的摩擦力的值Ff1=μ[mg- NBI ( L- vt )]
所以拉力F 的最小值F=F3+μ(mg-NBIL)
得F=9.5 N。
②全过程在第1 s 内和出磁场的过程有焦耳热的产生,有
Q1=I2Rt=2 J,Q2=I2Rt=1.5 J
线圈产生的焦耳热为Q=Q1+Q2=3.5 J。
2.【答案】 (1)B
2d
2v0
mR
(2)v0-B
2d
3
mR
v0-5 B
2d
3
mR
+ 2B
2d
2s
mR
(3)B
2d
2v0
2(5d -2s)
R(2d + s)
【解析】 (1)线框的AB 边刚进入区域Ⅰ时,AB 边产生的感应电动势为E0=Bdv0
感应电流为I0= E0
R
根据牛顿第二定律,有
BI0d=ma0
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解得a0=B
2d
2v0
mR
。
(2)线框完全进入区域Ⅰ过程,对线框进行分析,根据动量定理,有
-BI 1dt1=mv1-mv0
感应电流的平均值为
I 1= Bd v1
R
其中v1t1=d
解得v1=v0-B
2d
3
mR
线框全部进入区域Ⅰ后开始匀速运动,之后减速至AB 边刚进入区域Ⅲ过程,根据动量定理,有
-BI 2dt2=mv2-mv1
感应电流的平均值为I 2= Bd v2
R
其中v2t2=s
解得v2=v0-B
2d
3
mR - B
2d
2s
mR
从AB 边刚进入区域Ⅲ到CD 边刚出区域Ⅰ过程,根据动量定理,有
-2BI 3dt3=mv3-mv2
感应电流的平均值为I 3= 2Bd v3
R
其中v3t3=d-s
解得v3=v0-B
2d
3
mR - B
2d
2s
mR
- 4 B
2d
2(d - s)
mR
从CD 边刚出区域Ⅰ到CD 边刚进入区域Ⅲ过程,根据动量定理,有
-BI 4dt4=mv4-mv3
感应电流的平均值为I 4= Bd v4
R
其中v4t4=s
解得v3=v0-5 B
2d
3
mR
+ 2B
2d
2s
mR
。
(3)结合上述,若线框匀速通过磁场区域,线框只有一条边切割磁感线时,感应电动势为E0=Bdv0
感应电流为I0= E0
R
此过程外力为F1=BI0d=B
2d
2v0
R
若线框匀速通过磁场区域,线框左右边同时切割磁感线时,感应电动势为E1=2Bdv0
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感应电流为I1= E1
R
此过程外力为F2=2BI1d=4 B
2d
2v0
R
根据分析可知,线框只有一条边切割磁感线通过的总位移
x0=2d+4s
线框左右边同时切割磁感线通过的总位移
x1=2(d-s)
线框只有一条边切割磁感线通过的总时间和同时切割磁感线通过的总时间
t5= x0
v0
,t6= x1
v0
则水平外力做功的平均功率
P=F1 x0+ F2 x1
t5+t6
解得P=B
2d
2v0
2(5d -2s)
R(2d + s)
。
3.【答案】 (1)2BLv0
3 R
(2)1
2 m v0
2 (3) 1
18 m v0
2
【解析】 (1)由题意可知,金属棒b 的电阻为2R,金属棒a 未动时,金属棒b 产生的电动势为
E=2BLv0
刚拉动金属棒b 时,通过金属棒a 的电流为
I1=2BLv0
3 R
。
(2)对金属棒a,由动量定理得
∑BiL·Δt=∑mΔv
得BLq=mv0
金属棒b 相当于电源,金属棒a 相当于电动机,电源产生的电能一部分转化为金属棒a 的动能,其
余转化为热量,有
E 电=2BLv0·q=1
2 m v0
2+Q 总
又Q1=1
3
Q 总
解得Q1=1
2 m v0
2。
(3)撤去外力F 后,最终两金属棒上均无电流,有
BLva=B·2Lvb
得va=2vb
由动量定理得
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∑Fa·Δt=m(va-v0)
∑Fb·Δt=2m(v0-vb)
又Fb=2BIL=2Fa
得va-v0=v0-vb
解得va=4
3
v0,vb=2
3
v0
由能量守恒定律得
1
2
×3mv0
2= 1
2 m va
2+ 1
2
×2mvb
2+Q 总'
又Q2=1
3
Q 总'
解得Q2= 1
18 m v0
2。
4.【答案】 (1)电流的方向B→A
(2)m v0- μmgt0
μ
(3)mg-B0
2d
2ωLsin α
4 R
(4)1
2 m v0
2+W+mgxsin α-Q+ω π B0
2 L
2d
2sin
2α
8 R
- 1
2
mv2
【解析】 (1)根据楞次定律可知通过导体棒AB 电流的方向为B→A。
(2)在0~t0时间内,对于导体棒AB,由动量定理得
-μ(mg+F安)Δt=0-mv0
由于两导体棒所受安培力大小始终相等,有
I=F安Δt=m v0- μmgt0
μ
。
(3)在0~ π
2ω
时间内导体棒CD 始终静止,而导体棒CD 受到的安培力竖直向上,当安培力最大时,
导轨对其作用力便最小,则回路的电动势为e= Δ B
Δt
Ldsin α=ωB0Ldsin αcos ωt
又i= e
2 R
则所受安培力为FA=Bid=B0
2d
2ωLsin α cosωt sin ωt
2 R
= B0
2d
2ωLsin α sin2ωt
4 R
安培力最大值为FAmax=B0
2d
2ωLsin α
4 R
所以导轨对导体棒CD 最小作用力大小为Fmin=mg-B0
2d
2ωLsin α
4 R
。
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(4)对于导体棒AB,克服摩擦力做功为W1=1
2 m v0
2
对于导体棒CD,由动能定理得W+mgxsin α-W2-WA=1
2
mv2
在0~ π
2ω
时间内回路电动势为
e= Δ B
Δt
Ldsin α=ωB0Ldsin αcos ωt
电动势最大值为emax=ωB0Ldsin α
在0~ π
2ω
时间内回路产生的焦耳热为Q'=(
emax
√2 )
2
2 R
× π
2ω
所以导体棒CD 克服安培力做功为WA=Q-Q'
得W 总=W1+W2=1
2 m v0
2+W+mgxsin α-Q+ω π B0
2 L
2d
2sin
2α
8 R
- 1
2
mv2。
