电磁感应综合典型例题.docx

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电磁感应综合典型例题

电磁感应综合典型例题

【例1】电阻为R的矩形线框abcd，边长ab=L，ad=h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框中产生的焦耳热是_______．（不考虑空气阻力）

【分析】线框通过磁场的过程中，动能不变。

根据能的转化和守恒，重力对线框所做的功全部转化为线框中感应电流的电能，最后又全部转化为焦耳热．所以，线框通过磁场过程中产生的焦耳热为

Q=WG=mg·2h=2mgh．

【解答】2mgh。

【说明】本题也可以直接从焦耳热公式Q=I2Rt进行推算：

设线框以恒定速度v通过磁场，运动时间

从线框的cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，因切割磁感线产生的感应电流的大小为

cd边进入磁场时的电流从d到c，cd边离开磁场后的电流方向从a到b．整个下落过程中磁场对感应电流产生的安培力方向始终向上，大小恒为

据匀速下落的条件，有

因线框通过磁场的时间，也就是线框中产生电流的时间，所以据焦耳定律，联立（l）、

（2）、（3）三式，即得线框中产生的焦耳热为

Q=2mgh．

两种解法相比较，由于用能的转化和守恒的观点，只需从全过程考虑，不需涉及电流的产生等过程，计算更为简捷．

【例2】一个质量m=0.016kg、长L=0.5m，宽d=0.1m、电阻R=0.1Ω的矩形线圈，从离匀强磁场上边缘高h1=5m处由静止自由下落．进入磁场后，由于受到磁场力的作用，线圈恰能做匀速运动（设整个运动过程中线框保持平动），测得线圈下边通过磁场的时间△t=0.15s，取g=10m/s2，求：

（1）匀强磁场的磁感强度B；

（2）磁场区域的高度h2；

（3）通过磁场过程中线框中产生的热量，并说明其转化过程．

【分析】线圈进入磁场后受到向上的磁场力，恰作匀速运动时必满足条件：

磁场力=重力．由此可算出B并由运动学公式可算出h2。

由于通过磁场时动能不变，线圈重力势能的减少完全转化为电能，最后以焦耳热形式放出．

【解答】线圈自由下落将进入磁场时的速度

（l）线圈的下边进入磁场后切割磁感线产生感应电流，其方向从左至右，使线圈受到向上的磁场力．匀速运动时应满足条件

（2）从线圈的下边进入磁场起至整个线圈进入磁场做匀速运动的时间

以后线圈改做a=g的匀加速运动，历时

所对应的位移

所以磁场区域的高度

（3）因为仅当线圈的下边在磁场中、线圈做匀速运动过程时线圈内才有感应电流，此时线圈的动能不变，由线圈下落过程中重力势能的减少转化为电能，最后以焦耳热的形式释放出来，所以线圈中产生的热量

【说明】这是力、热、电磁综合题，解题过程要分析清楚每个物理过程及该过程遵守的物理规律，列方程求解。

【例3】如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下。

在磁场中有一个边长为L的正方形刚性金属框。

ab边质量为m，其他三边的质量不计。

金属框的总电阻为R，cd边上装有固定的水平轴。

现在将金属框从水平位置由静止释放。

不计一切摩擦。

金属框经t时间恰好通过竖直位置a′b′cd。

若在此t时间内，金属框中产生的焦耳热为Q，求ab边通过最低位置时受到的安培力。

【分析】本题线框释放后重力做功，同时ab边切割磁感线运动而产生感应电动势，因而线框中有感应电流。

整个过程遵守能的转化与守恒定律。

【解答】由能量守恒，在t时间内ab杆重力势能的减少最后转化为它的动能和框中产生的焦耳热，即

又考虑到

由①、②、③

【说明】电磁感应现象的实质问题是能量的转化与守恒问题，从这个思路出发列方程求解，有时很方便。

【例4】用电阻为18Ω的均匀导线弯成图1中直径D=0.80m的封

定在磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。

一根每米电阻为1.25Ω的直导线PQ，沿圆环平面向左以3.0m/s的速度匀速滑行（速度方向与PQ垂直），滑行中直导线与圆环紧密接触（忽略接触处电阻），当它通过环上A、B位置时，求：

（l）直导线AB段产生的感应电动势，并指明该段直导线中电流的方向．

（2）此时圆环上发热损耗的电功率．

【分析】

直导线在磁场中做切割磁感线的运动，产生感应电动势。

产生感应电动势的这部分电路是电源。

这部分电路端点的电压为路端电压。

根据电磁感应的规律可以确定感应电动势的大小和方向。

直导线与圆环组成闭合回路，其等效电路为图。

由几何关系，确定AB的长及R1、R2电阻的大小。

圆环上发热损耗的功率即电源输出功率或外电阻上消耗的功率。

【解答】

（1）设直导线AB段的长度为l,圆环的直径为D，直导线AB段产生的感应电动势为E，则：

根据题设几何关系，l=D/2=0.40m。

所以，电动势

运用右手定则可判定，直导线AB段中感应电流的方向由A向B，B端电势高于A端．

AB段直导线电阻为电源内电阻r，r=1.25×0.40=0.50Ω．

中电流之和）应为

设圆环上发热损耗的电功率为P，则

P=I2总R外=0.202×2.5=0.10W．

【说明】

电磁感应现象常与其他现象一起出现，就形成许多综合题。

这些综合题常涉及到安培力、欧姆定律、电功率、牛顿定律、动量定理、动能定理、热和功等。

一道综合题出现许多物理现象，这些物理现象或者一先一后出现或者同时出现，互相制约。

解综合题时，在弄清题意后重要的是分析题目由哪些基本物理现象组成，再选用相应的规律，分析物理过程，建立解题方程求解。

【例5】固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd各边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，现有一段与ab完全相同的电阻丝PQ架在导线框上（如图l所示），以恒定的速度v从ad滑向bc，当PQ滑过L/3的距离时，通过aP段电阻丝的电流强度是多大？

方向？

【分析】PQ在磁场中切割磁感线运动产生感应电动势，由于是回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝

【解答】电源电动势为ε=BvL，外电阻为

【说明】这是电磁感应与电路结合的综合题，切割的导体产生感应电动势相当电源，画出等效电路应用欧姆定律就可求解。

【例6】图1装置中a、b是两根平行直导轨，MN和OP是垂直跨在a、b上并可左右滑动的两根平行直导线，每根长为L导轨上接入阻值分别为R和2R的两个电阻和一个板长为L'、间距为d的平行板电容器．整个装置放在磁感强度B垂直导轨平面的匀强磁场中．当用外力使MN以速率2v向右匀速滑动、OP以速率v向左匀速滑动时，两板间正好能平衡一个质量为m的带电微粒，试问

（1）微粒带何种电荷？

电量是多少？

（2）外力的机械功率和电路中的电功率各是多少？

【分析】两导线向左、右移动时，切割磁感线，产生感应电动势，相当两个顺向串联的电池，使得电容器两板分配到一定的电压，从而使其中的微粒悬浮。

【解答】

（1）MN右滑时，切割磁感线产生的感应电动势ε1=2Blv，方向由N指向M。

OP左滑时产生的感应电动势

ε2=Blv，方向由O指向P。

两者同时滑动时，MN和OP可以看成两个顺向串联的电源，电路中总的电动势。

ε=ε1+ε2=3Blv，方向沿NMOPN。

由全电路欧姆定律得电路中的电流强度

电容器两端的电压相当于把电阻R看作电源NM的内电阻时的路端电压，即

由于上板电势比下板高，故在两板间形成的匀强电场方向竖直向下，可见悬浮于两板间的微粒必带负电．

设微粒的电量为q，由平衡条件

（2）NM和OP两导线所受安培力均为

其方向都与它们的运动方向相反．匀速滑动时所加外力应满足条件

因此，外力做功的机械功率

电路中产生感应电流总的电功率

可见，P外=P电，这正是能的转化和守恒的必然结果。

【说明】这是电场、电路、磁场、电磁感应和力学知识的综合题，要学会综合运用知识去了解分析问题和解决问题，通过练习提高综合运用知识的能力。

【例7】如图，在水平放置的无限长U形金属框架中，串一电容量为C的电容器，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。

电容器开始时带电量为Q（正负情况如图所示），现将一根长为l，质量为m的金属棒ab搁置在框架上，金属棒ab与框架接触良好且无摩擦，求合上k以后，ab棒的最终速度及电容器最终还剩的电量．

【分析】k合上后，电容器将放电，金属棒ab将在安培力作用下加速向右运动，随着电容器电量减少及ab中的感应电动势增大，回路电流将减小，所以ab棒作加速度不断变小的加速运动，最终趋于匀速运运。

【解答】此时由于回路中无电流，必然有

【说明】很多人在解本题时往往认为电容器的带电将全部放完而导致错误，而事实上由于导体棒在切割磁感线过程将产生感应电动势，电容器的带电将无法完全放掉。

【例8】如图1所示，U形导体框架宽L=1m，与水平面成α=30°角倾斜放置在匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，垂直框面向上．在框架上垂直框边放有一根质量m=0.2kg、有效电阻R=0.1Ω的导体棒ab，从静止起沿框架无摩擦下滑，设框架电阻不计，框边有足够长，取g=10m/s2，求

（1）ab棒下滑的最大速度vm；

（2）在最大速度时，ab棒上释放的电功率。

【分析】ab棒在重力分力mgsinα作用下沿框面加速下滑，切割磁感线产生感应电动势，并形成感应电流，其方向从b流向a．从而使ab棒受到磁场力FB作用，其方向沿框面向上，形成对下滑运动的阻碍作用．可表示为

ab棒下滑的运动方程可表示为

可见，ab棒下滑时做变加速运动，随着下滑速度v的增大，加速度逐渐减小，当ab棒下滑的速度增至某一值时，mgsinα=FB，a=0，以后即保持该速度匀速下滑，所以ab棒匀速下滑的速度就是最大速度vm。

此时重力的功率完全转化为电功率。

【解答】

（1）根据上面的分析，由匀速运动的力平衡条件

【说明】本题指出的在恒力作用下使导线做切割磁感线运动时动态特性和能的转化过程．它具有十分普遍的意义．如框面水平放置受恒定外力移动导线（图2），框面竖直放置导线下滑（图3），框面倾斜放置、磁场竖直向上时（图4），这几种情况下导线的动态特性和能的转化情况与上例相仿（假定导线的有效长度均为l、电阻R恒定不变）：

在图2中，导线做匀速移动时满足条件

【例9】如图1，边长为L，具有质量的刚性正方形导线框abcd，位于光滑水平面上，线框总电阻为R．虚线表示一匀强磁场区域的边界，宽为s（s>L），磁感应强度为B，方向竖直向下．线框以v的初速度沿光滑水平面进入磁场，已知ab边刚进入磁场时通过导线框的电流强度为I0，试在I—x坐标上定性画出此后流过导线框的电流i随坐标位置x变化的图线。

【分析】要画出线框的电流i随x的变化图线，必须先分析线框在磁场中的受力情况、运动情况，再由运动情况判断线框中电流的变化情况，最后才能做出图线．本题中线框进入磁场受安培力作用而做减速运动，其运动情况和电流的变化规律可能有以下三种情况。

【解答】

（1）线框还没有完全进入（或恰能完全进入）磁场时，速度就减小为零，此过程v减小，i减小，F减小，加速度a减小，使v减小，运动越来越慢，因而i减小的也越来越慢，图线斜率越来越小，最后v为零，i为零．对应的图线如图2所示。

（2）线框不能完全通过（或恰能完全通过）磁场时，速度就减小为0．在0→L段，电流的变化情况同（l）类似，只是在L处，电流由某一数值I1突变为0；在L→s段，线框做匀速运动，无感应电流；在s点以后，线框做减速运动，直至v为零，i为零．此过程电流变化规律同

（1）类似，只是方向相反，大小由—I1变为零．对应的图线如图3所示．

（3）线框能完全通过磁场，且速度不为零．在0─段，电流变化情况和图线同

（2）类似；在s→s+L段，电流变化情况同

（2）中的s以后段类似，只是在s+L处，电流由某一数值—I2突变为0；此后线框匀速运动，无感应电流．对应的图线如图4所示。

【说明】由以上的分析和讨论可以看出，电磁感应图象作图题，所涉及的不单是运动学、动力学、电磁感应、欧姆定律等内容，而且涉及到应用数学知识处理物理问题的方法，就是“数理结合”、“数形结合”。

【例10】如图所示，在直线MN右边的磁场方向垂直纸面向外，磁感强度B=0.3T，左边是与它方向相反，磁感强度大小相等的磁场。

用一根电阻为R=0.4Ω的导线制成一个半径为r=0.1m，顶角为90°角的两个角交叉的闭合回路ABCDA。

回路在磁场中以MN上的一点O为轴，以角速度ω=200rad/s顺时针方向转动。

求：

若以OA边恰在OM位置开始计时，回路转过1/4周期的时间内，感应电流多大？

方向如何？

【分析】本题闭合导线构成相互垂直的两个直角扇形，在匀强磁场中匀速转动，由于MN两侧磁场方向相反，旋转过程中，穿过回路所围面积的磁通量要发生变化，因此产生感应电动势和感应电流，可用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解，也可用ε=Blv和右手定则求解。

【解答】从OA边恰在OM位置开始的1/4周期内，闭合回路ABCDA的AO、OD、OC、OB导体均切割磁感线产生的电动势均正向串联，回路中的感应电流方向为ADCBA，其大小：

【说明】

（1）本题对闭合回路用

也可求得，因为是匀速运动，即时电动势和平均电动势相等。

（2）电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起，解决这类问题，一要考虑电磁感应的有关规律，如右手定则，楞次定律，法拉第电磁感应定律等；二要考虑电路中的有关规律，如串、并联电路的性质、欧姆定律等。

【例11】如图1，平行光滑导轨MNPQ相距L，电阻可忽略，其水平部分置于磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，导线a和b质量均为m，a、b相距足够远，b放在水平导轨上，a从斜轨上高h处自由滑下，求回路中产生的最大焦耳热。

【分析】导线a从斜轨上加速下滑，进入水平部分后，由于切割磁感线，回路中将产生感应电流，由左手定则得出a将作减速运动，b作加速运动，随着时间推移，a与b的速度也将减小，最终都将趋于匀速，而且此时回路中感应电流也应为零（否则a与b受力不平衡）a与b的速度关系应满足

对a、b导线在水平导轨上运动过程，由于a、b各自受到的安培力大小相等，方向相反，所以a与b系统动量守恒，即

mva=（m+m）v′③

【说明】本题除了应分析导线a与b都存在收尾速度外，还应知道最终它们收尾速度的关系，以及它们在运动过程中应满足的动量关系和能量关系。

【思考】将上题中光滑导轨变成如图2形式，即在PQ后面增加一段

速度。

【分析与解】利用上题结论不难得出a、b导线最终都将趋于匀速运动，此时回路中感应电流也应为零，根据回路中磁通量不变得

设导线a进入水平轨道后，a与b所受平均安培力分别Fa和Fb（导线a中电流与b中电流产生的磁场之间的相互作用可忽略），由F安=BIL得

Fa=2Fb②

对a导线-Fat=mva

-mva③

对b导线Fbt=mvb④

由①、②、③、④可解得

【小结】本题与上题的区别不仅在于“收尾”时两导线速度不等，更在于在水平导轨上滑行过程中a与b系统动量不守恒，很多同学在寻找动量关系时感到难于下手或仍错误地认为动量守恒而无法得出正确结论