应用三大观点处理线框问题 ——高中物理人教版二轮复习专题 学案

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二．典例精讲
1．无外力的导线框模型
例题1 （2025·青海·历年真题）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（ ）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
【答案】D
【解析】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；
B．甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1＝BI1L，I1＝，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2＝BI2L，I2＝，可知＝2，故B错误；
CD．假设甲乙都能完全出磁场，
对甲根据动量定理有＝mv1－mv0，q1＝
同理对乙有＝mv2－mv0，q2＝，
解得v1＝0，v2＝
故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1＝，Q2＝＝，即，故C错误，D正确。
故选D。
2．有外力的导线框模型
例题2 （2025·北京·模拟题）游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）设ab边进入磁场时的速度大小为v，有v2＝2gh
ab边进入磁场时感应电动势E＝BLv，解得E＝
（2）ab边进入磁场时，线框的加速度最大
根据闭合电路欧姆定律，线框中感应电流的大小I＝
ab边受到安培力的大小F＝BIL
根据牛顿第二定律，有F－mg＝ma，解得a＝－g
（3）线框穿过磁场的过程中，根据能量守恒定律，
有Q＝mg2L＋＝2mgL＋
三．跟踪训练
1．（多选）（2024·全国·历年真题）如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块T－mg＝ma，其中，即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；
当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t＝0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。故选AC。
2．（2025·福建·历年真题）光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等，均为B。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：
（1）求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
【答案】（1）设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为x，
根据动能定理得：mgxsin θ＝，解得：x＝
（2）根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则在线框的ab边进入Ⅰ区域的同时cd边恰好离开Ⅰ区域，可知正方形线框的边长等于Ⅰ区域长为L1，设两区域的磁感应强度大小均为B。
cd边进入Ⅰ区域时产生的电动势为：E＝BL1v
此时的感应电流为：I＝
线框受到的安培力的大小为：F＝BIL1
对线框由受力平衡得：mgsin θ＝F
联立解得：B＝，I＝，
cd边两端的电势差为：Ucd＝
（3）根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，
设此过程克服安培力做功为W，根据动能定理得：mgsin θ·(L1＋L2)－W＝0－0，
解得：W＝(L1＋L2)
设此过程安培力的冲量大小为I安，时间为t，以沿斜面向下为正方向，
由动量定理得：mgtsin θ－I安＝0
①若L1≤L2，则线框进入磁场的过程安培力的冲量大小为：
I安进＝
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出＝
可得：I安＝I安进＋I安出＝
联立解得：t＝
此过程克服安培力做功的平均功率为：
②若L1＞L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：
I安进′＝
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出′＝
可得：I安′＝I安进′＋I安出′＝
联立解得：t′＝
此过程克服安培力做功的平均功率为：
3．（多选）如图所示，在光滑绝缘的水平面上的两平行虚线之间存在竖直向上的匀强磁场（俯视如图），单匝正方形闭合线框ABCD，从磁场左侧向右运动，以大小为3v0的速度开始进入磁场，当AB边穿出磁场右边界时线框的速度大小为v0。假设线框在运动过程中CD边始终平行于磁场边界，磁场的宽度大于正方形的边长。关于线框整个运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．线框ABCD进入磁场时所受安培力方向向左，穿出磁场时所受安培力方向向右
B．线框ABCD全部进入磁场后到CD边离开磁场前，线框做匀速运动
C．线框ABCD在进入磁场过程中和穿出磁场过程中通过导线某截面的电荷量大小相等
D．线框ABCD进入磁场和出磁场的过程中产生的焦耳热之比为5∶3
【答案】BCD
【解析】根据楞次定律知线框进出磁场的过程安培力方向都向左，选项A错误；当线圈完全进入磁场后，穿过线圈的磁通量不变化，无感应电流，线框不受安培力作用，做匀速运动，选项B正确；通过导线某截面的电荷量q＝，可知进出磁场通过导体某截面的电荷量大小相等，选项C正确；线框进出磁场受到的冲量，可知进出磁场安培力的冲量相同。设线框完全进入磁场时的速度为v，由动量定理可得mv－3mv0＝mv0－mv，解得v＝2v0，故进入磁场的过程中产生的焦耳热为Q1＝＝，出磁场的过程中产生的焦耳热为Q2＝＝，所以，选项D正确。故选：BCD。
示意图
在安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）
在恒力F（包括重力mg）和安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）
动力学
观点
以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同）
以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝。
（1）若进入磁场时，则导线框匀速运动；
（2）若进入磁场时，则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）；
（3）若进入磁场时，则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速）（导线框离开磁场过程的分析相同）
能量观点
部分（或全部）动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk
力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和：WF＝ΔEk＋Q
动量观点
动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间：
（1）求电荷量或速度：＝mv2－mv1，q＝；
（2）求位移：＝mv末－mv0，即＝mv末－mv0；
（3）求时间：
①＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1
已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；
②＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即＋F其他·Δt＝mv2－mv1
若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间