高中物理强基计划-第10部分-电磁感应在高中物理课程中，我们学习了法拉第电磁感应定律、楞次定律等基本规律。在这个模块中，我们深化一下两种感应电动势的微观本质，并重点处理一些复杂的电磁感应综合问题。1、动生电动势的本质导体在磁场中做切割磁感线运动，致使导体上产生感应电动势，这种电动势叫做动生电动势。如图所示，导体MN沿固定的导轨向右做切割磁感线运动时，回路中就产生了如图所示的感应电流。我们把导体MN放大，如图所示，MN中存在大量的自由电子。当导体向右运动时，自由电子受到磁场施与的洛仑兹力向N端积聚，产生由M指向N的静电场。达到平衡时，作用在自由电子上的静电力与洛伦兹力相等，导体两端便产生了一个稳定的电势差。这种靠非静电力引起的电势差，实际上就是电源内部形成电动势的机理。因此在整个回路中，MN实际上是电源，产生动生电动势的非静电力实质是洛伦兹力的分力。*****************************************************************************补充：下面补充两个例题【补充1】如图所示，MN、PQ为平行金属轨道，间距为d。P、Q之间接一只阻值为R的电阻。匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。一根金属杆ab放在轨道上，它与轨道成60°夹角。若ab杆以垂直于杆的速度v在轨道滑行，除R之外的其他电阻均不计，则通过R的电流大小是A.【答案】AB.D.【补充2】如图所示的直角坐标系中，有一绝缘体制成的半锥角为θ的锥体。圆锥体顶点在坐标原点处。其轴线沿Z轴方向。有一条长为l的细金属丝OP固定在圆锥体的侧面上，金属丝与圆锥体的一条母线重合。整个空间中存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向沿X轴正方向。当圆锥体绕其轴沿图示方向做角速度为ø的匀角速转动时：(1)OP经何处时两端电势相等(2)电势差Uop的最大值【答案】(1)OP经过YOZ平面的瞬间；(2)****************************************【例1】如图1所示，固定于水平面上的金属框架abcd,处在竖直向下的匀强磁场中。金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。框架的ab与dc平行，bc与ab、dc垂直。MN与bc的长度均为l,在运动过程中MN始终与bc平行，且与框架保持良好接触。磁场的磁感应强度为B。(1)在上述情景中，金属棒MN相当于一个电源，这时的非静电力与棒中自由电子所受洛伦兹力有关。请根据电动势的定义，推导金属棒MN中的感应电动势E。(2)为进一步研究导线做切割磁感线运动产生感应电动势的过程，现构建如下情景：如图2所示，在垂直于纸面向里的匀强磁场中，一内壁光滑长为l的绝缘细管MN,沿纸面以速度v向右做匀速运动。在管的N端固定一个电量为q的带正电小球(可看做质点)。某时刻将小球释放，小球将会沿管运动。已知磁感应强度大小为B,小球的重力可忽略。在小球沿管从N运动到M的过程中，求小球所受各力分别对小球做的功。图1图2【解析】(1)如图1所示，导棒向右运动时，电子具有向右的分速度，受到沿棒向下的洛伦兹力f=evB f即非静电力。图1在f的作用下，电子从M移动到N的过程中，非静电力做功W=evBl。根据电动势定义,解得E=Blv。(2)小球随管向右运动的同时还沿管向上运动，其速度如图2所示。小球所受洛伦兹力如图3所示。将f正交分解如图4所示。图2图3图4小球除受到洛伦兹力外，还受到管对它向右的支持力F,如图5所示。图5洛伦兹力不做功W=0;沿管方向，洛伦兹力分力f做正功W₁=f=qvBl;垂直管方向，洛伦兹力分力f’是变力，做负功W₂=-W₁=-qvBl;由于小球在水平方向做匀速运动，则F=f’;因此，管的支持力F对小球做正功W,=qvBl【答案】见解析2、感生电动势的本质由于磁场变化产生的电动势称为感生电动势。麦克斯韦的电磁场理论表明，变化的磁场在周围空间会激发出感生电场。假如有一个局限在圆柱形范围内的匀强磁场B,B的方向平行于圆柱体的轴，当B的大小增加时，感生电场的方向可借助楞次定律来判断，如图所示，电场线是一些闭合的同心圆，无头无尾，像旋涡一样，所以感生电场也叫涡旋电场。我们之前学习过的静电场的电场线却是起于正电荷终于负电荷，有头有尾，这是两者很重要的区别。感生电场的涡旋性决定了它不同于静电场的规律，在涡旋电场中，电荷沿闭合回路走一圈，电场力对它做功不为零，涡旋电场对电荷的作用力不是保守力，不能引入电势的概念。感生电场也对电荷也有力的作用(而且属于非静电力),感生电动势产生的微观机理实际上就是感生电场力搬运电荷所致。下面我们再讨论一下特殊情况下感生电场的大小。如图所示，是一圆柱状均匀磁场区的横截面，截面半径为R,如果磁感应强度B随时间增加，变化率为,B的方向如图所示垂直纸面向里，则磁场中以O点为圆心、r为半径的导体回路上的感应;电动势为：再从电动势的定义出发，回路中的电动势,其中E即为涡旋电场的场强。联立可得：;按场分布可定义与计算回路单边上的局部电动势,类似于静电场场强E与电势差U的关系。当场强E处处沿弧AB的切线方向且大小一定，则E=El,其中1表示弧AB的长度。当场强E处处垂直于弧B的切线方向，则Eu=0。对于其它分布的磁场，虽然在数学上计算电场分布比较复杂，但我们依然可根据对称性推导对称分布的磁场在对称回路中产生电动势的分布情况。比如，等边三角形区域中，有磁场以均匀变化，用三角形回路围住此区域，可由法拉第定律推导总电动势ε=kS三角形，单边电动势，0【例2】英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为+q的小球。已知磁感强度B随时间均匀增加，其变化率为k,若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是A.0 B.C.2πr²qk D.πr²qk【解析】由法拉第电磁感应定律可知，磁场变化在圆环处产生的感应电动势为,小球运动一周，感生电场对小球所做的功为W=qE=πr²qk,D正确。【答案】D【例3】如图所示一椭圆轨道，其方程(a>b>0),在中心处有一圆形区域，圆心在O点，半径为r(r<b)。圆形区域中有一均匀磁场B,方向垂直纸面向里，B,以变化率k均匀增大。在圆形区域外有另一匀强磁场B₂,方向与B,相同。在初始时，A点有一带正电q、质量为m的粒子，粒子只能在轨道上运动，把粒子由静止释放，若要其通过C点时对轨道无压力，求B₂的大小。提示：C点处的曲率半径为【解析】由题意可知，感生电场方向为逆时针方向。粒子由A点释放后，沿逆时针方向运动。椭圆轨道上一周的感应电动势ε=kπr²。电子由A运动到C由动能定理(n=0,1,2,3…)。粒子运动到C点时，由B₂产生的洛伦兹力提供向心力，即联立解得：【答案】见解析(n=0,1,2,3…)。【例4】质量为m、带电量为+q的绝缘小珠，穿在半径为r的光滑圆环轨道上，轨道平面水平，圆环内部空间有分布均匀且随时间变化的磁场，磁场方向竖直向上，磁感应强度B(t)随时间的变化规律如图所示。若圆环由绝缘材料制成。t=0时刻小珠由静止释放，求t>T时刻轨道对小珠的作用力F(小珠重力不计)。【解析】t≤T时，空间产生顺时针方向的感生电场，故小珠在圆环上沿顺时针方向做圆周运动，在求解小珠的线速度时，可将小珠在圆环切线方向上的运动等效为匀加速直线运动。感生电场,小球所受电场力F=qE,小珠的速度v₁=at,联立解得：沿圆环切线方向的加速度，,t时刻当t=T时，。此后，磁场保持恒定，不产生感生电场。小球在轨道作用力F和洛伦兹力f=qvB。的共同作用下沿圆环做匀速圆周运动。由牛顿定律有,联立解得：【答案】【例5】一个长直螺线管内部包含了另一个同轴的螺线管，内部螺线管的半径为R,外面螺线管的半径为2R,两螺线管单位长度具有相同的圈数，且初始都没有电流。在同一瞬时，电流开始在两个螺线管中线性增大，任意时刻，通过里边螺线管的电流为外边螺线管中电流的两倍且方向相同，由于电流增加，一个处于两个螺线管之间初始静止的带电粒子开始沿一条同心圆轨道运动，如图所示，不计重力，求该圆轨道半径r。【解析】设螺线管单位长度内的圈数为n,t时刻外螺线管电流为I,则内螺线管电流为21。即此时外螺线管在其内部产生磁场B₁=Honl,内螺线管在其内部产生磁场B₂=2μonI。由于电流均匀的增长，因此，感生电场为感生电场力使带电粒子获得的速度为v,则qEt=mv此时，粒子所受洛伦兹力提供向心力，联立解得：r=√2R【答案】r=√2R【例6】如图所示，在半径为r的无限长圆柱形区域内有匀强磁场，磁感应强度B的方向与圆柱的轴平行。一根长为r的细金属杆与磁场方向垂直地放在磁场区域内，杆的两端恰在圆周上。设B随时间t的变化率为k,求杆中感应电动势的大小。【解析】解法一：。将回路Oab看作是由导体杆Oa、ab、Ob构成的回路，由于Oa、Ob中没有感生电动势产生(涡旋电场方向垂直Oa、Ob,故即使有细金属杆Oa、Ob存在，杆中也没有感生电动势),故。解法二：构造一个对称的圆内接正六边形，如图所示。显然6g=hS形，而由对称性易知ab杆中感生电动势为。【答案】见解析【例7】如图所示，在半径为r的无限长圆柱形区域内有匀强磁场，磁感应强度B的方向与圆柱的轴平行。一根长为2r的细金属杆与磁场方向垂直地放在磁场区域内，ab=bc=r。设B随时间t的变化率为k,求杆中感应电动势的大小。【答案】电磁感应与电路相结合的问题，主要涉及电路的分析与计算。关键是正确找到电源位置，分清内外电路，正确画出等效电路图，特别要注意区分路端电压与电动势。对于动生电动势，可以将切割磁感线的导体作为电源；对于感生电动势情况比较复杂，回路中各部分都可能有电动势，请大家结合例题学习。【例8】用相同导线绕制的边长为l或21的四个闭合线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为U。、U。、U。和U,下列判断正确的是A.U。<U<Us<U B.U.<U<U<U C.U.=U₃<U。=U D.U₁<U。<U₄<U【解析】【答案】B,所以U。<U₆<Ua<U。。【例9】两个半径为R的相同的金属圆环，沿着通过两环圆心的直线在同一平面上相向平动，如图所示。长度等于圆环周长的金属丝的电阻为r,不计圆环电感。磁感应强度为B的均匀磁场垂直于两个环面。求当两圆环平动速度均为v,而时，磁场对两圆环作用力的大小。假设此时两圆环接触点为a和b,且接触良好。【解析】假设均匀磁场垂直环面向里。由电路对称性，可设弧acb和弧adb的电动势为s₁、电流为j;而相交点a、b之间的小圆弧的电动势为s₂、电流为i₂,等效电路如图所示。每段圆弧在切割磁感线时产生的电动势大小都等于弦ab切割磁感线时产生的电动势，即S₁=E₂=BRv。圆环上优弧部分电阻,劣弧部分电阻。对最左边回路：6-in-i₂z+62=0;对左边圆环回路有：-ix+6-62+iz=0;联立解得：,圆环上各部分圆弧所受安培力等效于相同的电流流过弦ab时所产生的安培力。因此优弧部分受力,劣弧部分受力o因此O,所受合力,方向向左；同理，O₂所受合力也为7.2方向向右。【答案】见解析********************************************************例题说明：下面题目涉及感生电动势，需要正确找到电源位置。*********************************************************【例10】如图所示，一磁感应强度为B的匀强磁场，分布在半径为R的无限长圆柱体内，设B=Bt(Bo>0)。现有一半径也为R,总电阻为r的粗细均匀的金属圆环，放在垂直于磁场的平面内，金属圆环中心在匀强磁场的对称轴上。长为R、电阻为r’的直导线的两个端点a、b与金属圆环良好连接，求此直导线中的感应电流(感应电流所产生的磁场可以忽略)。【解析】设金属圆环各部分电流如图所示。I₂优弧和ab杆构成的面积为对此回路列式有：对整个圆环回路列式有I且I₁=I₂+I₃,联立解得：【答案】【例11】两根长度相等、材料相同、电阻分别为R和2R的细导线，围成一直径为D的圆环，P、Q为其两个接点，如图所示。在圆环所围成的区域内，存在垂直于圆面、指向纸里的匀强磁场，磁场的磁感应强度的大小随时间增大，变化率为恒定值b。已知圆环中的感应电动势是均匀分布的，设MN为圆环上的两点，MN间的弧长为半圆弧PMNQ的一半，试求这两点间的电势差Ux-Uy。【解析】根据法拉第电磁感应定律，整个圆环中的感应电动势的大小为：。此电动势均匀分布在整个环路内，方向是逆时针方向。由欧姆定律可知感应电流为：M、N两点的电压：联立解得：【答案】【例12】如图所示，在一个圆柱形的区域内存在匀强磁场，圆柱轴线与纸面垂直，磁场方向垂直纸面向里，且磁感应强度随时间均匀增大。在磁场中与磁场方向垂直的平面上有一个直角导体框abc,其三个顶点恰在磁场边界的圆周上，∠abc=30°,导体框电阻分布均匀，求导体框abc上三个电势差的比值U:U:U。【解析】设圆周半径为R,磁感应强度随时间变化,单位长度导线电阻为L。三角形abc回路中的感生电动势故abc回路中的电流强度o因涡旋电场垂直半径方向，故E=0。同时△Oac和△Obc面积相同，同时Oa、Oc、Ob中都无感生电动势，故。所以，Um:U:U=-4√3:3(√3-1):(√3+3)【答案】U。:Ux:U=-4√5:3(√5-1):(√5+3)【例13】如图所示，一匀质细导线圆环，总电阻R=1.2Ω,半径a=0.6m,被A、D、C三点等分，环内充满匀强磁场，其磁感应强度B的方向始终垂直于环面向里，大小则以均匀速率增强。检流计G连接A、C两点，其内阻为r=0.2Ω,今测得通过检流计的电流强度为I=6mA,求磁场变化的速率。【解析】等效电路如图所示，设磁场变化率为k,劣弧导线电阻R=0.492,优弧导线电阻为R₂=0.8Ω。对圆环回路有E₁+E₂=kπa²=I₁R+I₂R₂,对于磁场外的回路总的感生电动势为零，有Ir-I₁R=0,又由于I+I=I₂。联立解得：k≈7.43×10-³T/s。【答案】k≈7.43×10-³T/s【例14】一导线围成半径为D的圆环acbd,在圆环所围域内有一半径为的磁场区，其周界与圆环内切于c点。该区域内是磁感强度为B的匀强磁场，方向如图所示，均匀增大，且,ab导线为圆环的一直径，与磁场区边界相切，设ab及两半圆环电阻都为r,电流计的内阻也为r,其他电阻不计。电流计位于纸面之内。求下列情况下通过电流计的电流。(1)acb与adb都位于纸面内，并分别位于ab两侧；(2)adb绕ab转90°折成与纸面垂直；(3)adb再绕ab转折成与acb重合。流过电流计的电流,【解析】(1)等效电路如图所示。其中,总电流为,通过电流计G的电流为(2)情况同(1)(3)作出等效电路如图所示，则【答案】见解析【例15】如图甲所示，一个半径为a的均匀细圆环，电阻为r,磁感应强度B的方向垂直圆平面向里，以均匀增大，P、Q是环上两点，所张圆心角头。现将一非常小的电压表用导线跨接在P、Q两点，电压表内阻为R,导线电阻不计。甲乙(1)若把电压表放在圆环中心，连接用的导线沿环半径，求表的读数U;(2)如图乙所示，若把电压表放在PQ弦的中点处，连接用的导线沿着此弦，求表的读数U₂。,【解析】(1)沿半径方向导线不产生感生电动势，等效电路如图所示。有,且I₁=I₂+I₃,联立解得：I₃=0,故电压表读数U=0。(2)等效电路如图所示。有I1=I₂+I₃,联立解得：,,,故电压表读数i且【答案】见解析【例16】半径为R的金属丝圆环，有一个沿直径放置的金属跨接线，左、右两半圆上分别接上电容器C和C₂,如图所示。将环放置在磁感应强度随时间线性增大的磁场中i,磁场方向垂直于环面，某一时刻撤去跨接线，接着磁场停止变化，求两个电容器上带的电量。【解析】可以把金属跨接线的环看作由两个回路AC,B和BC₂A组成，每个回路面积为,穿过每个回路的磁通量随时间变化,于是每个回路中产生感应电动势这就是每个电容器两极板的电势差。因此，当磁场变化时，电容器两极板上电量是恒定的，设C、C₂的上极板带电量分别为Q、Q2。则Q=eC₁,Q₂=-εC₂。当撤去跨接线且磁场停止变化后，电荷Q和Q₂在C₁和C₂间重新分布，直到两个电容器电压相等为止。设此时C、C₂的上极板带电量分别为Q’、Q’。则：,且Q’+Q₂’=Q+Q₂;联立解得：【答案】见解析1.自感系数当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场不仅在邻近的电路中激发出感应电动势，同样也在它自身激发出感应电动势，这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫自感电动势，它的大小同样遵守法拉第电磁感应定律，即。而磁通量与电流成正比，所以有1可以写成等式为,L称为自感系数，单位为亨利(H)。前面的模块中我们推导过通电螺线管中的磁感应强度B=μnl,因此,其中l为螺线管的长度，V为螺线管的体积，n为单位长度的匝数。比较可得L=μn²V。如果管内充满某种均匀磁介质，磁导率为μ,则L=μn²V,这就是教材中所说的L与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关的含义。上述自感系数的决定式只对长直螺线管适用。电路发生变化的瞬间，通过包含自感线圈支路的电流不会发生突变。2.线圈中的磁场能量通电自感中，包含线圈支路的电流i从0逐渐变到稳定值Io。这个过程中，电源不仅要供给电路中产生焦耳热的能量，而且还要反抗自感电动势E,做功，在时间△t内，此功为W=E,i△t=Li△i。在建立电流的过程中，电源反抗自感电动势所做的总功为(可以做出Li～i图象，也可以直接积分)。这部分功以磁场能的形式储存在线圈L内。当开关断开时电流由I,减小到0,则原来储存的磁场能通过自感电动势做功全部释放。【例17】如图所示，电源电动势为ε,内阻不计，线圈自感系数为L(电阻不计),两定值电阻阻值分别为R、2R。求：(1)开关闭合瞬间，L两端电压及线圈支路的电流变化率(2)电路稳定后断开开关瞬间，L两端电压及线圈支路的电流变化【答案】(1),;(2)U=2s,【例18】如图所示，两个电源电动势均为ε,内阻不计，线圈自感系数为L(电阻不计),定值电阻阻值如图中所示。开始时，单刀双掷开关处于a端，稳定后，将开关掷到b端，求开关刚换到b端的瞬间线圈中的感应电动势大小。【答案】【例19】电感为L的线圈和电阻R并联，再通过开关S接到电动势为E,内阻为r的电池上，如图所示。开始开关S断开，电路中没有电流，求开关闭合后通过电阻的电量。(线圈电阻不计)【解析】由于R与L并联，故。通过R的电量为电感L上从开关闭合到稳定以后电流的变化量。最后状态L把R短路，通过L的电流为,所以,代入解得【答案】【例20】由于接触不完善，在短路的超导螺线管里电流发生变化，这个电流产生的磁场的磁感应强度每小时减小2%,螺线管的自感系数L=1H,试求接触电阻R。【解析】螺线管回路中电流发生变化，产生自感电动势,式中△I是在△t时间内电流的变化量。据欧姆定律。因为在螺线管内磁感应强度与电流成正比，所以这两个量的变化量在同一个时间内仍然成正比，即【答案】5.6×10⁶Ω。联立解得：【例21】如图所示，两个自感线圈套在铁芯上，不计漏磁，匝数分别为N、N₂。左侧线圈(即N)自感系数为L。①为理想电压传感器(通过的电流可忽略)。a、b两端接如图所示的电流，各量如图所示。求电压传感器的示数。【答案】【例22】设有一单层密绕螺线管，长l=50cm,截面积S=10cm²,绕组的总匝数为N=3000,试求其自感系数。【解析】【答案】23mH【例23】如图所示，用双线密绕在一个长直圆柱上，形成两个螺线管线圈ad’和bb’(分别以实线和虚线表示),已知两个线圈的自感都是L。今若把a与b两端相连，把a’和b’两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于;若把b与a相连，把a和b’两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于;若把a与b两端相连作为一端，a’与b’相连作为另一端，把这两端接入电路，这时两个线圈的总自感等于【解析】当a与b两端相连，把a’和b’两端接入电路时，假设电流从a’端流入、b’端流出，线圈ad’中的电流产生的磁场与bb’中的电流产生的磁场方向相反，线圈电流产生的合磁场为零，因此不会产生自感电动势，故这种连接的自感系数等于零。若把b与a’相连，把a和b’两端接入电路，相当于线圈单位长度的匝数加倍，根据上面的分析，总的自感将变为原来的4倍，即变为4L。若把a与b两端相连作为一端，a’与b’相连作为另一端接入电路，相当于导线的横截面积变大，线圈的自感系数与导线的粗细无关，所以这时的总自感仍为L。【答案】见解析【例24】如图所示，电容器电容为C,线圈自感系数为L,不计电阻，初始时刻开关断开，电容器带电量为Q。现在闭合开关S,求：(1)通过L的最大电流(2)电流最大时，电容器的带电量(3)已知S闭合后，L中电流先增加后减少，求线圈中电流第一次减少为零时，电容器的带电量。【答案】(1);(2)0;(3)Q s、电磁感应动力学问题习题课【例25】如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为=0.10Ω/m,导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离l=0.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020T/s。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t=0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力。【解析】设金属杆的加速度为a,在t时刻，杆与初始位置的距离,此时杆的速度v=at,这时杆与导轨构成的回路面积S=xl。假设匀强磁场方向竖直向下，金属杆切割磁感线产生的电动势E₁=Blv,方向为逆时针。若金属杆不动，由于磁感应强度变化产生的电动势为,根据楞次定律判断它的方向也为逆时针。所以回路中的总感应电动势E=E₁+E₂=kS+Blv,回路总电阻R=2x,联立解得：【答案】1.44×10-³N感应电流为,作用于杆的安培力F=BI,【例26】如图(a),两相距L=0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R=2Q的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m=0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图(b)所示。在15s时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持杆中电流为0。求：图(a)(1)金属杆所受拉力的大小F;(2)0-15s内匀强磁场的磁感应强度大小Bo;(3)15-20s内磁感应强度随时间的变化规律。图(b)【答案】(1)F=0.24N;(2)B=0.4T;(【例27】如图所示，金属棒a从高h处自静止沿光滑的弧形平行金属导轨下滑，进入轨道的水平光滑部分以后在自上向下的匀强磁场B中运动。在轨道的水平部分原来静止地放着另一根金属棒b,已知两棒质量关系为m。=2m。。如果两棒始终没有相碰，试求两棒的最终速度分别为多少?【解析】棒a下滑进入水平部分后，a、b两棒受到大小相等、方向相反的安培力作用。棒a将做加速度减小的减速运动，棒b将做加速度减小的加速运动，最终两棒以共同的速度做匀速直线运动。在这一过程中，二者组成的系统动量守恒。设棒a刚进入水平轨道时的速度为va,两棒最终的共同速度为v,则有：maVa=(ma+m₂)v又由a棒下滑过程中机械能守恒可知：联立解得：【答案】速度均为【例28】光滑平行异形导轨abcd与a’b’c’d’如图所示，轨道的水平部分bcd处于竖直向上的匀强磁场中，bc段轨道宽度是cd段轨道宽度的2倍，将质量相同的金属棒P和Q分别置于轨道上的ab段和cd段，将P棒从距水平轨道高为h的地方由静止释放，使其自由下滑。两部分轨道均足够长(不考虑P棒进入cd部分之后的情况),求棒P和Q的最终速度。【解析】P棒下滑过程机械能守恒，滑至水平轨道有一定的速度，切割磁感线，回路中产生感应电流为逆时针方向，由左手定则可以判断，P棒受安培力向左，Q棒受安培力向右，所以P棒做减速运动，Q棒做加速运动。因bc轨道宽是cd轨道宽的2倍，所以当Q棒速度是P棒速度的2倍时，回路中的磁通量不再变化，即此时回路中无感应电流，则P、Q不再受安培力，速度不再变化即为最终速度。P棒下滑过程，由机械能守恒有,P棒减速、Q棒加速的过程，由动量定理有：对P棒Ip=-Fpt=m(vp-v),对Q棒Io=Fdt=m·o且有Fp=2Fo,o=2vp,,联立求解得：【答案】,******************************************************************下面再补充一道难度较大的双导棒问题。【补充3】如图所示，abcd和a’b’c’d’为水平放置的平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。虚线右方磁感应强度为3B,左方磁感应强度为B。ab、a’b’间的宽度为2L,ed、c’d’间的宽度为L,导轨ab、ab’是光滑的。杆gh的电阻为R、质量为m,cd、cd’与杆gh间的摩擦力为。设导轨足够长，导体棒ef的质量是棒gh的2倍，导体棒ef的电阻是棒gh的2倍。现给导体棒ef一个水平向左的恒力,使它由静止开始沿导轨向左运动，求电路达到稳定时，回路中的电流强度。【解析】最终的稳定状态可不可能是两者都做匀速直线运动?根据题目所给数据关系可知，两棒所受安培力Fy:Fh=I·B·2L:I·3B·L=2:3,且棒ef一个水平向左的恒力,棒gh受到摩擦力,显然二者不可能同时受力平衡，因此本题的稳定状态不是两棒都做匀速直线运动。那么最终的稳定状态是怎样的呢?当电路中达到稳定时，应有两棒受力恒定⇔电流恒定，两棒将做匀加速直线运动。下面求解稳定后的回路电流。电流恒定→总电动势恒定。即e=Eg-Esn=B2Lv,-3BLvsh恒定。两导棒均做匀变速直线运动，因此达到稳定状态后E=B2Lvy-3BLvm=2BL(Voy+a1)-3BL(V%+a1)恒定→2BLa-3BLagh=0→2a=3agh对棒ef有：对棒gh有：联立解得：【答案】见解析***************************************************************************************************************************************************************************例题说明：下面这道题目用能量求解比较简单*****************************************************水：***************【例29】如图，电阻为R的长直螺线管，其两端通过电阻可忽略的导线相连接。一个质量为m的小条形磁铁从静止开始落入其中，经过一段距离后以速度v做匀速运动。假设小磁铁在下落过程中始终沿螺线管的轴线运动且无翻转。小磁铁做匀速运动时在回路中产生的感应电动势约为多少【解析】方法一：设小磁铁做匀速运动阶段，下落距离h的过程中有mgh=Q①式中Q为小磁铁下落时在螺线管中产生的焦耳热，其大小为②式中ε是感应电动势，△t是小磁铁通过距离h所需的时间。由小磁铁匀速运动，因此有联立①②③式得8=√mgRv方法二：(9分)解得：ε=√mgRv(1分)【答案】见解析③④**************************************************************************说明：下面几道题目涉及微元法。****************************************************************************************【例30】如图所示，电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属轨道上，两导轨间距为L,棒与导轨间接触良好，导轨左端接有R=0.5Q的电阻，量程为0～3.0A的电流表串接在一条轨道上，量程为0~1.0V的电压表接在电阻R两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面，现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。求：(1)拉动金属棒的外力F多大(2)此时撤去外力F,金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上，求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。【解析】(1),Fv=I²(R+r),故F=1.6N。(2)-∑BiLN=∑mAv=0-mv,则又由,可得：联立解得：【答案】(1)1.6N,(2)0.25C【例31】质量为m的跨接杆可以无摩擦地沿水平的平行导轨滑动，两轨之间宽为d。导轨和电阻为R的电阻器连接，放在竖直方向的均匀磁场中，磁感应强度为B,跨接杆初速度为vo,如图所示。试求跨接杆到停下来所滑行的距离。【解析】设某时刻杆的速度为v,此时有：ε=Blv,,F=IBL,联立解得：对跨接杆从初始到最终停止的整个过程应用动量定理(以初速度方向为正方向):联立可得：即解得：【答案】*****************************************************************下面再补充一道类似的问题【补充4】如图所示，两个光滑的水平导轨间距为l,左侧连接有阻值为R的电阻，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面，有一导体棒以初速度v。向右运动，除左边的电阻R外，其他电阻不计，棒向右移动最远距离为s,当棒运动到As时，A∈(0,1),证明：此时电阻R上的热功率为0 X X X X R|××X X×【答案】设导体棒的质量为m,将棒向右运动过程划分成许多微元，对某一微元而言，由动量定理：-F△t=mAv,。将两边微元累积得：解得：v=(1-λ)o。则棒运动到As时，电阻R上的热功率.******************************:*****************************************【例32】如图所示，顶角θ=45°的光滑金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v。沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为m,导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。导体棒与导轨的接触点为a和b,导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0时，导体棒位于顶角O处，若在to时刻将水平外力撤去，求导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。【解析】撤去外力时，导体棒位置xo=voho,速度为vo。设此后某时刻t,导体棒坐标为x,速度为v。则导体棒有效长度l=x,导体棒电动势ε=Blv,回路电阻R=I 2+√2 xr()电流强度导体棒所受安培力F=IBl,由以上各式联立解得：由to时刻到导体棒最终静止的过程，对导体棒应用动量定理(以vo方向为正方向)Z-FAt=0-my₀即,其中△S=xvAt,由图像可知：联立解得：【答案】见解析【例33】如图所示，阻值为R,质量为m,边长为l的正方形金属框位于光滑水平面上。金属框的ab边与磁场边缘平行，并以一定的初速度进入矩形磁场区域，运动方向与磁场边缘垂直。磁场方向垂直水平面向下，在金属框运动方向上的长度为L(L>1)。设金属框的ab边进入磁场后，框的运动速度与ab边在磁场中的位置坐标之间关系为v=vo-cx(x<1),式中c为未知的正值常量。若金属框完全通过磁场后恰好静止，求：(1)磁场的磁感应强度；(2)从线框进入磁场区域到线框ab边刚出磁场区域的运动过程中安培力所做的功。【解析】(1)线框进入磁场过程中，设某时刻ab边的速度为v,此时有：ε=Blv,回路电流,线框所受安培力F=IBL,联立解得：从ab边进入磁场到速度为v时，由动量定理得：解得：-B²²x=mR(v-v₀),即对照题设关系v=vo-cx,易知而金属框完全通过磁场后恰好静止，即=vo-cl-cl=0,则联立可得：(2)根据上述分析，在线框进入磁场区域的运动过程中安培力使线框的运动速度的减少量和线框出磁场区域的运动过程中线框速度的减少量是相同的，即v%→vo/2,vo/2→0。而整个线框都在磁场区域内运动时，整个线框中无感生电动势，也没有安培力作用。由动能定理，从线框进入磁场区域到线框ab边刚出磁场区域的运动过程中安培力所做的功为：【答案】见解析【例34】如图所示，空间等间距分布水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B=1T,每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m。现有一边长L=0.2m、质量m=0.1kg、电阻R=0.1Ω的正方形线框MNOP以vo=7m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场。求线框能穿过完整条形磁场区域的个数n。【答案】4个*******************************下面再补充一道类似的问题。**********************【补充5】如图所示，空间某区域内存在着匀强磁场，磁场的上下边界水平，方向与竖直平面(纸面)垂直；两个由完全相同的导线制成的刚线材框a和b,其形状分别是周长为4l的正方形和周长为6l的矩形。线框a和b在竖直面内从图示位置自由下落。若从开始下落到线框完全离开磁场的过程中安培力对两线框的冲量分别为I、I₀,则I。:1,为A.3:8 B.1:2 C.1:1 D.3:2【解析】为了叙述方便，设线框水平长度为d,竖直长度为h,电阻为R。线框只在进、出磁场的两个过程中，安培力有冲量；线圈整体在磁场中时，不受安培力。在线框进、出磁场的过程中，当线圈速度为v时，产生的感应电动势ε=Bdv,感应电流,安培力。△t时间内，安培力的冲量。则线框进、出磁场过程中安培力的总冲量。依题意：,因此，。A选项正确。【答案】A*********************************************************************************************************************************************************说明：下面的题目涉及电容。*************************************************************【例35】如图所示，金属框架竖直放置在绝缘地面上，框架的上端接有一电容为C的电容器，框架上有一质量为m、长为l的金属棒平行于地面放置，与框架接触良好无摩擦，离地高为h。金属框架处在一磁感应强度为B的匀强磁场中，且磁场方向与框架平面相垂直。开始时电容器不带电。现从静止起将棒释放，求棒落到地面的时间。(不计各处电阻)【解析】棒下落时，切割磁感线产生感应电动势，电容器被充电，回路中有感应电流，棒受到向上的安培力F,它的加速度大小为联立两式可解得：,为定值。可见金属棒做匀加速直线运动，落地时间为【答案】见解析【例36】如图所示，一根质量为m的导体棒，放置于光滑水平导轨上；两导轨间所接电容值为C,导轨间距为L,整个空间存在磁感应强度为B的匀强磁场。初始时导体棒以速度v₀匀速运动。某时刻突然合上开关，求导体棒稳定后的速度?××C=××X×B××××××【解析】当开关闭合后，导体棒切割磁感线产生感应电动势，电容器被充电，回路中有感应电流，导体棒受到安培力，减速运动，感应电动势变小。当感应电动势与电容两端电压相等时，回路中不再有感应电流产生，导体棒不受力，达到稳定状态，此后做匀速直线运动。设导体棒达到稳定状态后，速度为v,,此时有,E=BLv,U=ε,联立化简得Q=CBLv,①在整个过程中，对导体棒应用动量定理(以v方向为正):Z-FAt=mv,-my₀=-BLZIAt=m(v₁-v)=BLQ=m(-v)与①式联立解得：【答案】见解析**************************************************************************************说明：下面这道题目与自感线圈结合**************************************************************************【例37】如图所示，电阻不计的足够长光滑导轨竖直放置，宽度为l,上端接一理想自感线圈，自感系数为L(电阻不计),垂直纸面有磁感应强度为B的匀强磁场穿过，电阻不计、质量为m的导体棒，在重力作用下从静止开始竖直向下运动，假设在下滑过程中导体棒和导轨间保持良好接触，试分析导体棒的运动性质。【解析】由于理想的电感是没有直流电阻的，因此接在恒定电流两端视为短路，而导体棒在下降过程中，速度变化，电流是变化的，因此，电感线圈会对电流变化产生阻碍作用。设t时刻导棒下落位移为y,速度为v,加速度为a,电流为i。绕回路一圈电势降落为零，故,即△i=∑B△y,解得：Li=Bly。对导棒由牛顿运动定律：mg-Bil=ma,联立可得：,说明导棒做简谐振动。【答案】导棒做简谐振动6、交流电在高中课程中，我们推导过矩形线圈绕垂直磁场方向的转轴旋转产生交流电的情况，下面我们来推导更一般的情况。如图所示，不规则的平面线圈(面积为S)在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO’以角速度匀速转动，磁感应强度大小为B,初始时刻，线圈平面与磁场方向平行。则t时刻，线圈平面与磁场方向夹角θ=ot。由于线圈形状不规则，为了计算此时的感应电动势，需要利用微元法，将线圈分成很多小段。对于△y的小段，产生的感应电动势△s=B·Ay·(or)·cosθ;则线圈产生的总感应电动势c=∑Ac=∑B·△y·(or)·cos0=BocosotZr△y=BSocosat。若线圈匝数为N匝，初始相位为φ,则反映电动势可写成ε=NBSwcos(wt+φ)。上述推导也可以通过求导的方法完成，t时刻，线圈的磁通量①=BSsin(ot+φ),则感应电动势),与上述结果相同。由此可见，我们在高中课程中对矩形线圈推导的结论对不规则形状的线圈仍然适用。上述感应电动势成立的条件只要求：(1)匀强磁场；(2)绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动；(3)平面线圈。与线圈的具体形状和转轴的具体位置无关。【例38】如图所示，ACD是由均匀细导线制成的边长为d的等边三角形线框，它以AD为转轴，在磁感应强度为B的恒定的匀强磁场中以恒定的角速度转动(俯视为逆时针旋转),磁场方向与AD垂直。已知三角形每条边的电阻都等于R。取图示线框平面转至与磁场平行的时刻为t=0,求任意时刻t线框中的电流；【解析】按导体切割的观点，三角形的AC、CD两边因切割磁感应线而产生感应电动势。因长度为d的AC、CD两边都不与磁场方向垂直，每条边切割磁感应线的有效长度为。因AC边上不同部分到转轴的距离不同，它们的速度随离开转轴的距离的增大而线性增大，故可认为AC边上各部分产生的总电动势，数值上等同于整条AC边均以AC边中点处的速度v运动时产生的电动势，。设在t=0至时刻t,三角形从平行于磁场方向的位置绕轴转过角度为θ,则θ=wt因而边上各点速度的方向不再与磁场方向垂直，V沿垂直磁场方向的分量v=vcosθ因此，AC边的感应电动势同理可得，故三角形线框中的总电动势，因线框中的总电阻为3R,故t时刻线框中的电本题如果从法拉第电磁感应定律的角度出发比较容易：时刻t穿过线框的磁通量φ=BSsinwt,其中，。,与切割的方法计算结果相同。【答案】【例39】已知二极管具有单向导通性，当“+”接高电势、“-”接低电势(即正向电压)时，二极管导通(电路处于通路，电阻不计);当“+”接低电势、“-”接高电势(即反向电压)时，二极管处于断路状态；但当反向电压大于击穿电压U,时，二极管被击穿(相当于电路导通)。在甲图中ab两端接入乙图所示交流电，其中Um>U。,求电阻R两端输出电压波形。乙甲【答案】。
