电磁感应中的力学问题.doc

1 / 14 电磁感应中的力学问题电磁感应中的力学问题 导棒问题分类评析导棒问题分类评析 电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用， 因此， 电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定如此、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。要将电磁学和力学的知识综合起来应用。 一、一、根底知识根底知识 1、 楞次定律、右手定如此、左手定如此的区别楞次定律、右手定如此、左手定如此的区别 (1) “因动而电用右手定如此， “因电而动用左手定如此。 (2)在应用楞次定律时， 注意 “阻碍 含义可推广为三种表达方式： 阻碍原磁通量的变化；阻碍导体的相对运动(来拒去留)；阻碍原电流的变化(自感现象)。 2、两种感应电动势：感生和动生电动势两种感应电动势：感生和动生电动势 3、安培力公式、楞次定律和法拉第电磁感应定律是解决此类问题的重要根据安培力公式、楞次定律和法拉第电磁感应定律是解决此类问题的重要根据，在应用法拉第电磁感应定律时应注意：区分、t的含义； 理解E=BLv和(B SS BEnEnEnttt或）的应用。 一般(B SS BEnEnEnttt或）用来求平均电动势和感生电动势，E=BLv 用来求瞬时电动势和动生电动势； 在匀强磁场中，在匀强磁场中，B B、L L、v v 相互垂直，导体平动切割磁感线时相互垂直，导体平动切割磁感线时 E=BLvE=BLv，绕固定转轴匀速转动，绕固定转轴匀速转动时时2BLE=2。 4、导棒导棒类问题动态电路分析的一般思路：类问题动态电路分析的一般思路：磁通量变化感应电动势感应电流安培力合外力加速度速度感应电动势周而复始地循环， 当 a=0 时， 导体达到稳定状态，速度达到最大值上述分析的过程与思路也可以简明表示如下： 电磁感应导体在磁场中导体运动感应电动势阻碍 电路闭合安培力感应电流 5、处理导体切割磁感线运动有三种观点：处理导体切割磁感线运动有三种观点：(1)(1)力的观点；力的观点；(2)(2)能量观点；能量观点；(3)(3)动量观点动量观点这类问题的实质是不同形式能量的转化过程， 从功与能的观点人手， 弄清导体切割磁感线运动过程中的能量转化关系，往往是解决这类问题的关键，也是处理此类问题的捷径之一。 二、二、导棒在匀强磁场中常见的运动问题导棒在匀强磁场中常见的运动问题 1 1、单导棒模型常见的几种情况：、单导棒模型常见的几种情况： (1)如如下图所示单杆 ab 以一定的初速度 v0在光滑水平轨道上作加速度越来越小的减速运动，在安培力作用下最终静止，如此回路中产生的焦耳热 Q=mv2/2。 2如如下图所示，单杆 ab 在恒定的外力作用下在光滑水平轨道上由静止开始运动，因 2 / 14 22B L vFR安，故其加速度FFam安不断减小，最终当 F 拉=F 时，a=0 以速度m22FRvB L匀速运动。 3 不要求不要求如下列图，单杆 ab 在恒力 F 作用下，由静止开始在光滑水平轨道上运动，设电容器的电容为 C，t 时刻 ab 杆速度为 v，t+t 时刻速度为 v+v，根据以下关系 I=Q/t Q=CU U=BL v v=at F-BIL=ma 可得金属杆最终以加速度22FaB L C+m做匀加速运动 2 2、双导棒模型常见情况有：、双导棒模型常见情况有： 1如下列图在光滑水平轨道上， 一金属杆 ab 以初速度 v0向右运动，如此 ab 因受安培力做减速运动，而 cd 因受安培力做加速运动，当两者速度相等时，回路中无感应电流，ab、cd 最终以相等的速度做匀速运动，由动量守恒得，ab0abcdabcdm vvvm +m 2如下列图，在光滑水平轨道上，ab 杆所在局部轨道宽为 L1、cd 杆所在局部导轨宽为L2，并设两局部轨道均足够长。金属杆 ab 以初速 v0向右运动。同样由于受安培力作用使 ab做减速运动，cd 向右加速运动，最终，当满足 VabL1= VcdL2的关系时，回路中感应电流为零，ab、cd 各以不等的速度作匀速运动，但上述变化过程中，因 ab、cd 两杆受安培力大小不等，整体受合力不为零，两杆整体的动量不守恒，但可以应用动量定理得到两杆的最终速度。设从开始到稳定时间为t，回路中平均电流为I，由动量定理： 1ab0abBILtm (VV ) 2cdcdBILtm V 1ab2cdL VL V 解得2ab2ab022ab2cd1m LVVm L +m Lab12cd022ab2cd1m L LVVm L +m L (3)如下列图，ab 杆在恒力作用下由静止开始在光滑水平轨道上运动，最终 ab 杆和 cd 杆以共同的加速度运动，abcdFamm而 ab 杆和 cd 杆的瞬时速度不等 3 / 14 双导棒模型情况总结：双导棒模型情况总结： 【典型例题解析】【典型例题解析】 1、如下列图，两足够长平行光滑的金属导轨 MN、PQ 相距为 L，导轨平面与水平面夹角 30，导轨电阻不计。磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为 L 的金属棒ab 垂直于 MN、PQ 放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为 m、电阻为R。两金属导轨的上端连接右端电路，电路中 R2为一电阻箱，灯泡的电阻 RL4R，定值电阻 R12R，调节电阻箱使 R212R，重力加速度为 g，现将金属棒由静止释放，求： 1金属棒下滑的最大速度 vm； 2当金属棒下滑距离为 s0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑 2s0的过程中，整个电路产生的电热； 3改变电阻箱 R2的值，当 R2为何值时，金属棒匀速下滑时 R2消耗的功率最大；消耗的最大功率为多少？ 9、 1当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有 mgsinF安1 分 F安BIL1 分IBLvmR总1 分 其中 R总6R 1 分 v=0，2杆受到恒定水平 外力作用 光滑平行导轨 规 律 开始两杆做变加速运动，稳定时， 两杆以一样的加速度做匀变速运动 杆1做变减速运动， 杆2做变加速运动，稳定时，两杆的加速度为0，以一样速度做匀速运动 分 析 m1=m2 r1=r2 l1=l2 m1=m2 r1=r2 l1=l2 示 意 图 v10 v2=0 ， 不受其它水平外力作用。 光滑平行导轨 条件 2 1 v t 0 0 v t 2 1 B 2 1 v B 2 1 F M P Q B a N b R2 R1 S RL 4 / 14 所以 mgsinB2L2vmR总解得最大速度 vm3mgRB2L21 分 2由动能定理 WGQ12 mvm21 分得放出的电热 Q2mgs0sin12 mvm21 分 代入上面的 vm值，可得 Qmgs09m3g2R22B4L42 分 3R2上消耗的功率 P2U2R2 其中 UIR并BLvR并3RR并 1 分R并4RR24RR2又 mgsinB2L2v3RR并1 分 解得 P2m2g2sin2B2L216R2R2(4RR2)2m2g2sin2B2L216R216R2R28RR21 分 当 R2RL4R 时，R2消耗的功率最大1 分最大功率 P2mm2g2R4B2L21 分 2、 如图甲所示 俯视图 ， 相距为 2L 的光滑平行金属导轨水平放置， 导轨一局部处在以 OO/ 为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻 R，导轨电阻忽略不计。在距边界 OO/也为 L 处垂直导轨放置一质量为 m、电阻不计的金属杆 ab。求解以下问题： 1假如 ab 杆固定在轨道上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间 t 由 B 均匀减小到零，求此过程中电阻 R 上产生的焦耳热为 Q1。 2假如磁场的磁感应强度不变，ab 杆在恒力作用下由静止开始向右运动 3L 距离，其 v-x的关系图像如图乙所示。求ab 杆在刚要离开磁场时的加速度大小；此过程中电阻 R 上产生的焦耳热 Q2 。 解析:23. 18 分 1磁场的磁感应强度在时间 t 由 B 均匀减小到零，说明tBtB 此过程中的感应电动势为tBLtE212 5 / 14 通过 R 的电流为REI11 此过程中电阻 R 上产生的焦耳热为RtIQ211， 联立求得RtLBQ4214 2ab 杆离起始位置的位移从 L 到 3L 的过程中由动能定理可得 2221132FLLm vv ab 杆刚要离开磁场时，感应电动势122BLvE 通过 R 的电流为REI22 水平方向上受安培力F安和恒力 F 作用 安培力为：LBIF22安 联立解得RvLBF1224安 由牛顿第二定律可得：FFma安 联立解得mRvLBLvva122212244 ab 杆在磁场中由起始位置发生位移 L 的过程中，根据功能关系，恒力 F 做的功等于 ab 杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，如此 22121QmvFL 联立解得 4)3(21222vvmQ 3、如下列图，足够长的金属导轨 MN 和 PQ 与 R 相连，平行地放在水平桌面上，质量为 m的金属杆可以无摩擦地沿导轨运动导轨与 ab 杆的电阻不计，导轨宽度为 L，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面 现给金属杆 ab 一个瞬时冲量 I0， 使 ab 杆向右滑行 1求回路的最大电流 2当滑行过程中电阻上产生的热量为 Q 时，杆 ab 的加速度多大？ 3杆 ab 从开始运动到停下共滑行了多少距离？ 解： 1由动量定理 I0 = mv0 0 得 v0 = I0m 2 分 6 / 14 金属杆在导轨上做减速运动，刚开始时速度最大，感应电动势也最大，有： Em = BLv 1 分 所以回路的最大电流Im = BLv0R = BLI0mR 1 分 (2) 设此时杆的速度为 v，由能的转化和守恒有： Q = 12 mv2 - 12 mv20 2 分 解得：v = 1m 2m Q+I02 1 分 由牛顿第二定律得：BIL = ma 1 分 由闭合电路欧姆定律得：I = BLvR 1 分 解得：a = B2L2m2R 2m Q+I02 1 分 3对全过程应用动量定理有： BILt = 0 I0 2 分 而 I = tR = BLxtR 2 分 解得：x = I0RB2L2 2 分 4、如下列图，两根正对的平行金属直轨道 MN、M N 位于同一水平面上，两轨道之间的距离 l=0.50m，轨道的 MM 端之间接一阻值 R=0.40 的定值电阻，NN 端与两条位于竖直面的半圆形光滑金属轨道 NP、N P 平滑连接，两半圆轨道的半径均为 R0=0.50m直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度 B= T 的匀强磁场中，磁场区域的宽度 d=0.80m，且其右边界与NN 重合现有一质量 m=0.20kg、电阻 rab 静止在距磁场的左边界 s=2.0m 处在与杆垂直的水平恒力 F=ab 杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去 F，结果导体杆 ab 恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点 PP 导体杆 ab 在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆 ab 与直轨道之间的动摩擦因数 =0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g=10m/s2，求： 1导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向； 2导体杆穿过磁场的过程过电阻 R 上的电荷量； 3导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热 a F B s d b R M N P M N P 7 / 14 解： 1设导体杆在 F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为 v1，根据动能定理如此有 F-mgs=21mv12 2 分 导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势 E=Blv1此时通过导体杆上的电流大小 I=E/R+r=3.8A或 3.84A 1 分 根据右手定如此可知，电流方向为由 b 向 a1 分 2设导体杆在磁场中运动的时间为 t，产生的感应电动势的平均值为 E平均，如此由法拉第电磁感应定律有 E平均= /t=Bld/t 1 分 通过电阻 R 的感应电流的平均值 I平均=E平均/R+r 1 分 通过电阻 R 的电荷量 q=It=0.512C或 0.51C 1 分 3设导体杆离开磁场时的速度大小为 v2，运动到圆轨道最高点的速度为 v3，因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点，根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有 mg=mv32/R0 1 分 对于导体杆从 NN运动至 PP的过程，根据机械能守恒定律有 21mv22=21mv32+mg2R0 2 分 解得 v2 (1 分) 导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能 E=21mv1221mv22=1.1J 1 分 5、如下列图，有上下两层水平放置的平行光滑导轨，间距是L，上层导轨上搁置一根质量是m、 电阻是r的金属杆 ST， 下层导轨末端紧接着两根竖立在竖直平面的半径为R的光滑绝缘半圆形轨道，在下层导轨末端处搁置一质量也是m、电阻也是r的金属杆 AB。上下两层平行导轨所在区域里有一个竖直向下的磁感应强度大小为 B 的匀强磁场。 当闭合开关 S 后， 金属杆 AB 滑离下层导轨进入半圆形轨道并且刚好能通过半圆形轨道最高点 D F 后滑上上层导轨。设上下两层导轨都足够长，电阻不计。试求： 1金属杆 AB 刚进入绝缘半圆形轨道时的速度大小； 8 / 14 2金属杆 AB 在上层导轨上滑动时，回路中的最大电流为多少; 3 从金属杆 AB 滑到上层导轨到具有最终速度这段时间， 上层导轨回路中有多少能量转化为能。 11、解： 1设金属杆 AB 进入半圆形轨道时的速度为 V1，金属杆 AB 刚好能通过半圆形轨道最高点 D F ，设此时速度为V2,如此：22VmgmR 2 分 又金属杆在运动过程中，机械能守恒：221211 222mVmVmgR 3 分 解得：15VgR， 2VgR 2 分 2金属杆 AB 刚到上层导轨瞬间电动势最大即2mEBLV 2 分 如此回路中电流最大：2mmEIr 2 分 解得：rRgBLIm2 2 分 3以两杆组成的系统为研究对象，在上层导轨上运动时，金属杆 AB 在安培力作用下减速向左滑动，金属杆 ST 在安培力作用下加速向左滑动，最终两杆速度一样时回路电流为零，此时安培力为零，此时的速度为最终速度，设为 V3，在此过程中，系统所受合外力始终为零，如此系统动量守恒。即：232mVmV 2 分 由能量守恒定律得： 能232221221mvmvEQk减少 2 分 解以上式得：mgRQ41 2 分 6、如下列图,水平虚线 L1、L2 之间是匀强磁场,磁场方向水平向里，磁场高度为 h。竖直平面有一等腰梯形线框，底边水平，其上下边长之比为 5:1，高为 2h。现使线框 AB 边在磁场边界 L1 的上方 h 高处由静止自由下落，当 AB 边刚进入磁场时加速度恰好为 0，在 DC 边刚进入磁场前的一段时间，线框做匀速运动。求: 1DC 边刚进入磁场时，线框的加速度 2从线框开始下落到 DC 边刚进入磁场的过程中，线框的机械能损失和重力做功之比 (1)设AB边刚进入磁场时速度为0,线框质量为m、 电阻为R， L2h h BACDL1 9 / 14 AB=l ,如此 CD=5 l 如此 mgh= 21m02 (1 分) AB 刚进入磁场时有，RlB022 =mg (2 分) 设线框匀速运动时速度为1 E 感=1B(L-) tB SB S=tttt 上下1=B(2l)1 1 分 线框匀速运动时有RlB122)2(=mg；得出1= 0/4 1 分 CD 刚进入磁场瞬间，E感=B(3l)1 1 分 FI=9mg/4 (1 分) a=5g/4 (1 分) (2)从线框开始下落到 CD 边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得： mg(3h)-Q= 21m12 (2 分) 机械能损失E=Q= 1647mgh (1 分) 所以，线框的机械能损失和重力做功之比E：WG = 47：48 (1 分) 7、如下列图，电阻忽略不计的、两根两平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为的定值电阻 R。在水平虚线 L1、L2间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场 B，磁场区域的高度为 d=0.5m。导体棒 a 的质量 ma=0.2kg、电阻 Ra=3；导体棒 b 的质量 mb=0.1kg、电阻 Rb=6，它们分别从图中 M、N 处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当 b 刚穿出磁场时 ag=10m/s2。 不计 a、b 之间的作用求： 1在整个过程中，a、b 两棒克制安培力分别做的功； 2M 点和 N 点距 L1的高度。 解析解析： (1) Wa=magd =1.0J Wb=mbgd =0.5J 2b 在磁场中匀速运动时：速度为b,总电阻 R1 R a b M N 1L 2L d B 10 / 14 b 中的电流1RBLIbb 由以上各式得：gmRLBbb122 同理，a 棒： gmRLBaa222 由以上各式得，43ab gh22 169abhh gtba tdb 由得 Ha=m34 Hb=43m 8、( (20092009 届一中高三第一次模拟考试届一中高三第一次模拟考试) )如图，abcd 是位于竖直平面的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为 m，电阻为 R，在金属线框的下方有一匀强磁场区，MN 和NM是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的 bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直，现金属线框由距 MN的某一高度从静止开始下落， 如下图 2 是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的速度一时间图象，图象中坐标轴上所标出的字母均为量，求： 11 / 14 1金属框的边长； 2磁场的磁感应强度； 3金属线框在整个下落过程中所产生的热量。 1金属框进入磁场过程中做匀速直线运动，速度为 v1，运动时间为 t2t1，所以金属框的边长)(121ttvl 2在金属框进入磁场的过程中，金属框所受安培力等于重力 BILmg RBLvI 1121)(1VmgRttVB 3金属框进入磁场过程中产生热量 Q1，出磁场时产生热量 Q2 mgLQ 1222322121mVmVmgLQ 22231212121)(2vvmttmgvQQQ总 9、 0808 1515 (16分)如下列图，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为，导轨光滑且电阻忽略不计 场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直 (设重力加速度为g) (1)假如a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能Ek (2)假如a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域且ab在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q 12 / 14 (3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率v 答案答案1b穿过地 1 个磁场区域过程中增加的动能sin1mgdEk； 2sin)(21ddmgQ； 3mRdlBdlBmgRdv8sin41221222 解析：解析：(1) a 和 b 不受安培力作用，由机械能守恒定律知， sin1mgdEk (2) 设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为 v1刚离开无磁场区域时的速度为 v2， 由能量守恒知：在磁场区域中， s i n212112221m g dmvQmv 在无磁场区域中， sin212122122mgdmvQmv 解得sin)(21ddmgQ (3) 在无磁场区域： 根据匀变速直线运动规律 sin12gtvv 且平均速度 tdvv2122 有磁场区域： 棒 a 受到的合力 BIlmgFsin 感应电动势 Blv 感应电流 RI2 解得 vRlBmgF2sin22 根据牛顿第二定律，在 t 到 t+t 时间 tmFv 如此有 tmRvlBgv2sin22 13 / 14 解得 122212sindmRlBgtvv 由可得：mRdlBdlBmgRdv8sin41221222 10、如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨 MN、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距 L0m。 导轨电阻忽略不计， 其间连接有固定电阻 R0。 导轨上停放一质量 m0kg、 电阻 r0的金属杆 ab，整个装置处于磁感应强度 B0T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F 沿水平方向拉金属杆 ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将 R 两端的电压 U 即时采集并输入电脑，获得电压 U 随时间 t 变化的关系如图乙所示。 1试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； 2求第 2s 末外力 F 的瞬时功率； 3如果水平外力从静止开始拉动杆 2s 所做的功 W=5J，求金属杆上产生的焦耳热。 解析解析： 1设路端电压为 U，金属杆的运动速度为 v，如此感应电动势 E = BLv， 通过电阻 R 的电流 rREI 电阻 R 两端的电压 U=rRBLvRIR 由图乙可得 U=kt，k 解得tBLRrRkv， 因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度2m/s0 . 1BLRrRka。 用其他方法证明也可以 2在 2s 末，速度 v2=at=2.0m/s，电动势 E=BLv2， 通过金属杆的电流rREI 甲 乙 a M b Q N F R P 电压传感器 接电脑 t/s U/V 14 / 14 金属杆受安培力rRvBLBILF22)(安 解得：F安 10-2N 设 2s 末外力大小为 F2，由牛顿第二定律，maFF安2 ， 解得：F2=1.75 10-2N 故 2s 末时 F 的瞬时功率 P=F2v2=0.35W (3) 设回路产生的焦耳热为 Q，由能量守恒定律，W =Q2221mv 解得：Q=5J 电阻 R 与金属杆的电阻 r 串联，产生焦耳热与电阻成正比 所以，rRQQrR， 运用合比定理，rrRQQQrrR，而QQQrR 故在金属杆上产生的焦耳热rRQrQr 解得：Qr 10-2J