電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題

./電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題————導(dǎo)棒問題分類評析電磁感應(yīng)中產(chǎn)生的感應(yīng)電流在磁場中將受到安培力的作用,因此,電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起,解決這類電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題,不僅要應(yīng)用電磁學(xué)中的有關(guān)規(guī)律,如楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律、左右手定則、安培力的計算公式等,還要應(yīng)用力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律,如牛頓運動定律、動量定理、動能定理、動量守恒定律、機械能守恒定律等。要將電磁學(xué)和力學(xué)的知識綜合起來應(yīng)用。基礎(chǔ)知識1、．楞次定律、右手定則、左手定則的區(qū)別<1>"因動而電"——用右手定則,"因電而動"——用左手定則。<2>在應(yīng)用楞次定律時,注意"阻礙’’含義可推廣為三種表達方式：①阻礙原磁通量的變化；②阻礙導(dǎo)體的相對運動<來拒去留>；③阻礙原電流的變化<自感現(xiàn)象>。2、兩種感應(yīng)電動勢：感生和動生電動勢3、安培力公式、楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律是解決此類問題的重要根據(jù),在應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律時應(yīng)注意：①區(qū)分、、的含義；②理解E=BLv和的應(yīng)用。一般用來求平均電動勢和感生電動勢,E=BLv用來求瞬時電動勢和動生電動勢；③在勻強磁場中,B、L、v相互垂直,導(dǎo)體平動切割磁感線時E=BLv,繞固定轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動時。4、導(dǎo)棒類問題動態(tài)電路分析的一般思路：磁通量變化→感應(yīng)電動勢→感應(yīng)電流→安培力→合外力→加速度→速度→感應(yīng)電動勢→……周而復(fù)始地循環(huán),當(dāng)a=0時,導(dǎo)體達到穩(wěn)定狀態(tài),速度達到最大值．上述分析的過程與思路也可以簡明表示如下：處理導(dǎo)體切割磁感線運動有三種觀點：<1>力的觀點；<2>能量觀點；<3>動量觀點．這類問題的實質(zhì)是不同形式能量的轉(zhuǎn)化過程,從功與能的觀點人手,弄清導(dǎo)體切割磁感線運動過程中的能量轉(zhuǎn)化關(guān)系,往往是解決這類問題的關(guān)鍵,也是處理此類問題的捷徑之一。導(dǎo)棒在勻強磁場中常見的運動問題1、單導(dǎo)棒模型常見的幾種情況：<1>如下圖所示．單桿ab以一定的初速度v0在光滑水平軌道上作加速度越來越小的減速運動,在安培力作用下最終靜止,則回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q=mv2/2。〔2如下圖所示,單桿ab在恒定的外力作用下在光滑水平軌道上由靜止開始運動,因,故其加速度不斷減小,最終當(dāng)F拉=F時,a=0以速度勻速運動。〔3〔不要求如圖所示,單桿ab在恒力F作用下,由靜止開始在光滑水平軌道上運動,設(shè)電容器的電容為C,t時刻ab桿速度為v,t+△t時刻速度為v+△v,根據(jù)以下關(guān)系I=△Q/△t△Q=C△U△U=BL△v△v=a△tF-BIL=ma可得金屬桿最終以加速度做勻加速運動2、雙導(dǎo)棒模型常見情況有：〔1如圖所示在光滑水平軌道上,一金屬桿ab以初速度v0向右運動,則ab因受安培力做減速運動,而cd因受安培力做加速運動,當(dāng)兩者速度相等時,回路中無感應(yīng)電流,ab、cd最終以相等的速度做勻速運動,由動量守恒得,〔2如圖所示,在光滑水平軌道上,ab桿所在部分軌道寬為L1、cd桿所在部分導(dǎo)軌寬為L2,并設(shè)兩部分軌道均足夠長。金屬桿ab以初速v0向右運動。同樣由于受安培力作用使ab做減速運動,cd向右加速運動,最終,當(dāng)滿足VabL1=VcdL2的關(guān)系時,回路中感應(yīng)電流為零,ab、cd各以不等的速度作勻速運動,但上述變化過程中,因ab、cd兩桿受安培力大小不等,整體受合力不為零,兩桿整體的動量不守恒,但可以應(yīng)用動量定理得到兩桿的最終速度。設(shè)從開始到穩(wěn)定時間為△t,回路中平均電流為,由動量定理：解得<3>如圖所示,ab桿在恒力作用下由靜止開始在光滑水平軌道上運動,最終ab桿和cd桿以共同的加速度運動,而ab桿和cd桿的瞬時速度不等．●雙導(dǎo)棒模型情況總結(jié)：v=0v=0,2桿受到恒定水平外力作用光滑平行導(dǎo)軌規(guī)律開始兩桿做變加速運動,穩(wěn)定時,兩桿以相同的加速度做勻變速運動桿1做變減速運動,桿2做變加速運動,穩(wěn)定時,兩桿的加速度為0,以相同速度做勻速運動分析m1=m2r1=r2l1=l2m1=m2r1=r2l1=l2示意圖v1≠0v2=0,不受其它水平外力作用。光滑平行導(dǎo)軌條件21vt00vt21B21vB21F[典型例題解析]1、如圖所示,兩足夠長平行光滑的金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距為L,導(dǎo)軌平面與水平面夾角α＝30,導(dǎo)軌電阻不計。磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面斜向上,長為L的金屬棒ab垂直于MN、PQ放置在導(dǎo)軌上,且始終與導(dǎo)軌電接觸良好,金屬棒的質(zhì)量為m、電阻為R。兩金屬導(dǎo)軌的上端連接右端電路,電路中R2為一電阻箱,已知燈泡的電阻RL＝4R,定值電阻R1＝2R,調(diào)節(jié)電阻箱使R2＝12R,重力加速度為g,現(xiàn)將金屬棒由靜止釋放,求：〔1金屬棒下滑的最大速度vm；〔2當(dāng)金屬棒下滑距離為s0時速度恰達到最大,求金屬棒由靜止開始下滑2s0的過程中,整個電路產(chǎn)生的電熱；QPM0〔cmMBαaNαbR2QPM0〔cmMBαaNαbR2R1SRL9、〔1當(dāng)金屬棒勻速下滑時速度最大,達到最大時有mgsin＝F安〔1分F安＝BIL〔1分I＝EQ\F<BLvm,R總>〔1分其中R總＝6R〔1分所以mgsin＝EQ\F<B2L2vm,R總>解得最大速度vm＝EQ\F<3mgR,B2L2>〔1分〔2由動能定理WG－Q＝EQ\F<1,2>mvm2〔1分得放出的電熱Q＝2mgs0sinα－EQ\F<1,2>mvm2〔1分代入上面的vm值,可得Q＝mgs0－EQ\F<9m3g2R2,2B4L4>〔2分〔3R2上消耗的功率P2＝EQ\F<U2,R2>其中U＝IR并＝EQ\F<BLvR并,3R＋R并>〔1分R并＝EQ\F<4RR2,4R＋R2>又mgsin＝EQ\F<B2L2v,3R＋R并>〔1分解得P2＝EQ\F<m2g2sin2,B2L2>EQ\F<16R2R2,<4R＋R2>2>＝EQ\F<m2g2sin2,B2L2>EQ\F<16R2,EQ\F<16R2,R2>＋8R＋R2>〔1分當(dāng)R2＝RL＝4R時,R2消耗的功率最大〔1分最大功率P2m＝EQ\F<m2g2R,4B2L2>〔1分2、如圖甲所示〔俯視圖,相距為2L的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置,導(dǎo)軌一部分處在以O(shè)O/為右邊界勻強磁場中,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直導(dǎo)軌平面向下,導(dǎo)軌右側(cè)接有定值電阻R,導(dǎo)軌電阻忽略不計。在距邊界OO/也為L處垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量為m、電阻不計的金屬桿ab。求解以下問題：〔1若ab桿固定在軌道上的初始位置,磁場的磁感應(yīng)強度在時間t由B均勻減小到零,求此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q1。〔2若磁場的磁感應(yīng)強度不變,ab桿在恒力作用下由靜止開始向右運動3L距離,其v--x的關(guān)系圖像如圖乙所示。求①ab桿在剛要離開磁場時的加速度大小；②此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q2。解析:23.〔18分〔1磁場的磁感應(yīng)強度在時間t由B均勻減小到零,說明此過程中的感應(yīng)電動勢為①通過R的電流為②此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為③,聯(lián)立①②③求得〔2①ab桿離起始位置的位移從L到3L的過程中．由動能定理可得④ab桿剛要離開磁場時,感應(yīng)電動勢⑤通過R的電流為⑥水平方向上受安培力和恒力F作用安培力為：⑦聯(lián)立⑤⑥⑦解得⑧由牛頓第二定律可得：⑨聯(lián)立④⑧⑨解得②ab桿在磁場中由起始位置發(fā)生位移L的過程中,根據(jù)功能關(guān)系,恒力F做的功等于ab桿增加的動能與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和,則⑩聯(lián)立④⑩解得3、如圖所示,足夠長的金屬導(dǎo)軌MN和PQ與R相連,平行地放在水平桌面上,質(zhì)量為m的金屬桿可以無摩擦地沿導(dǎo)軌運動．導(dǎo)軌與ab桿的電阻不計,導(dǎo)軌寬度為L,磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導(dǎo)軌平面．現(xiàn)給金屬桿ab一個瞬時沖量I0,使ab桿向右滑行．〔1求回路的最大電流．〔2當(dāng)滑行過程中電阻上產(chǎn)生的熱量為Q時,桿ab的加速度多大？〔3桿ab從開始運動到停下共滑行了多少距離？解：〔1由動量定理I0=mv0–0得v0=EQ\F<I0,m>〔2分金屬桿在導(dǎo)軌上做減速運動,剛開始時速度最大,感應(yīng)電動勢也最大,有：Em=BLv〔1分所以回路的最大電流Im=EQ\F<BLv0,R>=EQ\F<BLI0,mR>．〔1分<2>設(shè)此時桿的速度為v,由能的轉(zhuǎn)化和守恒有：Q=EQ\F<1,2>mv2-EQ\F<1,2>mv20〔2分解得：v=EQ\F<1,m>EQ\R<,2mQ+I02>〔1分由牛頓第二定律得：BIL=ma〔1分由閉合電路歐姆定律得：I=EQ\F<BLv,R>〔1分解得：a=EQ\F<B2L2,m2R>EQ\R<,2mQ+I02>．〔1分〔3對全過程應(yīng)用動量定理有：—BIL·Δt=0–I0〔2分而I=EQ\F<Δφ,Δt·R>=EQ\F<BLx,Δt·R>〔2分解得：x=EQ\F<I0R,B2L2>．〔2分aFBsdbRMNPM′N′P′4、如圖所示,兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上,兩軌道之間的距離l=0.50m,軌道的MM′端之間接一阻值R=0.40Ω的定值電阻,NN′端與兩條位于豎直面的半圓形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑連接,兩半圓軌道的半徑均為R0=0.50m．直軌道的右端處于豎直向下、磁感應(yīng)強度B=0.64T的勻強磁場中,磁場區(qū)域的寬度d=0.80m,且其右邊界與NN′重合．現(xiàn)有一質(zhì)量m=0.20kg、電阻r=0.10Ω的導(dǎo)體桿ab靜止在距磁場的左邊界s=2.0m處．在與桿垂直的水平恒力F=2.0N的作用下ab桿開始運動,當(dāng)運動至磁場的左邊界時撤去FaFBsdbRMNPM′N′P′〔1導(dǎo)體桿剛進入磁場時,通過導(dǎo)體桿上的電流大小和方向；〔2導(dǎo)體桿穿過磁場的過程過電阻R上的電荷量；〔3導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中整個電路中產(chǎn)生的焦耳熱解：〔1設(shè)導(dǎo)體桿在F的作用下運動至磁場的左邊界時的速度為v1,根據(jù)動能定理則有〔F-μmgs=mv12〔2分導(dǎo)體桿剛進入磁場時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=Blv1此時通過導(dǎo)體桿上的電流大小I=E/〔R+r=3.8A〔或3.84A〔1分根據(jù)右手定則可知,電流方向為由b向a〔1分〔2設(shè)導(dǎo)體桿在磁場中運動的時間為t,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為E平均,則由法拉第電磁感應(yīng)定律有E平均=△φ/t=Bld/t〔1分通過電阻R的感應(yīng)電流的平均值I平均=E平均/〔R+r〔1分通過電阻R的電荷量q=It=0.512C〔或0.51C〔1分〔3設(shè)導(dǎo)體桿離開磁場時的速度大小為v2,運動到圓軌道最高點的速度為v3,因?qū)w桿恰好能通過半圓形軌道的最高點,根據(jù)牛頓第二定律對導(dǎo)體桿在軌道最高點時有mg=mv32/R0〔1分對于導(dǎo)體桿從NN′運動至PP′的過程,根據(jù)機械能守恒定律有mv22=mv32+mg2R0〔2分解得v2=5.0m/s<1分>導(dǎo)體桿穿過磁場的過程中損失的機械能△E=mv12－mv22=1.1J〔1分5、如圖所示,有上下兩層水平放置的平行光滑導(dǎo)軌,間距是L,上層導(dǎo)軌上擱置一根質(zhì)量是m、電阻是r的金屬桿ST,下層導(dǎo)軌末端緊接著兩根豎立在豎直平面的半徑為R的光滑絕緣半圓形軌道,在下層導(dǎo)軌末端處擱置一質(zhì)量也是m、電阻也是r的金屬桿AB。上下兩層平行導(dǎo)軌所在區(qū)域里有一個豎直向下的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。當(dāng)閉合開關(guān)S后,金屬桿AB滑離下層導(dǎo)軌進入半圓形軌道并且剛好能通過半圓形軌道最高點后滑上上層導(dǎo)軌。設(shè)上下兩層導(dǎo)軌都足夠長,電阻不計。試求：〔1金屬桿AB剛進入絕緣半圓形軌道時的速度大?。弧?金屬桿AB在上層導(dǎo)軌上滑動時,回路中的最大電流為多少;〔3從金屬桿AB滑到上層導(dǎo)軌到具有最終速度這段時間,上層導(dǎo)軌回路中有多少能量轉(zhuǎn)化為能。11、解：〔1設(shè)金屬桿AB進入半圓形軌道時的速度為V1,金屬桿AB剛好能通過半圓形軌道最高點,設(shè)此時速度為V2,則：① 〔2分又金屬桿在運動過程中,機械能守恒：

②〔3分解①②得：, 〔2分〔2金屬桿AB剛到上層導(dǎo)軌瞬間電動勢最大即③ 〔2分則回路中電流最大：④ 〔2分解③④得： 〔2分〔3以兩桿組成的系統(tǒng)為研究對象,在上層導(dǎo)軌上運動時,金屬桿AB在安培力作用下減速向左滑動,金屬桿ST在安培力作用下加速向左滑動,最終兩桿速度相同時回路電流為零,此時安培力為零,此時的速度為最終速度,設(shè)為V3,在此過程中,系統(tǒng)所受合外力始終為零,則系統(tǒng)動量守恒。即：⑤〔2分由能量守恒定律得：能⑥ 〔2分解以上式得： 〔2分6、如圖所示,水平虛線L1、L2之間是勻強磁場,磁場方向水平向里,磁場高度為h。豎直平面有一等腰梯形線框,底邊水平,其上下邊長之比為5:1,高為2h?，F(xiàn)使線框AB邊在磁場邊界L1的上方h高處由靜止自由下落,當(dāng)AB邊剛進入磁場時加速度恰好為0,在DC邊剛進入磁場前的一段時間,線框做勻速運動。求:〔1DC邊剛進入磁場時,線框的加速度×××××××××××L21hhBhABhCABhDCABhL1〔2從線框開始下落到DC邊剛進入磁場的過程中,線框的機械能損失和重力做功之比<1>設(shè)AB邊剛進入磁場時速度為0,線框質(zhì)量為m、電阻為R,AB=l,則CD=5l則mgh=m02<1分>AB剛進入磁場時有,=mg<2分>設(shè)線框勻速運動時速度為1E感==B<2l>1〔1分線框勻速運動時有=mg；得出1=0/4〔1分CD剛進入磁場瞬間,E'感=B<3l>1〔1分FI=9mg/4<1分>a=5g/4<1分><2>從線框開始下落到CD邊進入磁場前瞬間,根據(jù)能量守恒定律得：mg<3h>-Q=m12<2分>機械能損失△E=Q=mgh<1分>所以,線框的機械能損失和重力做功之比△E：WG=47：48<1分>7、如圖所示,電阻忽略不計的、兩根兩平行的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置,其上端接一阻值為３Ω的定值電阻R。在水平虛線L1、L2間有一與導(dǎo)軌所在平面垂直的勻強磁場B,磁場區(qū)域的高度為d=0.5m。導(dǎo)體棒a的質(zhì)量ma=0.2kg、電阻Ra=3Ω；導(dǎo)體棒b的質(zhì)量mb=0.1kg、電阻Rb=6Ω,它們分別從圖中M、N處同時由靜止開始在導(dǎo)軌上無摩擦向下滑動,且都能勻速穿過磁場區(qū)域,當(dāng)b剛穿出磁場時a正好進入磁場.設(shè)重力加速度為g=10m/s2。〔不計a、b之間的作用求：〔1在整個過程中,a、b兩棒克服安培力分別做的功；〔2M點和N點距L1的高度。解析：<1>Wa=magd=1.0JWb=mbgd=0.5J〔2b在磁場中勻速運動時：速度為,總電阻R1=7.5Ωb中的電流①由以上各式得：②同理,a棒：③由以上各式得,④⑤⑥⑦⑧由④⑤⑥⑦⑧得Ha=⑨Hb=m⑩8、<2009屆一中高三第一次模擬考試>如圖,abcd是位于豎直平面的正方形閉合金屬線框,金屬線框的質(zhì)量為m,電阻為R,在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū),MN和是勻強磁場區(qū)域的水平邊界,并與線框的bc邊平行,磁場方向與線框平面垂直,現(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落,下圖2是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的速度一時間圖象,圖象中坐標軸上所標出的字母均為已知量,求：〔1金屬框的邊長；〔2磁場的磁感應(yīng)強度；〔3金屬線框在整個下落過程中所產(chǎn)生的熱量?！?金屬框進入磁場過程中做勻速直線運動,速度為v1,運動時間為t2－t1,所以金屬框的邊長〔2在金屬框進入磁場的過程中,金屬框所受安培力等于重力〔3金屬框進入磁場過程中產(chǎn)生熱量Q1,出磁場時產(chǎn)生熱量Q29、〔08··15<16分>如圖所示,間距為L的兩條足夠長的平行金屬導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ,導(dǎo)軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直,磁場區(qū)域的寬度為d1,間距為d2．兩根質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的導(dǎo)體棒a和b放在導(dǎo)軌上,并與導(dǎo)軌垂直．<設(shè)重力加速度為g><1>若a進入第2個磁場區(qū)域時,b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域,求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△Ek．<2>若a進入第2個磁場區(qū)域時,b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時,b又恰好進入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中,兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q．<3>對于第<2>問所述的運動情況,求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率答案〔1穿過地1個磁場區(qū)域過程中增加的動能；〔2；〔3解析：<1>a和b不受安培力作用,由機械能守恒定律知,……①<2>設(shè)導(dǎo)體棒剛進入無磁場區(qū)域時的速度為v1剛離開無磁場區(qū)域時的速度為v2,由能量守恒知：在磁場區(qū)域中,……②在無磁場區(qū)域中,……③解得……④<3>在無磁場區(qū)域：根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律……⑤且平均速度……⑥有磁場區(qū)域：棒a受到的合力……⑦感應(yīng)電動勢……⑧感應(yīng)電流