动量观点和能量观点在(动生)电磁感应问题中的运用

柴亚宁

(河北省郑口中学,河北故城 253800)

“电磁感应”一章在高考中占有非常重要的地位,这里不但有电磁感应过程中感应电流大小和方向的判定及计算,更有力学知识在电磁感应问题中的综合应用问题.而在这些综合问题中,往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系、动能定理及能量守恒定律,并结合闭合电路的计算等物理规律及基本方法进行,而上述规律及方法又都是中学物理学的重点所在,是高考的热点和重点,必须引起足够的重视.

1 动量观点在电磁感应问题中的运用

我们知道,应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量,正因为如此,所以在求解电磁感应有关问题时,如在导体棒做非匀变速运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题,这样就可以避免由于加速度变化而导致运动学有关公式不能使用的麻烦.

例1.如图1所示,在光滑水平面上有一个竖直向上的匀强磁场,分布在宽度为 l的区域内.现有一个边长为a的正方形闭合导线框(a＜l),以初速度 v0垂直于磁场边界沿水平面向右滑过该磁场区域,滑出时的速度为v.下列说法中正确的是

(D)以上3种都有可能.

解析:线框进入磁场和离开磁场时,由于切割磁感线而在线框中产生感应电流,该感应电流受到磁场的安培力作用,故将改变其运动状态.同时由于安培力作用,速度和加速度均发生变化,故用一般的方法也不容易求解.但注意到线框进入磁场和离开磁场时的磁通量变化大小是相等的,则由动量定理可求得安培力在极短时间内的冲量为

图1

利用这个结论即可方便地进行求解.

设导线框完全进入磁场中时,速度为 vx,则对于线框进入磁场的过程,应该有

同理,对于线框离开磁场的过程,有.

此时尽管两个时间 Δt1、Δt2的大小关系不明确,但容易得到.

例2.如图 2所示,在空中有一水平方向的匀强磁场区域,区域上下边缘间距离为 h,磁感应强度为B,有一宽度为b(b＜h)、长度为 L、电阻为 R、质量为m的矩形导体线圈紧贴磁场区域上边缘从静止起竖直下落,当线圈的PQ边到达磁场下边缘时,恰好开始做匀速运动.求:

(1)线圈的 M、N边刚好进入磁场时,线圈的速度大小;

(2)线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间.

解析:(1)题目中明确了“线圈的PQ边到达磁场下边缘时,恰好开始做匀速运动”,我们只要由此出发,“顺藤摸瓜”即可求得线圈的 MN边刚好进入磁场时,线圈的速度大小.

设线圈匀速穿出磁场的速度为 v,此时线圈中产生的感应电动势为

图2

产生的感应电流为

线圈受到的安培力为

此过程中线圈受到的重力与安培力平衡

联立(1)～(4)式,得

设线圈上边刚好进入磁场时速度为 v0,当线圈全部在磁场中运动时,根据动能定理有

联立(5)、(6)式,解得

(2)容易判断,线圈从开始下落到刚好完全进入磁场的运动并不是匀变速运动,故所经历的时间不能利用运动学公式计算,但可以由动量定理求解.

设线圈从开始下落到刚刚完全进入磁场所用的时间为t,根据动量定理

在t内根据法拉第电磁感应定律有

线圈中产生的平均电流为

故安培力的冲量为

联立(9)～(11)式,得

将(7)和(12)式代入(8)式解得

2 能量观点在电磁感应问题中的运用

电磁感应的过程实质上是不同形式能量转化的过程,感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,在动生电动势情形下要维持感应电流,必须有其他力克服安培力做功,即其他形式的能转化为电能.克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能.

例3.如图3所示,质量为 m、边长为l的正方形线框,从有界的匀强磁场上方由静止自由下落,线框电阻为 R.匀强磁场的宽度为 H(l＜H),磁感强度为B,线框下落过程中 ab边与磁场边界平行且沿水平方向.已知 ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都做减速运动,加速度大小都是.求:

图3

(1)ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小;

(2)cd边刚进入磁场时,线框的速度大小;

(3)线框进入磁场的过程中产生的热量.

解析:(1)在已知加速度的情况下,可以通过牛顿第二定律建立方程求有关速度.

由题意可知,ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等,设为v1,则对线框显然有

解得

(2)cd边刚进入磁场后,由于穿过线框的磁通量不再变化,回路中不产生感应电流,线框在重力作用下匀加速运动,则在解得ab边刚出磁场时的速度大小v1后,对 cd边进入磁场到ab边刚出磁场应用动能定理即可求得cd边刚进入磁场时速度v2,此时有

解得

(3)线框进入磁场的过程中,首先做加速运动,而后做减速运动,故产生的热量 Q不能根据焦耳定律求解,只能通过能量转化和守恒定律计算,则有

解得

例4.两根相距为 L的足够长的金属直角导轨如图4所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面.质量均为 m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路,杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ,导轨电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时,cd杆也正好以某一速度向下做匀速运动,设运动过程中金属细杆ab、cd与导轨接触良好,重力加速度为 g,求:

(1)ab杆匀速运动的速度v1;

(2)ab杆所受拉力F;

(3)ab杆以v1匀速运动时,cd杆以v2(v2已知)匀速运动,则在cd杆向下运动h过程中,整个回路产生的焦耳热.

解析:(1)ab杆向右运动时,ab杆中产生的感应电动势方向为a→b,大小为E=BLv1,cd杆中的感应电流方向为d→c,cd杆受到的安培力方向水平向右,安培力大小为

图4

cd杆向下匀速运动,有

解(1)、(2)两式,ab杆匀速运动的速度为

(2)ab杆所受拉力为

(3)设cd杆以v2速度向下运动 h过程中,ab杆匀速运动了s距离,则有

整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,故

3 动量观点和能量观点在电磁感应问题中的综合运用

通过上述分析我们可以看到,借助动量定理可以方便地由动量变化来求解电磁感应问题中有关变力的时间及速度等物理量.而在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合外力为零,若不受其他外力,则两导体棒的总动量守恒,故解决此类问题往往应用动量守恒定律来处理.

例5.如图5所示,两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内,导轨间的距离为 L,导轨上横放着两根导体棒ab和cd.设两根导体棒的质量皆为 m,电阻皆为R,导轨光滑且电阻不计,在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁感强度为B.开始时,ab和cd两导体棒有方向相反的水平初速,初速大小分别为 v0和2v0,求:

(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热;

图5

解析:(1)从开始到最终稳定的过程中,两棒总动量守恒,则 2mv0-mv0=2mv,得

由能量守恒定律,整个过程中回路产生的焦耳热为

得

此时回路中的总电动势由ab和cd两导体棒切割磁感线产生的电动势串联而成,则此时回路中的总电动势为

故回路中消耗的电功率为

则消耗的电功率为

例6.如图6所示,光滑水平面停放一小车,车上固定一边长为 L=0.5 m的正方形金属线框 abcd,金属框的总电阻 R=0.25 Ω,小车与金属框的总质量 m=0.5 kg.在小车的右侧,有一宽度大于金属线框边长,具有理想边界的匀强磁场,磁感应强度 B=1.0 T,方向水平且与线框平面垂直.现给小车一水平速度使其向右运动并能穿过磁场,当车上线框的 ab边刚进入磁场时,测得小车加速度 a=10 m/s2.求:

图6

(1)金属框刚进入磁场时,小车的速度为多大?

(2)从金属框刚要进入磁场开始,到其完全离开磁场,线框中产生的焦耳热为多少?

解析:(1)由于明确了线框的 ab边刚进入磁场时小车的加速度,可以通过其受力情况列方程求解.

设小车初速度为 v0,则线框刚进入磁场时,ab边由于切割磁感线产生的电动势为

回路中的电流为

根据牛顿定律有

由以上3式可解得 v0=5 m/s.

(2)在求得金属框刚进入磁场时小车的速度后,为了求得从金属框刚要进入磁场,到其完全离开磁场所产生的焦耳热,关键在于求出小车完全离开磁场时的速度.

设线框全部进入磁场时小车速度为 v1,进入过程平均电流为 ¯I,所用时间为 Δt,则

设线框离开磁场时小车速度为v2,进入过程平均电流为 ¯I1,所用时间为 Δt1,则

线框从进入到离开产生的焦耳热应等于系统损失的机械能,即