电磁感应问题中动量定理应用归类

◇ 北京 罗倩敏(特级教师)

动量定理是指物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程中始末的动量变化量,体现了力在时间上的积累效应.动量定理是高中物理极其重要的定理,反映了物体状态的变化是要通过一定的过程来实现的.下面就电磁感应问题中动量定理的应用进行归类,挖掘其独特表现与共性,探寻其应对策略.

1 线圈进出磁场

例1如图1所示,在光滑的水平面上,有一竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一边长为l(l＜L)的正方形线圈,垂直磁场边界进入时速度为v1,滑离磁场时速度为v2,则( ).

A.完全进入磁场中时的速度v大于(v1＋v2)/2

B.完全进入磁场中时的速度v等于(v1＋v2)/2

C.进入磁场和滑离磁场过程中通过线圈的电荷量相等

D.进入磁场和滑离磁场过程中线圈的发热量相等

图1

解析

线圈进入和离开磁场过程均做减速运动,在磁场中做匀速运动,由动量定理得,而通过线圈电荷量为,显然,线圈进入和离开磁场过程中磁通量变化绝对值相同,故有q＝¯I1Δt1＝¯I2Δt2,联立得.由功能关系得,线圈进入和离开磁场过程中的发热量等于对应线圈克服安培力所做的功,即在短时间Δt内发热量有又因为线圈进出磁场的位移相等,所以线圈的发热量是进入磁场的大于离开磁场的,故选项B、C正确.

策略线圈垂直进出磁场,关键是抓住进入和离开磁场过程中的磁通量变化的绝对值相同,以动量定理为枢纽,以线圈为载体进行分析.表现有中间特征:回路电流为零,线圈做匀速运动.

2 单棒切割磁感线

2.1 单棒切割发电式

例2已知金属棒的质量为m＝5g,导轨固定且足够长,其宽为L＝0.4m,电阻R＝2Ω,其余电阻不计,匀强磁场磁感应强度B＝0.5T.(g取10m·s－2)

(1)已知棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.4.

a.如图2所示,若棒受一冲量作用后以速度v0＝4m·s－1沿水平平行导轨运动,经一段时间后停止.测得棒从运动到停止的过程中通过导线的电荷量q＝10－2C.试求棒运动的距离x与时间t.

图2

b.如图3所示,若棒受未知外力F作用,从静止开始,以加速度2m·s－2做匀加速运动,在棒运动位移为1m的过程中,画出F-t图象,并求出该位移内外力F的冲量.

(2)不计棒和导轨间的摩擦,若将图2中电阻R换成电容为C的电容器.

a.棒以速度v0沿平行导轨运动,求棒最终稳定时的速度大小.

b.棒受已知恒定外力F作用,画出加速度—时间图象,并求出位移为s时的速度(用字母表示).

图3

解析

(1)a.对棒,由动量定理得 －μmgt－BL∑IΔt＝0－mv0,又,解得t＝

b.对棒,由动量定理得Ft－μmgt－BL∑IΔt＝mv,由联立解得t＝画出F-t图象,如图4所示.由图象中的面积求得F的冲量为0.04N·s－1.

图4

(2)a.对棒,由动量定理得－BL∑IΔt＝mvmv0,对电容器充电电荷量为q＝∑IΔt＝CBLv,联立解得

b.对棒,在任意短时间Δt内,由动量定理得FΔt－BLIΔt＝mΔv,而.对电容 器 有 Δq＝CBLΔv＝IΔt,联 立 得 F＝ma＋CB2L2a.可见,棒做匀加速运动,即画出a-t图象如图5,故棒运动位移s时的速度

图5

策略单棒切割发电(阻尼和动力)式,关键是抓住单棒切割磁感线产生感应电动势,以动量定理为枢纽,以电阻或电容为载体进行分析.表现有收尾特征:回路电流为零,棒静止或做匀速运动.对含电容器的单棒,在恒力作用下做匀加速直线运动.

2.2 单棒切割电动式

例3一对足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上,有一质量为m、长度为L的金属棒ab静止于导轨上,且与导轨垂直良好接触,金属棒的电阻为R,导轨电阻忽略不计,整个装置处于磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中.

(1)如图6所示,若导轨左端接一电源,其电动势为E、内阻为r,闭合开关S,棒运动时间t时刚好达到最大速度.试求在时间t内流过棒的电荷量和棒运动的位移.

(2)一个半径为a的金属圆盘,可绕竖直中心轴O在水平面内顺时针转动,圆盘的边缘和中心分别通过电刷与导轨左端相连,如图7所示.已知圆盘的边缘和中心之间的等效电阻为r,外电阻为R,电容器的电容为C,单刀双掷开关S开始与触头1闭合,当电路稳定时,金属圆盘转动的角速度为ω.然后,将开关S拨向触头2,棒从静止开始运动,求棒的最大速度.

图6

图7

解析

策略单棒切割(平动和转动)电动(电源和电容)式,关键是抓住电流“驱动”单棒切割磁感线产生反电动势,解题时要以动量定理为枢纽,以电源和电容器为载体进行分析.表现有收尾特征:回路电流为零,棒做匀速运动或匀速转动.

3 双棒切割磁感线

3.1 等长双棒切割式

例4直流电动机是一种使用直流电流的动力装置,是根据通电线圈在磁场中受到安培力的原理制成的.如图8所示是一台最简单的直流电动机模型示意图,固定部分(定子)装了一对磁极,旋转部分(转子)装设圆柱形铁芯,将abcd矩形导线框固定在转子铁芯上,能与转子一起绕轴OO′转动.线框与铁芯是绝缘的,线框通过换向器与直流电源连接.定子与转子之间的空隙很小,可认为磁场沿径向分布,线框无论转到什么位置,它的平面都跟磁感线平行,如图9所示(侧面图).已知ab、cd杆的质量均为M、长度均为L,其他部分质量不计,线框总电阻为R.电源电动势为E,内阻不计.当闭合开关S,线框由静止开始在磁场中转动,线框所处位置的磁感应强度大小均为B.忽略一切阻力与摩擦.

图8

(1)闭合开关后,线框由静止开始到转动速度达到稳定的过程中,求电动机产生的内能Q内.

(2)当电动机接上负载后,相当于线框受到恒定的阻力,阻力不同电动机的转动速度也不相同.则ab、cd两根杆的转动速度v多大时,电动机的输出功率P最大,并求出最大功率Pm.

图9

解析

(1)设在此过程中通过杆横截面的电荷量为q,稳定时两杆的速度为vm,由能量守恒定律得,稳定时有E＝2BLvm,在很短的时间Δt内可认为电流不变,对ab,在运动方向由动量定理得BL∑IΔt＝Mvm,而∑IΔt＝q,联立解得

(2)电动机的输出功率P＝EI－I2R,显然当I＝时,输出功率P最大,而,即v＝联立解得最大功率.

例5超级高铁是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具,其原理如图10所示,运输车质量为m,在其下部固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2,每根导体棒长为L,电阻为R,每段长度为D的导轨的电阻也为R.其他电阻忽略不计.当运输车进站时,管道内依次分布磁感应强度为B,宽度为D的匀强磁场,且相邻的匀强磁场的方向相反,重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力.求运输车以速度v0从图10通过距离D后的速度vt.该过程中通过棒的电荷量q和线圈的发热量Q.

图10

解析

对运输车,两根导体棒1和2看成一个整线圈,选取任意一段时间Δt,由动量定理可得－2BL∑IΔt＝mvt－mv0.由闭合电路欧姆定律得回路电流为.由法拉第电磁感应定律得E＝2BLv(v为任意时刻的速度),而∑vΔt＝D.联立解得.而 ∑IΔt＝q,联立解得q＝.由能量守恒定律得

例6如图11所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距L,放在水平绝缘桌面上,半径为R的1/4圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘齐平.两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好.棒ab质量为2m,电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r.重力加速度为g.开始棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上.棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1.求:

图11

(1)棒ab和cd离开导轨时的速度大小;

(2)通过棒cd的电荷量.

解析

(1)设ab棒进入水平导轨的速度为v0,ab棒从圆弧导轨滑下机械能守恒,则有.棒cd离开导轨时,设ab棒速度为v1,cd棒的速度为v2,两棒在水平导轨上运动的动量守恒,即2mv0＝2mv1＋mv2.因两棒离开导轨做平抛运动的时间相等,由平抛运动水平位移x＝vt可知v1∶v2＝x1∶x2＝3∶1,联立解得.

(2)对cd棒,从开始运动到离开轨道,由动量定理得BL∑IΔt＝mv2,而∑IΔt＝q,联立解得

例7光滑的平行金属导轨MN、PQ固定在水平地面上,整个空间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场,两根相同的金属棒ab和cd垂直放置在导轨上,相距为s,如图12所示.开始时cd棒静止,ab棒以初速度v0沿导轨向右运动.随后cd棒也运动起来,两棒始终未能相碰,忽略金属棒中感应电流产生的磁场.

图12

(1)已知两根金属棒的质量均为m,电阻均为R,不计导轨电阻,求两棒最终的距离x与发热量的最大值Qm.

(2)图13是图12的俯视图.请在图13中画出ab、cd棒在达到最终状态之前,棒内自由电子所受洛伦兹力的示意图;并从微观的角度,通过计算分析说明,在很短的时间Δt内,ab棒减少的动量是否等于cd棒增加的动量.

图13

解析

(1)ab棒减速、cd棒加速,最终具有相同速度,设为v,对两棒,由动量守恒定律得mv0＝2mv.对cd棒由动量定理得BL∑IΔt＝mv,由闭合电路欧姆定律得回路电流为,由法拉第电磁感应定律得E＝BL(v1－v2)(v1、v2为两棒任意时刻的速度),整理有其中∑(v1－v2)Δt＝Δx为两棒的相对位移,由已知得x＝s－Δx,联立解得

对两棒由能量守恒定律得

(2)两棒中自由电子受洛伦兹力如图14所示,ab棒中每个自由电子受到垂直于棒方向的洛伦兹力f2,设有n个电子,ab棒减少的动量等于力nf2对电子的冲量,即I2＝－nf2Δt＝－neuBΔt.同理cd棒增加的动量等于力nf′2对电子的冲量,即I′2＝nf′2Δt＝neuBΔt,可见,在很短的时间t内,ab棒减少的动量等于cd棒增加的动量.

图14

策略等长双棒(含阻尼棒和动力棒)切割式,关键是抓住双棒切割磁感线产生电动势(含反电动势),以动量定理或动量守恒为枢纽,以双棒或单棒为载体进行分析.其中有收尾特征:回路电流为零,棒静止或以等速做匀速运动或转动;也有速度随空间D均匀递减的特征,即(详见例5).

3.2 不等长双棒切割式

例8如图15所示,光滑斜面导轨与水平光滑导轨成θ角,两导轨平滑对接,已知斜面轨道和水平等宽轨道宽为3l,水平窄轨道宽为l,斜面和水平面都有垂直的磁感应强度为B的匀强磁场.ab、cd是质量均为m的金属棒,电阻均为R,轨道电阻不计,重力加速度为g.锁定cd,让ab从斜面底端以初速度v0沿斜面向上运动,设各导轨足够长.当ab返回斜面底端时速度变为kv0,k是小于1的常数,与此同时迅速解锁cd,不计空气阻力.试求:

图15

(1)ab棒在斜面上运动的时间t;

(2)两棒的最终速度va与vb;

(3)全过程中感应电流产生的焦耳热Q;

(4)当ab进入水平轨道的瞬间,从微观角度,求ab、cd棒中金属离子对一个自由电子沿棒方向的平均作用力大小fa与fb之比.

解析

(1)对ab,在斜面运动过程中,由动量定理得－mgtsinθ－BL∑IΔt＝－mkv0－mv0,而全程磁通量变化为零,即通过棒的电荷量q＝联立解得

(2)当ab进入水平轨道后做减速运动,cd做加速运动,当电路中电流为零时两棒稳定,即有3Blva＝Blvb,对ab由动量定理得－3Bl∑IaΔt＝mvamkv0,对cd同理可得Bl∑IbΔt＝mvb,由于两棒串联,故流过的电荷量有∑IaΔt＝∑IbΔt,联立解得.

(4)对ab进入水平轨道的瞬间,回路中电流是一定的,可视为回路中的电子做匀速运动,对电子有同理对cd(速度为零)中的电子有联立可得,即fa∶fb＝1∶3.

策略不等长双棒(含阻尼棒和动力棒)切割式,关键是抓住双棒切割磁感线产生电动势(含反电动势),以动量定理为枢纽,以双棒或单棒为载体进行分析.其中有收尾特征:回路电流为零,双棒以不等速匀速运动.

总之,电磁感应问题中动量定理应用非常广泛,既要具体问题具体分析,又要善于归类,挖掘其共性——单棒或双棒在磁场中切割磁感线运动往往是由众多微小的元过程(如时间、位移、功等)组成,且所有微元过程遵循相同的规律.因此分析时,只要将微元过程进行数学累积求和或进行物理整体与隔离、图象法等思维处理,即可将复杂的物理问题快速求解.要以电阻、电源、电容器、单棒或双棒为载体,以动量定理为枢纽,将闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、牛顿运动定律、能量守恒定律等联系起来,解决速度、加速度、安培力、洛伦兹力、电流、能量、电荷量等相关问题,并注意分析收尾或中间特征.