04第十二講電磁感應(yīng)與力電綜合（二）（教師版）

1、第十二講 電磁感應(yīng)與力電綜合【知識(shí)要點(diǎn)一】雙棒問(wèn)題1、雙棒的連接F1反接v0F2bcdad串聯(lián)v1v2cbad并聯(lián)v1cbaR2、能量轉(zhuǎn)化【例1】（運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系）如圖（甲）所示，光滑且足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在同一水平面上，兩導(dǎo)軌間距L=0.2m，電阻R=0.4，導(dǎo)軌上停放一質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1的金屬桿，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向豎直向下，現(xiàn)用一外力F沿水平方向拉桿，使之由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，若理想電壓表的示數(shù)U隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖（乙）所示（1）試分析說(shuō)明金屬桿的運(yùn)動(dòng)情況；（2）求第2s末外力F的瞬時(shí)功率FRBMVNPQ

2、甲乙U/Vt/s32141234650【解析】（1）金屬桿速度為v時(shí)，電壓表的示數(shù)應(yīng)為，則由題圖可知，故金屬桿的加速度應(yīng)恒定，即金屬桿應(yīng)水平向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。（2）由（1）可得，則第2s末桿的速度此時(shí)桿受到的安培力由牛頓第二定律得，則。所以，外力F的功率。【例2】（雙棒串聯(lián)）兩金屬桿ab和cd長(zhǎng)均為l，電阻均為R，質(zhì)量分別為M和m，M>m用兩根質(zhì)量和電阻均可忽略的不可伸長(zhǎng)的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導(dǎo)電的圓棒兩側(cè)兩金屬桿都處在水平位置，如圖所示整個(gè)裝置處在一與回路平面相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B若金屬桿ab正好勻速向下運(yùn)動(dòng)，求運(yùn)動(dòng)的速度【解析】設(shè)磁場(chǎng)方向

3、垂直紙面向里，則ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E1=Bvl，方向由ab；cd中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E2=Bvl，方向由dc回路中電流方向?yàn)閍bdc，大小為I(E1E2)/2R2Bvl/2RBvl/Rab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均為f，則當(dāng)ab勻速下滑時(shí)，對(duì)ab，有：T+f=Mg對(duì)cd，有：T=f+mg，式中T為桿所受到的導(dǎo)線的拉力。消去T得：2f=(Mm)g，則解得：【例3】（雙棒反接）兩根足夠長(zhǎng)的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l，導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd構(gòu)成矩形回路，如圖所示兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，設(shè)兩導(dǎo)體棒均為沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦地滑行，開(kāi)

4、始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度（如圖所示），若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：（1）在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少？（2）當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r(shí)，cd棒的加速度是多少？【解析】ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用做減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下做加速運(yùn)動(dòng)，在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路中總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v做勻速運(yùn)動(dòng)（1）從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律，有

5、：根據(jù)能量守恒定律，整個(gè)過(guò)程中產(chǎn)生的總熱量（2）設(shè)ab棒的速度為初速度的時(shí)，cd棒的速度為v，由動(dòng)量守恒可得：此時(shí)回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流分別為：，此時(shí)cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒的加速度由以上各式可得：【知識(shí)要點(diǎn)二】線框通過(guò)有界磁場(chǎng)線框通過(guò)有界磁場(chǎng)是指從頭入到尾出的全過(guò)程，一般分為三個(gè)階段：（1）進(jìn)入過(guò)程；（2）在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程；（3）離開(kāi)過(guò)程?！纠?】（線框通過(guò)有界磁場(chǎng)）HBcdabL如圖所示，質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框，從有界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方由靜止自由下落，線框電阻為R勻強(qiáng)磁場(chǎng)的寬度為H（L<H），磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線框下落過(guò)程中ab邊與磁場(chǎng)邊界平行且沿水平方向已知ab邊

6、剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛穿出磁場(chǎng)時(shí)線框都做減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小都為求：（1）ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；（2）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度大??；（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，產(chǎn)生的熱量【解析】（1）ab邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)和ab邊剛出磁場(chǎng)時(shí)，由牛頓第二定律可得：，解得：（2）設(shè)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框的速度大小為，考察從cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊剛出磁場(chǎng)的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得：解得：（3）線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，由能量守恒可得：解得：【例5】（線框通過(guò)有界磁場(chǎng)）如圖所示，將邊長(zhǎng)為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過(guò)寬度為b、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向垂直紙面向

7、里線框向上離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度剛好是進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的一半，線框離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進(jìn)入磁場(chǎng)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)求：（1）線框在下落階段勻速進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v2；（2）線框在上升階段剛離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的速度v1；（3）線框在上升階段通過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q【解析】（1）線框落下并勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，所受安培力的大?。簞t解得（2）離開(kāi)磁場(chǎng)后上升階段，由動(dòng)能定理，有：下落階段，有：由以上各式解得：（3）設(shè)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v0，分析線框穿越磁場(chǎng)的過(guò)程，由功能關(guān)系，有：由題設(shè)條件知v0=2v1解得：【課后練習(xí)】1如圖所示，兩條互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于

8、水平面內(nèi)，距離為l0.2m，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為R0.5的電阻，在x0處有一與水平面垂直的均勻磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B0.5T一質(zhì)量為m0.1kg的金屬直桿垂直放置在導(dǎo)軌上，并以v02m/s的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)，在安培力和一垂直于桿的水平外力F的共同作用下作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2m/s2、方向與初速度方向相反設(shè)導(dǎo)軌和金屬桿的電阻都可以忽略，且接觸良好求：（1）電流為零時(shí)金屬桿所處的位置；（2）電流為最大值的一半時(shí)施加在金屬桿上外力F的大小和方向；（3）保持其他條件不變，而初速度v0取不同值，求開(kāi)始時(shí)F的方向與初速度v0取值的關(guān)系【解析】（1）金屬桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)EBlv，又IE/R當(dāng)I0時(shí)，

9、v0根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有：（2）最大電流電流為最大值的一半時(shí)，安培力向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得Ffma，則Fmaf0.18N，方向與x軸正方向相反向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，有FfmaFmaf0.22N，方向與x軸正方向相反（3）開(kāi)始時(shí)vv0，由牛頓第二定律得Ffma，則所以，當(dāng)時(shí)，F(xiàn)0，方向與x軸正方向相反；當(dāng)時(shí)，F(xiàn)0，方向與x軸正方向相同。2均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，總電阻為R，總質(zhì)量為m將其置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)上方h處，如圖所示線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場(chǎng)邊界平行當(dāng)cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，求：（1）線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)

10、勢(shì)大??；（2）cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差大小；（3）若此時(shí)線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件3如圖所示，在空間中有一水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域的上下邊緣間距為h，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B有一寬度為b（b<h）、長(zhǎng)度為L(zhǎng)、電阻為R、質(zhì)量為m的矩形導(dǎo)體線圈緊貼磁場(chǎng)區(qū)域的上邊從靜止起豎直下落，當(dāng)線圈PQ邊到達(dá)磁場(chǎng)下邊緣時(shí)，恰好開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)求：（1）線圈的MN邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，線圈的速度大?。?）線圈從開(kāi)始下落到剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間【解析】（1）設(shè)線圈勻速穿出磁場(chǎng)的速度為v，此時(shí)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為，線圈受到的安培力為F=BIL，此過(guò)程線圈受到的重力與安

11、培力平衡mg=F聯(lián)立解得：設(shè)線圈的上邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，線圈全部在磁場(chǎng)里運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律，有：聯(lián)立解得（2）設(shè)線圈從開(kāi)始下落到剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)所用時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理，有：，又解得：【鏈接四】（線框通過(guò)有界磁場(chǎng)）【解析】（1）cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框速度根據(jù)得：線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為：（2）此時(shí)線框中電流cd兩點(diǎn)間的電勢(shì)差（3）cd邊受到的安培力大小為：F=BIL=根據(jù)牛頓第二定律，有：mgF=ma由a=0解得：下落高度××××××××××××&#

12、215;×××××××××××××××××××××××××××××××××××dddddddPMONv04如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，豎直方向磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度BT，每一條形磁場(chǎng)區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場(chǎng)區(qū)域的間距均為d=0.5m，現(xiàn)有一邊長(zhǎng)l=0.2m、質(zhì)量m=0.1kg、電阻R0.1的正方形線框MNOP以v0=7m/s的初速?gòu)淖髠?cè)磁場(chǎng)邊緣水平進(jìn)入磁場(chǎng)，求：（1）線框MN邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到安培力的大小F（2）線框從開(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到豎直下落的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q（3）線框能