1、專題九 導體切割磁感線的運動考點聚焦1.楞次定律:推廣可以具體簡化為以下三種情況:阻礙原磁通的變化;阻礙導體間的相對運動;阻礙原電流的變化.2.應用法拉第電磁感應定律時應注意: 一般用E = n t (或E = nB S t 求平均電動勢,用E = Bl求瞬時電動 勢,但當s 隨t 均勻變化時,由于電動勢恒定,平均電動勢和瞬時電動勢相等,可用E = n t 求某一時刻的電動勢;勻強磁場中,B 、l 、相互垂直,導體平動切割磁感線時E = Bl,繞固定轉軸轉動時E = 12Bl 2.方法探究【例1】如圖所示,在磁感應強度大小為B ,方向垂直紙面向里的勻強磁場中,有一個質量為m 、半徑為r 、電阻

2、為R 的均勻圓形導線圈,線圈平面跟磁場垂直(位于紙面內,線圈與磁場邊緣(圖中虛線相切,切點為A ,現在A 點對線圈施加一個方向與磁場垂直,位于線圈平面內的,并跟磁場邊界垂直的拉力F ,將線圈以速度勻速拉出磁場.以切點為坐標原點,以F 的方向為正方向建立x 軸,設拉出過程中某 時刻線圈上的A 點的坐標為x .(1寫出此時F 的大小與x 的關系式;(2在F -x 圖中定性畫出F -x 關系圖線,寫出最大 值F 0的表達式.【解析】由于線圈沿F 方向作切割磁感線運動,線圈上要產生順時針方向的感應電流,從而要受到與F 方向反向的安培力F f 作用,由圖可知,此時線圈切割磁感線的有效長度l = 2r 2

3、-(r -x 2 線圈上感應電動勢,感應電流i = E R 線圈所受安培力大小為F f = Bil ,方向沿x 負方向因線圈被勻速拉出,所以F = F f 解上各式得F = 8B 2r R x -4B 2Rx 2 (2當x = r 時,拉力F 最大,最大值為F 0 = 4B 2r 2R圖線如圖所示.訓練題如圖(甲所示,一對平行光滑軌道放置在水平面上,兩軌道間距l =0.20m ,電阻R =1.0;有一導體桿靜止地放在軌道上,與兩軌道垂直,桿及軌道的電阻皆可忽略不計,整個裝置處于磁感強度B =0.50T 的勻強磁場中,磁場方向垂直軌道面向下,現用一外力F 沿軌道方向拉桿,使之做勻加速運動,測得力

4、F 與時間t 的關系如圖(乙所示,求桿的質量m 和加速度a .答案:a=10m/s2,m=0.1kg 【例2】如圖所示,兩根相距l 平行放置的光滑導電軌 道,與水平面傾角均為軌道間有電阻R ,處于磁感應強度 為B 方向豎直向上的勻強磁場中,一根質量為m 、電阻為R /4的金屬桿ab ,由靜止開始沿導電軌道下滑.設下滑中ab桿始終與軌道保持垂直,且接觸良好,導電軌道有足夠的長度,且電阻不計,求ab 桿沿軌道下滑可達到的最終速度. 【解析】當ab 桿沿軌道加速下滑至速度時,ab 桿上的電動勢為E = BLcos ab 桿與導電軌道組成的回路中的電流為I = 4cos 154E BL R R R =

5、+ ab 桿受到的安培力為F = BIl = 224cos 5B l R 方向水平向右.B 當ab 桿的速度增大至某一值m 時,ab 桿受到的合外力F 合恰減為零,此時ab 桿的加速度a 也減為零,之后ab 桿保持速度m 沿軌道勻速下滑.速度m 即是ab 桿沿軌道下滑可達到的最終速度.據共點合力平衡條件,有mg sin = F cos 即mg sin = R l B 5cos 42m 2·cos ,解得:m = 222cos 4sin 5l B mgR . 訓練題如圖所示,具有水平的上界面的勻強磁場,磁感強度為B ,方向水平指向紙內,一個質量為m ,總電阻為R 的閉合矩形線框abcd

6、 在豎直平面內,其ab 邊長為L ,bc 邊長為h ,磁場寬度大于h ,線框從 磁場上界面H 高處自由落下,線框下落時,保持ab 且線框平面豎直.已知ab 邊進入磁場以后,cd 時cd 邊距上邊界為h 1,求:(1線框ab 邊進入磁場時的速度大小; (2從線框ab 邊進入磁場到線框速度達到最大的過程中,線框中產生的熱量;答案:(1v=(2gh 1/2 (2Q=mg (H+h+h 1m 3R 2g 2/2B 4L 4能力提升1.(05年如東一直升飛機停在南半球某處上空.設該處地磁場的方向豎直向上,磁感應強度為B .直升飛機螺旋槳葉片的長度為l ,螺旋槳轉動的頻率為f ,順著地磁場的方向看螺旋槳,

7、螺旋槳按順時針方向轉動.螺旋槳葉片的近軸端為a ,遠軸端為b ,如圖所示.如果忽略到轉軸中心線的距離,用E 表示每個葉片中的感應電動勢,則 ( A .E = fl 2B ,且a 點電勢低于b點電勢 B .E = 2fl 2B ,且a 點電勢低于b點電勢 C .E = fl 2B ,且a 點電勢高于b點電勢 D .E = 2fl 2B ,且a 點電勢高于b 點電勢2.如圖是電磁驅動的原理圖,把一個閉合線圈放在蹄形磁鐵的兩磁極間,蹄形磁鐵和閉合線圈都可以繞OO 軸轉動.當轉動蹄形磁鐵時,線圈將( A .不動 B.跟隨磁鐵一起轉動C .向與磁鐵相反的方向轉動D .磁鐵的磁極未知,無法判斷 3.如圖所

8、示,C 是一只電容器,先用外力使金屬桿ab 貼著水平平行金屬導軌在勻強磁場中沿垂直磁場方向運動,到有一定速度時突然撤銷外力.不計摩擦,則ab 以后的運動情況可能是 ( A .減速運動到停止 B.來回往復運動C .勻速運動D .加速運動 4.在勻強磁場中放一電阻不計的平行金屬導軌,導軌跟大線圈M 相接,如圖所示,導軌上放一根導線ab ,磁感 線垂直導軌所在的平面,欲使M 所包圍的小閉合線圈N 產生順時針方向的感應電流,則導線的運動可能是 ( A .勻速向右運動B .加速向右運動C .減速向右運動D .加速向左運動5.(05年南京如右圖所示,光滑的水平平行放置的導軌左端連有電阻R ,導軌上架有一根

9、裸金屬棒ab ,整個裝置處于垂直軌道平面的勻強磁場中,今從靜止起用力拉金屬棒(保持棒與導軌垂直,若拉力恒定,經時間t 1后ab 的速度為v ,加速度為a 1,最終速度可達2v ;若拉力的功率恒定,經時間t 2后ab 的速度也為v ,加速度為a 2,最終速度也可達2v 。求a 1和a 2滿足的關系。(不計其他電阻 6.(05年如東水平固定的光滑U 型金屬框架寬為L ,足夠長,其上放一質量為m 的金屬棒ab ,左端連接有一阻值為R 的電阻(金屬框架、金屬棒及導線的電阻均可忽略不計,整個裝置處在向下的勻強磁場中,磁感應強度大小為B 。現給棒一個初速v 0,使棒始終垂直框架并沿框架運動,如圖所示。(1

10、金屬棒從開始運動到達穩定狀態的過程中求通過電阻R 的電量和電阻R 中產生的熱量(2金屬棒從開始運動到達穩定狀態的過程中求金屬棒通過的位移(3如果將U 型金屬框架左端的電阻R 換為一電容為C 的電容器,其他條件不變,如圖所示。求金屬棒從開始運動到達穩定狀態時電容器的帶電量和電容器所儲存的能量(不計電路向外界輻射的能量 7 （05 年宿遷）兩根水平平行固定的光滑金屬導軌寬為 L，足夠長，在其上放 置兩根長也為 L 且與導軌垂直的金屬棒 ab 和 cd，它們的質量分別為 2m、m， 電阻阻值均為 R（金屬導軌及導線的電阻均可忽略不計） ，整個裝置處在磁感應 強度大小為 B、方向豎直向下的勻強磁場中。

11、 （1）現把金屬棒 ab 鎖定在導軌的左端，如圖甲，對 cd 施加與導軌平行的水平 向右的恒力 F，使金屬棒 cd 向右沿導軌運動，當金屬棒 cd 的運動狀態穩定時， 金屬棒 cd 的運動速度是多大？ （2）若對金屬棒 ab 解除鎖定，如圖乙，使金屬棒 cd 獲得瞬時水平向右的 初速度 v0，當它們的運動狀態達到穩定的過程中，流過金屬棒 ab 的電量是多 少？整個過程中 ab 和 cd 相對運動的位移是多大？ a c F B a c v0 B b d 甲 b d 乙O 8 （05 年南通）如圖，光滑平行的水平金屬導軌 MN、PQ 相距 l，在 M 點和 P 點間 接一個阻值為 R 的電阻，在兩

12、導軌間 OO1O1O矩形區域內有垂直導軌平面 豎直向 下、寬為 d 的勻強磁場，磁感強度為 B。一質量為 m，電阻為 r 的導體棒 ab， 垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距 d0。現用一大小為 F、水平向右的恒力拉 ab 棒，使它由靜止開始運動，棒 ab 在離開磁場前已經做勻速直線運動（棒 ab 與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計） 。求： （1）棒 ab 在離開磁場右邊界時的速度； （2）棒 ab 通過磁場區的過程中整個回路所消耗的電能； （3）試分析討論 ab 棒在磁場中可能的運動情況。 M R b P l0 a F O l O O1 B O1 N Q 1A 2B 3C 4CD 5.答

13、案：a2=3a1 6.答案： （1）由動量定理得 -Ft = 0 - mv0 所以 q = 即 -I L B× t = 0 -m 0 v mv0 BL 由能量守恒定律得 Q = 1 mv0 2 2 （2） E= Df BDS BLs = = Dt Dt Dt q = ID t= E BLs D = t R R 所以 s = qR mv0 R = BL B 2 L2 （3）當金屬棒 ab 做切割磁力線運動時，要產生感應電動勢，這樣，電容器 C 將被充 電，ab 棒中有充電電流存在，ab 棒受到安培力的作用而減速， 當 ab 棒以穩定速度 v 勻速運動時，BLv=UC= Qc / C 而

14、對導體棒 ab 利用動量定理可得 BL Qc =mv-mv0 由上述二式可求得： v = m v0 m + B 2 L2 C Qc = CBLv = CBLmv0 m + B 2 L2C mv0 1 1 1 1 Ec = mv02 - mv 2 = mv0 2 - m( 2 2 2 2 2 2 2 m+ B L C 7.答案：當 cd 棒穩定時，恒力 F 和安培力大小相等，方向相反，以速度 v 勻速度 運動，有： F=BIL 又I = BLv 2R 聯立得： v = 2 FR B 2 L2 ab 棒在安培力作用下加速運動，而 cd 在安培力作用下減速運動，當它們的速 度相同，達到穩定狀態時，回

15、路中的電流消失，ab，cd 棒開始勻速運動。 設這一過程經歷的時間為 t，最終 ab、cd 的速度為 v，通過 ab 棒的電量為 Q。 則對于 ab 棒由動量守恒：BILt2mv 即：BLQ2 mv 同理，對于 cd 棒：BILtmvmv0 即： BLQm（v0-v）得： Q = 2m v0 3BL E= DF BLS = t t 設整個過程中 ab 和 cd 的相對位移為 S， 由法拉第電磁感應定律得： 流過 ab 的電量： Q = E t 2R 得： S = 4m v0 R 3B 2 L2 8.答案： （1）ab 棒離開磁場右邊界前做勻速運動， 速度為 vm ，則有 對 ab 棒 解得 E = Blvm I= E R+r FBIl0 vm = F (R + r B2l 2 （2）由能量守恒可得： 解得： 1 2 F (d0 + d = W電 + mvm 2 mF 2 ( R + r 2 2B4l 4 （3）設棒剛進入磁場時速度為 v W電 = F (d0 + d - 由 1 F × d0 = mv 2 2 可得 v= 2 Fd 0 m 棒在進入磁場前做