電磁感應問題中動量定理應用歸類

◇ 北京 羅倩敏(特級教師)

動量定理是指物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程中始末的動量變化量,體現了力在時間上的積累效應.動量定理是高中物理極其重要的定理,反映了物體狀態的變化是要通過一定的過程來實現的.下面就電磁感應問題中動量定理的應用進行歸類,挖掘其獨特表現與共性,探尋其應對策略.

1 線圈進出磁場

例1如圖1所示,在光滑的水平面上,有一豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場分布在寬度為L的區域內,現有一邊長為l(l＜L)的正方形線圈,垂直磁場邊界進入時速度為v1,滑離磁場時速度為v2,則( ).

A.完全進入磁場中時的速度v大于(v1＋v2)/2

B.完全進入磁場中時的速度v等于(v1＋v2)/2

C.進入磁場和滑離磁場過程中通過線圈的電荷量相等

D.進入磁場和滑離磁場過程中線圈的發熱量相等

圖1

解析

線圈進入和離開磁場過程均做減速運動,在磁場中做勻速運動,由動量定理得,而通過線圈電荷量為,顯然,線圈進入和離開磁場過程中磁通量變化絕對值相同,故有q＝ˉI1Δt1＝ˉI2Δt2,聯立得.由功能關系得,線圈進入和離開磁場過程中的發熱量等于對應線圈克服安培力所做的功,即在短時間Δt內發熱量有又因為線圈進出磁場的位移相等,所以線圈的發熱量是進入磁場的大于離開磁場的,故選項B、C正確.

策略線圈垂直進出磁場,關鍵是抓住進入和離開磁場過程中的磁通量變化的絕對值相同,以動量定理為樞紐,以線圈為載體進行分析.表現有中間特征:回路電流為零,線圈做勻速運動.

2 單棒切割磁感線

2.1 單棒切割發電式

例2已知金屬棒的質量為m＝5g,導軌固定且足夠長,其寬為L＝0.4m,電阻R＝2Ω,其余電阻不計,勻強磁場磁感應強度B＝0.5T.(g取10m·s－2)

(1)已知棒和導軌間的動摩擦因數為μ＝0.4.

a.如圖2所示,若棒受一沖量作用后以速度v0＝4m·s－1沿水平平行導軌運動,經一段時間后停止.測得棒從運動到停止的過程中通過導線的電荷量q＝10－2C.試求棒運動的距離x與時間t.

圖2

b.如圖3所示,若棒受未知外力F作用,從靜止開始,以加速度2m·s－2做勻加速運動,在棒運動位移為1m的過程中,畫出F-t圖象,并求出該位移內外力F的沖量.

(2)不計棒和導軌間的摩擦,若將圖2中電阻R換成電容為C的電容器.

a.棒以速度v0沿平行導軌運動,求棒最終穩定時的速度大小.

b.棒受已知恒定外力F作用,畫出加速度—時間圖象,并求出位移為s時的速度(用字母表示).

圖3

解析

(1)a.對棒,由動量定理得 －μmgt－BL∑IΔt＝0－mv0,又,解得t＝

b.對棒,由動量定理得Ft－μmgt－BL∑IΔt＝mv,由聯立解得t＝畫出F-t圖象,如圖4所示.由圖象中的面積求得F的沖量為0.04N·s－1.

圖4

(2)a.對棒,由動量定理得－BL∑IΔt＝mvmv0,對電容器充電電荷量為q＝∑IΔt＝CBLv,聯立解得

b.對棒,在任意短時間Δt內,由動量定理得FΔt－BLIΔt＝mΔv,而.對電容 器 有 Δq＝CBLΔv＝IΔt,聯 立 得 F＝ma＋CB2L2a.可見,棒做勻加速運動,即畫出a-t圖象如圖5,故棒運動位移s時的速度

圖5

策略單棒切割發電(阻尼和動力)式,關鍵是抓住單棒切割磁感線產生感應電動勢,以動量定理為樞紐,以電阻或電容為載體進行分析.表現有收尾特征:回路電流為零,棒靜止或做勻速運動.對含電容器的單棒,在恒力作用下做勻加速直線運動.

2.2 單棒切割電動式

例3一對足夠長的平行光滑金屬導軌固定在水平面上,有一質量為m、長度為L的金屬棒ab靜止于導軌上,且與導軌垂直良好接觸,金屬棒的電阻為R,導軌電阻忽略不計,整個裝置處于磁感應強度為B,方向豎直向下的勻強磁場中.

(1)如圖6所示,若導軌左端接一電源,其電動勢為E、內阻為r,閉合開關S,棒運動時間t時剛好達到最大速度.試求在時間t內流過棒的電荷量和棒運動的位移.

(2)一個半徑為a的金屬圓盤,可繞豎直中心軸O在水平面內順時針轉動,圓盤的邊緣和中心分別通過電刷與導軌左端相連,如圖7所示.已知圓盤的邊緣和中心之間的等效電阻為r,外電阻為R,電容器的電容為C,單刀雙擲開關S開始與觸頭1閉合,當電路穩定時,金屬圓盤轉動的角速度為ω.然后,將開關S撥向觸頭2,棒從靜止開始運動,求棒的最大速度.

圖6

圖7

解析

策略單棒切割(平動和轉動)電動(電源和電容)式,關鍵是抓住電流“驅動”單棒切割磁感線產生反電動勢,解題時要以動量定理為樞紐,以電源和電容器為載體進行分析.表現有收尾特征:回路電流為零,棒做勻速運動或勻速轉動.

3 雙棒切割磁感線

3.1 等長雙棒切割式

例4直流電動機是一種使用直流電流的動力裝置,是根據通電線圈在磁場中受到安培力的原理制成的.如圖8所示是一臺最簡單的直流電動機模型示意圖,固定部分(定子)裝了一對磁極,旋轉部分(轉子)裝設圓柱形鐵芯,將abcd矩形導線框固定在轉子鐵芯上,能與轉子一起繞軸OO′轉動.線框與鐵芯是絕緣的,線框通過換向器與直流電源連接.定子與轉子之間的空隙很小,可認為磁場沿徑向分布,線框無論轉到什么位置,它的平面都跟磁感線平行,如圖9所示(側面圖).已知ab、cd桿的質量均為M、長度均為L,其他部分質量不計,線框總電阻為R.電源電動勢為E,內阻不計.當閉合開關S,線框由靜止開始在磁場中轉動,線框所處位置的磁感應強度大小均為B.忽略一切阻力與摩擦.

圖8

(1)閉合開關后,線框由靜止開始到轉動速度達到穩定的過程中,求電動機產生的內能Q內.

(2)當電動機接上負載后,相當于線框受到恒定的阻力,阻力不同電動機的轉動速度也不相同.則ab、cd兩根桿的轉動速度v多大時,電動機的輸出功率P最大,并求出最大功率Pm.

圖9

解析

(1)設在此過程中通過桿橫截面的電荷量為q,穩定時兩桿的速度為vm,由能量守恒定律得,穩定時有E＝2BLvm,在很短的時間Δt內可認為電流不變,對ab,在運動方向由動量定理得BL∑IΔt＝Mvm,而∑IΔt＝q,聯立解得

(2)電動機的輸出功率P＝EI－I2R,顯然當I＝時,輸出功率P最大,而,即v＝聯立解得最大功率.

例5超級高鐵是一種以“真空管道運輸”為理論核心設計的交通工具,其原理如圖10所示,運輸車質量為m,在其下部固定著間距為D、與導軌垂直的兩根導體棒1和2,每根導體棒長為L,電阻為R,每段長度為D的導軌的電阻也為R.其他電阻忽略不計.當運輸車進站時,管道內依次分布磁感應強度為B,寬度為D的勻強磁場,且相鄰的勻強磁場的方向相反,重力加速度為g,不計摩擦和空氣阻力.求運輸車以速度v0從圖10通過距離D后的速度vt.該過程中通過棒的電荷量q和線圈的發熱量Q.

圖10

解析

對運輸車,兩根導體棒1和2看成一個整線圈,選取任意一段時間Δt,由動量定理可得－2BL∑IΔt＝mvt－mv0.由閉合電路歐姆定律得回路電流為.由法拉第電磁感應定律得E＝2BLv(v為任意時刻的速度),而∑vΔt＝D.聯立解得.而 ∑IΔt＝q,聯立解得q＝.由能量守恒定律得

例6如圖11所示,電阻不計的兩光滑金屬導軌相距L,放在水平絕緣桌面上,半徑為R的1/4圓弧部分處在豎直平面內,水平直導軌部分處在磁感應強度為B,方向豎直向下的勻強磁場中,末端與桌面邊緣齊平.兩金屬棒ab、cd垂直于兩導軌且與導軌接觸良好.棒ab質量為2m,電阻為r,棒cd的質量為m,電阻為r.重力加速度為g.開始棒cd靜止在水平直導軌上,棒ab從圓弧頂端無初速度釋放,進入水平直導軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動,最后兩棒都離開導軌落到地面上.棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為3∶1.求:

圖11

(1)棒ab和cd離開導軌時的速度大小;

(2)通過棒cd的電荷量.

解析

(1)設ab棒進入水平導軌的速度為v0,ab棒從圓弧導軌滑下機械能守恒,則有.棒cd離開導軌時,設ab棒速度為v1,cd棒的速度為v2,兩棒在水平導軌上運動的動量守恒,即2mv0＝2mv1＋mv2.因兩棒離開導軌做平拋運動的時間相等,由平拋運動水平位移x＝vt可知v1∶v2＝x1∶x2＝3∶1,聯立解得.

(2)對cd棒,從開始運動到離開軌道,由動量定理得BL∑IΔt＝mv2,而∑IΔt＝q,聯立解得

例7光滑的平行金屬導軌MN、PQ固定在水平地面上,整個空間存在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場,兩根相同的金屬棒ab和cd垂直放置在導軌上,相距為s,如圖12所示.開始時cd棒靜止,ab棒以初速度v0沿導軌向右運動.隨后cd棒也運動起來,兩棒始終未能相碰,忽略金屬棒中感應電流產生的磁場.

圖12

(1)已知兩根金屬棒的質量均為m,電阻均為R,不計導軌電阻,求兩棒最終的距離x與發熱量的最大值Qm.

(2)圖13是圖12的俯視圖.請在圖13中畫出ab、cd棒在達到最終狀態之前,棒內自由電子所受洛倫茲力的示意圖;并從微觀的角度,通過計算分析說明,在很短的時間Δt內,ab棒減少的動量是否等于cd棒增加的動量.

圖13

解析

(1)ab棒減速、cd棒加速,最終具有相同速度,設為v,對兩棒,由動量守恒定律得mv0＝2mv.對cd棒由動量定理得BL∑IΔt＝mv,由閉合電路歐姆定律得回路電流為,由法拉第電磁感應定律得E＝BL(v1－v2)(v1、v2為兩棒任意時刻的速度),整理有其中∑(v1－v2)Δt＝Δx為兩棒的相對位移,由已知得x＝s－Δx,聯立解得

對兩棒由能量守恒定律得

(2)兩棒中自由電子受洛倫茲力如圖14所示,ab棒中每個自由電子受到垂直于棒方向的洛倫茲力f2,設有n個電子,ab棒減少的動量等于力nf2對電子的沖量,即I2＝－nf2Δt＝－neuBΔt.同理cd棒增加的動量等于力nf′2對電子的沖量,即I′2＝nf′2Δt＝neuBΔt,可見,在很短的時間t內,ab棒減少的動量等于cd棒增加的動量.

圖14

策略等長雙棒(含阻尼棒和動力棒)切割式,關鍵是抓住雙棒切割磁感線產生電動勢(含反電動勢),以動量定理或動量守恒為樞紐,以雙棒或單棒為載體進行分析.其中有收尾特征:回路電流為零,棒靜止或以等速做勻速運動或轉動;也有速度隨空間D均勻遞減的特征,即(詳見例5).

3.2 不等長雙棒切割式

例8如圖15所示,光滑斜面導軌與水平光滑導軌成θ角,兩導軌平滑對接,已知斜面軌道和水平等寬軌道寬為3l,水平窄軌道寬為l,斜面和水平面都有垂直的磁感應強度為B的勻強磁場.ab、cd是質量均為m的金屬棒,電阻均為R,軌道電阻不計,重力加速度為g.鎖定cd,讓ab從斜面底端以初速度v0沿斜面向上運動,設各導軌足夠長.當ab返回斜面底端時速度變為kv0,k是小于1的常數,與此同時迅速解鎖cd,不計空氣阻力.試求:

圖15

(1)ab棒在斜面上運動的時間t;

(2)兩棒的最終速度va與vb;

(3)全過程中感應電流產生的焦耳熱Q;

(4)當ab進入水平軌道的瞬間,從微觀角度,求ab、cd棒中金屬離子對一個自由電子沿棒方向的平均作用力大小fa與fb之比.

解析

(1)對ab,在斜面運動過程中,由動量定理得－mgtsinθ－BL∑IΔt＝－mkv0－mv0,而全程磁通量變化為零,即通過棒的電荷量q＝聯立解得

(2)當ab進入水平軌道后做減速運動,cd做加速運動,當電路中電流為零時兩棒穩定,即有3Blva＝Blvb,對ab由動量定理得－3Bl∑IaΔt＝mvamkv0,對cd同理可得Bl∑IbΔt＝mvb,由于兩棒串聯,故流過的電荷量有∑IaΔt＝∑IbΔt,聯立解得.

(4)對ab進入水平軌道的瞬間,回路中電流是一定的,可視為回路中的電子做勻速運動,對電子有同理對cd(速度為零)中的電子有聯立可得,即fa∶fb＝1∶3.

策略不等長雙棒(含阻尼棒和動力棒)切割式,關鍵是抓住雙棒切割磁感線產生電動勢(含反電動勢),以動量定理為樞紐,以雙棒或單棒為載體進行分析.其中有收尾特征:回路電流為零,雙棒以不等速勻速運動.

總之,電磁感應問題中動量定理應用非常廣泛,既要具體問題具體分析,又要善于歸類,挖掘其共性——單棒或雙棒在磁場中切割磁感線運動往往是由眾多微小的元過程(如時間、位移、功等)組成,且所有微元過程遵循相同的規律.因此分析時,只要將微元過程進行數學累積求和或進行物理整體與隔離、圖象法等思維處理,即可將復雜的物理問題快速求解.要以電阻、電源、電容器、單棒或雙棒為載體,以動量定理為樞紐,將閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律、牛頓運動定律、能量守恒定律等聯系起來,解決速度、加速度、安培力、洛倫茲力、電流、能量、電荷量等相關問題,并注意分析收尾或中間特征.