動(dòng)生感應(yīng)中的“收尾加速度”問(wèn)題分析

在動(dòng)生感應(yīng)中導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生感應(yīng)電流，并同時(shí)受到安培力的作用，由于導(dǎo)體棒的速度變化導(dǎo)致安培力變化，因而導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度均將發(fā)生相應(yīng)變化；當(dāng)在一定條件下導(dǎo)體棒最終將作勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，我們將其不變的加速度稱作“收尾加速度”；下面我們從實(shí)例來(lái)分類(lèi)討論這個(gè)“收尾加速度”的分析方法。

1 由電容器的充電來(lái)維持的勻加速收尾過(guò)程

例1 如圖1-1示U形光滑導(dǎo)線框架寬L=1米與水平面成θ=30°角傾斜放置在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T；在框架上垂直框邊放一根質(zhì)量m=0.8kg，電阻r=0.08Ω的導(dǎo)體棒ab；圖中一個(gè)C=5F的電容器連接在框架上，導(dǎo)體框架的電阻不計(jì)?，F(xiàn)將ab棒從靜止釋放讓它沿框架無(wú)摩擦下滑，設(shè)框架足夠長(zhǎng)且取g=10m/s2。求⑴棒從靜止釋放后將作什么運(yùn)動(dòng)，最終的加速度多少？⑵棒從靜止釋放沿框面下滑9.854米時(shí)的速度及所經(jīng)歷的時(shí)間？

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分析 （1）棒ab釋放后在重力作用下加速沿框面下滑而切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)Ｅ并對(duì)電容器充電，從而形成從b向a的充電電流；根據(jù)左手定則可以確定出棒所受到的安培力的方向及導(dǎo)體棒的受力如圖1-2示；開(kāi)始棒的速度小、電動(dòng)勢(shì)小，充電電流小、安培力小，在重力作用下速度不斷增大、電動(dòng)勢(shì)增大、充電電流增大、安培力增大，那么導(dǎo)體棒將如何運(yùn)動(dòng)呢？不外乎以下四種情況：①設(shè)導(dǎo)體棒作勻速直線運(yùn)動(dòng)：因棒勻速運(yùn)動(dòng)故其所受三力之合必為0即沿框面方向上有 mgsinθ=Fcosθ，但當(dāng)棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)其切割磁感線運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLV⊥=BLVcosθ為定值，故電容器不形成充電電流，因而導(dǎo)體棒將沒(méi)有受到安培力作用而將沿框面向下勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故這種假設(shè)是不成立的；所以棒最終不可能作勻速直線運(yùn)動(dòng)。②設(shè)棒作加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)：因棒作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，即a=mgsinθ-Fcosθm得運(yùn)動(dòng)中棒所受安培力F必增大，故說(shuō)明棒運(yùn)動(dòng)中電容器的充電電流增大；再由此時(shí)電流It=dQCdt=C#8226;dEdt=CBLdv⊥dt=CBLcosθ#8226;at卻得出由于棒加速度at減小故電容器的充電電流將減小，這與前面的分析結(jié)果矛盾；所以棒作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)的假設(shè)是不成立的。③設(shè)棒作加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)：同“②”分析有電容器的充電電流減?。辉儆纱藭r(shí)電流It=dQCdt=C#8226;dEdt=CBLdv⊥dt=CBLcosθ#8226;at卻得出由于棒加速度at增大故電容器的充電電流將增大，所以棒不可能作加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)。④由此可見(jiàn)：導(dǎo)體棒必作勻加速直線下滑。設(shè)棒運(yùn)動(dòng)的加速度為at由圖2受力及牛頓定律有mgsin30°-Ftcos30°=mat，Ft=BLIt ，再由It=dQCdt=C#8226;dEdt=CBLdvdt=CBLat得出mgsin30°-BL#8226;CBLatcos30°=mat，式中Ｂ、Ｌ、Ｃ、m一定故加速度at一定即a=mgsin30°m+c(BL)2#8226;cos30°=4.11m/s2。

（2）棒從靜止以a=4.11m/s2作勻加速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)9.854米的速度為v=2as=9m/s，經(jīng)歷的時(shí)間t=va=94.11=2.19s。

2 由電阻的相應(yīng)變化來(lái)維持的勻加速收尾過(guò)程

例2 圖3中AB、CD是兩根特制的完全相同的電阻絲，豎直固定在地面上，上端用電阻不計(jì)的導(dǎo)線連接，兩電阻絲間距為L(zhǎng)，有一根質(zhì)量為m電阻不計(jì)的金屬棒ab跨在AC兩點(diǎn)間的x軸原點(diǎn)處，并與電阻絲接觸良好且無(wú)摩擦，空間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，釋放金屬棒后它將向下滑動(dòng)。求（1）若電阻絲的阻值跟位移x的平方根成正比，即R=kx，試用假設(shè)法證明棒的下滑是勻變速直線運(yùn)動(dòng)；（2）在棒作勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)若L=1m，B=1T，m=15kg，k=15Ωm12求a：棒的加速度的大小b：棒下落1米位移過(guò)程中流過(guò)的電量qc：棒下落1米位移過(guò)程中電阻上的電功

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分析 （1）棒從靜止釋放后受重力而加速下落，速度v增大、棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E=BLv增大，但連入電路中的電阻線長(zhǎng)度也增大故電路中電阻增大，因而電路中的電流及安培力的變化不便簡(jiǎn)單判定；對(duì)棒下落中的任一時(shí)刻將有mg-BLBLv2R=ma即

mg-BLBLv2kx=ma。

①假設(shè)棒ab作勻速直線運(yùn)動(dòng)：則棒運(yùn)動(dòng)的加速度a=0，即mg=BLBLv2kx，式中B、L、V、m、k均為定值故位移x必為定值；但由于棒的向下勻速運(yùn)動(dòng)將使位移x=vt隨時(shí)間而變化；故二者矛盾而說(shuō)明棒不可能勻速直線運(yùn)動(dòng)。

②假設(shè)棒作加速度增大的加速下落：由前知必有BLBLv2kx減小，故棒的加速度最終將增大為a=g，此時(shí)必有BLBLv2kx=0，由于B、L、x均不為0且k為常數(shù)，故表明當(dāng)棒的加速度a=g時(shí)棒的速度v=0；但由于棒運(yùn)動(dòng)中a，v同向故棒的速度將不斷增大；二者矛盾而說(shuō)明棒不可能作加速度增大的加速直線運(yùn)動(dòng)。

③假設(shè)棒作加速度減小的加速下落：必有BLBLv2kx增大，故棒的加速度最終將減小為a=0時(shí)棒以mg=BLBLv2kx得v=2kmgx(BL)2而勻速直線運(yùn)動(dòng)；但由于棒運(yùn)動(dòng)中x將不斷增大而使棒速度變化；故二者矛盾而說(shuō)明棒不可能作加速度減小的加速直線運(yùn)動(dòng)。

④由此可見(jiàn)：導(dǎo)體棒必作勻加速直線下落。

（2）a：將數(shù)據(jù)代入mg=BLBLv2kx=ma得a=10-5v2x……(A)；再因棒勻加速運(yùn)動(dòng)故有v=2ax……(B)，將(B)式代入(A)有a=10-52ax2x=10-52a2，解之得棒的加速度為a=1.855m/s2；

b：棒勻加速下落1米位移過(guò)程中流過(guò)的電量為q=#8226;t=BL2kx#8226;t=BLx2kx，其中x=1m得q=BLx2kx=52c；

c：棒下落中電路中電阻相應(yīng)增大，因而其消耗的電能應(yīng)當(dāng)從能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律得出：12mv2=mgx-ERv2=2ax 即max=mgx-ER，則ER=mx(g-a)，故此過(guò)程中電阻上的電功為ER=1×1×(10-1.855)=8.145J。

3 由二導(dǎo)體棒間的相互制約而維持的勻加速收尾過(guò)程

例3 圖4示兩根平行的金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0 .5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與導(dǎo)軌平面垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，導(dǎo)軌間距 L=0.2m；兩根質(zhì)量均為m=0.1kg電阻均為0.2Ω的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上垂直于導(dǎo)軌滑動(dòng)，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5；現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行大小為F=2N的水平恒力作用于甲桿使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)；求（1）分析甲、乙二桿的運(yùn)動(dòng)的情況？（2）桿運(yùn)動(dòng)很長(zhǎng)時(shí)間后開(kāi)始，則再經(jīng)過(guò)5秒鐘二桿間的距離變化了多少？

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分析 （1）金屬桿甲在水平恒力F>f甲作用下將向右加速運(yùn)動(dòng)并切割磁感線產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流并使桿甲同時(shí)受到水平向左的安培阻力F甲；桿乙中有了電流而將受到水平向右的安培動(dòng)力F乙；開(kāi)始時(shí)桿甲的速度v甲較小故安培力F甲、F乙較小，隨v甲的增大則回路中的感應(yīng)電流I增大，則二桿所受的安培力F甲、F乙均增大，故桿甲將向右作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)F乙>F乙=μmg時(shí)乙桿將向右作加速運(yùn)動(dòng)，且乙的加速度將逐漸增大；直到甲、乙二桿的加速度相等時(shí)，甲相對(duì)乙將向右作勻速直線運(yùn)動(dòng)而遠(yuǎn)離，因而此后回路中的電動(dòng)勢(shì)E不再發(fā)生變化、電流I也不變，故二桿所受到的安培力F甲、F乙不變、二桿的加速度也不再發(fā)生變化；由此可見(jiàn)甲、乙二棒最終將以相同的加速度向右作勻加速直線運(yùn)動(dòng)。因?yàn)镕=2N>F甲+F乙=2μmg=1N，設(shè)最終二桿的共同加速度為a并對(duì)二桿作一整體用牛頓定律有F-2μmg=2ma即a=F2m-μg=20.2-0.5×10=5m/s2……(1)。

（2）再對(duì)桿乙分析有F乙-μmg=ma及前面a=F2m-μg兩式可得F乙=F2；又因?yàn)闂U乙受到的安培力可由F乙=BLI表示出，故最終回路中的電流強(qiáng)度由F乙=BLI=F2有I=F2BL；則回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv相=I#8226;2R=F2BL#8226;2R=FRBL，所以此時(shí)二桿間的相對(duì)速度為v相=FR（BL）2=2×0.2(0.5×0.2)2=40m/s；因而以后經(jīng)過(guò)5秒二桿間的距離將增加ΔL=v相#8226;t=40×5=200m。

4 由外力的變化維持的勻變速收尾過(guò)程

例4 圖4中二相互平行的光滑金屬導(dǎo)軌位于水平面內(nèi)，間距L=0.2m，在導(dǎo)軌的一端接有阻值為R=0.5Ω的電阻；在x0區(qū)域有一與水平面垂直的均勻磁場(chǎng)B=0.5T；一質(zhì)量為m=0.1kg的金屬桿垂直放置在導(dǎo)軌上并以v0=2m/s的初速度進(jìn)入磁場(chǎng)中，在安培力及垂直于桿的水平外力F共同作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a=2m/s2方向與初速度方向相反；設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻均不計(jì)且接觸良好求：（1）電流為0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的大小及方向？（3）保持其它條件不變而初速度v0取不同值，則開(kāi)始時(shí)外力F的方向與初速度v0取值的關(guān)系？

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分析 由題意知桿必向右作勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為0后再向左作勻加速直線運(yùn)動(dòng)直到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域，故電流為0時(shí)表示桿的速度為0；

（1）桿向右勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移為v2t-v20=2ax得x=1m；

（2）桿的運(yùn)動(dòng)速度變化時(shí)電路中的電動(dòng)勢(shì)變化，故電流相應(yīng)變化，由電動(dòng)勢(shì)E=BLV有桿運(yùn)動(dòng)的速度最大則電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大、電流最大，即最大電流必為IM=BLV0R；當(dāng)電流為最大值的一半時(shí)即I=12IM=BLV02R=0.2A時(shí)：

①若此時(shí)桿向右運(yùn)動(dòng)，則外力方向不定，我們假設(shè)外力F水平向右由牛頓定律有F安-F=ma即F=F安-ma=BIL-ma=-0.18N，故桿向右運(yùn)動(dòng)中外力F大小為0.18N方向水平向左；②若此時(shí)桿向左運(yùn)動(dòng)，則外力F方向必水平向左且有F-F安=ma即F-BLI=ma代入數(shù)據(jù)得 F=0.22N。

（3）桿開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)速度為v0，則電動(dòng)勢(shì)為E=BLv0，故安培力為F安=BLI=（BL）2Rv0；那么對(duì)桿由牛頓定律有F+F安=ma即F=ma-（BL）2Rv0：

當(dāng)ma-（BL）2Rv0>0即v00表示外力F方向與X軸方向相反；

當(dāng)ma-（BL）2Rv0<0即v0