《高中物理思维方法集解》试笔系列 —— “切导回路”动生电动势问题的破解（一）

         《高中物理思维方法集解》试笔系列

   “切导回路”动生电动势问题的破解（一）

                  山东平原一中      魏德田    253100

在电磁感应现象中，部分导体或可导回路往往会相对于磁场做切割磁感线的运动。我们可以把此导体或可导回路称作“切割导体”，简称“切导”。

所谓动生电动势，指与磁场做相对、切割磁感线的运动“切导”中产生的感应电动势。这里应该强调，产生动生电动势必须具备两个必要条件，即一则“切导”与磁场有相对运动现象发生；二则该“切导”必须切割磁感线。实际上，“切导”的定义本身即包含着这两方面的意义。

本文，拟对在磁场内平动的 “切导回路”中产生的动生电动势问题，进行一些尝试性的界定和探究。

                   一、破解依据

欲解决此类问题，大致归纳为以下几条“依据”：

㈠产生动生电动势的条件（略）.

㈡大小计算：⑴其中，n为回路匝数，为回路面积的变化率。

⑵，其中E、 B、v等两两垂直,l可视为“有效（切割）长度”——部分或整体回路在垂直于磁场方向的“投影长度”。⑶，其中为动生电动势的最大值。⑷，其中，l做定轴转动。

㈢方向判定：“手心对N极、拇指表运动、四指示动（生）电（流）”——右手定则。 与“手心对N极、四指表通电、拇指示受力” ——左手定则显著不同。

㈣另一重要推论：其中q、R分别为流过单匝回路的电荷量及其电阻。

㈤“切导回路”与“磁场”的相互作用，对应“增反减同”规律则有“进则推拒，出却扯拉”，简称作“进推出拉”的规律。

㈥若涉及外电路变换、变化以及电流、电压、功率、效益等，则需综合应用“恒定电流”的有关概念和规律。

㈦若涉及冲动联系、动量定理、动量守恒与功能联系（如动能定理）、能量转化和守恒等等，则宜采用相应手段处理。

                   二、解题示例

所谓“切导回路”，即由正在做切割运动的导体组成的回路，如由金属组成的各种形式的线圈、线框等。在匀强磁场或有界匀强磁场中做平动的切导回路中，必定产生动生电动势。动生电动势的大小常常由于回路的“有效长度”或“面积变化”的不同而不同。

一、“切导回路”垂直于磁场方向的平动问题

若匀强磁场与“切导回路”所在平面垂直，其沿垂直于磁场方向自进入、于内到离开过程中，自然随之带来动生电动势、动生电流的有无确认、大小计算、方向判断以及功能分析、能量转换与守恒应用等等一系列问题。请读者看下面的典型例题的解决过程。

[例题1]（’04江苏）如图—1所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)．则

   (A)导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a

   (B)导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a

   (C)导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右

   (D)导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左

[解析]首先，当导线框“进入”磁场时，由“依据”㈠、㈢（右手定则）可知，动生（或感应）电流沿顺时针方向；“离开”时，则沿逆时针方向。故知选项A、B均错。

然后，由依据㈤（即“进推出拉”规律）（或左手定则），可判断“进入”时，安培力向左；“离开”时亦向左。故知选项C错而D对。

因此，本题答案为：D。

[点拨]应该强调，左手定则判“受力”，右手定则断“感电”；无论磁场、感应电流方向如何，因而“切导”所受安培力总与为运动“阻力”。

[例题2] （’05全国Ⅰ）图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（    ）

[解析]首先，设梯形线圈的左底边长为l₀，分析水平向右匀速“进入”、“离开“磁场时，易知其“有效长度”均为

其中。再设线圈电阻为R，由依据㈡⑵、欧姆定律可得电流大小

显然，I为t的一次函数，随时间增大而均匀增大。

然后，应用依据㈢，可知线圈“进入”则电流为负；“离开”则为正。

综上所述，可知本题答案为：B。

[例题3]（’07全国Ⅰ）如图—4所示，LOO^/L^/为一折线，它所形成的两个角∠LOO^/和∠OO^/L^/均为45°。折线的右边有一匀强磁场。其方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO^/的方向以速度v作匀速直线运动，在t＝0的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在上面四幅图中能够正确表示电流-时（I-t）关系的是（时间以I/v为单位）

[解析]首先，正方形导线框在三段连续相等的时间内，其“有效长度”经历先增大至最大而迅即为零、后增至最大、再后由最大减小为零等非连续“均匀变化”过程。又由于“磁强”B、速度v等均未改变。由依据㈠、㈡，可知该切导回路的电动势的大小亦随之做类似变化。

然后，再应用依据㈢(右手定则)可知，电流方向经历先正、后负、再后亦负的变化过程。

因此，本题答案为：D。         

[点拨]由例2、3解析可见，对匀强磁场中切导回路而言，欲求感应电动势的大小，先须求出回路的“有效长度”。

[例题4]（’00全国）空间存在以ab、cd为边界的匀强磁场区域，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向外，区域宽为l₁。现有一矩框处在图中纸面内，它的短边与ab重合，长度为l₂，长边的长度为2 l₁，如图—5所示，某时刻线框以初速v沿与ab垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变。设该线框的电阻为R。从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力所做的功等于___________________。

[解析]首先，显见切导回路的有效切割长度为l₂,切割运动的实际位移为2l₁。从而，由“依据”㈡⑵、欧姆定律和安培力公式得

               

已知线框作匀速直线运动，因而其水平方向受力平衡，亦即人对线框作用力与安培力的“等大反向”，人对线框作用力所做的功大小等于安培力所做的功。设人所做的功为W。从而，可得

           

[点拨]前已说明，安培力总为“切导”运动的阻力；进而指出，安培力做功必定消耗系统的机械能（或曰电能），而此能量的减小表现为等量的热损耗。

[例题5]（’06上海）如图—6所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动。求： 

⑴线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度v₂； 

⑵线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v₁； 

⑶线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q。

[解析]⑴首先，线框之所以在下落阶段匀速进入，一定是在竖直方向受力平衡。从而，则有

由此解得        

⑵其次，在线框离开磁场的上升阶段、下落阶段，由动能定理可得

联立①②③式，即可求出

⑶然后，已知线框穿越磁场进入、离开时的速度分别为v₁、v₂。从而，由功能关系可得

联立④⑤⑥式，我们即可求出线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热

    [点拨]应该说明，在讨论“切导”在磁场中的运动时，对系统的受力、运动、功能等三种分析是完全必要的。由解析可见，动能定理、功能关系在这里起了至关重要的作用。

[例题6]（’07重庆）t=0时，磁场在xOy平面内的分布如题—7图所示。其磁感应强度的大小均为B₀，方向垂直于xOy平面，相邻磁场区域的磁场方向相反。每个同向磁场区域的宽度均为l₀。整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动。

⑴若在磁场所在区间，xOy平面内放置一由a匝线圈串联而成的矩形导线框abcd，线框的bc边平行于x轴。bc=l₀、ab=L，总电阻为R，线框始终保持静止。求

①线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；

②线框所受安培力的大小和方向。

⑵该运动的磁场可视为沿x轴传播的波，设垂直于纸面向外的磁场方向为正，画出L=0时磁感应强度的波形图，并求波长和频率f。

[解析] ⑴ ①首先，已知切割磁感线的速度为v,由依据㈡任意时刻线框中电动势大小        

                                                                           

再由欧姆定律，即可求出导线中的电流大小

                                           

②其次，应用安培力公式可得线框所受安培力F的大小

再由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向.

⑵然后，由波的知识可知，磁感应强度的波长和频率分别为

                      

不难画出t=0时磁感应强度的波形图如图—8所示。

[点拨]在切导于磁场中平动的问题中，其所受安培力的大小，往往有 的表达形式，只不过在这里有效长度扩大了两倍而已。第⑵小题显然应用了波长、波速和频率的关系式。

[例题7]（’07江苏）如图—9所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m，现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v₀=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求

⑴线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。

⑵线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Ｑ。

⑶线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。

[解析] ⑴首先，分析可知当线框MN边刚进入磁场区域做切割磁感线运动时，线框MN边中必定产生动生电动势、动生电流。从而，由“依据”㈡⑵、欧姆定律、安培力公式可得

                

     联立①②③式，代如已知数据，即可求出此时受到安培力的大小

⑵其次，在线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，重力做正功而电能转变为电热。设线框竖直下落时，线框下落了h，速度为v_t，从而由自由落体运动规律、功能关系可得

          

联立④⑤式，可求出过程中产生的焦耳热为

⑶然后，由于只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势。从而，由“依据”㈡⑵、欧姆定律和安培力公式，可得线框部分进入磁场区域x时所受的安培力为

由此可见，安培力是速度的函数。欲求穿过的完整条形磁场区域的个数n,尝试在t→t+△t时间内应用动量定理。由此，可得

以后，在时间t或磁场区域x内，对②式求和可得

由③式即可解得

 

显然       

最后代入已知数据，我们可以求出

即线框能穿过的完整条形磁场区域的个数为4个。

[点拨]此例应为一道力、热、电综合性极强、难度亦较大的高考试题，属于此类问题中的佼佼者。动量定理的必要、巧妙的引入和应用，令人开扩眼界和痛感欣慰。若换一方式，从讨论线框穿过第1个条形磁场过程入手。先取其平均感应电动势为，类似地，可得平均力的冲量。显然，平均力冲量是恒量，与穿越时间无关。依次类推，穿越n个条形磁场则皆然。从而，由动量定理得。进而可求出相同的结果。

                                            (2017-08-04  经典重发)