《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（二）

           山东平原一中      魏德田    253100

二、“切导回路”垂直于磁场的另一种平动问题。

若匀强磁场与“切导回路”平面“平行”，当其沿垂直于磁场方向平动时，类似地，亦随之带来一系列动生电动势、动生电流等等相应问题。

下面，我们先来讨论由笔者编制的一道“08高考预测题”。

[例题8]（’08自编预测）如图—10所示，一环形磁铁的外管、内柱分别为N极、S极，之间的区域可视为辐向分布的匀强磁场，磁感应强度为B。现垂直于磁场方向放入一个匝数为n、半径为r、导线单位长度的电阻为的圆形线圈。试求：⑴当线圈以速度v垂直于纸面向内运动时，动生电动势的大小和方向？⑵设通过线圈的恒定电流为I，线圈的机械功率多大？⑶若线圈垂直于纸面振动，其瞬时速度表达式为，动生电流的功率。

[解析] ⑴首先，显见回路的“有效切割长度”等于回路的周长，即。

由依据㈡、㈢（即动生电动势公式和右手定则）可得

                     

显见，线圈的动生电动势（或动生电流）方向为逆时针的。

⑵其次，设线圈的机械功率为P，则由功率关系、电阻计算式得

          

联立①②③式，即可求出

         

⑶然后，欲求电流的功率，须求电动势、电流的有效值。从而，由依据㈡可得电动势的最大值

进而，设I^/、E^/为电流、电动势的有效值,p^/为动生电流的功率。由交变电流知识可得

         

最后，联立③④⑤式，即可求出以下结果

         

[点拨]假如在该磁场中，放入垂直于纸面的长为L金属棒，当其绕O点匀或变速转动时，由依据㈡可得，再结合左手定则，我们仍不难求出其动生电动势的大小和方向。

[例题9]（’07北京）用密度为d．电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框。如图—11所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的边和边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。

⑴求方框下落的最大速度v_m（设磁场区域在竖直方向足够长）；

⑵当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；

⑶已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为v_t（v_t<v_m）。若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I₀在该框内产生的热相同，求恒定电流I₀的表达式。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[解析]⑴首先，分析可知“切导”方框受向下的重力和向上的安培力（“依据”㈢）作用，沿竖直向下做变加速运动。从而，设框的下落速度为v,考虑到已知条件，应用安培力公式、依据㈡（动生电动势公式）、电磁感应定律、欧姆定律可得

        

再由质量计算式、电阻定律等，可知

 

    其次，由①②③式、牛二定律可得

      

当加速度等于零时，即当时，方框达到最大速度v_m 。亦即

由此可得，方框下落的最大速度

⑵然后，当方框下落加速度为时，再由牛二定律、电功率公式得

联立②③⑥⑦式，即可求出方框的发热功率

       

⑶最后，根据能量守恒定律，可得

  

再联立②③⑧式，即可求出恒定电流的表达式

 

    [点拨]应该指出，欲求方框的最大速度，必须先应用牛二定律写出加速度的瞬时表达式，再由物体的速度变化的规律可知，“加速度为零”是速度达到最大的必要条件。与力学问题不同的是，求合力必须考虑“通导”所受的安培力。而能量守恒则为重力势能的减少等于动能、内能的增加（转为热量放出）。

三、“切导回路”在匀强磁场中的转动（或振动）问题

以下几例为由于“切导回路”在有界磁场中转动，从而产生动生电动势的问题。

[例题10]（经典试题）半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环，用一根长为L的绝缘细绳悬挂于O点，宽度为L/4的垂直向里的匀强磁场的上边界到O点的距离为L/2，如图—12所示。现使圆环由与悬点等高的A点由静止释放，若运动过程中圆环所在平面始终垂直于磁场，则圆环产生的焦耳热是（    ）

A．mgL     B.mg(L/2+r)     C.mg(3L/4+r)     D.mg(L+2r)

[解析]首先，分析环的运动过程，可知每当金属圆环进入、离开磁场时，由依据㈢（右手定则）、左手定则可知其均受阻力——安培力的作用。因此由功能关系可知，环的机械能将不断减少，减少的机械能则转化为焦耳热。

然后，显见当环运动到磁场下边界之外，亦即如图—13的位置时，环不再切割磁感应线而安培力消失，故知此后机械能即不再减少，亦不会再有焦耳热产生。从而，由功能关系可得

      

因此，本题答案为：C。

[点拨]我们又一次看到，当“切导回路”进、出磁场时，由于受“进推出拉”的安培阻力故使系统的机械能减少，其实则转化为焦耳热。

[例题11]（’07枣庄调研）长为a、宽为b的矩形线框有n匝，每匝线圈电阻为R。如图—14所示，对称轴MN的左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出，第二次让线框以ω=2v/b的角速度转过90°角。那么

A．通过导线横截面积的电量q₁：q₂=1：n  B．通过导线横截面积的电量q₁：q₂=1：1

C．线框发热功率P₁：P₂=2n：1           D．线框发热功率P₁：P₂=2：1

[解析]首先，显见在第一、二次运动过程中，磁通量的减少为。当回路为n匝，总电阻为R时，由依据㈣（另一重要推论）可得。故知A错而B对。

然后，显然两种情况下线框电阻不变。从而，由电（热）功率公式可得

；

又应用依据㈡⑵和依据㈡⑶，可得

联立①②③式，即可求出以下结果

               

    故知C错而D对。因此，本题答案为：B、D。

[点拨]应用另一“重要推论”解决问题时，必须注意到公式原形是对于单匝回路而言，其中R为单匝回路的电阻。求第二种情况下的动生电动势，实则应用了公式。

[例题12]（’05天津） 将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如—15图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为 （    ）

Ａ．(2πl²nB)²/P

Ｂ．2(πl²nB)²/P

Ｃ．(l²nB)²/2P

Ｄ．(l²nB)²/P

[解析]类似地，由依据㈡⑶、角速-转速关系得

          

又，由电功率公式可得

          

联立①②③式，我们即可求出灯泡的电阻

          

因此，本题答案为：B。

[点拨]在这里，由于讨论方形“回路”转动的原因，因此多采用圆周运动的知识（注：角速-转速关系， 其中n必须取单位r/min）。

[例题13]（’07高考模拟）如图—16所示，一矩形线圈abcd的面积S为,它与匀强磁场方向之间的夹角θ为30°，穿过线圈的磁通量Φ为，则磁场的磁感应强度B=_________T。若线圈在0.1s时间内以ab边为轴翻转180°，则此过程中线圈的平均电动势_________V.

[解析]首先，依题设，应用磁通量计算公式可得

          

其次，若规定自左向右为磁通正方向，则转过180°时穿过线圈的磁通必定为负。从而，由磁通变化的定义得其“减小”为

然后，再应用感生电动势公式，不难得到

          

最后，根据“增反减同”规律结合安培定则，可以断定水平向右看，其方向为顺时针的。

因此，本题答案为：0.2T，2×10^-2V。

[点拨]选择本例的意义在于，一则强调磁通的方向性和非矢量性，二则强调如何计算磁通和磁通的变化量。应该明确，在“磁学”部分内容中，他如合磁通的“意义和计算”也是十分重要的。

   “切导回路”在磁场中的转动产生动生电动势的典型问题的分析和解决，详见后文“交变电流”的有关内容。并且，当“切导回路”在磁场中振动时,也可产生动生电动势和动生电流,详见拙文《“通导”在磁场中的“曲线运动”、“振动”》，此处讨论从略。

                                      (2017-08-04  经典重发)