在動生感應中導體棒切割磁感線運動而產(chǎn)生感應電流，并同時受到安培力的作用，由于導體棒的速度變化導致安培力變化，因而導體棒運動過程中的加速度均將發(fā)生相應變化；當在一定條件下導體棒最終將作勻變速直線運動時，我們將其不變的加速度稱作“收尾加速度”；下面我們從實例來分類討論這個“收尾加速度”的分析方法。

1 由電容器的充電來維持的勻加速收尾過程

例1 如圖1-1示U形光滑導線框架寬L=1米與水平面成θ=30°角傾斜放置在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度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的導體棒ab；圖中一個C=5F的電容器連接在框架上，導體框架的電阻不計?，F(xiàn)將ab棒從靜止釋放讓它沿框架無摩擦下滑，設框架足夠長且取g=10m/s2。求⑴棒從靜止釋放后將作什么運動，最終的加速度多少？⑵棒從靜止釋放沿框面下滑9.854米時的速度及所經(jīng)歷的時間？

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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)生感應電動勢Ｅ并對電容器充電，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體棒的受力如圖1-2示；開始棒的速度小、電動勢小，充電電流小、安培力小，在重力作用下速度不斷增大、電動勢增大、充電電流增大、安培力增大，那么導體棒將如何運動呢？不外乎以下四種情況：①設導體棒作勻速直線運動：因棒勻速運動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，但當棒勻速運動時其切割磁感線運動而產(chǎn)生的電動勢E=BLV⊥=BLVcosθ為定值，故電容器不形成充電電流，因而導體棒將沒有受到安培力作用而將沿框面向下勻加速直線運動，故這種假設是不成立的；所以棒最終不可能作勻速直線運動。②設棒作加速度減小的加速直線運動：因棒作加速度減小的加速運動，即a=mgsinθ-Fcosθm得運動中棒所受安培力F必增大，故說明棒運動中電容器的充電電流增大；再由此時電流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動的假設是不成立的。③設棒作加速度增大的加速直線運動：同“②”分析有電容器的充電電流減??；再由此時電流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動。④由此可見：導體棒必作勻加速直線下滑。設棒運動的加速度為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作勻加速直線運動經(jīng)過9.854米的速度為v=2as=9m/s，經(jīng)歷的時間t=va=94.11=2.19s。

2 由電阻的相應變化來維持的勻加速收尾過程

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，上端用電阻不計的導線連接，兩電阻絲間距為L，有一根質(zhì)量為m電阻不計的金屬棒ab跨在AC兩點間的x軸原點處，并與電阻絲接觸良好且無摩擦，空間有垂直紙面向里的勻強磁場B，釋放金屬棒后它將向下滑動。求（1）若電阻絲的阻值跟位移x的平方根成正比，即R=kx，試用假設法證明棒的下滑是勻變速直線運動；（2）在棒作勻加速直線運動時若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米位移過程中流過的電量qc：棒下落1米位移過程中電阻上的電功

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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)生的電動勢E=BLv增大，但連入電路中的電阻線長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單判定；對棒下落中的任一時刻將有mg-BLBLv2R=ma即

mg-BLBLv2kx=ma。

①假設棒ab作勻速直線運動：則棒運動的加速度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動將使位移x=vt隨時間而變化；故二者矛盾而說明棒不可能勻速直線運動。

②假設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，此時必有BLBLv2kx=0，由于B、L、x均不為0且k為常數(shù)，故表明當棒的加速度a=g時棒的速度v=0；但由于棒運動中a，v同向故棒的速度將不斷增大；二者矛盾而說明棒不可能作加速度增大的加速直線運動。

③假設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時棒以mg=BLBLv2kx得v=2kmgx(BL)2而勻速直線運動；但由于棒運動中x將不斷增大而使棒速度變化；故二者矛盾而說明棒不可能作加速度減小的加速直線運動。

④由此可見：導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)；再因棒勻加速運動故有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米位移過程中流過的電量為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增大，因而其消耗的電能應當從能量的轉(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)，故此過程中電阻上的電功為ER=1×1×(10-1.855)=8.145J。

3 由二導體棒間的相互制約而維持的勻加速收尾過程

例3 圖4示兩根平行的金屬導軌固定在同一水平面上，磁感應強度B=0 .5T的勻強磁場與導軌平面垂直，導軌電阻不計，導軌間距 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、乙可在導軌上垂直于導軌滑動，與導軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5；現(xiàn)有一與導軌平行大小為F=2N的水平恒力作用于甲桿使金屬桿在導軌上滑動；求（1）分析甲、乙二桿的運動的情況？（2）桿運動很長時間后開始，則再經(jīng)過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動并切割磁感線產(chǎn)生逆時針方向的感應電流并使桿甲同時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力F乙；開始時桿甲的速度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動；當F乙>F乙=μmg時乙桿將向右作加速運動，且乙的加速度將逐漸增大；直到甲、乙二桿的加速度相等時，甲相對乙將向右作勻速直線運動而遠離，因而此后回路中的電動勢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；由此可見甲、乙二棒最終將以相同的加速度向右作勻加速直線運動。因為F=2N>F甲+F乙=2μmg=1N，設最終二桿的共同加速度為a并對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）再對桿乙分析有F乙-μmg=ma及前面a=F2m-μg兩式可得F乙=F2；又因為桿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度由F乙=BLI=F2有I=F2BL；則回路中的感應電動勢為E=BLv相=I#8226;2R=F2BL#8226;2R=FRBL，所以此時二桿間的相對速度為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程

例4 圖4中二相互平行的光滑金屬導軌位于水平面內(nèi)，間距L=0.2m，在導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B=0.5T；一質(zhì)量為m=0.1kg的金屬桿垂直放置在導軌上并以v0=2m/s的初速度進入磁場中，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動，加速度大小為a=2m/s2方向與初速度方向相反；設導軌及金屬桿的電阻均不計且接觸良好求：（1）電流為0時金屬桿所處的位置？（2）電流為最大值的一半時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，則開始時外力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動到速度為0后再向左作勻加速直線運動直到離開磁場區(qū)域，故電流為0時表示桿的速度為0；

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

（2）桿的運動速度變化時電路中的電動勢變化，故電流相應變化，由電動勢E=BLV有桿運動的速度最大則電路中感應電動勢最大、電流最大，即最大電流必為IM=BLV0R；當電流為最大值的一半時即I=12IM=BLV02R=0.2A時：

①若此時桿向右運動，則外力方向不定，我們假設外力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，故桿向右運動中外力F大小為0.18N方向水平向左；②若此時桿向左運動，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）桿開始運動時速度為v0，則電動勢為E=BLv0，故安培力為F安=BLI=（BL）2Rv0；那么對桿由牛頓定律有F+F安=ma即F=ma-（BL）2Rv0：

當ma-（BL）2Rv0>0即v00表示外力F方向與X軸方向相反；

當ma-（BL）2Rv0<0即v0