Question

如图，两光滑导体框ABCD与EFGH固定在水平面内，在D点平滑接触，A、C分别处于FE、HG的沿长线上，ABCD是边长为a的正方形；磁感强度为B的匀强磁场竖直向上；导体棒MN置于导体框上与导体框良好接触，以速度v沿BD方向从B点开始匀速运动，已知线框ABCD及棒MN单位长度的电阻为r，线框EFGH电阻不计．求：
（1）导体棒MN在线框ABCD上运动时，通过MN电流的最大值与最小值；
（2）为维持MN在线框ABCD上的匀速运动，必须给MN施加一水平外力，用F（t）函数表示该力；
（3）导体棒达D点时立即撤去外力，则它还能前进多远（设EF、GH足够长）？

Answer 1

分析：（1）导体棒MN匀速运动，产生的感应电动势是一定的．设某时刻棒MN交线ABCD框于P、S点，令PS长为l，根据电路的连接关系得到外电路并联总电阻与l的关系式，由E=Blv和欧姆定律得到电流与l的关系式，运用数学知识求通过MN电流的最大值与最小值；
（2）设MN到达A的时间为t₀，分0≤t≤t₀和t₀≤t≤2t₀两段时间，得到通过MN的电流表达式，由安培力公式F=BIl求出外力F的表达式；
（3）导体棒达D点时立即撤去外力，导体棒在安培力作用下做变减速运动，根据牛顿第二定律得到速度变化量与时间的关系式，运用积分求和的方法求滑行的位移．

解答：解：（1）设某时刻棒MN交线ABCD框于P、S点，令PS长为l，则
此时电动势E=Blv
MN左侧电阻R₁=

2

lr，MN右侧电阻R₂=（4a-

2

l）r
则R_并=

R1R2

R1+R2

=

(2 2 a-l)rl

2a

故：I=

E

R并+r内

=

Bv

( 2 +1)r- lr 2a

…④
因导线框ABCD关于AC对称，所以通MN的电流大小也具有对称性，所以
当l=0时，电流最小值I_min=

Bv

( 2 +1)r

当l=

2

a时，电流最大值I_max=

2Bv

(2+ 2 )r

（2）设MN到达A的时间为t₀，则t₀=

2 a

2v

，到达D点用时2t₀，
当0≤t≤t₀时，由④式得：I=

2Bva

2( 2 +1)ar-vtr

（其中vt=l ）
代入F=BIl得：F=

B2v2at

[2a( 2 +1)-vt]r

当t₀≤t≤2t₀时，将l=2(

2

a-vt)
代入④式得：I=

Bva

(vt+a)r

代入F=BIl得：F=

2B2va( 2 a-vt)

r(a+vt)

（3）导线框进入矩形磁场后，由牛顿第二定律得：
    BIL=ma_加，（L=

2

a）
而I=

BLv

2 ar

则得

B2L2v

2 ar

=ma=m

△v

△t

 取任意极短△t时间有：

B2L2v

2 ar

△t=m△v
两边求和得：

B2L2v

2 ar

△t=m△v
又v△t=△x
得 

B2L2

2 ar

△x=m△v
则得

B2L2

2 ar

x=mv
解得，x=

2 mavr

B2L2

=

mvr

2 aB2

答：
（1）导体棒MN在线框ABCD上运动时，通过MN电流的最大值与最小值分别为

Bv

( 2 +1)r

和

2Bv

(2+ 2 )r

；
（2）为维持MN在线框ABCD上的匀速运动，给MN施加一水平外力F（t）函数式为F=

2B2va( 2 a-vt)

r(a+vt)

；
（3）导体棒达D点时立即撤去外力，则它还能前进距离为

mvr

2 aB2

．

点评：本题是电磁感应中电路问题，关键是数学知识求极值，运用积分的方法求变速运动的位移，其切入口是牛顿第二定律和加速度的定义式．