電磁感應中的導棒運動模型歸類分析

古煥標

摘要：導棒運動模型是電磁感應問題命題的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的知識點多，題目的綜合性強，物理情境變化空間大，是高考復習中的難點.導棒運動模型可分為單桿、雙桿模型；導軌放置方式又分為水平、傾斜和豎直，所以受命題者青睞.

關鍵詞：電磁感應；導棒運動；歸類分析

1考綱要求與命題特點

導棒運動模型是高中物理電磁學中的典型模型，常涉及動力學、功能關系、動量的觀點和電磁學等問題，可綜合多個高中物理的主干知識（如牛頓運動定律、功能關系等）.此類問題在《考試大綱》中作為電磁感應的綜合問題，是高中物理的重點內(nèi)容之一，同時也是高考命題的重點、熱點內(nèi)容；從高考的命題形式看，此類問題既有單獨考查的選擇題，也有綜合考查的計算題，且綜合命題的頻率高，難度大.

2導棒運動模型的分類與解題思路

對于電磁感應中的導棒運動模型，可分為單桿、雙桿模型，每一種模型按導棒運動的軌道平面來分類，又可分為水平軌道面、傾斜軌道面、豎直軌道面的導棒運動.我們可以從導棒在不同的運動軌道平面入手分析導棒的受力和運動情況，建立導棒運動的物理模型，運用動力學知識、功能關系、動量觀點和電磁學等知識來綜合解題.求解導棒問題的一般思路如圖1所示.

3導棒運動模型的實例分析

31水平軌道面的導棒運動

例1如圖2所示，在水平面內(nèi)固定著U形光滑金屬導軌，軌道間距為50cm，金屬導體棒ab質(zhì)量為01kg，電阻為02Ω，橫放在導軌上，電阻R的阻值是08Ω（導軌其余部分電阻不計）.現(xiàn)加上豎直向下的磁感應強度為02T的勻強磁場.用水平向右的恒力F=01N拉動ab，使其從靜止開始運動，則

A.導體棒ab開始運動后，電阻R中的電流方向是從P流向M

B.導體棒ab運動的最大速度為10m/s

C.導體棒ab開始運動后，a、b兩點的電勢差逐漸增加到1V后保持不變

D.導體棒ab開始運動后任一時刻，F(xiàn)的功率總等于導體棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和

解析由右手定則可判斷電阻R中的感應電流方向是從M流向P，A錯；當金屬導體棒受力平衡時，其速度將達到最大值，由F=BIL，I=EmR總=BLvmR總可得F=B2L2vmR總，代入數(shù)據(jù)解得vm=10m/s，B對；感應電動勢的最大值Em=1V，a、b兩點的電勢差為路端電壓，最大值小于1V，C錯；在達到最大速度以前，F(xiàn)所做的功一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為導體棒的動能，D錯.

例2如圖3所示，兩根相距為d=020m的平行金屬長導軌固定在同一水平面內(nèi)，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=020T.導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構(gòu)成矩形回路.每條金屬細桿的電阻r=025Ω.回路中其余部分的電阻可不計.已知兩金屬細桿在平行于導軌的拉力作用下沿導軌朝相反的方向勻速平移，速度大小都是v=50m/s，不計導軌的摩擦.

（1）求作用于每條細桿的拉力的大小；

（2）求兩金屬細桿在間距增加040m的滑動過程中共產(chǎn)生的熱量.

解析（1）無論磁場方向是豎直向上還是豎直向下，當兩金屬細桿都以速度v朝相反方向滑動時，兩金屬細桿產(chǎn)生大小相同方向一致的感應電動勢.

E1=E2=Bdv

由閉合電路歐姆定律，回路中的電流

I=E1+E22r

因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力大小為F1=F2=BdI

解得：F1=F2=B2d2vr=32×10-2N.

（2）設金屬桿之間增加的距離為ΔL，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量Q=I2·2r·ΔL2v，

代入數(shù)據(jù)得Q=128×10-2J.

32傾斜軌道面的導棒運動

例3如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，兩導軌間距為L，上端接有阻值為R的電阻.一根質(zhì)量為m的均勻直導體棒ab放在兩導軌上，并與導軌垂直.整套裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，導軌和導體棒的電阻可忽略.讓導體棒沿導軌由靜止開始下滑，導軌和導體棒接觸良好，不計它們之間的摩擦.重力加速度為g.下列選項正確的是

A.導體棒下滑時的最大加速度為gsinθ

B.導體棒勻速運動時所受的安培力為mgsinθ

C.導體棒勻速運動時產(chǎn)生的電動勢為mgtanθBLR

D.導體棒勻速運動時的速度為mgRsinθB2L2cos2θ

解析導體棒剛開始下滑時所受合外力最大，為mgsinθ，所以產(chǎn)生的加速度最大，為gsinθ，A正確；當導體棒勻速運動時，由受力分析知，安培力F=mgtanθ，所以B錯誤；由F=BIL得I=FBL=mgtanθBL，所以電動勢E=IR=mgtanθBLR，C正確；由E=BLvcosθ，得v=mgRsinθB2L2cos2θ，所以D正確.

例4如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ=30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L=04m.導軌所在空間被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B=05T.在區(qū)域Ⅰ中，將質(zhì)量m1=01kg，電阻R1=01Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑.然后，在區(qū)域Ⅱ中將質(zhì)量m2=04kg，電阻R2=01Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑.cd在滑動過程中始終處于區(qū)域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g=10m/s2，問：

（1） cd下滑的過程中，ab中的電流方向；

（2） ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；endprint

（3）從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x=38m，此過程中ab上產(chǎn)生的熱量Q是多少.

解析（1）根據(jù)右手定則判知cd中電流方向由d流向c，故ab中電流方向由a流向b.

（2）開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設其為Fmax，有Fmax=m1gsinθ

設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有

E=BLv

設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有

I=ER1+R2

設ab所受安培力為F安，有

F安=BIL

此時ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安=m1gsinθ+Fmax解得：v=5m/s.

（3）設cd棒的運動過程中電路中產(chǎn)生的總熱量為Q總，由能量守恒定律，有

m2gxsinθ=Q總+12m2v2

由串聯(lián)電路規(guī)律有

Q=R1R1+R2Q總

聯(lián)立解得：Q=13J.

33豎直軌道面的導棒運動

例5如圖6所示，豎直平面內(nèi)有一足夠長的寬度為L的金屬導軌，質(zhì)量為m的金屬導體棒ab可在導軌上無摩擦地上下滑動，且導體棒ab與金屬導軌接觸良好，ab電阻為R，其他電阻不計.導體棒ab由靜止開始下落，過一段時間后閉合開關S，發(fā)現(xiàn)導體棒ab仍然做變速運動，則在以后導體棒ab的運動過程中，下列說法中正確的是

A.導體棒ab做變速運動期間加速度一定減小

B.單位時間內(nèi)克服安培力做的功全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

C.導體棒減少的機械能轉(zhuǎn)化為閉合電路中的電能和電熱之和，符合能的轉(zhuǎn)化和守恒定律

D.導體棒ab最后做勻速運動時，速度大小為v=mgRB2L2

解析導體棒由靜止下落，在豎直向下的重力作用下做加速運動.開關閉合時，由右手定則判定，導體中產(chǎn)生的電流方向為逆時針方向，再由左手定則，可判定導體棒受到的安培力方向向上，F(xiàn)=BIL=BBLvRL，導體棒受到的重力和安培力的合力變小，加速度變小，物體做加速度越來越小的運動，A正確；最后合力為零，加速度為零，做勻速運動，由F-mg=0得，BBLvRL=mg，v=mgRB2L2，D正確；導體棒克服安培力做功，減少的機械能轉(zhuǎn)化為電能，由于電流的熱效應，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，B正確.

例6相距L=15m、足夠長的金屬導軌豎直放置，質(zhì)量m1=1kg的金屬棒ab和質(zhì)量m2=027kg的金屬棒cd，均通過自身兩端的套環(huán)水平地套在金屬導軌上，如圖7甲所示，虛線上方磁場的方向垂直紙面向里，虛線下方磁場的方向豎直向下，兩處磁場的磁感應強度大小相同.ab棒光滑，cd棒與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=075，兩棒總電阻為18Ω ，導軌電阻不計.ab棒在方向豎直向上、大小按圖7乙所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始沿導軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放.（g取10m/s2）

（1）求ab棒加速度的大小和磁感應強度B的大?。?/p>

（2）已知在2s內(nèi)外力F做了268J的功，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；

（3）求出cd棒達到最大速度所需的時間t0，并在圖7丙中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖線.

解析（1）對ab，由牛頓第二定律得

F-m1g-FA=m1a

其中FA=BIL=BBLvRL=B2L2atR

所以F=m1g+m1a+B2L2atR由圖7乙的截距可知，

m1g+m1a=11N，解得a=1m/s2

由圖7乙的斜率可知：

B2L2aR=146-112-0，解得B=12T.

（2）v=at=2m/s

h=12at2=2m

對ab棒有WF+WG1+WA

=12m1v2-0，

代入數(shù)據(jù)，解得WA=-48J，Q熱=-WA=48J.

（3） cd棒達到最大速度時，

m2g=fcd，fcd=μN=μFA=μB2L2at0R，

m2g=μB2L2at0R，解得t0=2s.

cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖線如圖8所示.

參考文獻：

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[2]王珍惠《電磁感應》2011高考試題分類賞析[J].中學物理，2011，29（11）：31-33.endprint