從“無模到有模、有模到有法”突破電磁感應中的單棒問題

湖南 王經天 丁學農

在平時的教學中，通常是分類“建模”去處理電磁感應中的單棒問題，例如“R-v0”型、“R-F”型、“E-R”型、“C-F”型等等。“建模”法處理電磁感應中的單棒問題的優勢是學生模仿快、短期效果明顯，但在實際應用中的劣勢是不能以不變應萬變，學生遇到新的問題往往無法下手。在“建模”之前先讓學生形成思想方法，讓學生實現從“無模”到“有模”的過渡，在實踐的過程中再讓學生實現“有模”到“有法”的升華，這樣才能真正幫助學生突破電磁感應中的單棒問題。

一、“無模”到“有模”

1.情景構建：如圖1所示，有一垂直于傾角為θ的平行金屬導軌MN和PQ向下的勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，平行導軌MN和PQ間的距離為L，導軌的NQ之間接有電阻R，在導軌上靜止釋放與導軌垂直的電阻為r、質量為m、長度也為L的金屬棒ab，ab棒和導軌接觸良好，ab棒和導軌間的動摩擦因數為μ，導軌電阻不計，導軌足夠長，重力加速度為g。

圖1

2.過程體驗：

(1)“轉化圖形”——把立體圖轉化為平面圖便于對棒進行受力分析

(2)“判斷流向”——利用右手定則判斷出導體棒ab中的電流I由a→b，為棒的受力分析服務

(3)“受力分析”——ab棒的受力情況如圖2所示

圖2

受力分析的目的是：

②若導體棒處在變速狀態，根據牛頓第二定律建立方程，得出導體棒的加速度a的表達式

③若導體棒處在平衡狀態，則建平衡方程

(4)“過程分析”——畫出v-t圖像

圖3

(5)“能量分析”

假設ab由靜止釋放到達到最大速度過程中沿導軌下滑的位移為x，求電路中產生的總熱量Q?

①方法一：根據焦耳定律Q=I2Rt求解，由于在ab棒加速下滑過程中，電路中的電流是變化的，因此在此情景中不能用焦耳定律求電路中產生的熱量

②方法二：用動能定理求解

WF安=Q

③方法三：根據能量守恒定律求解

(6)“動量分析”

①已知導體棒ab從靜止釋放到達到最大速度過程中，沿導軌下滑的位移為x，求流過電阻R的電荷量q？

②已知導體棒ab從靜止釋放到達到最大速度過程中，流過電阻R的電荷量為q，求此過程所用時間t？

對導體棒ab由動量定理得：沿斜面向下方向為正方向，

mgsinθ·t-μmgcosθ·t-BLIt=mvm

即mgsinθ·t-μmgcosθ·t-BLq=mvm

注意：已知導體棒ab從靜止釋放，到達到最大速度過程中，沿導軌下滑的位移為x，就可求出此過程中流過電阻R的電荷量q，求出了電荷量q，再根據動量定理就可求出此過程所對應的時間t，一般在情景中出現了q、x、t三個物理量往往需要考慮從動量定理入手分析。

3.方法總結

說明：電磁感應中的單棒問題的思路如上方法總結，但是在實際應用中往往要根據題中的實際情況合理選擇切入點。

二、“有模”到“有法”

建模說法一：“R-v0”型

【例1】(多選)如圖4所示，兩根足夠長的平行金屬導軌相距為L，其中NO1、NO2部分水平，傾斜部分MN、PQ與水平面的夾角為α，整個空間存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直導軌平面MNQP向上，長為L的金屬棒ab、cd與導軌垂直放置且接觸良好，其中ab光滑，cd粗糙，棒的質量均為m、電阻均為R。將ab由靜止釋放，在ab下滑至速度剛好達到穩定的過程中，cd始終靜止不動。若導軌電阻不計，重力加速度為g，則在上述過程中

圖4

( )

A.ab棒做加速度減小的加速運動

C.cd棒所受摩擦力的最大值為mgsinαcosα

D.cd中產生的熱量等于ab棒機械能的減少量

【解析】①“轉化圖形”：把立體圖轉化為平面圖

②“判斷流向”：由右手定則判斷ab棒中的電流由b流向a

③“受力分析”和“過程分析”：受力分析如圖5

圖5

對cd棒受力分析如圖6，摩擦力等于安培力在水平方向的分力，即f=BILcosα=mgsinαcosα，C正確；

圖6

④“能量分析”：由能量守恒可得，ab棒減小的機械能等于ab和cd產生的焦耳熱，D錯誤。

【點評】本題充分體現了處理電磁感應中的“R-v0”型單棒問題的基本方法：轉化圖形→判斷流向→受力分析→過程分析→能量分析

建模說法二：“R-F”型

【例2】(多選)如圖7所示，光滑的平行豎直金屬導軌AB、CD相距L，在A、C之間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間abcd矩形區域內有垂直導軌平面向外、寬為5d的勻強磁場，磁感應強度為B，一質量為m、電阻為r，長度也剛好為L的導體棒放在磁場下邊界ab上(與ab邊重合)。現用一個豎直向上的力F拉導體棒，使它由靜止開始運動，已知導體棒離開磁場前已開始做勻速直線運動，導體棒與導軌始終垂直且保持良好接觸，導軌電阻不計，F隨導體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖8所示，下列判斷正確的是

圖7

圖8

( )

【解析】①“轉化圖形”：本題圖為平面圖，無需轉化

②“流向判斷”：據右手定則得電流由a流向b

③“受力分析”：對ab受力分析如圖9

圖9

⑤“能量分析”：ab棒從開始運動到離開磁場過程

其中WF=2mgd+3mg(5d-d)=14mgd

⑥“動量分析”：

對導體棒由動量定理得：I-BLq=mv

【點評】雖然【例2】和【例1】的模型不同，但處理方法是相同的。

建模說法三：“C-F”型

【例3】如圖10，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求：金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。

圖10

【解析】①“轉化圖形”：平面圖如圖11所示

圖11

②“流向判斷”：如圖11所示

③“受力分析”：如圖11所示

對金屬棒由牛頓第二定律：

mgsinθ-μmgcosθ-BLI=ma

【點評】“C-F”型單棒問題的難點在對棒的加速度的求解分析，需學生細致推敲。雖然相對“R-v0”型模型及“R-F”型模型的難度上升了不少，但處理“C-F”型單棒問題的方法依然是相同的，本題由于未涉及能量和動量問題，所以過程分析到位后本題實際上已完成。

建模說法四：“E-R”模型

【例4】如圖12所示，長平行導軌PQ、MN光滑，相距L=0.5 m，處在同一水平面中，磁感應強度B=0.8 T的勻強磁場豎直向下穿過導軌面。橫跨在導軌上的直導線ab的質量m=0.1 kg、電阻R=0.8 Ω，導軌電阻不計。導軌間通過開關S將電動勢E=1.5 V、內電阻r=0.2 Ω的電池接在M、P兩端，試計算分析：

圖12

(1)導線ab的加速度的最大值和速度的最大值是多少？

(2)在閉合開關S后，怎樣才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿導軌向右運動？

(3)在閉合開關S后，怎樣才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿導軌向左運動？

【解析】(1)①“轉化圖像”：平面圖如圖13所示

圖13

②“流向判斷”：電流從a流向b(從閉合開關S到達到最大速度前)

③“受力分析”：受力分析如平面圖13所示

閉合開關S，導線ab受到向右的安培力而往右加速運動，導線切割磁感線，產生逆時針方向的感應電動勢E′=BLv(俯視)，電源電動勢為E為順時針方向，因此總電動勢為順時針方向且E總=E-E′=E-BLv，

④“過程分析”：

由上式可知：導線ab做加速度減小的加速運動

當導線的速度v=0時，加速度最大且

當導線ab的加速度a=0時，即E=BLv時，導線速度最大

(2)①“流向分析”：如果ab以恒定速度v=7.5 m/s向右沿導軌運動，

則ab中感應電動勢：E′=BLv=3 V

由于E′>E且方向相反，這時閉合電路中電流方向為逆時針方向(俯視)，

直導線ab中的電流由b到a，

②“受力分析”：

根據左手定則，磁場對ab有水平向左的安培力作用，大小為F′=BI′L=0.6 N

所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右運動，必須有水平向右的恒力F=0.6 N作用于ab。

(3)①“流向分析”：如果ab以恒定速度v=7.5 m/s向左沿導軌運動，

則ab中感應電動勢：E′=BLv=3 V

由于E′和E的方向相同，這時閉合電路中電流方向為順時針方向(俯視)，

直導線ab中的電流由a到b，

②“受力分析”：

根據左手定則，磁場對ab有水平向右的安培力作用，大小為F′=BI′L=1.8 N

所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右運動，必須有水平向左的恒力F=1.8 N作用于ab。

【點評】對于“E-R”型模型需特別注意的是：如果導體棒是運動的，在導體棒切割磁感線時會產生一個和電源電動勢方向相同或相反的電動勢，此時的總電動勢為兩電動勢之和或之差。

三、總結