从“无模到有模、有模到有法”突破电磁感应中的单棒问题

湖南 王经天 丁学农

在平时的教学中，通常是分类“建模”去处理电磁感应中的单棒问题，例如“R-v0”型、“R-F”型、“E-R”型、“C-F”型等等。“建模”法处理电磁感应中的单棒问题的优势是学生模仿快、短期效果明显，但在实际应用中的劣势是不能以不变应万变，学生遇到新的问题往往无法下手。在“建模”之前先让学生形成思想方法，让学生实现从“无模”到“有模”的过渡，在实践的过程中再让学生实现“有模”到“有法”的升华，这样才能真正帮助学生突破电磁感应中的单棒问题。

一、“无模”到“有模”

1.情景构建：如图1所示，有一垂直于倾角为θ的平行金属导轨MN和PQ向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，平行导轨MN和PQ间的距离为L，导轨的NQ之间接有电阻R，在导轨上静止释放与导轨垂直的电阻为r、质量为m、长度也为L的金属棒ab，ab棒和导轨接触良好，ab棒和导轨间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，导轨足够长，重力加速度为g。

图1

2.过程体验：

(1)“转化图形”——把立体图转化为平面图便于对棒进行受力分析

(2)“判断流向”——利用右手定则判断出导体棒ab中的电流I由a→b，为棒的受力分析服务

(3)“受力分析”——ab棒的受力情况如图2所示

图2

受力分析的目的是：

②若导体棒处在变速状态，根据牛顿第二定律建立方程，得出导体棒的加速度a的表达式

③若导体棒处在平衡状态，则建平衡方程

(4)“过程分析”——画出v-t图像

图3

(5)“能量分析”

假设ab由静止释放到达到最大速度过程中沿导轨下滑的位移为x，求电路中产生的总热量Q?

①方法一：根据焦耳定律Q=I2Rt求解，由于在ab棒加速下滑过程中，电路中的电流是变化的，因此在此情景中不能用焦耳定律求电路中产生的热量

②方法二：用动能定理求解

WF安=Q

③方法三：根据能量守恒定律求解

(6)“动量分析”

①已知导体棒ab从静止释放到达到最大速度过程中，沿导轨下滑的位移为x，求流过电阻R的电荷量q？

②已知导体棒ab从静止释放到达到最大速度过程中，流过电阻R的电荷量为q，求此过程所用时间t？

对导体棒ab由动量定理得：沿斜面向下方向为正方向，

mgsinθ·t-μmgcosθ·t-BLIt=mvm

即mgsinθ·t-μmgcosθ·t-BLq=mvm

注意：已知导体棒ab从静止释放，到达到最大速度过程中，沿导轨下滑的位移为x，就可求出此过程中流过电阻R的电荷量q，求出了电荷量q，再根据动量定理就可求出此过程所对应的时间t，一般在情景中出现了q、x、t三个物理量往往需要考虑从动量定理入手分析。

3.方法总结

说明：电磁感应中的单棒问题的思路如上方法总结，但是在实际应用中往往要根据题中的实际情况合理选择切入点。

二、“有模”到“有法”

建模说法一：“R-v0”型

【例1】(多选)如图4所示，两根足够长的平行金属导轨相距为L，其中NO1、NO2部分水平，倾斜部分MN、PQ与水平面的夹角为α，整个空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面MNQP向上，长为L的金属棒ab、cd与导轨垂直放置且接触良好，其中ab光滑，cd粗糙，棒的质量均为m、电阻均为R。将ab由静止释放，在ab下滑至速度刚好达到稳定的过程中，cd始终静止不动。若导轨电阻不计，重力加速度为g，则在上述过程中

图4

( )

A.ab棒做加速度减小的加速运动

C.cd棒所受摩擦力的最大值为mgsinαcosα

D.cd中产生的热量等于ab棒机械能的减少量

【解析】①“转化图形”：把立体图转化为平面图

②“判断流向”：由右手定则判断ab棒中的电流由b流向a

③“受力分析”和“过程分析”：受力分析如图5

图5

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

图6

④“能量分析”：由能量守恒可得，ab棒减小的机械能等于ab和cd产生的焦耳热，D错误。

【点评】本题充分体现了处理电磁感应中的“R-v0”型单棒问题的基本方法：转化图形→判断流向→受力分析→过程分析→能量分析

建模说法二：“R-F”型

【例2】(多选)如图7所示，光滑的平行竖直金属导轨AB、CD相距L，在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面向外、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为r，长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上(与ab边重合)。现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图8所示，下列判断正确的是

图7

图8

( )

【解析】①“转化图形”：本题图为平面图，无需转化

②“流向判断”：据右手定则得电流由a流向b

③“受力分析”：对ab受力分析如图9

图9

⑤“能量分析”：ab棒从开始运动到离开磁场过程

其中WF=2mgd+3mg(5d-d)=14mgd

⑥“动量分析”：

对导体棒由动量定理得：I-BLq=mv

【点评】虽然【例2】和【例1】的模型不同，但处理方法是相同的。

建模说法三：“C-F”型

【例3】如图10，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：金属棒的速度大小随时间变化的关系。

图10

【解析】①“转化图形”：平面图如图11所示

图11

②“流向判断”：如图11所示

③“受力分析”：如图11所示

对金属棒由牛顿第二定律：

mgsinθ-μmgcosθ-BLI=ma

【点评】“C-F”型单棒问题的难点在对棒的加速度的求解分析，需学生细致推敲。虽然相对“R-v0”型模型及“R-F”型模型的难度上升了不少，但处理“C-F”型单棒问题的方法依然是相同的，本题由于未涉及能量和动量问题，所以过程分析到位后本题实际上已完成。

建模说法四：“E-R”模型

【例4】如图12所示，长平行导轨PQ、MN光滑，相距L=0.5 m，处在同一水平面中，磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面。横跨在导轨上的直导线ab的质量m=0.1 kg、电阻R=0.8 Ω，导轨电阻不计。导轨间通过开关S将电动势E=1.5 V、内电阻r=0.2 Ω的电池接在M、P两端，试计算分析：

图12

(1)导线ab的加速度的最大值和速度的最大值是多少？

(2)在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿导轨向右运动？

(3)在闭合开关S后，怎样才能使ab以恒定的速度v=7.5 m/s沿导轨向左运动？

【解析】(1)①“转化图像”：平面图如图13所示

图13

②“流向判断”：电流从a流向b(从闭合开关S到达到最大速度前)

③“受力分析”：受力分析如平面图13所示

闭合开关S，导线ab受到向右的安培力而往右加速运动，导线切割磁感线，产生逆时针方向的感应电动势E′=BLv(俯视)，电源电动势为E为顺时针方向，因此总电动势为顺时针方向且E总=E-E′=E-BLv，

④“过程分析”：

由上式可知：导线ab做加速度减小的加速运动

当导线的速度v=0时，加速度最大且

当导线ab的加速度a=0时，即E=BLv时，导线速度最大

(2)①“流向分析”：如果ab以恒定速度v=7.5 m/s向右沿导轨运动，

则ab中感应电动势：E′=BLv=3 V

由于E′>E且方向相反，这时闭合电路中电流方向为逆时针方向(俯视)，

直导线ab中的电流由b到a，

②“受力分析”：

根据左手定则，磁场对ab有水平向左的安培力作用，大小为F′=BI′L=0.6 N

所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右运动，必须有水平向右的恒力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向左沿导轨运动，

则ab中感应电动势：E′=BLv=3 V

由于E′和E的方向相同，这时闭合电路中电流方向为顺时针方向(俯视)，

直导线ab中的电流由a到b，

②“受力分析”：

根据左手定则，磁场对ab有水平向右的安培力作用，大小为F′=BI′L=1.8 N

所以要使ab以恒定速度v=7.5 m/s向右运动，必须有水平向左的恒力F=1.8 N作用于ab。

【点评】对于“E-R”型模型需特别注意的是：如果导体棒是运动的，在导体棒切割磁感线时会产生一个和电源电动势方向相同或相反的电动势，此时的总电动势为两电动势之和或之差。

三、总结