對電磁感應(yīng)中“滑桿”模型的定量計算

摘要：電磁感應(yīng)中的“滑桿”模型是高中物理?？寄Ｐ?，該模型中導(dǎo)體棒的運動往往為非勻變速運動，本文對該模型中導(dǎo)體棒的運動規(guī)律進行定量計算，并對該類試題命題做了思考.

關(guān)鍵詞：“滑桿”模型;收尾狀態(tài);雙桿

中圖分類號：G632文獻標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2022）16-0100-03

收稿日期：2022-03-05

作者簡介：李啟國（1987.12-），男，安徽省利辛人，本科，中學(xué)一級教師，從事高中物理教學(xué)研究.[FQ）]

“滑桿”模型是高中物理電磁感應(yīng)問題中常規(guī)模型，在各類電磁感應(yīng)試題中頻頻出現(xiàn)，此類問題中對滑桿運動的定量分析往往只停留在收尾狀態(tài)上，一般回避從力與運動角度對導(dǎo)體棒的運動過程進行定量分析，現(xiàn)對以下四種模型中導(dǎo)體棒的速度、位移隨時間變化的規(guī)律進行定量計算.

1 “含阻式”單桿模型的定量計算如圖1所示，導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，現(xiàn)定量計算其速度及位移隨時間變化的規(guī)律.

任一時刻，對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律可得：-B2L2vR=ma，將a=dvdt代入得：-B2L2vR=mdvdt，整理得：1vdv=-B2L2mRdt，

對上式積分得：lnv=-B2L2mRt+A，

進一步得到：v=e-B2L2mRt+A=A1e-B2L2mRt，

當(dāng)t=0時，v=v0，可得上式中A1= v0，

則上式為：v=e-B2L2mRt+A=v0e-B2L2mRt（1）

由（1）式可知，當(dāng)v=0時，t=+∞

將v=dxdt代入（1）式得：dxdt=v0e-B2L2mRt，

對上式積分得：x=-mRv0B2L2e-B2L2mRt+A，

當(dāng)t=0時，x=0，可得上式中A=mRv0B2L2，

則上式為x=-mRv0B2L2e-B2L2mRt+mRv0B2L2（2）

由（2）式可知，當(dāng)v=0，即t=+∞時，x=mRv0B2L2.

由以上計算可知，該模型中導(dǎo)體棒速度減為零的時間趨近于無窮大，而位移趨近于一定值.

2 “含容式”單桿模型的定量計算如圖2所示，導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，電阻為R，磁感應(yīng)強度為B，電容為C，現(xiàn)定量計算其速度及位移隨時間變化的規(guī)律.

導(dǎo)體棒向右運動時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對電容器充電，充電過程中有電流通過導(dǎo)體棒，導(dǎo)體棒在安培力的作用下減速，電容器上不斷積累電荷，當(dāng)其電壓等于導(dǎo)體棒電動勢時，不再充電，電路中無電流，導(dǎo)體棒勻速.

充電過程，對導(dǎo)體棒由動量定理可得：-∑BIiLΔt=∑mΔv，

結(jié)合初始條件解得：

v=B2L2v0B2L2C+me-B2L2C+mRmCt+mv0B2L2C+m（3）

將v=dxdt代入上式并進一步解微分方程得：

x=-B2L2v0mRC2（B2L2C+m）2e-B2L2C+mRmCt+mv0B2L2C+mt+B2L2v0mRC2（B2L2C+m）2（4）

由（3）可知，當(dāng)v=vm時，t=+

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，由（4）式知，此時x=+

SymboleB@

由以上計算可知，該模型中導(dǎo)體棒進入收尾狀態(tài)的時間趨近于無窮大，位移也趨近于無窮大.

3 “含源式”單桿模型的定量計算如圖3所示，導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)體棒初速度為v0，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強度為B，電動勢為E，現(xiàn)定量計算其速度及位移隨時間變化的規(guī)律.

導(dǎo)體棒在安培力作用下向右運動時產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，當(dāng)BLv=E時，電流為0，導(dǎo)體棒勻速，勻速速度為vm=EBL

任一時刻，對導(dǎo)體棒由牛頓第二定律可得：v=EBL（1-e-BLmRt）（5）

由（5）式可知，當(dāng)v=vm時，-BLmRt=0時，t=+∞

由（5）式得：dxdt=EBL（1-e-BLmRt），

對上式積分得：x=EBLt+mREB2L2e-BLmRt+A2，

當(dāng)t=0時，x=0，可得上式中A2=-mREB2L2，

則上式為x=EBLt+mREB2L2e-BLmRt-mREB2L2（6）

由（6）式可知，當(dāng)v=vm，即t=+∞時，x=+

SymboleB@

由以上計算可知，該模型中導(dǎo)體棒進入收尾狀態(tài)的時間趨近于無窮大，位移也趨近于無窮大.

4 雙桿模型的定量計算

如圖4所示，導(dǎo)軌光滑，兩導(dǎo)體棒質(zhì)量均為m，磁感應(yīng)強度為B，回路總電阻為R，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一初速度v0，該模型的收尾狀態(tài)為回路電流為0，a、b勻速且速度相等.現(xiàn)定量計算導(dǎo)體棒a、b的速度及位移隨時間變化的規(guī)律并討論其收尾狀態(tài).

設(shè)導(dǎo)體棒a、b的加速度分別為a1和a2，任意瞬間均有a1=-a2，

對b棒有：

a2=B2L2v0mRe-2B2L2mRt，

x2=mRv04B2L2e-2B2L2mRt+v02t-mRv04B2L2.

由以上兩式可知，當(dāng)t趨近于無窮大時，v2=v02，x2=+

SymboleB@

.

現(xiàn)在再來研究導(dǎo)體棒a，由前面計算可知a1=-a2=-B2L2v0mRe-2B2L2mRt，

x1=-mRv04B2L2e-2B2L2mRt+v02t+mRv04B2L2.

可見，當(dāng)t趨近于無窮大時，v1=v02，x1=+

SymboleB@

.

兩者的位移差Δx=x1-x2=mRv02B2L2-mRv02B2L2e-2B2L2mRt，顯然二者的相對距離隨著時間在增大，當(dāng)時間趨近無窮大時，Δx=mRv02B2L2，為一定值.

5 對“滑桿”模型類問題命題的思考

通過以上計算可知，滑桿達到最后的收尾狀態(tài)所需時間均為無窮大，除了“含阻”單桿模型中導(dǎo)體棒的收尾位移趨近于一定值外，其他三個模型中導(dǎo)體棒的位移均趨近無窮大.也就是說，在該類模型中，若收尾速度趨近于0，則最終位移趨近一定值;若收尾速度趨近于一定值，則最終位移趨近無窮大.因此在收尾狀態(tài)為勻速運動的滑桿模型的命題中，若限定了其收尾的位移，則均為錯題，題目必然會出現(xiàn)數(shù)據(jù)不自洽的問題.如下面兩道試題;

試題1（2015年天津高考第11題（題目略））

錯因分析由題意知，ef、pq邊進入磁場，線框開始做加速度減小的加速運動，由前面的分析方法可知，若線框再次勻速運動，需用的時間是無窮大，線框的位移也是無窮大，因此在ab邊進入磁場前，線框不可能勻速.

試題2如圖5所示，PQMN與CDEF為兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距為L.PQ、MN、CD、EF為相同的弧形導(dǎo)軌;QM、DE為足夠長的水平導(dǎo)軌.導(dǎo)軌的水平部分QM和DE處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B.a、b為材料相同、長都為L的導(dǎo)體棒，跨接在導(dǎo)軌上.已知a棒的質(zhì)量為m、電阻為R，a棒的橫截面是b的3倍.金屬棒a和b都從距水平面高度為h的弧形導(dǎo)軌上由靜止釋放，分別通過DQ、EM同時進入勻強磁場中，a、b棒在水平導(dǎo)軌上運動時不會相碰.若金屬棒a、b與導(dǎo)軌接觸良好，且不計導(dǎo)軌的電阻和棒與導(dǎo)軌的摩擦.

通過分析計算說明，從金屬棒a、b進入磁場至某金屬第一次離開磁場的過程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱.

錯因分析此題給的標(biāo)準(zhǔn)答案認為在其中一個導(dǎo)體棒離開磁場時，兩導(dǎo)體棒已經(jīng)共速，由前面的計算可知，要想實現(xiàn)二者勻速，導(dǎo)體棒的位移均為無窮大，而導(dǎo)體棒既然能夠離開磁場，則磁場區(qū)域的長度必是有限的，故當(dāng)導(dǎo)體棒離開磁場時，二者仍未共速.各自速度為多大，還需由磁場區(qū)域的長度進一步計算確定.因此，該問中的產(chǎn)生的焦耳熱無法計算.此題也是一道末考慮到收尾位移的錯題.

參考文獻：

[1]?楊榕楠.更高更妙的物理高考高分與自主招生決勝篇

[M].杭州：浙江大學(xué)出版社，2013：283.

[責(zé)任編輯：李璟]