電磁感應(yīng)現(xiàn)象中“桿+導(dǎo)軌”模型梳理

■河南省鄭州市第三十一高級中學(xué) 董衛(wèi)剛 王夢娜

電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的“桿+導(dǎo)軌”模型是近幾年高考中的常見考點之一,比如2020年高考全國Ⅰ卷第21題、全國Ⅲ卷第24題,2021年高考全國乙卷第25 題、北京卷第7 題,2022年高考全國甲卷第20 題、遼寧卷第15題,2023年高考全國甲卷第25題、湖南卷第14題、遼寧卷第10 題等。涉及“桿+導(dǎo)軌”模型的物理試題幾乎涵蓋了高中物理所有的核心內(nèi)容,綜合性較強,區(qū)分度較高。下面將涉及“桿+導(dǎo)軌”模型的物理試題進(jìn)行系統(tǒng)梳理,總結(jié)求解此類問題的思路和方法,為同學(xué)們的復(fù)習(xí)備考提供參考。

一、電磁感應(yīng)核心知識梳理

1.感應(yīng)電流方向的判斷方法:

2.感應(yīng)電動勢大小的求法:

圖1

圖2

圖3

3.感應(yīng)電荷量的計算:

4.動量定理在“桿+導(dǎo)軌”模型中的應(yīng)用:

二、“桿+導(dǎo)軌”模型梳理

模型一:單桿,無電源,受恒定外力

如圖4 所示,金屬桿MN放在水平放置的光滑導(dǎo)軌上,空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,金屬桿MN受到恒定的外力作用。以金屬桿MN為研究對象,根據(jù)牛頓第二定律得,解得,因此隨著速度v的增大,加速度a逐漸減小,當(dāng)a=0的時候,金屬桿MN達(dá)到平衡狀態(tài),以恒定的速度做勻速直線運動。上述規(guī)律不僅適用于水平面內(nèi)的運動,豎直平面內(nèi)的運動或斜面上的運動也適用,只不過是將恒力稍微變化了一下。

圖4

例1如圖5所示,兩根足夠長的光滑導(dǎo)軌豎直放置,間距為L,頂端接阻值為R的電阻。勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(紙面)向里,磁感應(yīng)強度為B,質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒在距磁場上邊界某處由靜止釋放,金屬棒和導(dǎo)軌始終接觸良好。不計導(dǎo)軌的電阻,重力加速度為g,則下列說法中正確的是( )。

圖5

A.金屬棒在磁場中運動時,通過電阻R的電流方向為a→b

B.金屬棒剛進(jìn)入磁場時一定做加速運動

C.金屬棒的速度為v時,金屬棒所受的安培力大小為

D.金屬棒以穩(wěn)定的速度下滑時,電阻R的熱功率為

思路點撥:金屬棒進(jìn)入磁場后,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv,回路中的感應(yīng)電流,通過電阻R的電流方向為b→a,金屬棒所受的安培力大小,當(dāng)金屬棒穩(wěn)定下滑時,F=mg,電阻R的熱功率,解得。

答案:D

模型二:單桿,無電源,有初速度

如圖6 所示,給金屬桿ef一個初速度(初始沖量),讓金屬桿ef運動起來,金屬桿ef切割磁感線,在回路cbef中產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬桿ef相當(dāng)于電源,此時金屬桿ef受到一個與運動方向相反的安培力,阻礙金屬桿ef的運動,金屬桿ef做減速運動,速度減小會讓安培力隨著減小,加速度就跟著減小,因此金屬桿ef做加速度減小的減速運動,直到速度減為零,停止運動。若導(dǎo)軌是光滑的,則金屬桿ef的初動能全部轉(zhuǎn)化為電阻R產(chǎn)生的焦耳熱,即,金屬桿ef通過克服安培力做功把機(jī)械能轉(zhuǎn)化為了電能。同時還可以根據(jù)動量定理得,又有q=·Δt,求出在此過程中通過電阻R的電荷量。

圖6

例2(2021年高考北京卷)如圖7所示,在豎直向下的勻強磁場中,水平U 型導(dǎo)體框左端連接一阻值為R的定值電阻,質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab置于導(dǎo)體框上。不計導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦。導(dǎo)體棒以水平向右的初速度v0開始運動,最終停在導(dǎo)體框上。在此過程中( )。

圖7

A.導(dǎo)體棒做勻減速直線運動

B.導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為a→b

C.電阻R消耗的總電能為

思路點撥:導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動,導(dǎo)體棒中感應(yīng)電流的方向為b→a。安培力的變化會引起加速度的變化,根據(jù)能量守恒定律和動能定理可知,電阻R消耗的總電能為,導(dǎo)體棒克服安培力做的總功等于。

答案:C

模型三:單桿,有電容,受恒定外力

如圖8所示,水平放置的光滑平行導(dǎo)軌左側(cè)接電容為C的電容器,空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場,金屬棒MN和導(dǎo)軌的電阻忽略不計,摩擦力不計,金屬棒MN在水平向右的恒定拉力F的作用下,由靜止開始做加速運動,持續(xù)對電容器充電,則存在充電電流時,有F-BIl=ma,,ΔQ=CΔU,ΔU=ΔE=BlΔv,整理得,其中,解得,因此金屬棒MN做加速度恒定的勻加速直線運動。從能量的角度分析,存在功能關(guān)系。

圖8

例3如圖9所示,間距為L的金屬導(dǎo)軌豎直平行放置,空間存在垂直于導(dǎo)軌所在平面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,在導(dǎo)軌上端接一電容為C的電容器,一質(zhì)量為m的金屬棒與導(dǎo)軌始終保持良好接觸。將金屬棒距地面高度為h處由靜止開始釋放,已知重力加速度為g,一切摩擦及電阻均不計。在金屬棒下滑至地面的過程中,下列說法正確的是( )。

圖9

A.若h足夠大,則金屬棒最終勻速下落

B.金屬棒下滑至地面時,電容器儲存的電勢能為mgh

思路點撥:根據(jù)牛頓第二定律得mg-BIL=ma,又有,v=at,Q=It,解得,金屬棒在下降過程中做勻加速直線運動,金屬棒下滑至地面時的動能,又有,根據(jù)能量守恒定律得電容器儲存的電勢能。

答案:D

模型四:雙桿,等長,有初速度

如圖10所示,光滑導(dǎo)軌上放置兩根導(dǎo)體棒,給導(dǎo)體棒1 一個初速度,導(dǎo)體棒1受安培力的作用做加速度減小的減速運動,導(dǎo)體棒2受安培力的作用做加速度減小的加速運動,最后兩導(dǎo)體棒以相同的速度做勻速直線運動,對兩導(dǎo)體棒運用動量守恒定律可以求出最終的共同速度。從能量的角度分析,導(dǎo)體棒1動能的減少量=導(dǎo)體棒2 動能的增加量+焦耳熱。

圖10

例4如圖11所示,兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,所在空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強度為B、范圍足夠大的勻強磁場,導(dǎo)軌的間距為L,電阻不計;導(dǎo)軌上靜置兩根有效長度均為L的導(dǎo)體棒PQ和MN,其中導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量為2m、阻值為R,導(dǎo)體棒MN的質(zhì)量為m、阻值為2R。若在t=0 時刻給導(dǎo)體棒PQ一個平行于導(dǎo)軌向右的初速度v0,不計運動過程中兩導(dǎo)體棒的相互作用,則( )。

圖11

A.t=0 時刻,兩導(dǎo)體棒的加速度大小相等

B.t=0時刻,導(dǎo)體棒PQ兩端的電壓為

C.導(dǎo)體棒PQ勻速運動時的速率為

D.從t=0時刻到導(dǎo)體棒PQ勻速運動的過程中,導(dǎo)體棒MN中產(chǎn)生的焦耳熱為

思路點撥:導(dǎo)體棒PQ向右運動,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E=BLv0,此時路端電壓為,回路中的感應(yīng)電流,兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小均為F=BIL,則,因此t=0 時刻,兩導(dǎo)體棒的加速度大小不相等,受到的安培力大小相等,方向相反,兩導(dǎo)體棒在運動過程中滿足動量守恒定律,則2mv0=(m+2m)v共,最終兩導(dǎo)體棒以速度做勻速直線運動。兩導(dǎo)體棒中的電流相等,產(chǎn)生的焦耳熱分別為,則QMN∶QPQ=2∶1。根據(jù)能量守恒定律可知,在整個運動過程中產(chǎn)生的總熱量等于系統(tǒng)總動能的減少量,即,解得。

答案:BD

模型五:雙桿,等長,受恒定外力

如圖12所示,足夠長的光滑導(dǎo)軌上放置兩根導(dǎo)體棒,導(dǎo)體棒1 受到一個恒定的力F的作用,導(dǎo)體棒1 做加速度逐漸減小的加速運動,導(dǎo)體棒2做加速度逐漸增大的加速運動,最終兩導(dǎo)體棒以相同的加速度做勻加速直線運動,兩導(dǎo)體棒的速度差恒定,回路中存在恒定的感應(yīng)電流,兩導(dǎo)體棒受到的安培力大小相等,對整體有F= (m1+m2)a,對導(dǎo)體棒2 有,聯(lián)立以上兩式可以求出兩導(dǎo)體棒的速度差值。從能量的角度分析,外力做的功=導(dǎo)體棒1的動能+導(dǎo)體棒2的動能+焦耳熱。

圖12

例5(2020年高考全國Ⅰ卷)如圖13所示,U 型光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上,ab邊和dc邊平行,和bc邊垂直。ab、dc邊足夠長,整個金屬框的電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上,用水平恒力F向右拉動金屬框,運動過程中,裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中,導(dǎo)體棒與金屬框保持良好接觸,且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時間后( )。

圖13

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值

思路點撥:金屬框向右的加速度與導(dǎo)體棒的加速度不同,同一時刻兩者速度也不同,設(shè)金屬框的質(zhì)量為m1,速度為v1,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m2,速度為v2,則回路中的感應(yīng)電流,感應(yīng)電流從0 開始增大,導(dǎo)體棒的加速度a2從零開始增大,金屬框的加速度a1從開始減小,二者的加速度差值減小,當(dāng)a1=a2時,有F=(m1+m2)a,則恒定,根據(jù)F安=m2a可知,安培力不再變化,感應(yīng)電流不再變化,金屬框與導(dǎo)體棒的速度差保持不變,但導(dǎo)體棒的速度小于金屬框的速度,則導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離越來越大。

答案:BC

模型六:雙桿,不等長,有初速度

如圖14 所示,光滑導(dǎo)軌水平放置,勻強磁場垂直于水平面向下,左側(cè)導(dǎo)軌間距為L,右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L,且兩側(cè)導(dǎo)軌均足夠長?，F(xiàn)給金屬桿cd一水平向右的初速度v0,金屬桿cd做切割磁感線運動,產(chǎn)生感應(yīng)電流,金屬桿cd受到的安培力阻礙它的運動,金屬桿ab受到的安培力使它做加速運動,兩金屬桿長度不同,所受安培力大小不相等,系統(tǒng)動量不守恒,一旦金屬桿ab開始運動,金屬桿ab也要做切割磁感線運動,產(chǎn)生一個反電動勢,使得回路中的感應(yīng)電流減小,當(dāng)感應(yīng)電流為零時,兩金屬桿均做勻速運動,此時兩金屬桿的速度關(guān)系為vab=2vcd,分別對兩金屬桿應(yīng)用動量定理可以求出最終的速度。

圖14

例6如圖15所示,光滑導(dǎo)軌水平放置,勻強磁場垂直于水平面向下,磁感應(yīng)強度為B,左側(cè)導(dǎo)軌間距為L,右側(cè)導(dǎo)軌間距為2L,且兩側(cè)導(dǎo)軌均足夠長。質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒ab和質(zhì)量為2m的導(dǎo)體棒cd均垂直于導(dǎo)軌放置,處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)體棒ab接入電路的電阻為R,導(dǎo)體棒cd接入電路的電阻為2R,兩導(dǎo)體棒始終在對應(yīng)的導(dǎo)軌部分上運動,并始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好, 導(dǎo)軌電阻不計?，F(xiàn)瞬間給導(dǎo)體棒cd一水平向右的初速度v0,則對此后的運動過程,下列說法中正確的是( )。

圖15

A.兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量守恒

B.導(dǎo)體棒cd最終的速度為

C.整個過程中,通過導(dǎo)體棒cd的電荷量為

D.從導(dǎo)體棒cd獲得初速度到二者穩(wěn)定運動的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱為

思路點撥:因為導(dǎo)體棒ab和cd的長度不同,所以受到的安培力大小不相等,兩導(dǎo)體棒組成的系統(tǒng)動量不守恒。當(dāng)導(dǎo)體棒ab和cd產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小相等時,兩導(dǎo)體棒都做勻速直線運動,則BLvab=B·2Lvcd,對兩導(dǎo)體棒分別應(yīng)用動量定理得,解得。結(jié)合,解得。根據(jù)能量守恒定律得整個過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱,解得。

答案:CD

總結(jié):“桿+導(dǎo)軌”是一個經(jīng)典的模型,涉及知識點比較多。在以“桿+導(dǎo)軌”模型為素材的電磁感應(yīng)問題中,若滿足動量守恒條件,則應(yīng)優(yōu)先選用動量守恒定律列式求解;若已知位移,則需結(jié)合動能定理列式求解;若已知時間,則需結(jié)合動量定理列式求解;若需要求電荷量,則需要應(yīng)用安培力的沖量I安=BLq,并結(jié)合能量守恒定律列式求解?？傊?求解以“桿+導(dǎo)軌”模型為素材的電磁感應(yīng)問題時,需要充分挖掘題目隱含條件,使復(fù)雜的問題簡單化,將難點逐個突破。