一道高考題的多解與多變

題目 兩根相距d=0.20m的平行金屬長導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，并處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，導(dǎo)軌上面橫放著兩條金屬細(xì)桿，構(gòu)成矩形回路，每條金屬細(xì)桿的電阻為r=0.25Ω，回路中其余部分的電阻可不計(jì)。已知兩金屬細(xì)桿在平行于導(dǎo)軌的拉力的作用下沿導(dǎo)軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如圖1所示。不計(jì)導(dǎo)軌上的摩擦。

(1)求作用于每條金屬細(xì)桿的拉力的大小。

(2)求兩金屬細(xì)桿在間距增加0.40m的滑動(dòng)過程中共產(chǎn)生的熱量。（1995年全國高考題）

這類“導(dǎo)電滑軌”問題，要涉及到法拉第電磁感應(yīng)定律、磁場對電流的作用、金屬桿的“運(yùn)動(dòng)、受力和平衡”、電路中的能量轉(zhuǎn)化等物理知識。它要求學(xué)生能根據(jù)物體的受力情況，對物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)、運(yùn)動(dòng)速度和加速度的變化情況作出準(zhǔn)確的判斷，對電路中能量轉(zhuǎn)化情況作出分析。這類問題綜合性強(qiáng)，涉及的物理過程復(fù)雜多變，因此是歷年來高考的熱點(diǎn)問題。

解法１ (1)當(dāng)兩金屬桿都以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢分別為：ε1=ε2=Bdv①

由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強(qiáng)度：I=ε1+ε22r②

因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為：F1=F2=IBd③

由①②③式并代入數(shù)據(jù)得：

F1=F2=B2d2vr

=(0.2)2×(0.2)2×5.00.25N

=3.2×10-2N

(2)設(shè)兩金屬桿之間增加的距離為△L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量

Q=I2·2r·ΔL2v④

將④代入數(shù)據(jù)得：Q=1.28×10-2J

解法2 (1)當(dāng)兩金屬桿都以速度v勻速滑動(dòng)時(shí)，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢均為 ， 回路中的總電動(dòng)勢為ε=2Bdv①

由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強(qiáng)度為I=ε2r②

作用于每根金屬桿的拉力的大小(相等)設(shè)為F，因拉力與安培力平衡，則有：

F=BId③

由上述三式并代入數(shù)據(jù)解得：F=3.2×10-2N

(2)同解法1。

解法3 （1）兩金屬桿都以速度v勻速滑動(dòng)，據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知，拉力的機(jī)械功率轉(zhuǎn)化為電路的電功率，因而有：

f· 2v=ε22r①

而ε=2Bdv②

由①②式并代入數(shù)據(jù)得：F=B2d2vr=（0.2）2×(0.2)2×5.00.25N=3.2×10-2N

（2）據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒知:Q=WF=F·ΔL=3.2×10-2×0.40J=1.28×10-2J

上述的解法1和2，按照常規(guī)思路，分步進(jìn)行解答，一目了然。解法3，從能量的角度入手，別開生面，避繁就簡，使問題迅速獲解。這是一種跨躍的創(chuàng)新思維。

變換1 兩根平行的金屬導(dǎo)軌，固定在同一水平面上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌所在平面垂直，導(dǎo)軌的電阻很小，可忽略不計(jì)。導(dǎo)軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中與導(dǎo)軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時(shí)刻，兩桿都處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)有一與導(dǎo)軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導(dǎo)軌上滑動(dòng)。經(jīng)過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問此時(shí)兩金屬桿的速度各為多少？

本題與例1看似相同，但兩金屬桿的運(yùn)動(dòng)大相徑庭。前者的金屬桿做勻速平移，而后者，兩金屬桿由靜止開始做變加速運(yùn)動(dòng)——。

解 設(shè)任一時(shí)刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經(jīng)過很短時(shí)間Δt，桿甲移動(dòng)距離v1Δt，桿乙移動(dòng)距離v2Δt，回路面積改變

ΔS =［(x-v2Δt)+v1Δt］+t-lx=(v1-v2)lΔt

由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢ε=BΔSΔt

回路中的電流i=ε2R

桿甲的運(yùn)動(dòng)方程F-Bli=ma

由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動(dòng)量 時(shí)為0）等于外力F的沖量Ft=mv1+mv2

聯(lián)立以上各式解得

v1=12［Ftm+2RB2F(F-ma)］

v2=12［Ftm-2RB2I2(F-ma)］

代入數(shù)據(jù)得v1=8.15m/s；v2=1.85m/s

變換2 兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為l。導(dǎo)軌上面橫放著兩根導(dǎo)體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖3所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計(jì)。在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。設(shè)兩導(dǎo)體棒均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行。開始時(shí)，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（見圖3）。若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，求：

（1）在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少。

（2）當(dāng)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時(shí)，cd棒的加速度是多少？

本題兩棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況與例1的兩棒截然不同，因而分析的思路和方法也不相同。兩棒之間的相互作用過程，與兩物體之間的完全非彈性碰撞過程相似。

解 ab棒向cd棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應(yīng)電流。 ab棒受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力作用作減速運(yùn)動(dòng)，cd棒則在安培力作用下作加速運(yùn)動(dòng)。在ab棒的速度大于cd棒的速度時(shí)，回路總有感應(yīng)電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速。兩棒速度達(dá)到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度v作勻速運(yùn)動(dòng)。

（1）從初始至兩棒達(dá)到速度相同的過程中，兩棒總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：

mv0=2mv①

據(jù)能量守恒，在整個(gè)過程中產(chǎn)生的總熱量為：

Q=12mv20-12(2m)v2=14mv20②

（2）設(shè)ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時(shí)，cd棒的速度為v'，則由動(dòng)量守恒定律可知

mv0=m34v0+mv'③

此時(shí)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢和感應(yīng)電流分別為ε=(34v0-v')Bl④

I=ε2R⑤

此時(shí)cd棒所受的安培力FIBl⑥

cd棒的加速度a=Fm⑦

由以上各式解得：a=B2l2v04mR

變換3 圖4中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直面內(nèi)的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌所在的平面(紙面)向里。導(dǎo)軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1；c1d1段與c2d2段也是豎直的，距離為l2。x1y1與x2y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連的金屬細(xì)桿，質(zhì)量分別為m1和m2，它們都垂直于導(dǎo)軌并與導(dǎo)軌保持光滑接觸。兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運(yùn)動(dòng)到圖示位置時(shí)，已勻速向上運(yùn)動(dòng)，求此時(shí)作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率。

解 設(shè)桿向上運(yùn)動(dòng)的速度為v，因桿的運(yùn)動(dòng)，兩桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應(yīng)定律，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢的大小

ε=b（l2-l1）v①

回路中的電流I=εR②

電流沿順時(shí)針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為

f1=Bl1I③

方向向上，作用于桿x2y2的安培力

f2=Bl2I④

方向向下。當(dāng)桿作為勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有

F-m1g-m2g+f1-f2=0⑤

解以上各式，得I=F-(m1+m2)gB(l2-l1)⑥

v=F-(m1+m2)gB2(l2-l1)2R⑦

作用于兩桿的重力的功率的大小

P=(m1+m2)gv⑧

電阻上的熱功率Q=I2R⑨

由⑥、⑦、⑧、⑨式，可得

P=F-(m1+m2)gB2(l2-l1)2R(m1+m2)g⑩

Q=［F-(m1+m2)gB(l2-l1)］2R○11

注:本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文