浙江 董國彬

電磁感應(yīng)試題既能考查學(xué)生掌握的力、電基礎(chǔ)知識(shí)，又能考查學(xué)生應(yīng)用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)的解題能力，深受高考命題者喜愛。高中學(xué)生難以直接解決除勻速、勻變速、簡諧運(yùn)動(dòng)等典型運(yùn)動(dòng)以外的運(yùn)動(dòng)問題，對(duì)此類問題，命題者往往通過提供已知條件將其轉(zhuǎn)化為高中生能求解的運(yùn)動(dòng)問題。若命題者沒考慮各題設(shè)條件的邏輯關(guān)聯(lián)，應(yīng)用不同物理規(guī)律就會(huì)得到不同的結(jié)論。因此，試題命制時(shí)務(wù)必做好題設(shè)條件的自洽檢驗(yàn)，防止出現(xiàn)錯(cuò)誤。下面筆者就電磁感應(yīng)中常見的“桿+電阻”、“桿+電容”、“桿+電感”模型，分類舉例說明如何進(jìn)行題設(shè)條件的自洽探究。

一、“棒+電阻”模型中題設(shè)條件的自洽探究

【例1】如圖1所示，寬L=1 m的U形光滑導(dǎo)線框架與水平面成夾角θ=30°傾斜放置，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直框面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2 T，在框架上垂直框邊放一根質(zhì)量為m=0.8 kg，電阻為r=0.08 Ω的導(dǎo)體棒ab，圖中定值電阻R=0.02 Ω，導(dǎo)線框架的電阻不計(jì)。現(xiàn)將ab棒從靜止開始讓它沿框架無摩擦下滑，設(shè)框足夠長且g取10 m/s2。當(dāng)棒沿框面下滑的高度為2 m時(shí)棒的速度增加為6 m/s，則此過程經(jīng)歷了多少時(shí)間？

圖1

【自洽探究】對(duì)棒下滑過程中受力分析并列出牛頓第二定律有mgsin30°-ILB=ma

ln(10-v)=-0.5t+C0，v=10-C1e-0.5t

由初始條件t=0時(shí)速度為零可知C1=10即有速度公式v=10-10e-0.5t①

由初始條件可得位移公式有x=10t+20e-0.5t-20 ②

當(dāng)速度為6 m/s時(shí)用時(shí)為t=2ln2.5≈1.83 s

且x=2h

代入時(shí)間可以算得

即速度為6 m/s時(shí)h=3.16 m。

可見，【例1】中“高度為2 m”和“棒的速度增加為6 m/s”不符合動(dòng)力學(xué)規(guī)律，題設(shè)數(shù)據(jù)應(yīng)予修正。

上述驗(yàn)證計(jì)算復(fù)雜，我們可通過圖形計(jì)算器畫圖，快速解決數(shù)據(jù)的自洽性驗(yàn)證與設(shè)置。用圖形計(jì)算器分別畫出v-t圖像(圖2)和x-t圖像(圖3)。從圖2中我們可以看出：在開始的一小段時(shí)間內(nèi)速度較小，重力沿框架方向的分力遠(yuǎn)大于安培力，棒的運(yùn)動(dòng)可用直線擬合，可視為勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著棒的速度逐漸變大，安培力變大，棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由圖3可以看出棒下滑高度為2 m即位移x=4 m，時(shí)間t約為1.40 s，與【解析】所給的解答1.6 s相差較大。

圖2

圖3

利用圖形計(jì)算器我們很容易使試題邏輯自洽。例如在位移、速度、時(shí)間三個(gè)物理量中我們首先確定時(shí)間為t=1.2 s，然后在圖形計(jì)算器中分別輸入速度公式①和位移公式②，點(diǎn)擊數(shù)值表(如圖4)或特殊點(diǎn)(如圖5)，可以得到t=1.2 s時(shí)的速度和位移分別約為4.51 m/s和2.98 m(從圖2、圖3中直接讀出位移和速度也是可以的，會(huì)存在讀數(shù)誤差)

圖4

圖5

【自洽設(shè)問及正解】

設(shè)問：若棒沿框面下滑高度1.5 m時(shí)，棒的速度增加為4.5 m/s，求此過程經(jīng)歷的時(shí)間？

化簡并代入數(shù)據(jù)得

二、“棒+電容”模型中題設(shè)條件的自洽探究

【例2】如圖6所示，若只將【例1】中的外電阻R換成一個(gè)C=5 F的電容器，題中其他條件不變，求棒從靜止釋放沿框面下滑8 m時(shí)的速度及所經(jīng)歷的時(shí)間？

圖6

【解析】棒ab釋放后在重力作用下沿框面做加速運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E對(duì)電容器充電；設(shè)棒在下滑過程中任意時(shí)刻t的加速度為at，電容器的充電電流為It，則有

可得mgsin30°-BL·CBLat=mat

因?yàn)锽、L、C、m一定，所以加速度at一定，故棒ab沿框面的下滑運(yùn)動(dòng)為勻加速直線運(yùn)動(dòng)。

由v2=2as得，棒勻加速下滑8 m時(shí)的速度為

v=8 m/s；

【自洽探究】設(shè)棒的速度為v時(shí)，電路中的電流為I，電容器的電壓為U，則有電容器的帶電荷量q=CU

即I′=CU″

棒ab產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)E=BLv，由閉合電路的歐姆定律知BLv=U+Ir

可得BLv′=U′+I′r=U′+rCU″

對(duì)棒受力分析，列出牛頓第二定律

代入數(shù)據(jù)得1.6U″+5U′=4(V)

【解1】令y=U′，則y′=U″，代入上式得

初始條件t=0時(shí)U=0，I=0(U′=0)得

初始條件t=0時(shí)U=0，I=0(U′=0)

由⑤式可知，t=0時(shí)刻，棒開始下滑時(shí)的加速為5 m/s2，隨后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后時(shí)間足夠長時(shí)棒才作勻加速直線運(yùn)動(dòng)?？梢?，【例2】中若把棒的電阻忽略不計(jì)(或不考慮電源的內(nèi)阻)，直接用部分電路的歐姆定律解出棒做勻加速下滑是錯(cuò)誤的。

設(shè)t=2 s，同樣在圖形計(jì)算器中輸入公式④、⑥，通過圖形計(jì)算器計(jì)算可以得到t=2 s時(shí)棒下滑的位移為8.54 m，速度為8.32 m/s，同樣也可說明題設(shè)數(shù)據(jù)不自洽。

【自洽設(shè)問及正解】

設(shè)問1：若只將【例1】中的外電阻R換成一個(gè)C=5 F的電容器，棒ab換成電阻不計(jì)的棒cd，題中其他條件不變，求棒cd從靜止釋放沿框面下滑8 m時(shí)的速度及所經(jīng)歷的時(shí)間？

正解：見【解析】

設(shè)問2：若棒的電阻為r，則此題的設(shè)問也可改為“若已知棒從靜止釋放沿框面下滑的速度、時(shí)間和電容器兩端的電壓三個(gè)物理量中的任意兩個(gè)，就可以由動(dòng)量定理mgsin30°t-CLBU=mv-0，求其余的一個(gè)?！?/p>

三、“棒+電感”模型中題設(shè)條件的自洽探究

【例3】如圖9所示，若將【例1】中的外電阻R換成一個(gè)自感系數(shù)為L0=30 mH且電阻不計(jì)的理想線圈，題中其他條件不變，試判斷棒的運(yùn)動(dòng)情況，若斜面足夠長，求棒的最終速度？

圖9

【自洽探究】對(duì)棒受力分析，列出牛頓第二定律

可得I=20-4v′

⑦⑧消去I有mL0v″+mrv′+B2L2v=mgrsinθ⑨

代入數(shù)據(jù)有0.6v″+1.6v′+v=8

根據(jù)初始條件t=0 s時(shí)v=0，a0=v′=5 m/s2求得

用圖形計(jì)算器繪出圖10，上述結(jié)論顯然可得到驗(yàn)證。

圖10

【拓展】如圖11所示，若將【例3】中的棒ab換成電阻不計(jì)的棒cd，題中其他條件不變，試判斷棒的運(yùn)動(dòng)情況？

圖11

【自洽探究】對(duì)棒受力分析列牛頓第二定律

由于棒電阻r=0，⑨式中代入數(shù)據(jù)有0.6v″+v=0

求得二階常系數(shù)非齊次線性微分方程的解

代入初始條件t=0時(shí)v=0，a0=v′=5 m/s2

【例3】和【拓展】練習(xí)中最主要的區(qū)別是棒是否有電阻。其實(shí)，我們可以從能量的觀點(diǎn)分析兩種不同的結(jié)果?！纠?】由于棒有電阻，穩(wěn)定時(shí)動(dòng)能不變，棒的重力勢(shì)能減少量等于克服安培力做的功并轉(zhuǎn)化為電阻中的焦耳熱?！就卣埂坑捎诎舨挥?jì)電阻，穩(wěn)定時(shí)棒的重力勢(shì)能、動(dòng)能和磁場(chǎng)能量相互轉(zhuǎn)化，總量不變。所以，我們?cè)诜治鰡栴}的時(shí)候需要從不同的角度應(yīng)用不同的規(guī)律去分析，看看能不能得到一樣的結(jié)論。

結(jié)束語