电磁感应定律单杆模型 PPT

单杆+导轨”模型1.单杆水平式（导轨光滑）注：加速度a的推导，a=F合/m （牛顿第二定律），F合=F-F安，F安=BIL ,匸E/R 整合一下即可得到答案。

v变大之后，根据上面得到的a的表达式，就能推出a变小这里要注意，虽然加速度变小，但是只要和v同向，就是加速运动，是a减小的加速运动（也就是速度增加的越来越慢，比如1s末速度是1, 2s末是5, 3s末是6, 4s末是6.1，每秒钟速度的增加量都是在变小的）2.单杆倾斜式（导轨光滑）BLv T【典例1】如图所示，足够长的金属导轨固定在水平面上，金属导轨宽度L二1.0 m,导轨上放有垂直导轨的金属杆P,金属杆质量为m= 0.1 kg,空间存在磁感应强度B= 0.5 T、竖直向下的匀强磁场。

连接在导轨左端的电阻R= 3.0約金属杆的电阻r 二1.0約其余部分电阻不计。

某时刻给金属杆一个水平向右的恒力F, 金属杆P由静止开始运动，图乙是金属杆P运动过程的v—t图象，导轨与金属杆间的动摩擦因数尸0.5。

在金属杆P运动的过程中，第一个2 s内通过金属杆P的电荷量与第二个2 s内通过P的电荷量之比为3 : 5。

g取10 m/s2。

求：（1）水平恒力F的大小；⑵前4 s内电阻R上产生的热量。

【答案】（1）0.75 N （2）1.8 J【解析】（1）由图乙可知金属杆P先做加速度减小的加速运动,2 s后做匀速直线运动当t= 2 s时，v= 4 m/s,此时感应电动势E= BLv感应电流1=吕R+ rB2I2v安培力F = BIL =R+ r根据牛顿运动定律有F —F '―卩m= 0解得 F = 0.75 N o过金JI杆p的电荷量厂"二磊^甘十）；△型BLx所以尸驚qa为尸的位移）设第一个2 s內金属杆P的位移为Xi ；第二个肚内P的位移为助则二号g，又由于如：血=3 : 5麻立解得«=8mj IL=<8m前4 s内由能量守恒定律得其中 Q r : Q R = r : R = 1 : 3解得 Q R = 1.8 J o注：第二问的思路分析，要求 R 上产生的热量，就是焦耳热，首先想到的是公式Q=l2Rt ，但是在这里，前2s 的运动过程中，I 是变化的，而且也没办法求出I 的有效值来（电荷量对应的是电流的平均值，求焦耳热要用有效值，两者不一样）， 所以这个思路行不通。

单双杆模型一、知识点扫描1.无力单杆（阻尼式）整个回路仅有电阻，导体棒以一定初速度垂直切割磁感线，除安培力外不受其他外力．如图所示．(1)动力学根据右手定则确定电流方向，左手定则确定安培力方向，画出受力分析图，这种情况下安培力方向与速度方向相反．某时刻下导体棒的速度为v ，则感应电动势=E BLv ，感应电流=+BLvI R r ，安培力大小22安=+B L v F R r ．根据牛顿定律：22安-=-=+B L vF ma R r ，可知导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终减速到零． 在0∆→t 的情况下，上式还可写成：22()∆∆-=+∆∆B L x vmR r t t ；整理得：22∆-=∆+B L x m v R r 由于∆=∑x x ，0∆=-∑t v v v ，则上式求和可得：22∆-=∆+∑∑B L xm v R r以整个过程为研究过程，则有：022()+=m R r v x B L (2)电路根据法拉第电磁感应定律，整个过程平均感应电动势为Φ∆=∆E t；根据闭合电路欧姆定律，整个过程平均电流()Φ∆==∆⋅+E I R t R r ．则整个过程中通过任一横截面的电荷量0Φ∆=∆====+++BS BLx mv q I t R r R r R r BL . 实际上也可通过牛顿定律求解电荷量：∆-=∆vBIL mt;整理得：-∆=∆BIL t m v 由于∆=∑I t q ，则上式求和可得：0=BLq mv ;解得0=mv q BL(3)能量安培力瞬时功率222安安=-⋅=-+B L v P F v R r ，整个回路某时刻的热功率2222()热=+=+B L v P I R r R r，因此克服安培力所做的功等于整个回路产生的热量．从能量守恒的角度出发，即导体棒减少的动能转化成整个回路产生的热量．2.恒力单杆（发电式）整个回路仅有电阻，导体棒在恒力F 作用下从静止出发垂直切割磁感线．如图所示．(1)动力学根据右手定则确定电流方向，左手定则确定安培力方向，画出受力分析图，这种情况下安培力方向与速度方向相反．某时刻下导体棒的速度为v ，则感应电动势=E BLv ，感应电流=+BLvI R r ，安培力大小22安=+B L v F R r ．据牛顿定律：22安-=-=+B L vF F F ma R r可知导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当0=a 时有最大速度，max 22()+=F R r v B L (2)电路这种情况下仍有Φ∆=∆===+++BS BLxq I t R r R r R r或从牛顿定律出发：∆-=∆vF BIL mt；整理得：∆-∆=∆F t BIL t m v 等式两边同时求和，利用∆=∑I t q 得：-=Ft BLq mv若知道研究过程的位移或时间均能得到通过回路任一横截面的电荷量． (3)能量安培力瞬时功率222安安=-⋅=-+B L v P F v R r ，整个回路某时刻的热功率2222()热=+=+B L v P I R r R r，因此克服安培力所做的功仍然等于整个回路产生的热量．从功能关系的角度出发，外力所做的功一部分转化为导体棒的动能，另一部分转化为整个回路产生的热量．3.含容单杆电容器、电阻与导体棒通过光滑导轨连成回路，导体棒以一定初速度垂直切割磁感线，除安培力外不受其他外力，如图所示．当导体棒向右运动时，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知回路存在逆时针的充电电流，电容器两端电压逐渐增大；而又根据左手定则知导体棒受向左的安培力，因此导体棒做减速运动，又因=E BLv 可知产生的感应电动势逐渐减小，当感应电动势减小至与电容器两端相同时，不再向电容器充电，充电电流为零，导体不受安培力，做匀速直线运动．(1)动力学设导体棒做匀速直线运动的速度为v ，则根据终态感应电动势与电容器两端电压相等：=U BLv 又根据牛顿定律：安-=-=F BIL ma由于充电电流逐渐减小，故导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，直至匀速． 在0∆→t 的情况下可写作：∆-=∆vBIL mt；整理得：-∆=∆BIL t m v 利用∆=∑I t q 和0∆=-∑t v v v ，等式两边同时求和：0-=-BLq mv mv 又根据电容器的定义式=q C U 代入可解得：022=+mv v m B L C(2)能量从能量守恒的角度出发，导体棒减少的动能一部分转化为回路产生的热量，另一部分以电场能的形式储存在电容器中；这种情况下导体棒克服安培力所做的功并不等于回路产生的热量．4.含源单杆电源提供电流，使导体棒受到安培力作用，根据左手定则，导体棒所受安培力向右，因此导体棒在安培力作用下向右做加速运动．导体棒运动时切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则，感应电动势产生的感应电流与电源提供电流方向相反，相互抵消．当导体棒速度增大至所产生的感应电动势与电源电动势相等时，回路中没有电流，导体棒不受安培力，做匀速直线运动．当导体棒速度为v 时，回路中电动势应为'=-E E BLv ，回路电流'-==++E E BLvI R r R r根据牛顿定律：()安-===+BL E BLv F BIL ma R r可知导体棒向右做加速度减小的加速运动，当0=a 时有最大速度，max =E v BL在0∆→t 的情况下牛顿定律表达式可写作：∆=∆vBIL mt；整理得：∆=∆BIL t m v 利用∆=∑I t q 和0∆=-∑t v v v ，等式两边同时求和：max =BLq mv 解得整个过程通过任一横截面的电荷量max 22==mv mEq BL B L又根据能量守恒，电源提供的电能转化为导体棒的动能和回路产生的热量：2max12=+qE mv Q 解得整个过程回路产生的热量2222=mE Q B L5.等距双杆模型光滑导轨上两根金属棒连成闭合回路，不受其他外力，且初始时刻其中一根金属棒处于静止状态．如图所示．两金属棒所处的区域磁感应强度不相同，设导轨无限长，金属棒不会脱离原先所处的磁场区域． 当L 1向右切割磁感线时，产生感应电动势和感应电流，感应电流使L 2受安培力作用而运动，也切割磁感线产生感应电动势和感应电流，根据右手定则，L 1和L 2产生的感应电流方向相反，相互抵消．当两金属棒产生感应电动势相等时，回路无电流，金属棒做匀速直线运动．(1)动力学设某时刻L 1的速度为v 1，L 2的速度为v 2，则回路的电动势为111222=-E B Lv B L v ，产生的感应电流为1112221212-==++E B L v B L v I R R R R . 根据牛顿定律，对L 1：1111-=B IL m a ，对L 2：2222=B IL m a由于L 1做减速运动而L 2做加速运动，因此电动势E 逐渐减小，I 逐渐减小，因此L 1和L 2的加速度也逐渐减小，最终减小到零，此时L 1速度达到最小，而L 2速度达到最大：11m122m2=B Lv B L v在在0∆→t 的情况下可将牛顿运动定律的表达式写作：1111-∆=∆B IL t m v ，2222∆=∆B IL t m v 利用∆=∑I t q 和0∆=-∑t v v v ，等式两边同时求和：111m10()-=-B L q m v v ，222m2=B L q m v 联立11m122m2=B Lv B L v 即可求解最终的速度v m1和v m2以及整个过程通过回路的电荷量q ．特殊地，当两侧导轨宽度相同，即12==L L L ，且所处区域磁感应强度相同，即12==B B B 时有：1m1m2012==+m v v v m m ，12012()=+m m v q BL m m (2)能量根据能量守恒定律，金属棒L 1减少的动能一部分转化为L 2的动能，另一部分转化为整个回路产生的热量，即：222101m12m2111222-=+m v m v m v Q 6.不等距双杆模型光滑导轨上两长度相同的金属棒组成闭合回路，整个区域磁感应强度不变，初始时刻两棒静止，L 1受恒定外力F 的作用．如图所示．L 1受外力作用向右运动切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，感应电流使L 2受安培力作用而运动，也切割磁感线产生感应电动势和感应电流，两金属棒产生的感应电流方向相反，相互抵消．由于整体受一个恒定外力，因此系统不可能达到平衡状态．(1)动力学设某时刻L 1的速度为v 1，L 2的速度为v 2，则回路的电动势为12()=-E BL v v ，产生的感应电流为:121212()-==++E BL v v I R R R R 根据牛顿运动定律，对L 1：11-=F BIL m a ；对L 2：22=BIL m a 由于最开始安培力较小，因此12>a a则L 1的速度增量Δv 1大于L 2的速度增量Δv 2，故12-v v 逐渐增大，则感应电动势和感应电流也逐渐增大，两棒所受安培力也逐渐增大，因此L 1做加速度逐渐减小的加速运动，L 2做加速度逐渐增大的加速运动，最终当12==a a a 时，12-v v 达到最大，回路中电动势和感应电流保持不变，安培力保持不变，L 1和L 2一起向右做匀加速直线运动．因此有1-=F BIL m a ，2=BIL m a 解得共同加速度为12=+F a m m ，此时回路中电流212()=+m F I BL m m ，对应速度差值2122212()()+∆=+m F R R v B L m m ． (2)能量根据能量守恒定律，外力所做的功一部分转化为两棒增加的动能，另一部分转化为回路产生的热量．题型1：无力单杆（阻尼式）典例一：（2020•海淀区校级模拟）如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。

电磁感应中的单双杆问题-、单杆问题(一) 与动力学相结合的问题1、水平放置的光滑金属轨道上静止一根质量为m的金属棒MN，电阻为R,左端连接-电动势为E，内阻为r的电源，其他部分及连接处电阻不计，试求：金属棒在轨道上的最大速度?2、水平放置的光滑金属轨道上静止一根质量为m的金属棒MN ,电阻为R,左端连接一电阻为R，MN在恒力F的作用下从静止开始运动，其他部分及连接处电阻不计，试求：金属棒在轨道上的最大速度?3、金属导轨左端接电容器，电容为 整个装置处于垂直纸面磁感应强度为 速度v ,试求金属棒的最大速度？C ,轨道上静止一长度为 L 的金属棒cd ， B 的匀强磁场当中，现在给金属棒一初_P< X X ~p< X X1 (k 乂(二)与能量相结合的题型 1、倾斜轨道与水平面夹角为，整个装置处于与轨道相垂直的匀强磁场当中，导轨顶端连有一电阻R ，金属杆的电阻也为 R 其他电阻可忽略，让金属杆由静止释放，经过一段时 求: 间后达到最大速度V m ，且在此过程中电阻上生成的热量为 (1 )金属杆达到最大速度时安培力的大小(2)磁感应强度B 为多少(3 )求从静止开始到达到最大速度杆下落的高度2. ( 20 分)如图所示，竖直平面内有一半径为r 、内阻为R i 、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在 M 、N 处与相距为2r 、电阻不计的平行光滑 金属轨道ME 、NF 相接，EF 之间接有电阻 R 2,已知R i = 12R , R 2MNATCDB[xR■ ■ ■ ■ *=4R 。

在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场 I 和II ，磁感应强度大小均为 B 。

现有质量为m 、电阻不计的导体棒 ab ,从半圆环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体 棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，两平行轨道中够长。

已知导体棒 ab 下落r/2时的速度大小为 W ，下落到MN 处的速度大小为 V 2。