电磁感应定律单杆模型26页PPT
电磁感应中的单杆模型
一、 单杆模型【破解策略】 单杆问题是电磁感应与电路、力学、能量综合应用的体现，因此相关问题应从以下几个角度去分析思考：(1)力电角度：与“导体单棒”组成的闭合回路中的磁通量发生变化→导体棒产生感应电动势→感应电流→导体棒受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，循环结束时加速度等于零，导体棒达到稳定运动状态。
(2)电学角度：判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)→利用t NE ∆∆=φ或BLv E =求感应动电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。
(3)力能角度：电磁感应现象中，当外力克服安培力做功时，就有其他形式的能转化为电能；当安培力做正功时，就有电能转化为其他形式的能。
00≠v 00=v示意图单杆ab 以一定初速度0v 在光滑水平轨道上滑动，质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平、光滑，单杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L轨道水平光滑，杆ab 质量为m ，电阻不计，杆长为L ，拉力F 恒定力 学 观 点导体杆以速度v 切割磁感线产生感应电动势BLv E =，电流R BLvR E I ==，安培力RvL B BIL F 22==，做减速运动：↓↓⇒a v ，当0=v 时，0=F ，0=a ，杆保持静止S 闭合，ab 杆受安培力R BLE F =，此时mR BLE a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↓⇒↑⇒I BLv 安培力↓⇒=BIL F 加速度↓a ，当E E =感时，v 最大，且2222L B BLIR L B FR v m ==BL E=开始时m F a =，杆ab 速度↑⇒v 感应电动势↑⇒↑⇒=I BLv E 安培力↑=BIL F 安由a F F m =-安知↓a ，当0=a 时，v 最大，22L B FR v m =图 像 观 点能 量 观 点动能全部转化为内能： 2021mv Q = 电能转化为动能 221m mv W 电 F 做的功中的一部分转化为杆的动能，一部分产热：221m F mv Q W += 1．如图12—2一l2所示，abcd 是一个固定的U 形金属框架，ab 和cd 边都很长，bc 长为l ，框架的电阻不计，ef 是放置在框架上与bc 平行的导体杆，它可在框架上自由滑动(摩擦可忽略)，它的电阻为R ，现沿垂直于框架平面的方向加一恒定的匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向里，已知当以恒力F 向右拉导体杆ef 时，导体杆最后匀速滑动，求匀速滑动时的速度．2.两根光滑的足够长的直金属导轨MN 、''N M 平行置于竖直面内，导轨间距为L ，导轨上端接有阻值为Ｒ的电阻，如图１所示。
电磁感应定律PPT课件
12
互感电动势
N 221 M21I1
N112 M12 I2
21
M 21
dI1 dt
12
M 12
dI 2 dt
N1 N2
互感系数 M12 M 21 M
21 M
dI1 dt
12
M
dI 2 dt
.
21
例 11-11 在磁导率为 的均匀无限大的磁介质中，一
无限长直导线与一宽、长分别为b 和 l 的矩形线圈共
.
26
3 麦克斯韦方程组的积分形式
（Maxwell equations）
麦
电场
LE
dl
S
B t
dS
变化磁场可以 激发涡旋电场
克 斯
S D dS qi i
电场是有源场
韦 方 程
H dl
L
(
s
jc
D ) t
ds
传导电流和 变化电场可 以激发磁场
组 磁场
B dS 0 S
I2
互感线圈周围没有铁磁质时其互感系数是常数，仅
取决于线圈的结构、相对位置和磁介质。
2
M
dI1 dt
1
M
dI2 dt
M、L的单位：H
.
30
五、磁场的能量
自感磁能:
Wm
1 LI 2
2
磁场能量密度:
wm
B2
2
1 H 2
2
1 BH 2
磁场的能量:
Wm V wmdV
.
31
六、麦克斯韦的电磁场理论
（D）电子受到洛伦兹力而减速。
a
[A ]
F洛
a
电磁感应(1)PPT课件
变式一：导体杆沿导轨无初速下滑的运动
mg
μ≠0? mg
例 2. 在磁感应强度为B的水平均强磁场中，竖直放置一个冂
形金属框ABCD，框面垂直于磁场，宽度BC＝L ，质量m的金属
杆PQ用光滑金属套连接在框架AB和CD上如图.金属杆PQ电阻为R
，当杆自静止开始沿框架下滑时：
(1)开始下滑的加速度为 多少?
确定电源（E，r
I E Rr
感应电流 F BIL
运动导体所受的安培力
） 临界状态
运动状态的分析 V与a方向关系a变化情况 F ma 合外力
2. 电磁感应现象实质是能量转化与守恒.电磁感应过程中导体（或 线圈）克服安培力做功,其他形式的能量转化为电能。当感应电流 通过用电器时,电能又转化为其他形式的能量。“外力”克服安培 力做了多少功,就有多少 其他形式的 能转化为 电 能。同理,安 培力做了多少功,就有多少 电 能转化为 其它形式的 能。 3. 安培力的冲量
Ft BLIt BLq BL R
分析导体棒的运动情况 a
LR
F安
F
Iv
v E BLv
b
I E
E
Rr
I
a、v同向
a F合 ma F合
F合 F F安
F安 BIL F安
当F安 F时， a 0 ａｂ棒具有最大速度ｖm
B BLvm L F Rr
vm
F(R r) B 2 L2
(2)框内感应电流的方向怎样？
(3)金属杆下滑过程中重力势能转化为什么能
量 解: 开始PQ受力为mg, 所以 a=g
B
C
PQ向下加速运动,产生感应电流,方向顺时针,
F
受到向上的磁场力F作用。
第87讲 电磁感应中的单杆模型(解析版)
第87讲电磁感应中的单杆模型1．（2022•上海）宽L＝0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场。
虚线框Ⅰ、Ⅱ中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。
一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一半接入时沿abcda方向电势变化的图像。
求：（1）匀强磁场的方向；（2）分析并说明定值电阻R0在Ⅰ还是Ⅱ中，并且R0大小为多少：（3）金属杆运动时的速率；（4）滑动变阻器阻值为多少时变阻器的功率最大？并求出该最大功率P m。
【解答】解：（1）a点电势比d点电势高，说明导体棒上端为电源正极，导体棒切割磁感线产生感应电流向上，根据右手定则判断得出匀强磁场的方向垂直纸面向里（2）滑动变阻器从全部接入到一半接入电路，回路里电流变大，定值电阻R0上电压变大，图甲的U cd小于图乙的U cd，可以推理得定值电阻在Ⅰ内，滑动变阻器在Ⅱ根据欧姆定律得：甲图中回路电流I甲=1.2R=1.220A=0.06A，乙图中回路电流I乙=1.0R2=1.010A=0.1A甲图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.2＝0.06R乙图中定值电阻R0上电压φ0﹣1.0＝0.1R联立解得：R＝5Ω，φ0＝1.5V（3）金属杆产生的感应电动势E＝BLv，E＝φ0联立解得v=φ0BL= 1.50.4×0.75m/s=5m/s（4）根据甲乙两图可知导体棒电阻不计，由闭合电路欧姆定律得I=E R0+R滑动变阻器上的功率p＝I2R=E2R(R0+R)2= 2.2525R+R+10，当R＝5Ω时，滑动变阻器有最大功率P m＝0.1125W答：（1）匀强磁场的方向垂直纸面向里（2）定值电阻R0在Ⅰ中，定值电阻R0＝5Ω（3）金属杆运动时的速率为5m/s（4）滑动变阻器阻值为5Ω时变阻器的功率最大，最大功率为0.1125W一.知识回顾1.力学对象和电学对象的相互关系2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量――→克服安培力做功电能――→电流做功焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)3.单杆模型质量为m、电阻不计的单杆ab 以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l 轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止当E感＝E时，v最大，且v m＝EBl，最后以v m匀速运动当a＝0时，v最大，v m＝FRB2l2，杆开始匀速运动Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv电流I＝ΔqΔt＝CBlΔvΔt＝CBla安培力F安＝IlB＝CB2l2aF－F安＝ma，a＝Fm＋B2l2C，所以杆以恒定的加速度匀加速运动电能转化为动能外力做功转化为外力做功转化为二.例题精析题型一：单杆+电阻模型之动态分析（多选）例1．如图所示，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的足够长的光滑金属导轨，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。
法拉第电磁感应定律(知识梳理).ppt
Bdvsin θ C. R
Bdvcos θ D. R
解析： 导体棒切割磁感线的有效长度为 L＝sind θ 故 E＝BLv＝sBindvθ 则 I＝ER＝RBsidnvθ A 正确．
电磁感应中常见的“杆＋导轨”模型 1．模型特点 “杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道 具”，也是高考的热点． “杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知 识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常 用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手 定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、 能的转化和守恒定律等．
2．决定感应电动势 E 大小的因素 (1)E 的大小决定于ΔΔΦt ； (2)E 的大小决定于线圈的匝数．
(1)E 的大小与 Φ、ΔΦ 的大小无必然联系． (2)Φ＝0 时，ΔΔΦt 不一定为零．
如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成
的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面
(纸面)向里，磁感应强度大小为 B0.使该线框从静止开始绕过圆 心 O 且垂直于半圆面的轴以角速度 ω 匀速转动半周，在线框中
2．模型分类 模型一 单杆水平式.
物 理 模 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒 ab 长 型 为 L，质量为 m，初速度为零，拉力恒为 F，水平
导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计
设运动过程中某时刻棒的速度为 v，由牛顿
动态分析
第二定律知棒 ab 的加速度 a＝mF－Bm2LR2v， a、v 同向，随速度的增加，棒的加速度 a
Rω ΔRBΔSt ＝ΔΔBt2πRr2，因 I1＝I2，可得ΔΔBt ＝ωπB0，C 选项正确．
导体切割磁感线时的感应电动势 1．对 θ 的理解 当 B、l、v 三个量方向互相垂直时，θ＝90°，感应电动势 最大；当有任意两个量的方向互相平行时，θ＝0°，感应电动势 为零．
《法拉第电磁感应定律》共29张ppt精选全文
在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势 。 产生感应电 动势的那部分导体就相当于电源。
感应电动势的大小跟哪些因素有关呢？
在实验中，速度越快、磁场越强、匝数越多， 产生的感应电动势就越ห้องสมุดไป่ตู้。
是不是感应电动势的大小可能与磁通量变化的快慢有关呢？
在法拉第、纽曼、韦伯等人工作的基础上，人们认识到：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量 的变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律 。
现代科学研究中常要用到高 速电子，电子感应加速器就是利用感生电场 使电子加速的设备。 它的基本原理如图所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之 间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆 周运动。 电磁铁线圈电流的大小、方向可以变 化，产生的感生电场使电子加速。 上图为侧视 图，下图为真空室的俯视图，如果从上向下 看，电子沿逆时针方向运动。 当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一 致时，电流的大小应该怎样变化才能使电子 加速？
导线切割磁感线时的感应电动势
＝
∆Φ ＝ Φ 2－ Φ 是磁通量的变化量
是磁通量的变化率
n 是线圈的匝数 单匝时（n=1）：
为有效长度
为与磁感线方向的夹角
为导线和磁场间的相对速度
与＝ 的对比
感生电动势
感生电场
变化的磁场周围所产生的电场
§8.1电磁感应定律.ppt
的感应电流及方向。
解 设 t = 0 时线框处于图示位置。
则 t 时刻线框左边离导线的距离： I
b vt
回路正绕向：顺时针方向
B
dS
B
dS
cos
0o
S
S
b
B
v
a
a
Chapter 8. 电磁感应
§8. 1 电作磁者感：应杨定茂律田
P. 10 / 24 .
线圈以ω = kt 旋转(k为常数)，求小线圈内感应电动势。
提示I
2R
B
dS
Bo
r
2
S
q
or R
Chapter 8. 电磁感应
§8. 1 电作磁者感：应杨定茂律田
P. 16 / 24 .
课堂练习 如图，两线圈同心共面，R>>r，带电量q的大
I v
dx a
b
a
x
o x
Chapter 8. 电磁感应
§8. 1 电作磁者感：应杨定茂律田
P. 13 / 24 .
课堂练习 如图，无限长载流直导线与正方形导线框共面
且相对位置不变，导线中电流以恒定速率J0增长，已知a、 b，求导线框内的感应电动势。
感应电流 Ii 为：
ei
ei <0，指向与回路正绕向反向！
回
Chapter 8. 电磁感应
§8. 1 电作磁者感：应杨定茂律田
P. 5 / 24 .
ei
d dt
B eˆ n
右图： 0
若
d dt
0 ，则：
ei
ei <0，指向与回路正绕向反向！
回
Chapter 8. 电磁感应
(完整版)电磁感应定律——单杆+导轨模型(含思路分析)
“单杆＋导轨”模型1. 单杆水平式（导轨光滑) 物理模型动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为v ，加速度为a ＝F m －错误!，a 、v 同向，随v 的增加,a 减小，当a ＝0时，v 最大，I ＝错误!恒定收尾状态 运动形式 匀速直线运动力学特征 a ＝0，v 最大，v m ＝错误! (根据F=F 安推出，因为匀速运动，受力平衡）电学特征I 恒定注：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 ，I=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）物理模型动态分析 棒释放后下滑，此时a ＝g sin α，速度v ↑E＝BLv↑I＝错误!↑错误!F＝BIL↑错误!a↓，当安培力F＝mg sin α时，a＝0，v最大注：棒刚释放时,速度为0，所以只受到重力和支持力,合力为mgsin α收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0，v最大，v m＝错误!（根据F=F安推出）电学特征I恒定【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＝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 Ω，金属杆的电阻r＝1。
0 Ω，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μ＝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。
理学电磁感应定律PPT课件
例1
一长为
L
的铜棒在磁感强度为
B
的均匀磁场中,以角速度 在与磁场方向垂
直的平面上绕棒的一端 × 转动，求铜棒两端的 ×
× ×
× × × d×l
× P
×
感应电动势.
解
dE i (v B) dl
× × ×B ×
× ×
o
××
v××
×××××
vBdl
Ei 方向 O
P
15
第15页/共30页
静电场高斯定理
SD ds
V
dV
q
静电场环流定理 磁场高斯定理
l
E
dl
0
SB ds 0
安培环路定理
l H dl I S
j ds
28
第28页/共30页
麦克斯韦假设 麦方 克程
（1）有旋电场
（2）位移电流
D
ds
dV
E k
jd
dD dt q
S
V B
斯的 韦积 电分 磁形 场式
P×
++
×
B
××
-× ×
v××
--
O× ×
Ei
OP Ek dl
(v
B)
dl
OP
13
第13页/共30页
Ei
OP Ek dl
(v
B)
dl
OP
设杆长为 l
l
Ei
vBdl vBl
0
× ×
× F×e
P×
++ ×
× × - ×
×
F×m
× --
× × O×
电磁感应——单棒模型ppt课件
——单棒模型
1
电
磁
感
应 中
运动情况分析 动力学观点
的
动量观点
导 轨
能量转化
能量观点
问
题
牛顿定律 平衡条件 动量定理 动量守恒 功能关系 能量守恒
2
力学问题
F合 ma
W合
1 2
mv22
1 2
mv12
能量守恒
F安 BIl
电学问题
E n
t E Blv I E
Rr Rr
Fx
Q热
1 2
mv m 2
,Q热
Fx
mF
2(R 2B 4l 4
r)2
mF 2 (R r)2 R
QR Fx
2B4l 4
R
r
6
3、其他条件不变，ab棒质量为m，
开始时静止，当受到一水平向右 拉力的作用，若拉力的功率P保持
R
不变，则：
b
r →v F
K Vm =8m/s V终 = 2m/s
F
a
若从金属导体ab从静止下落到接通电 键K的时间间隔为t,ab棒以后的运动 情况有几种可能？试用v-t图象描述。
b mg
13
F
3．稳定后的力学规律与能 量转化规律
受力平衡
F外
F安
B
Blvm rR
l
功率平衡
Fvm
(Blvm )2 Rr
14
b
（1）试分析棒的运动情况
R
r v0
a
（2）若已知了棒整个过程中的位移x,还能得出那些物理
电磁感应专题-单杆模型
电磁感应中的“单杆＋电阻（电容，电源）+导轨”类问题(3大模型)电磁感应“杆＋导轨”模型的实质是不同形式的能量的转化过程，处理这类问题要从功和能的观点入手，弄清导体棒切割磁感线过程中的能量转化关系，从力学、图像、能量三种观点出发，分角度讨论如下：模型一单杆＋电阻＋导轨模型× × × × × × × × ×× × × ×× × × × ×× ×v θ cdabM Nl1、[母题] (2020·淮安模拟)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻。
整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。
将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度。
重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。
求： (1) 杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； （2）、速度为v （小于最大速度）时的加速度 (3)上述过程中，杆上产生的热量。
（4）[变式] 若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ。
现用沿导轨平面向上的恒定外力F 作用在金属杆cd 上，使cd 由静止开始沿导轨向上运动，求cd 的最大加速度和最大速度。
2、如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻。
一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T 。
棒在水平向右的外力作用下由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1。