模型組合講解——電磁場中的單桿模型

1、精品電磁場中的單桿模型模型概述在電磁場中，“導體棒”主要是以“棒生電”或“電動棒”的內容出現，從組合情況看有棒與電阻、棒與電容、棒與電感、棒與彈簧等；從導體棒所在的導軌有“平面導軌”、“斜面導軌”“豎直導軌”等。模型講解-、單桿在磁場中勻速運動例1.如圖1所示，R15,R2,電壓表與電流表的量程分別為010V和03A,電表均為理想電表。導體棒ab與導軌電阻均不計，且導軌光滑，導軌平面水平，ab棒處于勻強磁場中。(1)當變阻器R接入電路的阻值調到30,且用F1=40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達到穩(wěn)定速度v1時，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時ab棒的速度V1是多少?(2)當

2、變阻器R接入電路的阻值調到3,且仍使ab棒的速度達到穩(wěn)定時，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？解析：（1）假設電流表指針滿偏，即I=3A,那么此時電壓表的示數為U=IR并=15V,電壓表示數超過了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應該是電壓表正好達到滿偏。當電壓表滿偏時，即Ui=10V,此時電流表示數為U1I12A%設a、b棒穩(wěn)定時的速度為v1,產生的感應電動勢為Ei,則Ei=BLvi,且Ei=Ii（Ri+R并）=20Va、b棒受到的安培力為Fi=BIL=40N解得viim/s（2）利用假設法可以判斷，此時電流表恰好滿偏，即|2=3A,此時

3、電壓表的示數為U2I2R并=6V可以安全使用，符合題意。由F=BIL可知，穩(wěn)定時棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以_12_3F2Fi£X40N60NoIi2二、單杠在磁場中勻變速運動例2.如圖2甲所示，一個足夠長的“U”形金屬導軌NMPQ固定在水平面內，MN、PQ兩導軌間的寬為L=0.50m。一根質量為m=0.50kg的均勻金屬導體棒ab靜止在導軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個正方形。該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中。ab棒的電阻為R=0.10Q,其他各部分電阻均不計。開始時，磁感應強度B0050T。(1)若保持磁感應強度B0的大小不變，從t=0時刻開

4、始，給ab棒施加一個水平向右的拉力，使它做勻加速直線運動。此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖2乙所示。求勻加速運動的加速度及ab棒與導軌間的滑動摩擦力。B(2)若從t=0開始，使磁感應強度的大小從B0開始使其以=0.20T/s的變化率均t勻增加。求經過多長時間ab棒開始滑動？此時通過ab棒的電流大小和方向如何？(ab棒與導軌間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等)解析：(1)當t=0時，Fi3N,FiFfma當t=2s時，F2=8NB0Lat,F2FfB0LmaR聯立以上式得：(F2Fl)R/2a.4m/s,FfF1ma1NBoL2t(2)當F安Ff時，為導體棒剛滑動的臨界條件，則有:旦2ILFf則

5、B4T,BBoBt,t17.5st三、單桿在磁場中變速運動例3.如圖3所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行金屬導軌相距1m,導軌平面與水平面成=37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場方向與導軌平面垂直。質量為0.2kg、電阻不計的金屬棒放在兩導軌上，棒與導軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動摩擦因數為0.25。(1)求金屬棒沿導軌由靜止開始下滑時的加速度大??；(2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，電阻R消耗的功率為8W,求該速度的大?。?3)在上問中，若R=2,金屬棒中的電流方向由a到b,求磁感應強度的大小與方向。(g=10m/s2,sin37=0.6,cos37°

6、;=0.8)解析：(1)金屬棒開始下滑的初速為零，根據牛頓第二定律mg sinmg cos ma 由式解得a4m/s2(2)設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v,所受安培力為F,棒在沿導軌方向受力平衡:mg sinmg cos F 0 d此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率感謝下載載由、兩式解得:v10m/s(3)設電路中電流為I,兩導軌間金屬棒的長為l,磁場的磁感應強度為B2PI2R由、兩式解得. PRvl0.4T 磁場方向垂直導軌平面向上。四、變桿問題例4.如圖4所示，邊長為L= 2m的正方形導線框ABCD和一金屬棒MN由粗細相同的同種材料制成，每米長電阻為 Ro=10.

7、5m的勻強磁場區(qū)域的磁感應強度為/m,以導線框兩條對角線交點。為圓心，半徑r=B=0.5T,方向垂直紙面向里且垂直于導線框所在平面，金屬棒MN與導線框接觸良好且與對角線AC平行放置于導線框上。若棒以v=4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運動，當運動至AC位置時，求(計算結果保留二位有效數字):圖4(1)棒MN上通過的電流強度大小和方向；(2)棒MN所受安培力的大小和方向。解析：(1)棒MN運動至AC位置時，棒上感應電動勢為EB2rV線路總電阻R(L<2L)RooMN棒上的電流IR將數值代入上述式子可得：I=0.41A,電流方向：N-M(2)棒MN所受的安培力：FaB2rI0.21N,

8、FA方向垂直AC向左。說明：要特別注意公式E=BLv中的L為切割磁感線的有效長度，即在磁場中與速度方向垂直的導線長度。模型要點(1)力電角度：與“導體單棒”組成的閉合回路中的磁通量發(fā)生變化一導體棒產生感應電動勢一感應電流一導體棒受安培力一合外力變化一加速度變化一速度變化一感應電動勢變化一，循環(huán)結束時加速度等于零，導體棒達到穩(wěn)定運動狀態(tài)。(2)電學角度：判斷產生電磁感應現象的那一部分導體(電源)一利用EN或tEBLv求感應電動勢的大小一利用右手定則或楞次定律判斷電流方向一分析電路結構一畫等效電路圖。(3)力能角度：電磁感應現象中，當外力克服安培力做功時，就有其他形式的能轉化為電能；當安培力做正功

9、時，就有電能轉化為其他形式的能。誤區(qū)點撥正確應答導體棒相關量(速度、加速度、功率等)最大、最小等極值問題的關鍵是從力電角度分析導體單棒運動過程；而對于處理空間距離時很多同學總想到動能定律，但對于導體單棒問題我們還可以更多的考慮動量定理。所以解答導體單棒問題一般是抓住力是改變物體運動狀態(tài)的原因，通過分析受力，結合運動過程，知道加速度和速度的關系，結合動量定理、能量守恒就能解決。模型演練1.如圖5所示，足夠長金屬導軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上。質量為m的金屬桿ab可以無摩擦地沿導軌運動。導軌與ab桿的電阻不計，導軌寬度為L,磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過整個導軌平面?，F給金屬桿ab

10、一個瞬日沖量I。，使ab桿向右滑行。(1)回路最大電流是多少?(2)當滑行過程中電阻上產生的熱量為Q時，桿ab的加速度多大?(3)桿ab從開始運動到停下共滑行了多少距離?答案:(1)由動量定理Iomvo0得v。-m由題可知金屬桿作減速運動,剛開始有最大速度時有最大EmBLv。，所以回路最大電流:ImBLvoRBLIomR(2)設此時桿的速度為V,由動能定理有:Wa解之v Jii m2Q由牛頓第二定律Fa BIL ma及閉合電路歐姆定律1212mv-mv0而Q=WA22BLvI一得R2,2BLvamRB2L222QmRm2m(3)對全過程應用動量定理有:BIiL t o I0q所以有qBLr t

11、 RTt tBLxRC其中x為桿滑行的距離所以有xI0RB2L22.如圖6所示，光滑平行的水平金屬導軌MNPQ相距1,在M點和P點間接一個阻值為R的電阻，在兩導軌間OOiOi'O'矩形區(qū)域內有垂直導軌平面豎直向下、寬為d的勻強磁場，磁感強度為Bo一質量為m,電阻為r的導體棒ab,垂直擱在導軌上，與磁場左邊界相距d0o現用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開始運動，棒ab在離開磁場前已經做勻速直線運動(棒ab與導軌始終保持良好的接觸，導軌電阻不計)。求:(1)棒ab在離開磁場右邊界時的速度；(2)棒ab通過磁場區(qū)的過程中整個回路所消耗的電能;(3)試分析討論ab棒在磁場中可能的運動情況。解析：(1)ab棒離開磁場右邊界前做勻速運動，速度為vm,則有:EBlVm,IERr對ab棒FBIl=0,解得VmF(Rr)B2l2(2)由能量守恒可得:12F(d°d)W電一mvm2mF2(Rr)2解F(d0d)-2(3)設棒剛進入磁場時速度為v由:122Fd0F,d0mv