届高三物理二轮复习专题四：电磁感应

1、高2010级高三物理专题复习资料专题四电磁感应一、疑难辨析（一）概述电磁感应这部分内容是物理学科的重点内容之一，近年来高考对本章内容命题率较高的是感应电流的 产生条件、方向，几乎是年年考，其他如电磁感应现象与磁场、电路、力学、热学等知识联系的综合题以 及感应电流（或感应电动势）的图像问题也在近几年高考中交替出现。该部分知识与其他学科知识相互渗 透也是命题的趋势，同时将该部分知识同生产、生活实际、高科技相结合，注重对学生分析能力、解决实 际问题的能力。试题题型全面，以选择题、解答题都可呈现，尤其是解答题困难较大，涉及知识点多，综 合能力强，从而增加试题的区分度。（二）建议1.磁通量（是标量，有正

2、负是为了便于计算 ）（1）它是判断是否产生电磁感应、感应电动势大小的计算、感应电流通过导体截面的电量的计算等等的 基础，所以必须清楚磁通量的概念及其变化。（2）由它的物理意义“表示穿过某一面积的磁感线条数”来理解它是标量。（3）其定义式最好记为：=BSi或=B ±S能强化理解B与S的“垂直关系”，即S应为“垂直面积”一一“有效面积”。（4）引起磁通量变化的主要原因：B的变化；S的变化（切割情形。这是引起电磁感应中的力学问题、动量问题、能量问题的主要原因）2 .楞次定律（判断感应电动势、感应电流方向的规律）（1）定律中所说的“引起感应电流的磁通量的变化”，就是指的原磁场的磁通量的变化。

3、（2）定律中所说的“阻碍”并非“阻止”。原磁场的磁通量变与不变、以及如何变，不受感应电流的磁场的限制。当原磁场的磁通量发生变化 时，感应电流的磁场不会阻止（也阻止不了）原磁场的磁通量的变化（变化趋势不会改变一一增加的还是 继续增加，减少的还是继续减少）,只能是阻碍原磁场的磁通量的变化一一使原磁场的磁通量的变化“慢一点”，即对原磁场的磁通量的变化仅起“缓冲”作用。要弄清楚“谁阻碍”、“阻碍谁”、“怎样阻碍”（感应电流的磁场起“打暴不平”的作用一一如果原 磁场增强或原磁通量增加， 则感应电流的磁场方向就与原磁场方向相反；如果原磁场增强或原磁通量减少，则感应电流的磁场方向就与原磁场方向相同，即“增反

4、减同” ）。（3）熟知定律有三种具体表述形式（各有用处）：感应电流的磁场总是阻碍原磁场或原磁通量的变化（用处：确定感应电流的方向）；感应电流所受原磁场的安培力总是阻碍相对运动（用处：很快确定安培力的方向）；感应电流总是阻碍原电流的变化（用处：分析自感现象）（4）运用楞次定律的步骤：确定原磁场的方向确定原磁场或原磁通量的变化情况（增加？减少？不变？）由楞次定律和安培定则确定感应电流的方向。3 .法拉第电磁感应定律（计算电动势大小的规律）对£= At的理解：E与牛/A 代表的含义不同。 E代表电动势（电路领域），/At代表磁通量的变化率（磁场 领域），它们只是在数值上相等。G只能以绝又直

5、代入 E=A/ At式中。由E=A6/ At求出的只能是平均感应电动势。（2） E的常见表达式有三种：通式：E = n / At= n AB/At S = nB AS/At平动切割式：E = BLV （ V只能是相对于磁场 的垂直切割速度，即垂直切割相对速度，不一 定是对地的速度）12转动切割式：E = -B .L4.线圈自感：分析线圈自感现象，抓住三点就行：线圈中的电流不突变，包括其大小和方向均不突变；纯电阻元件如灯泡、定值电阻的电流可以突变；接通的瞬间，线圈相当于断开的开关；断开的瞬间，线圈相当于电源；电流稳定后，线圈相当于一根导线或一个定值电阻（线圈有电阻时）。二、解决本专题的基本思维方

6、式首先明确本专题有以下五类典型问题和两类典型模型，然后分类给出解决其基本思维方式。1 .五类问题： 电磁感应中的电路问题电磁感应中的动力学问题（力和运动、动量、能量）电磁感应中的能量问题电磁感应中的图像问题电磁感应与实际生活相联系问题2 .两类模型：线圈模型单棒模型双棒模型（一）电磁感应中的电路问题：这个问题与力学无关，它是电磁感应与电路的知识联系，是发电与用电之间的联系，联系桥梁是闭合 电路欧姆定律。（1）分析要点：切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈是发电部分，是电源和内电路，找出电动势和内阻，闭 合回路的其余部分是外电路，弄清外电路的总电阻。电磁感应只能负责产生电源的电动势和计算方法，

7、管不了电路的其它物理量的计算。所以，内电路 的内阻、内电压、内电阻的热功率、内热，外电路的路端电压、外电阻、功率、电热，闭合电路中的电流， 这些都只能依赖于电路（欧姆定律、串并联电路特点、分配原理）来分析和计算。（2）解决这类问题的基本思维方法和步骤是:根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定感应电流的方向；找准等效电源、画出等效电路图；根据电路的知识求电路的有关物理量（一般先由欧姆定律求出电流，后计算其它物理量）。（二）电磁感应中的力学问题：这个问题与电磁学问题（发电）、电学问题（用电电路）、力学问题（力和运动、动量、能量）都有关。 是高中物理主要规律、重要规律“用武之处”。电磁

8、感应中的力学问题，具体表现为电磁感应中的力和运动问题、动量问题、能量问题。引起电磁感 应现象的主要原因有二：一是磁场变化，二是导体切割磁感线。其中第二种是涉及到电磁感应中的力学问 题中最普遍、最典型的情形，而且在历年高考中常考，既是高考的重点，也是学生的难点，所以电磁感应 专题，应着重解决这个问题。解此类型问题的一般思路是：先解决电磁学问题（发电），再解决电学问题（电路）后解决力学问题（力和运动、动量、能量）。即先由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后根据闭合电路欧姆定律求感应电流，求出安培力，再往后就是按力学问题的处理方法，如进行受力情况分析、运动情况分析、动量观 点分析、能量观点分析等。1

9、 .电磁感应中的力和运动问题：电磁感应中，通过导体中的感应电流受到原磁场的安培力作用，从而影响导体棒或线圈的受力情况和运动情况，导致电磁感应问题与力和运动问题联系在一起。（1）分析思路：导体相对运动电磁感应感应电动势阻 碍电路 闭合安培力导体在原磁场中感应电流（2）解决这类问题的基本思维方法和步骤是：根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定安培力（或感应电流）的方向；找准等效电源、画出等效电路图；根据欧姆定律求感应电流；求安培力的大小和方向；分析导体的受力情况和运动情况；根据牛顿第二定律列动力学方程或力的平衡条件列力的平衡方程。2 .电磁感应中的动量问题：分析要点：在单棒因切割磁感

10、线而只受到安培力时，无论安培力是恒力还是变力，由动量定理得F安& ，其中安培力5安=3吐.由此常用于求电磁感应中的电量：q =t =. BL双棒在两根平行的轨道上做切割磁感线运动的情况，因两根导体棒所受安培力等大反向，如果其他力的合力为零，则对这两根导体棒组成的系统，外力之和为零，两棒的总动量守恒。3 .电磁感应中的能量问题 ：电磁感应总是伴随能量的转化和守恒过程，所以，要善于从功和能的角度去分析电磁感应相关问题。(1)分析要点：楞次定律和法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的反映。要维持感应电流的存在，必然要克服安培力做功， 即由其它形式的能转化为电能。产生的感应电

11、流通过用电器、导体棒等,电能又转化为其它形式的能(如机械能、内能等)。安培力对导体做负功(即外力克服安培力做功)的过程，是将机械能转化为电能；安培力对导体做 正功的过程，是将电能转化为机械能。因常涉及变加速运动过程，所以，对导体棒或线圈较多运用动能定理列方程，对系统较多运用能量 转化和守恒定律列方程。(2)解决这类问题的基本思维方法和步骤是：根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，根据楞次定律确定安培力(或感应电流)的方向； 找准等效电源、画出等效电路图； 根据欧姆定律求感应电流；求回路中电阻消耗的电功或电功率的表达式；分析系统中能的转化情况和导体的机械能的变化情况；根据能的转化和守恒定律列出能量

12、守恒方程。(三)电磁感应中的图像问题：(1)分析要点：定性或定量地表示出所研究问题的函数关系在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映画图象时要注意横、纵坐标的单位长度各代表多少(2)技巧：选择电磁感应方面的图像时，往往对图像采用部分图线否定法(线圈或导体刚进入时、刚离开时 的电流有无、方向、大小变化情况、全部进入后运动中的电流有无去部分否定图线分段)易正确选出 答案。(3)注意：判断出的实际方向与文中规定的正方向的关系；熟悉楞次定律和安培定则(即右手螺旋定则)三、高考热点题型分析与总结导体切割磁感线是电磁感应中的力学问题中最普遍、最典型的情形。而导体切割磁感线又常见于导 体棒在导轨上

13、切割磁感线，这就是本专题高考热点题型一一电磁感应中的导轨类题型，下面对此做分析与 总结。(一)单棒问题(1)电路特点：导体棒相当于电源。Fb 二 BIl2. 2B l v1 .阻尼式单棒: (2)安培力的特点安培力为阻力，并随速度减小而减小。(3)加速度特点fba = -B2. 2B l vm m(R r)加速度随速度减小而减小(4)运动特点：a减小的减速运动(5)最终状态：静止(6)三个规律：能量关系：1mv：-0=QQRQ =%动量关系:- BIl t = 0 - mv0mvo q =BlA巾 q = n R rBl sR r2, 2瞬时加速度：c FB B 1 va = 一 二m m(R

14、 r)2 .电动式单棒(1)电路特点：导体为电动边，运动后产生反电动势(等效于电机)(2)安培力的特点：安培力为运动动力，并随速度减小而减小。Fb = BIl =B("E反)l(E -Blv)B-l(3)加速度特点：加速度随速度增大而减小a.上，=bWm(R r)l -g(4)运动特点:a减小的加速运动(5)(6)最终特征:两个极值:匀速运动最大加速度:v=0时，E反=0,电流、加速度最大Fm 二 BIml,amFmmg最大速度：稳定时，速度最大,电流最小IminE- Blvmmlg = Fmin = BImM =E 一 BlvmBmlvm口 mg(R r)BlB2l2(7)稳定后的

15、能量转化规律:2IminE = IminE 反十 Imin(R+)+ Eg5(8)起动过程中的三个规律:动量关系:BLq - -mgt = mvm - 0能量关系:12qE =Qe mgS -mvm瞬时加速度:o Fb -mg _R(E-Blv)a 二=bm(R r)igE= Blv3 .发电式单棒(1)电路特点：导体棒相当于电源，当速度为 v时，电动势(2)安培力的特点：Fb = BIl = B安培力为阻力,并随速度增大而增大(3)加速度特点：F a =Fb - mgmm(R r)-lg(4)(5)(6)V=0时，有最大加速度:F -mga=o时，有最大速度:F B - mg FB212vm

16、(R r)-'g =0加速度随速度增大而减小运动特点：a减小的加速运动最终特征：匀速运动两个极值：(F -mg)(R r)瞬时加速度:mg _FB212vm m( R r)4 .电容放电式单棒(1)电路特点：电容器放电，电容器相当于电源；导体棒受安培力而运动。(2)电流特点：电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小，直至电流为零，此时UC=Blv(3)运动特点：a渐小的加速运动，最终做匀速运动。xx(4)最终特征：匀速运动但此时电容器带电量不为零(5)最大速度Vm的计算:电容器充电量：Q0 = ce放电结束时电量：Q = CU = CBlvm

17、电容器放电电量:Q =Q0 - Q =CE -CBlVm对杆应用动量定理：mVm = BIlt = Bl Q所以BlCE_ 2 2 _m B l C(6)达最大速度过程中的两个关系:安培力对导体棒的冲量:安培力对导体棒做的功：I 安=mVmmBlCE 2 2 m B212C1 2一mVm2m(B1CE)22(m B212C)易错点：认为电容器最终带电量为零5 .电容无外力充电式单棒V0(1)电路特点：导体棒相当于电源 ；电容器被充电.(2)电流特点：F安为阻力，棒减速，E减小，1感渐小 有I感,Blv-UcIRF安=0,棒匀速运动。电容器被充电。 UC渐大，阻碍电流，当Blv =UC时，I=0

18、,(3)运动特点：a渐小的加速运动，最终做匀速运动。(4)最终特征：匀速运动但此时电容器带电量不为零(5)最终速度的计算：电容器充电量：q = CU最终导体棒的感应电动势等于电容两端电压：U = Blv对杆应用动量定理：mv。-mv二BIlt = Blq2 2所以v = v0 - B-LCm6 .电容有外力充电式单棒(1)电路特点：导体为发电机；电容器被充电。(2)三个基本关系：导体棒受到的安培力为：fb = bii导体棒加速度可表示为:F -Fb回路中的电流可表示为： Q C E CBl vI = CBlat . t t(3)四个重要结论： 导体棒做初速度为零的匀加速运动：a = 一mg-m

19、 CB L回路中的电流恒定：导体棒受安培力恒定:CBlmg 2 2 mg CB l2, 2CB l mg=-2 2m CB l导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能:12W B =2C (Blv)(二)双棒问题1.无外力等距双棒(1)电路特点：棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动，运动后产生反电动势(2)电流特点：Blv2 - Blv1Bl( v21v1)IR1 R2R1 R2随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度V2-V1变小，回路中电流也变小。V1=0时：电流最大ImB20RR2V2 = V1时：电流I = 0(3)两棒运动情况: 安培力大小：Fb = BIlB2l2(v2 -v

20、1 )R1R2两棒的相对速度变小，感应电流变小，安培力变小.棒1做加速度变小的加速运动 ，棒2做加速度变小的减速运动。最终两棒具有共同速度。(4)两个规律：动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反，系统合外力为零，系统动量守恒m2v0=(m m2 )v共能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量.(类似于完全非弹性碰撞)m2 v2 =(m1 + m2 )v2 + Q22两棒产生焦耳热之比：1- - 1Q2 R2相当于电源；棒2受安培力而起动，运动后产生反电动势.2.无外力不等距双棒 (1)电路特点：棒 (2)电流特点：随着棒1的减速、棒B11Vl - Bl2V2Ri R22的加速，回路中

21、电流变小。(3),最终匀速；,最终匀速.(4)最终特征:Blu = Bl2V2回路中电流为零(5)(6)动量规律：安培力不是内力，两棒合外力不为零，系统动量守恒。 两棒最终速度：FiBIl1任一时刻两棒中电流相同，两棒受到的安培力大小之比为:F2BIl2lil2整个过程中两棒所受安培力冲量大小之比:IiFili对棒1：Ii = mivo - m1ViF2l2最终当 BliVi = Bl2V2时，电流为零，两棒都做匀速运动两棒运动情况：棒1加速度变小的减速棒2加速度变小的加速对棒2:结合:BliVi = Bl2V2可得:2m 2.2矶m2liVoV2 =miMi,2,mil2m2l12 V0(7

22、)能量转化情况：系统动能一电能一内能一日Vo - miVi -22Qi _ RiQ2 一 R2(8)流过某一截面的电量3.有外力等距双棒Bl2q = m2V2 - 0(i)电路特点：棒2相当于电源；棒1受安培力而起动.(2)运动分析：某时刻回路中电流:Blv2 Blv1居+£安培力大小:Fb 二 BIlai = Fb棒2:F - Fba2 :m2最初阶段，a2 >ai,只要 a2>ai, (V2-V1)I F b a i a 2当a2=ai时，v2-vi恒定,I恒定，Fb恒定，两棒匀加速(3)稳定时的速度差Fb = miaFb = BIlV2 ViBl(V2 - Vi)

23、IRi R2(R R2)miF2. 2 ,、B l ( mi m2)4.有外力不等距双棒运动分析：某时刻两棒速度分别为vi、V2,加速度分别为 ai、a2a F -Fbi ai -mia2 =F B2m2FBi _ liF B2l2经极短时间t后其速度分别为:vi . vi aitv2 ; v2 a2t此时回路中电流为:Bli(Vi ait)-Bl2(V2 a2t)R R2B(livi -l2v2) B(liai -l2a2 )tRi R2得:o F -Fbi ai :miFbi时,2li m2恒定a2 = 2.2li m212 mlI22al = ,2.2li m212mlFb恒定两棒匀加速

24、F B2m2FB2a21112m222li m2I2Nlil2,2, 2 Flim212mlFBi = LF B2l2li m2此时回路中电流为:I ； m2 I 221ml B与两棒电阻无关运动特点最终特征a逐渐减小的减速运动阻尼式(三)上述导轨类型规律总结i.单棒问题基本模型静止 1=0电动式发电式a逐渐减小的加速运动a逐渐减小的加速运动12.含容式单棒问题基本模型运动特点放电式a逐渐减小的加速运动T三无外力充电式有外力充电式a逐渐减小的减速运动匀加速运动匀速 I =0 （或恒定）匀速 I恒定最终特征匀速运动I =0匀速运动I =0匀加速运动I恒定3.无外力双棒问题基本模型运动特点无外力等

25、距式无外力 不等距杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动杆1做a渐小的减速运动式杆2做a渐小的加速运动最终特征Vl=V2I = 0a= 0 I = 0Livi=L2v24.有外力双棒问题基本模型运动特点有外力 等距式杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动最终特征a1=a2 v恒定I恒定2awa2 al、a2 恒定I恒定有外力 杆1做a渐小的加速运动不等距式杆2做a渐大的加速运动四、高考热点题型解析（一）感应电流方向问题例1. （06广东物理卷）如图1所示，用一根长为 L质量不计的细杆与一个上弧长为10、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为21。、

26、下弧长为2d°的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且 d° «Lo先将线框拉开到如图 1所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力 和摩擦。下列说法正确的是A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为： a-b-cdaB.金属线框离开磁场时感应电流的方向为： a-d-cbaC.金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等D.金属线框最终将在磁场内做简谐运动分析：金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为：a-b-c 4a 。金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a-d-c-b一 a。根据能量转化和守

27、恒，可知，金属线框dc边进入 磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于d° «L,单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动。答案为 D反思：本题考查了感应电动势的产生条件，感应电流方向的判定，物体做简谐运动的条件，这些是高 中学生必须掌握的基础知识。感应电动势产生的条件只要穿过回路的磁通量发生变化，回路中就产生感应 电动势，若电路闭合则有感应电流产生。因此弄清引起磁通量的变化因素是关键，感应电流的方向判定可 用楞次定律与右手定则，在应用楞次定律时要把握好步骤：先明确回路中原磁场的方向及磁通量的变化情 况

28、，再依楞次定律确定感应电流的磁场方向，然后根据安培定则确定感应电流的方向。线圈在运动过程中 的能量分析及线框最终的运动状态的确定为此题增大了难度。练习1: （06四川卷） 如图2所示，接有灯泡 L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置， R Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则A.杆由O到P的过程中，电路中电流变大B.杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大C.杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变D.杆通过O处时，电路中电流最大解答：D例2如图3所示，ab、cd

29、金属棒均处于匀强磁场中,P O Q图2cd原静止，当ab向右运动时，cd如何运动（导体电阻不计）图3圈相当于负（A）若ab向右匀速运动， cd静止；（B）若ab向右匀加速运动，cd向右运动；（C）若ab向右匀减速运动，cd向左运动分析：这是多级电磁感应问题，ab相当于一个电源，右线载；左线圈相当于电源，cd相当于负载。ab运动为因，切割磁感线产生感应电流为果，电流流过右线圈为因，右线圈中形成磁场为果，右线圈磁场的磁感线通过左线圈，磁场变化时为因，左线圈中产生感应电流为果，感应电流流过 cd为因，cd在左磁场中受安培力作用而运动为果。故A/B、C均正确。反思：分析电磁感应现象中的多级感应问题，要

30、正确处理好因果关系，步步为营，紧扣闭合回路及回路中的磁通量的变化这一关键，对于线圈问题还应注意线圈的绕向。练习1、在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相接，如图4所示。导轨上放一根导线ab,磁力线垂直于导轨所在平面。欲使M所包围的小闭合线圈 N产生顺时针方向的感应电流，则导线的运动可能是fA 向右运动B 、加速向右运动小 .C减速向右运动 D 、加速向左运动*（分析：此题可用逆向思维的方法分析。欲使N产生顺时图4针方向的感应电流，感应电流在 N中的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，有两种情况：一是M中有顺时针方向的逐渐减小的电流，其在 N中的磁场方向亦向里，且磁通量在减小

31、；二是M中有逆时针方向的逐渐增大的电流，其在 N中的磁场方向为向外，且磁通量在增大，对于前者，应使ab减速向右运动；对于后者，应使ab加速向左运动，故 C、D正确。）（二）电磁感应中的电路问题例3如图5所示，在磁感弓II度为 B的匀强磁场中有一半径为 L的金属圆环。已知构成圆环的电线电阻为4r0,以O为轴可以在圆环上滑动的金属棒OA电阻为0,电阻R=R2=40。如果OA棒以某一角速度匀速转动时，电阻 R的电功率最小值为 P。，那么OA奉匀速转动的角速度应该多大？（其它电阻不计）2分析：OA棒的感应电动势 s=BL«/ 2,等效电路如图 6所处于圆环最上端时，即 r环1= r环2时，圆

32、环的等效电阻最大，r=r 环ir 环2/ （r 环 1+ r 环2）=ro干路中的最小电流1=BL2 r。 rR1R2RiR28r。示，当OA棒A端其值电阻R的最小功率64r。反思：电磁感应现象常与恒定电路相结合构建综合题，分析此类问题时一般遵循“三步曲”即：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向，找准等效电源；正确画好等效电路， 区分内、外电路，路端电压与电动势；灵活运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的性质及电功、电功率、电热等 计算公式求解相关物理量。例4.如图7所示，平面上安放一个金属圆环，过其圆心o在环上搁一根金属棒 ab , ab之长恰等于圆环的直径 D,可绕固定于

33、 。点的垂直环面的轴转动，转动时 a、 8端始终与环保持良好的接触，在。点和环之间再接上一根金属棒0c,它的长度等于环的半径，以上金属环和两根金属棒都是相同金属丝制成的。现垂直圆环面加上向纸内磁感应强度为b的匀强磁场。使nb绕。点以角速度。顺时针匀速旋转，且旋转不受 棒的影响，等到转到如图2所示位置时，求 8 之间的电势差。应电动势，由产生的感应电示， 且可进一步把解析：当?顺时针旋转切割磁感线时，(龙段与0b段都产生感右手定则可知， On段是Q端为正极，0b段是力端为正极，两段导体动势大小相等，设 8段、0b段电阻大小为r,则等效电路如图8所E、rR.,R=r, 2 ，由于口、力是等电势的，

34、故2R电阻中无电流流过， 电路等效成图9。E B 二一BgDa24 81 =故 .U - lr -%两端电压2(6+川因为二'二所以 .:二三、.二:反思：在有些电磁感应问题中，相当于电源的那部分导线比较隐蔽，需仔细分析才不会找错。练习1：如图io所示，正方形线圈 abed绕垂直于匀强磁场的过 ad边的固定轴匀角速转动，磁感应强度为b,角速度为 ,已知正方形线圈边长为l,每边电阻值为 r现将a、b两点通过阻值为R的电阻用导线连接，求通过电阻R的电流。(解析：金属线圈 abed绕0。'转动时，产生的交流电，感应最大值为E盘二。，E 1n£ 二 f 二 丁亚，有效值为J2

35、 。010卜面要注意的是不能把整个金属线圈abed都看作是电源，这里切割磁感线的仅仅是be边，故这个 电路的等效电路如图 ii所示。1 .其中电源电动势图11电源内阻1,1 , 近或通过电阻R的电流为a 214立所以在电磁感应现象中，正确分析相当于电源的那部分导体，是解决问题的关键。)(三)电磁感应中的力学问题例5 (2005年上海)如图12所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m,导轨平面与水平面成 0 =370角，下端连接阻值为 R的电阻。匀强磁场的方向与导轨平面垂直。质量为0.2 kg、电阻不计的导体棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并且接触良好，它们间的动摩擦因数为0

36、.25。(1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小。(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻 R消耗的功率为8W求(3)在上问中，若 R=2Q ,金属棒中电流方向由a至U b,求磁感应方向。(g=10m/s2,sin37 0=0.6,cos37 0=0.8 )分析：(1)金属棒开始下滑时初速度为零，根据牛顿第二定律mgsin 0 -mgcos。=ma代入数据得：a=10X (0.6 -0.25 X0.8)m/s 2=4m/s2(2)设金属棒达到稳定时，速度为 v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡，则mgsin 0 -mgcos。-F=0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗

37、的电功率v=PFFv=Pm/ s = 10m/smg sin 二-mg cos 10.2 10 0.6 -0.25 0.8(3)设电路中电流强度为I ,两导轨间金属棒的长度为L,磁场的感应强度为B,则vBLI=Rp=i2r由以上两式得B=®三T=04TvL 10 1磁场的方向垂直导轨平面向上。反思：此题为电磁感应知识与力学、电路知识的综合问题，此类题目常以导轨运动为背景，解决此类 题的关键是对金属导体作出正确的受力分析，并通过运动状态的动态分析来寻找过程的临界状态，得 出速度、加速度的极值条件，找到解题的突破口，然后综合运用力学及电学规律分析和解决实际问题。练习1、(06重庆卷)两根

38、相距为L的足够长的金属直角导轨如题13图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为科，导轨电阻不计，回路总电阻为 2R。整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度 Vi沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下 切匀速运动。重力加速度为 go以下说法正确的是A.B2I 2Vab杆所受拉力F的大小为科m/12RB. cd杆所受摩擦力为零C.回路中的电流强度为 BL!V2RD.与大小的关系为2Rmg科=2 2B L2Vl(答案：AD例6如图1

39、4所示，在一磁感应强度 B= 0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h=0.1m的平行金属导轨 MN和PQ导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N Q之间连接一阻值 R= 0.3的电阻。导轨上跨放着一根长为 L= 0.2m,每米长电阻为r =2.0 的金金属棒与导轨正交放置，交点为c、d,当金属棒在水平拉力作用于以速属棒ab, 度 v =图144.0m/s向左做匀速运动时，试求： (1)电阻R中的电流强度大小和方向;(2)使金属棒做匀速运动的拉力；(3)金属棒ab两端点间的电势差；(4)回路中的发热功率。解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图 13所示。在闭合回路 cd部分相当

40、于电源，内阻 rcd=hr,电动势 Ecd= Bhv。(1)根据欧姆定律，R中的电流强度为I =Ec= Bhv-=0.4A, R % R hr中，金属棒bT Edb图15方向从N经R到Q。(2)使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F=F 安=BIh=0.02N。(3)金属棒ab两端的电势差等于 Uc、七与Udb三者之和，由于 5=3Ir cd,所以Ub=EabIr Ir cd = 0.32V。(4)回路中的热功率 P热=I2 (R+ hr) =0.08W。反思：导体棒匀速切割磁感线处于平衡状态，安培力和外力等大、反向，给出速度可以求外力的大 小，或者给出外力求出速度，也

41、可以求出功、功率、电流强度等，外力的功率和电功率相等。不要把 两端的电势差与 ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈。金属棒匀速运动时，拉力和安培力平衡，拉力做正功，安培力做负功，能量守恒，外力的机械功率和回路中的热功率相等，即2=Fv = 002 * 4W=008Wcd= BLvab练习1: (05天津)如图16所示中MN PQ为竖直方向的两平行导轨，间距l为0.40m,电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为匀强磁场垂直。质量 m为6.0 x 10-3kg、电阻为1.0 的金属杆ab始 导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为电阻R。当杆ab达到稳定状态时以速率 v匀速

42、下滑，整个电路消耗20.27W,重力加速度取10m/s ,试求速率v和滑动变阻器接入电0.50T 的终垂直于3.0 Q 的的电功率路部分的图1 6长直金属阻值（答案:4.5m/s , 6.0 Q）例7. (06上海物理卷)如图17所示，将边长为 a、质量为m电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为 b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半,线框离开磁场后段高度，然后落下并匀速进人磁场.整个运动过程中始终存在着大小恒继续上升定的空气阻力f且线框不发生转动.求:(1)线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2;(2 )线框在上升磁场

43、时白速度Vi ；(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q阶段刚离开分析：与线圈有关的电磁感应问题是高考复习的重点内容，其特点是：当线圈穿过有界磁场时,线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决此题的关键。(1)由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有2 2B a v mg= f+ (mg - f)R解得：v= '，2B a(2)设线框离开磁场能上升的最大高度为h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中12(m/ f) x h= my21 2(mg-f) x h= -mv2 2解得：vi= EETv2= J(mg+f2(mg-f)R .mg - fB a(3

44、)在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得1 212一m(2v1) =mv1 mg(b a) Q+f(b+a) 222 2 r23m(mg f )(mg - f )R 八 、解得：Q4 言-mg(b a)-f(a+b)2B a反思：(1)本题属于电磁感应现象中能量转化类问题，通过安培力做功实现机械能与其他形式的能之 间的转化，在安培力作功无法直接确定的情况下，只能用能量守恒定律解决。(2)电磁感应过程实质是能量的转化过程，解决此类问题的关键是分析回路中导体的机械能的变化， 用能量守恒定律寻找机械能的变化与回路所消耗的电能及其他形式的能之间的内在联系。(3)对于电磁感应现象

45、中与能量转化和守恒有关的复杂问题，常常运用动量定理、动能定理、动量守恒定律等进行综合分析求解。练习1. (06上海物理卷) 如图18所示，平行金属导轨与水平面成0角，导轨与固定电阻 R和R相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒ab,质量为m导体棒的电阻与固定电阻R和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为科，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培图1 8力的大小为F.此时(A)电阻R消耗的热功率为 Fv/3.(B)电阻Ro消耗的热功率为 Fv/6.(C)整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcos 0 .(D)整个装置消耗的机械功率为( F+mgcos0 ) v (答案：B

46、CD )练习2、(06广东物理卷)如图 19所示，在磁感应强度大小为R方向垂直向上的匀强磁场中，有属导轨，质金属杆且杆与轨一上、下两层均与水平面平行的“U'型光滑金在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀A和A2,开始时两根金属杆位于同一竖起面内道垂直。设两导轨面相距为 H,导轨宽为L,导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r 。现有m一质量为2的不带电小球以水平向右的速度 v0撞击杆A的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为 So求：(2)整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量;回路内感应电流的最大值;(3)解答:F2=当杆 A2与杆A1 的速度比

47、为1：3时，A2受到的安培力大小。121'2 m ,g 2mv12m(v0 s )=21 2=16 Y2H例8如图20所示，两根足够长的直金属导轨MN PQ平行放置在倾角为0的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M P两点间接有阻值为 R的电阻。一根质量为 m的均匀直金属杆 ab放在两导轨上，并与导轨垂 直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(2)在加速下滑过程中，当 ab杆的速度大小为 v时，求此时ab杆 及其加速度的大小；(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最

48、大值。解析：(1)重力mg竖直向下，支持力 N,垂直斜面向上，安培力 向上，如图22所示。(2)当ab杆速度为v时，感应电动势 E= BLv,此时电路中电流时F,沿斜面图20中的电流E BLv2 2ab 杆受到安培力 F= BIL =v。R根据牛顿运动定律，有mgsin 0 F=ma图21即 mgsin 0 一所以a= gsin(3)当 a=0,2, 2BLv=ma。R2 2BLv0 Om RB212V,即=mgsin 0时，ab杆达至U取大速度 vm=图22RmgRsin - 所以 vm =2 2。B L反思：导体棒在恒定外力的作用下由静止开始运动，速度增大，感应电动势不断增大，安培力、(1

49、)由b向a方向看到的装置如图 21所示，请在此图中画出 ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；速度均与速度有关，当安培力等于恒力时加速度等于零，导体棒最终匀速运动。整个过程加速度是变量， 不能应用运动学公式。分析 ab杆受到的合外力，可以分析加速度的变化，加速度随速度的变化而变化, 当加速度等于零时，金属ab杆做匀速运动，速度达到最大值。当杆匀速运动时，金属杆的重力势能全2部转化为回路中的电能，在求最大速度vm时，也可以用能量转换法续，即Ms田mgRsin i斛个于： v m =22 °B L例9如图23所示，水平平行放置的导轨上连有电阻R,并处于垂直轨道平面的匀强磁场中。今从静止起用

50、力拉金属棒ab （ab与导轨垂直），若拉力恒定，经时间 ti后ab的速度为v,加速度为ab最终速度可达2v;若拉力的功率恒定，经时间t2后ab的速度也为v,加速度为a2,最终速度可达2v。求ai和a?满足的关系。时金属棒产生解析：在恒力 F作用下由静止开始运动，当金属棒的速度为感应电动势 E= BLv,回路中的电流I =E,所以金属棒受的安培R r2 2BLv f =BIL =。R rB212V=ma1由牛顿第二定律得 F - f = ma1,即F B_HR r当金属棒达到最终速度为 2v时，匀速运动，则 F=f安，而f安2. 22B L v oR r2B2I 2v所以恒为f =2B L vR

51、 r2 2由以上几式可求出设外力的恒定功率为BLvm(R r)巳在t2时刻速度为v,加速度为a2,由牛顿第二定律得_ 2 2P, f tBIL 二W。vR r最终速度为2v时为匀速运动，则有 F=f安，即P2v2 22B L vR r2 2 2所以恒定功率 P=4B Lv 。由以上几式可求出a?_ 2 23B LvOm(R r)反思：因为功率 P=Fv, P恒定，那么外力 F就随v而变化。要注意分析外力、安培力和加速度的变化，当加速度为零时，速度达到最大值，安培力与外力平衡。由最大速度可以求出所加的恒力F,由最大速度也可求出恒定的功率P。本题是典型的运用力学观点分析解答的电磁感应问题。注重进行力的分析、运动状态分析以及能的转化分析等。涉及的知识点多，综合性强，适当训练将有利于培养综合分析 问题的能力。在求功率时，也可以根据能量守恒：速度为2v时匀速运动，外力的功率等于电功率,22_222E (BL2v) 4B L v P R +r R+rR+r .练习1.如图24所示，固定在水平桌面上的两根平行金属导轨端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,每根导轨每1m的电阻为r0=0.10 Q ,两导轨间的距离l=0.20 m .有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度 B与时间t的关系为B