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基础点
知识点1　　电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
FA＝
2．安培力的方向
(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向。
(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反(选填“相同”或“相反”)。
3．安培力参与物体的运动：导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题。
知识点2　　电磁感应中的能量问题
1．能量转化：感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将机械能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能。
2．转化实质：电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能与电能之间的转化。
3．电能的三种计算方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电热来计算。
重难点
一、电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。
(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。
2．电磁感应综合问题的两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带。
3．解答电磁感应中的动力学问题的一般思路
(1)电路分析：等效电路图(导体棒相当于电源)。
电路方程：I＝。
(2)受力分析：受力分析图(安培力大小、方向)，动力学方程：F安＝BIL，F合＝ma(牛顿第二定律)。其中I＝，可得F安＝，注意这个公式是连接电学与力学问题的关键。
(3)分析电磁感应中动力学问题的基本思路
4．解决电磁感应中力学问题的基本步骤
(1)明确研究对象和物理过程，即研究哪段导体在哪一过程切割磁感线。
(2)根据导体运动状态，应用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
(3)画出等效电路图，应用闭合电路欧姆定律求回路中的感应电流。
(4)分析研究导体受力情况，要特别注意安培力方向的确定。
(5)列出动力学方程或平衡方程求解。
①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件——合外力等于零，列式分析。
②导体处于非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
5．关于电磁感应中“收尾速度”及收尾情况的分析
(1)收尾速度的表达式
如图甲所示，导体棒ab在恒定外力F作用下，从静止开始沿光滑导轨做切割磁感线运动。已知磁感应强度为B，导体棒长度为l，电阻为r，定值电阻为R，其他电阻不计，则收尾速度vm＝。
若导体棒质量为m，与导轨间的动摩擦因数为μ，则同理有vm′＝。
(2)两种典型的收尾情况
以如图乙所示的情景为例，导轨的倾角为θ，则收尾速度vm＝
。
若导体棒进入磁场时v＞vm，则线框先减速再匀速；若导体棒进入磁场时v＜vm，则线框先加速再匀速。
特别提醒
(1)当涉及两个导体棒同时切割磁感线问题的分析时，要正确判断两个等效电源的串、并联关系，确定总的感应电动势的大小。
(2)当导体棒切割磁感线达到“收尾速度”时，加速度a＝0，此时的速度通常为最值。
二、电磁感应中的能量转化问题
1．电磁感应中的能量转化
闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能向电能转化的过程。电磁感应现象中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力。“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。同理，安培力做功的过程是电能转化为其他形式能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能，因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化。
2．安培力做功及对应的能量转化关系
(1)电动机模型：如图甲所示，回路通电后导体棒中存在电流，受到安培力的作用而向右运动。通过安培力做功，电能转化为导体棒的机械能。
(2)发电机模型：如图乙所示，导体棒因向右运动而产生感应电流，受到安培力的阻碍作用。通过克服安培力做功，机械能转化为回路的电能。
综上所述，安培力做功是电能和其他形式的能之间相互转化的桥梁，如图所示。
3．求解电磁感应中的能量转化问题所选用解题规律
(1)动能定理：合外力(包含安培力)所做的功等于导体棒动能的增量。
(2)能量转化和守恒定律
①判断选定的系统在某一过程中能量是否守恒。
②分析该过程中能量形式，哪种能量增加，哪种能量减少。
③增加的能量等于减少的能量。
(3)借助功能关系图分析电磁感应中的能量问题。
理顺功能关系是分析电磁感应中能量转化问题的关键，下面以如图所示的情景为例说明。图中倾角为θ的导轨不光滑，外力F拉着导体棒向上加速垂直切割磁感线，导体棒质量为m，电阻为r。导体棒运动过程的功能关系如图所示。
通过以上功能关系不难得到以下结论：
①WF＋W安＋Wf＝ΔE机(功能原理)
②WF＋WG＋W安＋Wf＝ΔEk(动能定理)
③WF＋WG＋Wf＝ΔEk＋Q(－W安＝Q)
4．求解电磁感应中电能的三种主要思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒定律求解：机械能的减少量等于产生的电能。
(3)利用电路特征求解：通过电路中产生的电热来计算。
5．分析电磁感应中能量问题的基本步骤
(1)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。
(2)画出等效电路，搞清电路结构，确定电流，求出回路中电阻消耗电功率的表达式。
(3)分析导体受力及各力做功情况，用动能定理或能量守恒定律，得到所满足的方程。
特别提醒
(1)在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时，第一要准确把握参与转化的能量的形式和种类，第二要确定哪种能量增加，哪种能量减少。
(2)在电磁感应中若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算；若回路中电流变化，则可用功能关系或能量守恒定律求解。
(3)应用q＝n求解电磁感应中的电荷量问题，既可以分析恒定电流通过某横截面的电荷量，也可以分析变化的电流通过某横截面的电荷量，故在求解变速运动过程中由于电磁感应现象而涉及的电荷量问题时，可直接利用q＝n求解。
1．思维辨析
(1)安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相同。(　　)
(2)电磁感应中产生的电能等于克服其他外力所做的功。(　　)
(3)q＝n可以求解任何情况下通过导体的电荷量。(　　)
(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动。(　　)
(5)电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式Q＝I2Rt。(　　)
(6)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
2．如图所示水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在空间内，质量一定的金属棒PQ垂直于导轨放置。今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止。设导轨与棒的电阻均不计，a、b与b、c的间距相等，则金属棒在由a→b与b→c的两个过程中下列说法中正确的是(　　)
A．金属棒运动的加速度相等
B．通过金属棒横截面的电量相等
C．回路中产生的电能EabD．金属棒通过a、b两位置时的加速度大小关系为aa答案　B
解析　由F＝BIL，I＝，F＝ma可得a＝，由于速度在减小，故加速度在减小，A、D错；由q＝It，I＝，E＝n，可得q＝，由于两个过程磁通量的变化量相同，故通过金属棒横截面的电量相等，B正确；由克服安培力做的功等于产生的电能，即W＝FL，由于安培力越来越小，故第二个过程克服安培力做的功小于第一个过程，因此C错误。
3．两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m、电阻也为R的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒与导轨接触良好，导轨所在的平面与磁感应强度为B的磁场垂直，如图所示，除金属棒和电阻R外，其余电阻不计。现将金属棒从弹簧的原长位置由静止释放，则以下结论错误的是(　　)
A．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为b→a
B．最终弹簧的弹力与金属棒的重力平衡
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为B2L2v/R
D．金属棒的速度为v时，金属棒两端的电势差为BLv/2
答案　C
解析　金属棒向下运动时，切割磁感线，由右手定则可知，流过电阻R的电流方向为b→a，选项A正确；金属棒在切割磁感线的过程中，将金属棒的机械能转化为焦耳热，最终停下，处于静止状态，其合力为零，即弹簧的弹力与金属棒的重力平衡，选项B正确；当金属棒的速度为v时，产生的电动势E＝BLv，I＝＝，则金属棒所受的安培力大小F＝BIL＝，选项C错误；由欧姆定律可得，金属棒两端的电势差U＝IR＝，选项D正确。故本题错误的选项是C。
　[考法综述]　本考点内容是高考的热点之一，试题无论是选择题还是计算题，综合性都较强，难度也较大。在复习过程中既要抓基础，又要重能力的训练，应掌握：
2类问题——电磁感应中的动力学问题、功和能量问题
2种思路——解决电磁感应中的动力学问题思路、功和能量问题思路
1种速度——收尾速度
命题法1　电磁感应中的动力学问题
典例1　　如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求：
(1)a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流大小Ia与定值电阻R中的电流大小IR之比；
(2)a棒质量ma；
(3)a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。
[答案]　(1)　(2)m　(3)mgsinθ
[解析]　(1)a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流分别为Ia、Ib、IR，则有IRR＝IbRb，Ia＝IR＋Ib
联立解＝
(2)由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1＝v2＝v
设磁场的磁感应强度为B，金属导轨间距为L。a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为E＝BLv
当a棒沿斜面向上运动时Ib＝
由b棒恰好静止知IbLB＝mgsin
θ
向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia′则Ia′＝
由a棒恰能匀速运动知Ia′LB＝magsinθ
联立解得ma＝m
(3)由题意知a棒沿斜面向上运动时，所受拉力
F＝IaLB＋magsinθ
联立以上各式解得F＝mgsinθ。
【解题法】　解决电磁感应中动力学问题的一般思路
(1)电路分析：根据法拉第电磁感应定律和右手定则确定电源，画出等效电路图，明确内、外电路，分析外电路的串、并联关系。
(2)受力分析：注意导体棒所受的安培力大小和方向。
(3)运动分析：对运动过程进行“慢进”式推理分析，应用牛顿第二定律或平衡条件对运动过程中各物理量进行分析。
命题法2　电磁感应中“收尾速度”类问题
典例2　　如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ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。
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图。
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及加速度的大小。
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的最大速度。
[答案]　(1)见解析　(2)　gsinθ－
(3)
[解析]　(1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上。
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流I＝＝，ab杆受到安培力F＝BIL＝，根据牛顿运动定律，有
ma＝mgsinθ－F＝mgsinθ－，
a＝gsinθ－
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度
vm＝
【解题法】　电磁学中有关“收尾速度”类问题的思考路线
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→…，周而复始地循环，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而速度v通过加速达到最大值，做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直线运动。
命题法3　电磁感应中的焦耳热问题
典例3　　如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4
m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5
T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1
kg，电阻R1＝0.1
Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4
kg，电阻R2＝0.1
Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g＝10
m/s2，问：
(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；
(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；
(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8
m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。
[答案]　(1)由a流向b　(2)5
m/s　(3)1.3
J
[解析]　(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。
(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为Fmax，有Fmax＝m1gsinθ①
设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有
I＝③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有
F安＝m1gsinθ＋Fmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5
m/s⑥
(3)设cd棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有
m2gxsinθ＝Q总＋m2v2⑦
由串联电路规律有Q＝Q总⑧
联立解得：Q＝1.3
J⑨
【解题法】　求解焦耳热Q的三种方法
命题法4　电磁感应中的功和能问题
典例4　　半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率。
[答案]　(1)由C端流向D端　
(2)μmgωr＋
[解析]　(1)在Δt时间内导体棒扫过的面积为
ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为
ε＝②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端。因此通过电阻R的感应电流方向是从C端流向D端。由闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的感应电流大小I满足I＝
③
由①②③式得I＝④
(2)由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的压力大小相等，设大小为N在竖直方向有mg－2N＝0⑤
导体棒受两导轨的滑动摩擦大小均为f＝μN⑥
在Δt时间内，导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为L1＝rωΔt⑦
L2＝2rωΔt⑧
所以在Δt时间内，导体棒克服摩擦力做的总功为
Wf＝f(L1＋L2)⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为
WR＝I2RΔt⑩
根据能量守恒定律知，外力在Δt时间内做的功为
W＝Wf＋WR
外力的功率为P＝
由④至 式得P＝μmgωr＋。
【解题法】　用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤
(可概括为先电后力再能量)。
1．如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
答案　B
解析　切割磁感线的有效长度为l，电动势为E＝Blv，选项A错误；根据题意，回路电阻R＝，由欧姆定律有I＝sinθ＝，选项B正确；安培力F＝＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝，选项D错误。
2．很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率(　　)
A．均匀增大
B．先增大，后减小
C．逐渐增大，趋于不变
D．先增大，再减小，最后不变
答案　C
解析　由题意可知，在条形磁铁下落过程中，铜环中产生感应电流。根据楞次定律可知，感应电流对磁铁有向上的磁场力F磁，磁铁速度越大，感应电流越大，F磁越大，对磁铁由牛顿第二定律有a＝，可知磁铁向下做加速度逐渐减小的加速运动，直到最后速度趋于不变，C项正确。
3．(多选)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2
kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1
m的正方形，其有效电阻为0.1
Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B＝(0.4－0.2t)
T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则(　　)
A．t＝1
s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3
s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1
s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1
N
D．t＝3
s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2
N
答案　AC
解析　
据已知B＝(0.4－0.2t)
T可知t＝1
s时，正方向的磁场在减弱，由楞次定律可判定电流方向为由C到D，A项正确；同理可判定B项错误；t＝1
s时感应电动势E＝＝·S·sin30°＝0.1
V，I＝E/R＝1
A，安培力F安＝BIL＝0.2
N，对杆受力分析如图。对挡板P的压力大小为FN″＝FN′＝F安cos60°＝0.1
N，C项正确；同理可得t＝3
s时对挡板H的压力大小为0.1
N，D项错误。
4．(多选)如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径为r、间距为L，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置cd开始，在拉力作用下以初速度v0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab处，则该过程中(　　)
A．通过R的电流方向由外向内
B．通过R的电流方向由内向外
C．R上产生的热量为
D．流过R的电荷量为
答案　AC
解析　cd棒运动至ab处的过程中，闭合回路中的磁通量减小，再由楞次定律及安培定则可知，回路中电流方向为逆时针方向(从上向下看)，则通过R的电流为由外向内，故A对，B错；通过R的电荷量为q＝＝，D错；R上产生的热量为Q＝t＝＝，C对。
5．(多选)如图，两根相距l＝0.4
m、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平行放置，两导轨左端与阻值R＝0.15
Ω的电阻相连。导轨x>0的一侧存在沿＋x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直(竖直向下)，磁感应强度B＝0.5＋0.5x(T)。一根质量m＝0.1
kg、电阻r＝0.05
Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在水平外力作用下从x＝0处沿导轨向右做直线运动，运动过程中回路电流恒为2
A。以下判断正确的是(　　)
A．金属棒在x＝3
m处的速度为0.5
m/s
B．金属棒在x＝3
m处的速度为0.75
m/s
C．金属棒从x＝0运动到x＝3
m过程中克服安培力做的功为1.6
J
D．金属棒从x＝0运动到x＝3
m过程中克服安培力做的功为3.0
J
答案　AD
解析　在x＝3
m处，磁感应强度为B＝2
T，因为回路中电流恒为2
A，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电动势为0.4
V，由E＝Blv可得，此时金属棒的速度v＝0.5
m/s，所以选项A正确，B错误；由安培力公式可知，F安＝BIl＝Il(0.5＋0.5x)，随着x变化呈现线性变化关系，因此可用平均作用力来求安培力做的功，可得安培力做的功为3
J，所以选项C错误，D正确。
6．如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为2l，ab与cd平行，间距为2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd边到磁场上边界的距离为2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动。在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：
(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；
(2)磁场上下边界间的距离H。
答案　(1)＝4　(2)H＝＋28l
解析　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有
E1＝2Blv1
①
设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有
I1＝
②
设此时线框所受安培力为F1，有
F1＝2I1lB
③
由于线框做匀速运动，其受力平衡，有
mg＝F1
④
由①②③④式得v1＝
⑤
设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得
v2＝
⑥
由⑤⑥式得＝4
⑦
(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有
2mgl＝mv
⑧
线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv－mv＋Q
⑨
由⑦⑧⑨式得H＝＋28l
⑩
7．如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ。均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ(μ较小)，由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场(图中未画出)。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
(1)若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
(2)在(1)问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电荷量；
(3)若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
答案　(1)W＝mv
(2)q＝
(3)Bm＝
　xm＝
解析　(1)设ab棒的初动能为Ek，ef棒和电阻R在此过程产生的热量分别为
W和W1，有W＋W1＝Ek①
且W＝W1②
由题有Ek＝mv③
得W＝mv④
(2)设在题设过程中，ab棒滑行时间为Δt，扫过的导轨间的面积为ΔS，通过ΔS的磁通量为ΔΦ，ab棒产生的电动势平均值为E，ab棒中的平均电流为I，通过ab棒某横截面的电荷量为q，则
E＝⑤
且ΔΦ＝BΔS⑥
I＝⑦
又有I＝⑧
由图1所示ΔS＝d⑨
联立⑤～⑨，解得q＝⑩
(3)ab棒滑行距离为x时，ab棒在导轨间的棒长Lx＝L－2x
此时，ab棒产生的电动势Ex＝Bv2Lx
流过ef棒的电流Ix＝
ef棒所受安培力Fx＝BIxL
联立 ～ ，解得Fx＝
由 式可得，Fx在x＝0和B为最大值Bm时有最大值F1。
由题知，ab棒所受安培力方向必水平向左，ef棒所受安培力方向必水平向右，使F1为最大值的受力分析如图2所示，图中fm为最大静摩擦力，有
F1cosα＝mgsinα＋μ(mgcosα＋F1sinα)
联立 ，得Bm＝

式就是题目所求最强磁场的磁感应强度大小，该磁场方向可竖直向上，也可竖直向下。
由 式可知，B为Bm时，Fx随x增大而减小，x为最大xm时，Fx为最小值F2，如图3可知
F2cosα＋μ(mgcosα＋F2sinα)＝mgsinα
联立 ，得
xm＝
1．“杆轨”模型
(1)分类
“杆轨”模型分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜三种；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动、转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化、非均匀变化等。
(2)分析方法
通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态。对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解。
2．单杆模型
一根导体杆在导轨上滑动。
“电—动—电”型
“动—电—动”型
示意图
杆ab长为L，质量为m，电阻为R；导轨光滑，电阻不计
杆ab长为L，质量为m，电阻为R；导轨光滑，电阻不计
分析
S闭合，杆ab受安培力F＝，此时a＝，杆ab速度v↑→感应电动势BLv↑→电流I↓→安培力F＝BIL↓→加速度a↓，当安培力F＝0时，a＝0，v最大
杆ab释放后下滑，此时a＝gsinα，杆ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大
运动形式
变加速运动
变加速运动
最终状态
匀速运动，vmax＝
匀速运动，vmax＝
3.双杆模型的常见情况
(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2
质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝2L2
续表
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
规律
分析
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
　　(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度L1＝L2
规律
分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
【典例1】　如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
[解析]　(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为
E＝BLv①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E
②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝
③
联立①②③式得Q＝CBLv
④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i,
金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为
f1＝BLi
⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有
i＝
⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得
ΔQ＝CBLΔv
⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有
a＝
⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
f2＝μN⑨
式中，N是金属棒对导轨的正压力的大小，有
N＝mgcosθ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
mgsinθ－f1－f2＝ma
联立⑤至 式得
a＝g
由 式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。t时刻金属棒的速度大小为
v＝gt。
[答案]　(1)Q＝CBLv
(2)v＝gt
【典例2】　间距为L＝2
m的足够长的金属直角导轨如图甲所示放置，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＝0.1
kg的金属细杆ab、cd与导轨垂直放置形成闭合回路。细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab、cd的电阻分别为R1＝0.6
Ω，R2＝0.4
Ω。整个装置处于磁感应强度大小为B＝0.50
T、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)。当ab在平行于水平导轨的拉力F作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，测得拉力F与时间t的关系如图乙所示。g＝10
m/s2。
(1)求ab杆的加速度a。
(2)求当cd杆达到最大速度时ab杆的速度大小。
(3)若从开始到cd杆达到最大速度的过程中拉力F做的功为5.2
J，通过cd杆横截面的电荷量为2
C，求该过程中ab杆所产生的焦耳热。
[解析]　(1)由题图乙可知，在t＝0时，F＝1.5
N
对ab杆进行受力分析，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
代入数据解得a＝10
m/s2
(2)从d向c看，对cd杆进行受力分析，如图所示，当cd杆速度最大时，有f＝mg＝μFN，FN＝F安，F安＝BIL，I＝
综合以上各式，解得v＝2
m/s
(3)整个过程中，ab杆发生的位移x＝＝
m＝0.2
m
对ab杆应用动能定理，有WF－μmgx－W安＝mv2
代入数据解得W安＝4.9
J，根据功能关系得Q总＝W安
所以ab杆上产生的热量Qab＝Q总＝2.94
J。
[答案]　(1)10
m/s2　(2)2
m/s　(3)2.94
J
[心得体会]
电磁感应部分的知识在高考中往往以图象题的形式出现，它形象直观，包含信息量大，综合考查了考生多方面的能力，有一些学生由于不能正确地利用图象获取信息，或者图象和物理过程不能统一到一起而出现这样那样的错误。现举一例如下：
如图所示，空间存在B＝0.5
T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是处于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距l＝0.2
m，R是连接在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m＝0.1
kg的导体棒。从零时刻开始，通过一小型电动机对ab棒施加一个牵引力F，方向水平向左，使其从静止开始沿导轨做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。图乙是棒的v t图象，其中OA段是直线，AC段是曲线，DE段是曲线图象的渐近线，小型电动机在12
s末达到额定功率P＝4.5
W，此后保持功率不变。除R外，其余部分电阻均不计，g取10
m/s2。
(1)求导体棒ab在0～12
s内的加速度大小；
(2)求导体棒ab与导轨间的动摩擦因数及电阻R的值；
(3)若t＝17
s时，导体棒ab达最大速度，从0～17
s内共发生位移100
m，试求12～17
s内，R上产生的热量是多少。
[错解]
[错因分析]　本题易错点在于不能正确分析图象以及临界状态导致错解。电磁感应与v t图象的综合问题是高考的热点问题，解答此类题，应认真分析图象，从而获取有用信息，图象中的斜率、截距、转折点或所有标注的点都要高度重视，这往往是解题的关键。
[正解]　(1)由图象知12
s末导体棒ab的速度为v1＝9
m/s，在0～12
s内的加速度大小为
a＝＝
m/s2＝0.75
m/s2。
(2)t1＝12
s时，导体棒中感应电动势为
E＝Blv1
感应电流I＝
导体棒受到的安培力F1＝BIl
即F1＝
此时电动机牵引力为F＝
由牛顿第二定律得－－μmg＝ma
由图象知17
s末导体棒ab的最大速度为v2＝10
m/s，此时加速度为零，同理有
－－μmg＝0
由以上各式解得μ＝0.2，R＝0.4
Ω。
(3)0～12
s内，导体棒匀加速运动的位移
s1＝t1＝54
m
12～17
s内，导体棒的位移
s2＝(100－54)
m＝46
m
由能量守恒得
Q＝Pt2－－μmgs2
代入数据解得R上产生的热量Q＝12.35
J。
[答案]　(1)0.75
m/s2　(2)0.2　0.4
Ω　(3)12.35
J
[心得体会]

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