1．受力剖析與運動剖析
2．應用牛頓運動定理和運動學規律解答電磁感應問題
知識點一電磁感應中的動力學問題
1．安培力的大小
安培力公式：FA＝BIl感應電動勢：E＝BlvER)?FA＝
2．安培力的方向
(1)用右手定則判定：先用左手定則判定感應電壓的方向，再用右手定則判斷安培力的方向。
(2)用楞次定理判別：安培力的方向一定與導體切割磁感線的運動方向相反。
3．安培力參與下物體的運動
導體棒(或線框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速運動、減速運動、勻速運動、靜止或做其他類型的運動，可應用動能定律、牛頓運動定理等規律解題。
【特別提醒】
1．兩種狀態及處理方式
狀態
特點
處理方式
平衡態
加速度為零
按照平衡條件列式剖析
非平衡態
加速度不為零
依據牛頓第二定理進行動態剖析或結合功能關系進行剖析
2.熱學對象和熱學對象的互相關系
知識點二電磁感應中的能量問題
1．能量的轉化
感應電壓在磁場中受安培力，外力克服安培力做功，將其他方式的能轉化為電能，電壓做功再將電能轉化為其他方式的能。
2．實質
電磁感應現象的能量轉化，實質是其他方式的能和電能之間的轉化。
3．電磁感應現象中能量的三種估算方式
(1)借助克服安培力做功求解：電磁感應中形成的電能等于克服安培力所做的功。
(2)借助能量守恒定理求解：機械能的降低量等于電能的降低量。
(3)借助電路特點來求解：通過電路中所形成的電能來估算。
知識點三動量觀點在電磁感應問題中的應用
1．對于兩導體棒在平直的光滑滑軌上運動的情況，若果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定理處理問題；
2．由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，當題目中涉及電荷量或平均電壓時，可應用動量定律來解決問題。
考點一電磁感應中的平衡問題
【典例1】(2016·全國卷Ⅰ)如圖所示，兩固定的絕緣斜面夾角均為θ，上沿相連。兩細金屬棒ab(僅標出a端)和cd(僅標出c端)寬度均為L，質量分別為2m和m；用兩根不可伸長的厚實輕導線將它們連成閉合回路abdca，并通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨置于斜面上，使兩金屬棒水平。右斜面上存在勻強磁場，磁感應硬度大小為B，方向垂直于斜面向下。已知兩根導線正好不在磁場中，回路內阻為R，兩金屬棒與斜面間的動磨擦質數均為μ，重力加速度大小為g。已知金屬棒ab勻速下降。求：
(1)作用在金屬棒ab上的安培力的大小；
(2)金屬棒運動速率的大小。
【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)
【解析】(1)設導線的張力的大小為T，右斜面對ab棒的支持力的大小為N1，作用在ab棒上的安培力的大小為F，左斜面對cd棒的支持力大小為N2。對于ab棒，由力的平衡條件得
θ＝μN1＋T＋F①
N1＝θ②
對于cd棒，同理有
mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcosθ④
聯立①②③④式得
F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
這兒I是回路abdca中的感應電壓。ab棒上的感應電動勢為ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下降速率的大小。由歐姆定理得
I＝εR⑧
聯立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sinθ－3μcosθ)。⑨
【變式1】(浙江牡丹江實驗學校2019屆初一模擬)如圖所示，正圓形導線框ABCD、abcd的內阻均為R，周長均為L，質量分別為2m和m，它們分別系在一越過兩個定滑輪的輕繩兩端，且正圓形導線框與定滑輪處于同一豎直平面內．在兩導線框之間有一長度為2L、磁感應硬度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．開始時導線框ABCD的下面與勻強磁場的上邊界重合，導線框abcd的左邊到勻強磁場的下邊界的距離為L.現將系統由靜止釋放，當導線框ABCD正好全部步入磁場時電磁感應的公式，系統開始做勻速運動，不計磨擦的空氣阻力，則()
A．兩線框剛開始做勻速運動時輕繩上的張力FT＝mg
B．系統勻速運動的速率大小v＝
C．兩線框從開始運動至等高的過程中所形成的總焦耳熱Q＝2mgL－
D．導線框abcd的ab邊通過磁場的時間t＝
【答案】BC
【解析】兩線框剛開始做勻速運動時，線圈ABCD全部步入磁場，由平衡知識可知，輕繩上的張力FT＝2mg，選項A錯誤；對線圈abcd可知，兩線框剛開始做勻速運動時，線圈abcd的左邊ab剛步入磁場，此時mg＋＝2mg，即系統勻速運動的速率大小v＝，選項B正確；由能量守恒關系可知，兩線框從開始運動至等高的過程中所形成的總焦耳熱等于兩個線圈的機械能的減少量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－12·3mv2＝2mgL－，故選項C正確；若導線圈abcd在磁場中勻速運動時，ab邊通過磁場的時間是t＝2Lv＝，而且線框在磁場中不是始終勻速上升，故選項D錯誤．
考點二電磁感應中動力學問題
【典例2】（廣東上海中學2019屆高二模擬）如圖所示，相距為d的兩水平實線L1和L2分別是水平向里的勻強磁場的上下兩個邊界，磁場的磁感應硬度為B，正圓形線框abcd周長為L(Ld)，質量為m，將線框在磁場上方高h處由靜止釋放。假如ab邊步入磁場時的速率為v0，cd邊剛穿出磁場時的速率也為v0，則從ab邊剛步入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程中()
A．線框中仍然有感應電壓B．線框中有一階段的加速度為重力加速度g
C．線框中形成的熱量為mg(d＋h＋L)D．線框有一階段做減速運動
【答案】BD
【解析】正圓形線框abcd周長為L(Ld)，所以cd步入磁場后，ab還在磁場內，所以線框磁路量不變，即無感應電壓，故A錯誤。有一段過程，線框無感應電壓，只受重力，線框的加速度為g，故B正確。依據能量守恒定理可知從ab邊剛步入磁場到cd邊剛穿出磁場的整個過程：動能變化為0，重力勢能轉化為線框形成的熱量，Q＝mg(d＋L)，故C錯誤。線框ab邊剛步入磁場速率為v0，cd邊剛穿出磁場時速率也為v0，線框有一階段的加速度為g，在整個過程中必然也有一段減速過程，故D正確。
【方法方法】用“四步法”分析電磁感應中的動力學問題
解決電磁感應中的動力學問題的通常思路是“先電后力”，具體思路如下：
【變式2】（廣東華南師范學院中學2019屆高一模擬）如圖所示，水平面內有兩根足夠長的平行滑軌L1、L2，其寬度d＝0.5m，上端接有電容C＝2000μF的電容器。質量m＝20g的導體棒可在滑軌上無磨擦滑動，導體棒和滑軌的阻值不計。整個空間存在著垂直滑軌所在平面的勻強磁場，磁感應硬度B＝2T。現用一沿滑軌方向往右的恒力F1＝0.44N作用于導體棒，使導體棒從靜止開始運動，經t時間后抵達B處，速率v＝5m/s。此時，忽然將拉力方向變為沿滑軌向左，大小變為F2，又經2t時間后導體棒返回到初始位置A處，整個過程電容器未被擊穿。求：
(1)導體棒運動到B處時，電容器C上的電荷量；
(2)t的大小；
(3)F2的大小。
【答案】(1)1×10－2C(2)0.25s(3)0.55N
【解析】(1)當導體棒運動到B處時，電容器兩端電流為U＝Bdv＝2×0.5×5V＝5V
此時電容器的帶電荷量
q＝CU＝2000×10－6×5C＝1×10－2C。
(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1，
又I＝ΔqΔt＝CBdΔvΔt，a1＝ΔvΔt
聯立解得a1＝F1m＋CB2d2＝20m/s2
則t＝va1＝0.25s。
(3)由(2)可知棒在F2作用下，運動的加速度a2＝F2m＋CB2d2，方向向左，又＝－【解析】a1t·2t－12a2(2t)2，將相關數據代入解得F2＝0.55N。
考點三電磁感應中的能量問題
【典例3】（2018年浙江卷）如圖所示，豎直放置的
形光滑滑軌寬為L，圓形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和寬度均為d，磁感應硬度為B．質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，步入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速率相等．金屬桿在滑軌間的阻值為R，與滑軌接觸良好，其余內阻不計，重力加速度為g．金屬桿（）
A.剛步入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上B.穿過磁場Ⅰ的時間小于在兩磁場之間的運動時間
C.穿過兩磁場形成的總熱量為4mgdD.釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能大于
【答案】BC
【解析】本題考查電磁感應的應用，意在考查考生綜合剖析問題的能力。因為金屬棒步入兩個磁場的速率相等，而穿出磁場聯軍屬桿做加速度為g的加速運動，所以金屬感步入磁場時應做減速運動，選項A錯誤；對金屬桿受力剖析，按照
可知，金屬桿做加速度降低的減速運動，其進出磁場的v-t圖像如圖所示，因為0~t1和t1~t2圖線與t軸包圍的面積相等（都為d）電磁感應的公式，所以t1>（t2-t1），選項B正確；從步入Ⅰ磁場到步入Ⅱ磁場之前過程中，按照能量守恒，金屬棒減少的機械能全部轉化為焦耳熱，所以Q1=mg．2d，所以穿過兩個磁場過程中形成的熱量為4mgd，選項C正確；若金屬桿步入磁場做勻速運動，則
，得
，有上面剖析可知金屬桿步入磁場的速率小于
，按照
得金屬桿步入磁場的高度應小于
，選項D錯誤。
【舉一反三】【2017·北京卷】發電機和電動機具有裝置上的類似性，始于它們機理上的類似性。直流發電機和直流電動機的工作原理可以簡化為如圖1、圖2所示的情境。
在豎直向上的磁感應硬度為B的勻強磁場中，兩根光滑平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內，相距為L，內阻不計。內阻為R的金屬導體棒ab垂直于MN、PQ置于軌道上，與軌道接觸良好，以速率v（v平行于MN）往右做勻速運動。
圖1軌道端點MP間接有電阻為r的內阻，導體棒ab遭到水平往右的外力作用。圖2軌道端點MP間接有直流電源，導體棒ab通過滑輪勻速提高重物，電路中的電壓為I。
（1）求在Δt時間內，圖1“發電機”產生的電能和圖2“電動機”輸出的機械能。
（2）從微觀角度看，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力在上述能量轉化中起著重要作用。為了便捷，可覺得導體棒中的自由電荷為正電荷。
a．請在圖3（圖1的導體棒ab）、圖4（圖2的導體棒ab）中，分別畫出自由電荷所受洛倫茲力的示意圖。
b．我們曉得，洛倫茲力對運動電荷不做功。這么，導體棒ab中的自由電荷所受洛倫茲力是怎樣在能量轉化過程中起到作用的呢？請以圖2“電動機”為例，通過估算剖析說明。
【答案】（1）
（2）a．如圖3、圖4b．看法析
【解析】（1）圖1中，電路中的電壓
棒ab遭到的安培力F1=BI1L
在Δt時間內，“發電機”產生的電能等于棒ab克服安培力做的功
圖2中，棒ab遭到的安培力F2=BIL
在Δt時間內，“電動機”輸出的機械能等于安培力對棒ab做的功
（2）a．圖3中，棒ab往右運動，由右手定則可知其中的正電荷遭到b→a方向的洛倫茲力，在該洛倫茲力作用下，正電荷沿導體棒運動產生感應電壓，有沿b→a方向的分速率，遭到向左的洛倫茲力作用；圖4中，在電源產生的電場作用下，棒ab中的正電荷沿a→b方向運動，遭到向右的洛倫茲力作用，該洛倫茲力使導體棒往右運動，正電荷具有往右的分速率，又遭到沿b→a方向的洛倫茲力作用。如圖3、圖4。
b．設自由電荷的電荷量為q，沿導體棒定向聯通的速度為u。
如圖4所示，沿棒方向的洛倫茲力
，做負功
垂直棒方向的洛倫茲力
，做正功
所示
，即導體棒中一個自由電荷所受的洛倫茲力做功為零。
做負功，妨礙自由電荷的定向聯通，宏觀上表現為“反電動勢”，消耗電源的電能；
做正功，宏觀上表現為安培力做正功，使機械能降低。大量自由電荷所受洛倫茲力做功的宏觀表現是將電能轉化為等量的機械能，在此過程中洛倫茲力通過兩個分力做功起到“傳遞能量的作用。
【舉一反三】（云南廣州二中2019屆初一模擬）CD、EF是兩條水平放置的電阻可忽視的平行金屬滑軌，滑軌寬度為L，在水平滑軌的兩側存在磁感應硬度方向垂直滑軌平面向下的勻強磁場，磁感應硬度大小為B，磁場區域的厚度為d，如圖所示。滑軌的右端接有一電阻為R的阻值，下端與一彎曲的光滑軌道平滑聯接。將一電阻為R、質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，導體棒最終正好停在磁場的一側界處。已知導體棒與水平滑軌接觸良好，且動磨擦質數為μ，則下述說法中正確的是()
A．通過內阻R的最大電壓為2gh)2RB．流過內阻R的電荷量為BdL2R
C．整個電路中形成的焦耳熱為mghD．內阻R中形成的焦耳熱為12mg(h－μd)
【答案】ABD
【解析】質量為m的導體棒從彎曲軌道上h高處由靜止釋放，剛步入磁場時速率最大，由mgh＝12mvmv2得最大速率v＝2gh，形成的最大感應電動勢Em＝BLv＝BL2gh。由閉合電路歐姆定理可得內阻R的最大電壓Im＝Em2R＝2gh)2R，A正確；在導體棒掠過磁場區域的過程中，形成的感應電動勢的平均值E＝ΔΦΔt＝BdLΔt，平均感應電壓I＝E)2R，流過內阻R的電荷量為q＝It，聯立解得q＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正確；由能量守恒定理可知整個電路中形成的焦耳熱Q＝mgh－μmgd，C錯誤；內阻R中形成的焦耳熱Q1＝12Q＝12mg(h－μd)，D正確。
【方法方法】能量轉化及焦耳熱的求法
(1)能量轉化
(2)求解焦耳熱Q的三種方式
【變式3】（云南昭通一中2019屆高二模擬）如圖所示，兩根正對的平行金屬直軌道MN、M′N′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離l＝0.50m。軌道的MM′端接一電阻為R＝0.50Ω的定值內阻，直軌道的右端處于豎直向上、磁感應硬度大小為B＝0.60T的勻強磁場中，磁場區域一側界為NN′，長度d＝0.80m；水平軌道的最右端與兩條坐落豎直面內的半方形光滑金屬軌道NP、N′P′平滑聯接，兩半方形軌道的直徑均為R0＝0.50m。現有一導體桿ab靜止在距磁場的右側界s＝2.0m處，其質量m＝0.20kg、電阻r＝0.10Ω。ab桿在與桿垂直、大小為2.0N的水平恒力F的作用下開始運動，當運動至磁場的右側界時撤掉F，桿穿過磁場區域后，沿半方形軌道運動，結果正好能通過半方形軌道的最低位置PP′。已知桿一直與軌道垂直，桿與直軌道之間的動磨擦質數μ＝0.10，軌道內阻忽視不計，取g＝10m/s2。求：
(1)導體桿剛步入磁場時，通過導體桿的電壓的大小和方向；
(2)在導體桿穿過磁場的過程中，通過內阻R的電荷量；
(3)在導體桿穿過磁場的過程中，整個電路形成的焦耳熱。
【答案】(1)3Ab指向a(2)0.4C(3)0.94J
【解析】(1)設導體桿在F的作用下運動至磁場的右側界時的速率為v1
由動能定律得(F－μmg)s＝－0
導體桿剛步入磁場時形成的感應電動勢為E＝Blv1
此時通過導體桿的電壓大小為I＝ER＋r
代入數據解得I＝3A
由左手定則可知，電壓的方向為由b指向a。
(2)ΔΦ＝B·ld，E＝ΔΦΔt，I＝E)R＋r，q＝I·Δt
聯立解得q＝0.4C。
(3)由(1)可知，導體桿在F的作用下運動至磁場的右側界時的速率v1＝6.0m/s
設導體桿通過半方形軌道的最低位置時的速率為v，則有mg＝mv2R0
在導體桿從剛步入磁場到滑至最低位置的過程中，由能量守恒定理有＝Q＋mg×2R0＋12mvmv2＋μmgd
解得Q＝0.94J。
考點四能量觀點在電磁感應問題中的應用
【典例4】（云南昆明市第三中學2019屆高二模擬）兩足夠長且不計內阻的光滑金屬軌道如圖甲所示放置，寬度為d＝1m，在上端圓弧軌道部份高h＝1.25m處放置一金屬桿a，圓弧軌道與平直軌道的聯接處光滑無磨擦，在平直軌道右端放置另一金屬桿b，桿a、b的阻值分別為Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直軌道區域有豎直向下的勻強磁場，磁感應硬度B＝2T。現桿b以初速率大小v0＝5m/s開始向左滑動，同時由靜止釋放桿a，桿a由靜止滑
到水平軌道的過程中，通過桿b的平均電壓為0.3A；從a下降到水平軌道時開始計時，a、b運動的速率—時間圖像如圖乙所示(以a運動方向為正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：
甲乙
(1)桿a在圓弧軌道上運動的時間；
(2)桿a在水平軌道上運動過程中通過其截面的電荷量；
(3)在整個運動過程中桿b形成的焦耳熱。
【答案】(1)5s(2)73C(3)1156J
【解析】(1)設桿a由靜止滑至圓弧軌道與平直軌道聯接處時桿b的速率大小為vb0，對桿b運用動量定律，有BdI·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入數據解得Δt＝5s。
(2)對桿a由靜止下降到平直滑軌上的過程中，由機械能守恒定理有magh＝
解得va＝2gh＝5m/s
設最后a、b兩桿共同的速率為v′，由動量守恒定理得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入數據解得v′＝83m/s
桿a動量的變化量等于它所受安培力的沖量，設桿a的速率從va到v′的運動時間為Δt′，則由動量定律可得
BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入數據得q＝73C。
(3)由能量守恒定理可知桿a、b中形成的焦耳熱為
Q＝magh＋－12(mb＋ma)v′2＝1616J
b棒中形成的焦耳熱為Q′＝52＋5Q＝1156J。
【方法方法】
1.熱學觀點：一般情況下一個金屬桿做加速度漸漸減少的加速運動，而另一個金屬桿做加速度漸漸減少的減速運動，最終兩金屬桿以共同的速率勻速運動。
2.能量觀點：其中一個金屬桿動能的降低量等于另一個金屬桿動能的降低量與回路中形成的焦耳熱之和。
3.動量觀點：假如光滑滑軌寬度恒定，則兩個金屬桿的安培力大小相等，一般情況下系統的動量守恒。
【變式4】（廣東省實驗小學2019屆高一模擬）如圖所示，兩根質量均為m＝2kg的金屬棒垂直地置于光滑的水平滑軌上，左、右兩部份滑軌寬度之比為1∶2，滑軌間左、右兩部份有大小相等、方向相反的勻強磁場，兩棒內阻與棒長成反比，不計滑軌內阻，現用250N的水平拉力F往右拉CD棒，在CD棒運動0.5m的過程中，CD棒上形成的焦耳熱為30J，此時AB棒和CD棒的速率分別為vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立刻撤掉拉力F，設滑軌足夠長且兩棒一直在不同磁場中運動，求：
(1)在CD棒運動0.5m的過程中，AB棒上形成的焦耳熱；
(2)撤掉拉力F頓時，兩棒的速率vA和vC的大小；
(3)撤掉拉力F后，兩棒最終做勻速運動時的速率v′A和v′C的大小。
【答案】(1)15J(2)4m/s8m/s(3)6.4m/s3.2m/s
【解析】(1)設兩棒的寬度分別為L和2L，內阻分別為R和2R，因為電路在任何時刻電壓均相等，按照焦耳定理Q＝I2Rt
可得QAB＝12QCD＝15J。
(2)依據能量守恒定理有Fs＝＋＋QAB＋QCD
又vA∶vC＝1∶2
解得vA＝4m/s，vC＝8m/s。
(3)撤掉拉力F后，AB棒繼續向左做加速運動，而CD棒開始往右做減速運動，兩棒最終做勻速運動時，電路中電流為零，兩棒切割磁感線形成的感應電動勢大小相等，此時兩棒的速率滿足BLv′A＝B·2Lv′C
即v′A＝2v′C
設AB棒和CD棒遭到的安培力大小分別為FA和FC，對兩棒分別應用動量定律有
FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC
由于FC＝2FA
解得v′A－vAv′C－vC＝－12
聯立以上各色解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s。
