1．受力剖析与运动剖析
2．应用牛顿运动定理和运动学规律解答电磁感应问题
知识点一电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
安培力公式：FA＝BIl感应电动势：E＝BlvER)⇒FA＝
2．安培力的方向
(1)用右手定则判定：先用左手定则判定感应电压的方向，再用右手定则判断安培力的方向。
(2)用楞次定理判别：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反。
3．安培力参与下物体的运动
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，可应用动能定律、牛顿运动定理等规律解题。
【特别提醒】
1．两种状态及处理方式
状态
特点
处理方式
平衡态
加速度为零
按照平衡条件列式剖析
非平衡态
加速度不为零
依据牛顿第二定理进行动态剖析或结合功能关系进行剖析
2.热学对象和热学对象的互相关系
知识点二电磁感应中的能量问题
1．能量的转化
感应电压在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他方式的能转化为电能，电压做功再将电能转化为其他方式的能。
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他方式的能和电能之间的转化。
3．电磁感应现象中能量的三种估算方式
(1)借助克服安培力做功求解：电磁感应中形成的电能等于克服安培力所做的功。
(2)借助能量守恒定理求解：机械能的降低量等于电能的降低量。
(3)借助电路特点来求解：通过电路中所形成的电能来估算。
知识点三动量观点在电磁感应问题中的应用
1．对于两导体棒在平直的光滑滑轨上运动的情况，若果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定理处理问题；
2．由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电压时，可应用动量定律来解决问题。
考点一电磁感应中的平衡问题
【典例1】(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面夹角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)宽度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的厚实轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨置于斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应硬度大小为B，方向垂直于斜面向下。已知两根导线正好不在磁场中，回路内阻为R，两金属棒与斜面间的动磨擦质数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下降。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速率的大小。
【答案】(1)mg(sinθ－3μcosθ)(2)(sinθ－3μcosθ)
【解析】(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
θ＝μN1＋T＋F①
N1＝θ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcosθ④
联立①②③④式得
F＝mg(sinθ－3μcosθ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这儿I是回路abdca中的感应电压。ab棒上的感应电动势为ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下降速率的大小。由欧姆定理得
I＝εR⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sinθ－3μcosθ)。⑨
【变式1】(浙江牡丹江实验学校2019届初一模拟)如图所示，正圆形导线框ABCD、abcd的内阻均为R，周长均为L，质量分别为2m和m，它们分别系在一越过两个定滑轮的轻绳两端，且正圆形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内．在两导线框之间有一长度为2L、磁感应硬度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框ABCD的下面与匀强磁场的上边界重合，导线框abcd的左边到匀强磁场的下边界的距离为L.现将系统由静止释放，当导线框ABCD正好全部步入磁场时电磁感应的公式，系统开始做匀速运动，不计磨擦的空气阻力，则()
A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT＝mg
B．系统匀速运动的速率大小v＝
C．两线框从开始运动至等高的过程中所形成的总焦耳热Q＝2mgL－
D．导线框abcd的ab边通过磁场的时间t＝
【答案】BC
【解析】两线框刚开始做匀速运动时，线圈ABCD全部步入磁场，由平衡知识可知，轻绳上的张力FT＝2mg，选项A错误；对线圈abcd可知，两线框刚开始做匀速运动时，线圈abcd的左边ab刚步入磁场，此时mg＋＝2mg，即系统匀速运动的速率大小v＝，选项B正确；由能量守恒关系可知，两线框从开始运动至等高的过程中所形成的总焦耳热等于两个线圈的机械能的减少量，即Q＝2mg·2L－mg·2L－12·3mv2＝2mgL－，故选项C正确；若导线圈abcd在磁场中匀速运动时，ab边通过磁场的时间是t＝2Lv＝，而且线框在磁场中不是始终匀速上升，故选项D错误．
考点二电磁感应中动力学问题
【典例2】（广东上海中学2019届高二模拟）如图所示，相距为d的两水平实线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界，磁场的磁感应硬度为B，正圆形线框abcd周长为L(Ld)，质量为m，将线框在磁场上方高h处由静止释放。假如ab边步入磁场时的速率为v0，cd边刚穿出磁场时的速率也为v0，则从ab边刚步入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中()
A．线框中仍然有感应电压B．线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C．线框中形成的热量为mg(d＋h＋L)D．线框有一阶段做减速运动
【答案】BD
【解析】正圆形线框abcd周长为L(Ld)，所以cd步入磁场后，ab还在磁场内，所以线框磁路量不变，即无感应电压，故A错误。有一段过程，线框无感应电压，只受重力，线框的加速度为g，故B正确。依据能量守恒定理可知从ab边刚步入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程：动能变化为0，重力势能转化为线框形成的热量，Q＝mg(d＋L)，故C错误。线框ab边刚步入磁场速率为v0，cd边刚穿出磁场时速率也为v0，线框有一阶段的加速度为g，在整个过程中必然也有一段减速过程，故D正确。
【方法方法】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的通常思路是“先电后力”，具体思路如下：
【变式2】（广东华南师范学院中学2019届高一模拟）如图所示，水平面内有两根足够长的平行滑轨L1、L2，其宽度d＝0.5m，上端接有电容C＝2000μF的电容器。质量m＝20g的导体棒可在滑轨上无磨擦滑动，导体棒和滑轨的阻值不计。整个空间存在着垂直滑轨所在平面的匀强磁场，磁感应硬度B＝2T。现用一沿滑轨方向往右的恒力F1＝0.44N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后抵达B处，速率v＝5m/s。此时，忽然将拉力方向变为沿滑轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿。求：
(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；
(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)当导体棒运动到B处时，电容器两端电流为U＝Bdv＝2×0.5×5V＝5V
此时电容器的带电荷量
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
联立解得a1＝F1m＋CB2d2＝20m/s2
则t＝va1＝0.25s。
(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝F2m＋CB2d2，方向向左，又＝－【解析】a1t·2t－12a2(2t)2，将相关数据代入解得F2＝0.55N。
考点三电磁感应中的能量问题
【典例3】（2018年浙江卷）如图所示，竖直放置的
形光滑滑轨宽为L，圆形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和宽度均为d，磁感应硬度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，步入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速率相等．金属杆在滑轨间的阻值为R，与滑轨接触良好，其余内阻不计，重力加速度为g．金属杆（）
A.刚步入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上B.穿过磁场Ⅰ的时间小于在两磁场之间的运动时间
C.穿过两磁场形成的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能大于
【答案】BC
【解析】本题考查电磁感应的应用，意在考查考生综合剖析问题的能力。因为金属棒步入两个磁场的速率相等，而穿出磁场联军属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感步入磁场时应做减速运动，选项A错误；对金属杆受力剖析，按照
可知，金属杆做加速度降低的减速运动，其进出磁场的v-t图像如图所示，因为0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d）电磁感应的公式，所以t1>（t2-t1），选项B正确；从步入Ⅰ磁场到步入Ⅱ磁场之前过程中，按照能量守恒，金属棒减少的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中形成的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆步入磁场做匀速运动，则
，得
，有上面剖析可知金属杆步入磁场的速率小于
，按照
得金属杆步入磁场的高度应小于
，选项D错误。
【举一反三】【2017·北京卷】发电机和电动机具有装置上的类似性，始于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情境。
在竖直向上的磁感应硬度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，内阻不计。内阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ置于轨道上，与轨道接触良好，以速率v（v平行于MN）往右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有电阻为r的内阻，导体棒ab遭到水平往右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提高重物，电路中的电压为I。
（1）求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了便捷，可觉得导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们晓得，洛伦兹力对运动电荷不做功。这么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是怎样在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过估算剖析说明。
【答案】（1）
（2）a．如图3、图4b．看法析
【解析】（1）图1中，电路中的电压
棒ab遭到的安培力F1=BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功
图2中，棒ab遭到的安培力F2=BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功
（2）a．图3中，棒ab往右运动，由右手定则可知其中的正电荷遭到b→a方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷沿导体棒运动产生感应电压，有沿b→a方向的分速率，遭到向左的洛伦兹力作用；图4中，在电源产生的电场作用下，棒ab中的正电荷沿a→b方向运动，遭到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒往右运动，正电荷具有往右的分速率，又遭到沿b→a方向的洛伦兹力作用。如图3、图4。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向联通的速度为u。
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力
，做负功
垂直棒方向的洛伦兹力
，做正功
所示
，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
做负功，妨碍自由电荷的定向联通，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；
做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能降低。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递能量的作用。
【举一反三】（云南广州二中2019届初一模拟）CD、EF是两条水平放置的电阻可忽视的平行金属滑轨，滑轨宽度为L，在水平滑轨的两侧存在磁感应硬度方向垂直滑轨平面向下的匀强磁场，磁感应硬度大小为B，磁场区域的厚度为d，如图所示。滑轨的右端接有一电阻为R的阻值，下端与一弯曲的光滑轨道平滑联接。将一电阻为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终正好停在磁场的一侧界处。已知导体棒与水平滑轨接触良好，且动磨擦质数为μ，则下述说法中正确的是()
A．通过内阻R的最大电压为2gh)2RB．流过内阻R的电荷量为BdL2R
C．整个电路中形成的焦耳热为mghD．内阻R中形成的焦耳热为12mg(h－μd)
【答案】ABD
【解析】质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，刚步入磁场时速率最大，由mgh＝12mvmv2得最大速率v＝2gh，形成的最大感应电动势Em＝BLv＝BL2gh。由闭合电路欧姆定理可得内阻R的最大电压Im＝Em2R＝2gh)2R，A正确；在导体棒掠过磁场区域的过程中，形成的感应电动势的平均值E＝ΔΦΔt＝BdLΔt，平均感应电压I＝E)2R，流过内阻R的电荷量为q＝It，联立解得q＝ΔΦ2R＝BdL2R，B正确；由能量守恒定理可知整个电路中形成的焦耳热Q＝mgh－μmgd，C错误；内阻R中形成的焦耳热Q1＝12Q＝12mg(h－μd)，D正确。
【方法方法】能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方式
【变式3】（云南昭通一中2019届高二模拟）如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50m。轨道的MM′端接一电阻为R＝0.50Ω的定值内阻，直轨道的右端处于竖直向上、磁感应硬度大小为B＝0.60T的匀强磁场中，磁场区域一侧界为NN′，长度d＝0.80m；水平轨道的最右端与两条坐落竖直面内的半方形光滑金属轨道NP、N′P′平滑联接，两半方形轨道的直径均为R0＝0.50m。现有一导体杆ab静止在距磁场的右侧界s＝2.0m处，其质量m＝0.20kg、电阻r＝0.10Ω。ab杆在与杆垂直、大小为2.0N的水平恒力F的作用下开始运动，当运动至磁场的右侧界时撤掉F，杆穿过磁场区域后，沿半方形轨道运动，结果正好能通过半方形轨道的最低位置PP′。已知杆一直与轨道垂直，杆与直轨道之间的动磨擦质数μ＝0.10，轨道内阻忽视不计，取g＝10m/s2。求：
(1)导体杆刚步入磁场时，通过导体杆的电压的大小和方向；
(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过内阻R的电荷量；
(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路形成的焦耳热。
【答案】(1)3Ab指向a(2)0.4C(3)0.94J
【解析】(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的右侧界时的速率为v1
由动能定律得(F－μmg)s＝－0
导体杆刚步入磁场时形成的感应电动势为E＝Blv1
此时通过导体杆的电压大小为I＝ER＋r
代入数据解得I＝3A
由左手定则可知，电压的方向为由b指向a。
(2)ΔΦ＝B·ld，E＝ΔΦΔt，I＝E)R＋r，q＝I·Δt
联立解得q＝0.4C。
(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的右侧界时的速率v1＝6.0m/s
设导体杆通过半方形轨道的最低位置时的速率为v，则有mg＝mv2R0
在导体杆从刚步入磁场到滑至最低位置的过程中，由能量守恒定理有＝Q＋mg×2R0＋12mvmv2＋μmgd
解得Q＝0.94J。
考点四能量观点在电磁感应问题中的应用
【典例4】（云南昆明市第三中学2019届高二模拟）两足够长且不计内阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，宽度为d＝1m，在上端圆弧轨道部份高h＝1.25m处放置一金属杆a，圆弧轨道与平直轨道的联接处光滑无磨擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的阻值分别为Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应硬度B＝2T。现杆b以初速率大小v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑
到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电压为0.3A；从a下降到水平轨道时开始计时，a、b运动的速率—时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g取10m/s2，求：
甲乙
(1)杆a在圆弧轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b形成的焦耳热。
【答案】(1)5s(2)73C(3)1156J
【解析】(1)设杆a由静止滑至圆弧轨道与平直轨道联接处时杆b的速率大小为vb0，对杆b运用动量定律，有BdI·Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入数据解得Δt＝5s。
(2)对杆a由静止下降到平直滑轨上的过程中，由机械能守恒定理有magh＝
解得va＝2gh＝5m/s
设最后a、b两杆共同的速率为v′，由动量守恒定理得mava－mbvb0＝(ma＋mb)v′
代入数据解得v′＝83m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速率从va到v′的运动时间为Δt′，则由动量定律可得
BdI·Δt′＝ma(va－v′)
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝73C。
(3)由能量守恒定理可知杆a、b中形成的焦耳热为
Q＝magh＋－12(mb＋ma)v′2＝1616J
b棒中形成的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J。
【方法方法】
1.热学观点：一般情况下一个金属杆做加速度渐渐减少的加速运动，而另一个金属杆做加速度渐渐减少的减速运动，最终两金属杆以共同的速率匀速运动。
2.能量观点：其中一个金属杆动能的降低量等于另一个金属杆动能的降低量与回路中形成的焦耳热之和。
3.动量观点：假如光滑滑轨宽度恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，一般情况下系统的动量守恒。
【变式4】（广东省实验小学2019届高一模拟）如图所示，两根质量均为m＝2kg的金属棒垂直地置于光滑的水平滑轨上，左、右两部份滑轨宽度之比为1∶2，滑轨间左、右两部份有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒内阻与棒长成反比，不计滑轨内阻，现用250N的水平拉力F往右拉CD棒，在CD棒运动0.5m的过程中，CD棒上形成的焦耳热为30J，此时AB棒和CD棒的速率分别为vA和vC，且vA∶vC＝1∶2，立刻撤掉拉力F，设滑轨足够长且两棒一直在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5m的过程中，AB棒上形成的焦耳热；
(2)撤掉拉力F顿时，两棒的速率vA和vC的大小；
(3)撤掉拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速率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)设两棒的宽度分别为L和2L，内阻分别为R和2R，因为电路在任何时刻电压均相等，按照焦耳定理Q＝I2Rt
可得QAB＝12QCD＝15J。
(2)依据能量守恒定理有Fs＝＋＋QAB＋QCD
又vA∶vC＝1∶2
解得vA＝4m/s，vC＝8m/s。
(3)撤掉拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始往右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电路中电流为零，两棒切割磁感线形成的感应电动势大小相等，此时两棒的速率满足BLv′A＝B·2Lv′C
即v′A＝2v′C
设AB棒和CD棒遭到的安培力大小分别为FA和FC，对两棒分别应用动量定律有
FAt＝mv′A－mvA，－FCt＝mv′C－mvC
由于FC＝2FA
解得v′A－vAv′C－vC＝－12
联立以上各色解得v′A＝6.4m/s，v′C＝3.2m/s。
