20xx高考物理复习13电磁感应中的电路和图象问题学案。
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微专题13电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题
1．题型简述：在电磁感应问题中，切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源，该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成了电路．在这类问题中，常涉及计算感应电动势大小、计算导体两端电压、通过导体的电流、产生的电势等．
2．解决电磁感应中电路问题的“三部曲”
注意“等效电源”两端的电压指的是路端电压，而不是电动势或内压降．
(20xx江苏卷)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P.
解析：(1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝ER②
由①②式解得I＝Bdv0R③
(2)金属杆所受的安培力F＝Bid④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝B2d2v0mR⑥
(3)金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝E2R⑨
由⑦⑧⑨式得P＝B2d2v0－v2R⑩
答案：(1)Bdv0R(2)B2d2v0mR(3)B2d2v0－v2R
本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势E＝Blv，切割的速度(v)是导体与磁场的相对速度，分析这类问题，通常是先电后力，再功能．
(20xx北京卷)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m一端连接R＝1Ω的电阻．导线所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s.求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1s时间内，拉力的冲量If的大小；
(3)若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.
解析：(1)根据感应电动势公式得E＝BLv＝1T×0.4m×5m/s＝2V
故感应电流I＝ER＝2V1Ω＝2A
(2)金属棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.8N.
因匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F＝F安＝0.8N
所以拉力的冲量IF＝Ft＝0.8N×0.1s＝0.08Ns
(3)其它条件不变，则有电动势E＝2V
由全电路的欧姆定律I′＝ER＋r＝1A
导体棒两端电压U＝I′R＝1V.
答案：(1)E＝2．0VI＝2．0A(2)If＝0.08(NS)(3)U＝1V
1．(20xx湖北黄冈中学调研)(多选)如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于光滑金属导轨平面向外，导轨左右两端电路所在区域均无磁场分布．垂直于导轨的导体棒接入电路的长度为L、电阻为R0，在外力作用下始终以速度v0从左向右做匀速直线运动．小灯泡电阻为2R0，滑动变阻器总阻值为4R0，图示状态滑片位于a、b的正中间位置，此时位于平行板电容器中P处的带电油滴恰好处于静止状态．电路中其余部分电阻均不计，各接触处都接触良好，且导轨足够长，则下列判断正确的是()
A．油滴带负电
B．图示状态下，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为BLv0Δt4R0
C．若将滑动变阻器的滑片向b端移动，则小灯泡将变暗
D．若将电容器上极板竖直向上移动少许距离，同时将下极板接地，其余条件均不变，则油滴电势能将增加，且P点电势将降低
解析：选BC根据右手定则判断知下极板为正极板，故油滴带正电，选项A错误；导体棒的感应电动势大小为E＝BLv0，流过小灯泡的电流大小为I＝12×ER0＋R0，Δt时间内流过小灯泡的电荷量为Q＝IΔt，解得Q＝BLv0Δt4R0，选项B正确；根据动态电路分析知，小灯泡两端电压减小，故小灯泡变暗，选项C正确；将上极板向上移动少许距离，极板间电压一定，由于d变大，则场强E变小，正极板与P点间电势差变小，故φp增大，Ep增大，选项D错误．
2．(20xx哈尔滨期中)(多选)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2．螺线管导线电阻r＝1Ω，R1＝4Ω，R2＝5Ω，C＝30μF.在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化．则下列说法中正确的是()
A．螺线管中产生的感应电动势为1．2V
B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2W
D．S断开后，通过R2的电荷量为1．8×10－5C
解析：选AD由法拉第电磁感应定律可得，螺线管内产生的电动势为：E＝nΔBΔtS＝1500×0.82×20×10－4V＝1．2V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为：I＝ER1＋R2＋r＝1.24＋5＋1A＝0.12A，电阻R1上消耗的功率为：P＝I2R1＝0.122×4W＝5．76×10－2W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为：Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5C＝1．8×10－5C，故D正确．
电磁感应中的图象问题
1．题型简述
借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；
(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．
2．解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象．
4．求解电磁感应图象类选择题的两种常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项．
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断．
Ⅰ.电磁感应中的图象选择
如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L.纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—位移(I－x)关系的是()
解析：选C线框运动过程中，由0～L，电流为正，因切割磁感线的有效长度逐渐增大，E＝BLv逐渐增大；当运动到3L2处．此时两边切割磁感线产生的感应电动势为0，电流为零；从32L～2L，电流反向且增大，线框离开磁场的过程中，电流又逐渐减小到零、综合以上分析选项C正确．
在对图象问题进行分析时，要通过明确磁通量的变化是否均匀，推知感应电动势(电流)是否大小恒定，再利用楞次定律判断出感应电动势(电流)的方向，从而确定其正负以及在坐标系中的范围．另外，有些图象问题要画出等效电路图来辅助分析，要根据图象的定义把图象反映的物理规律与实际运动过程相对应起来，并且还要能反过来将实际运动过程与图象对应．最终根据实际运动过程的物理规律进行判断．
如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则图乙中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()
解析：选Dbc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切线长度为l＝x－L，感应电动势为E＝Blv＝B(x－L)v；感应电流i＝BR＝Bx－LvR，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则判断出来感应电流方向沿a→d→c→d→a，为负值，线框有效切线长度为l＝L，感应电动势为E＝Blv＝BLv，感应电流i＝－BLvR.x在3L～4L过程，线框ad边有效切线长度为l＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Blv＝B(4L－x)v；感应电流i＝B4L－xvR，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．由图示图象可知，D正确．
Ⅱ.电磁感应中的图象转换
(20xx江西南昌市一模)如图a所示，在水平面上固定有平行直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计．导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图b所示．在t＝0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向竖直向下为磁感应强度的正方向，导体回路中顺时针为电流正方向，则导体回路中的电流，随时间t的变化规律图象可能是()
解析：选A由图b可知，在0～2t0时间内，回路内磁通量变化率ΔΦΔt＝SΔBΔt＝SB0t0，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，根据闭合电路欧姆定律，回路产生的感应电流为常数．根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图BD．当大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用，导体棒做加速度逐渐增大的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确C错误．
图象的转换
(1)问题类型：由一种电磁感应的图象分析求解出对应的另一种电磁感应图象的问题．
(2)解题关键：①要明确已知图象表示的物理规律和物理过程；②根据所求的图象和已知图象的联系，对另一图象做出正确的判断进行图象间的转换．
如图甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为B的正方向)，导体棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流I和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()
解析：选D由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b→a，由法拉第电磁感应定律可判定回路中的电流大小恒定，故A、B两项错误；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向水平向右，故外力F与F安等值反向，方向水平向左为负值；在t0～t1时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．
Ⅲ.电磁感应中图象的综合应用分析
(20xx全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是()
A．磁感应强度的大小为0.5T
B．导线框运动速度的大小为0.5m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N
解析：选BCA错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝0.010.1×0.5T＝0.2T．B对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2s，可得导线框运动速度的大小v＝0.10.2m/s＝0.5m/s.C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外．D错：t＝0.4s至t＝0.6s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程．由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝BELR，代入数据得F＝0.04N.
(20xx河南鹤壁第一次周练)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示．t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的图线如图乙所示．己知线框质量m＝1kg、电阻R＝1Ω.以下说法不正确的是()
A．做匀加速直线运动的加速度为1m/s2
B．匀强磁场的磁感应强度为22T
C．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为22C
D．线框穿过磁场的过程中，线框上产生的焦耳热为1．5J
解析：选Dt＝0时刻，线框的速度为零，线框没有感应电流，不受安培力，加速度为a＝Fm＝11m/s2＝1m/s2，A正确；线框的边长为L＝12at2＝12×1×12m＝0.5m，线框刚出磁场时的速度为v＝at＝1×1m/s＝1m/s，此时线框所受的安培力为FA＝BIL，I＝BLvR，测得FA＝B2L2vR，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，代入得F－B2L2vR＝ma，代入数据
F＝3N，m＝1kg，R＝1Ω，L＝0.5m，v＝1m/s，a＝1m/s2解得，B＝22T，B正确；由q＝I－Δt，I－＝E－R，E－＝ΔΦΔt，则通过线框的电量q＝ΔΦR＝BL2R＝22×0.521C＝22C，C正确；线框的位移为x＝L＝0.5m，若F＝3N保持不变，则F做功为W＝Fx＝3×0.5J＝1．5J，而实际中F的大小逐渐增大，最大为3N，所以F做功应小于1．5J．由于线框加速运动，根据能量守恒得线框上产生的焦耳热小于1．5J，故D错误．
3．(20xx湖北省黄冈市黄冈中学模拟)如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示．t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系(规定水平向左为力的正方向)可能是下图中的()
解析：选A0～1s，感应电动势为：E1＝SΔBΔt＝SB0，为定值；感应电流I1＝E1r＝SB0r，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向左，为正；同理：1～2s，感应电动势为：E1＝SΔBΔt＝SB0，为定值；感应电流：I1＝E1r＝SB0r，为定值；安培力F＝BI1L∝B；由于B逐渐增大，故安培力逐渐增大，根据楞次定律可知，线圈ab边所受的安培力向右，为负：3s～4s内，感应电动势为：E2＝SΔBΔt＝2SB0，为定值；感应电流：I2＝E2r＝2SB0r，为定值；安培力F＝BI2L∝B，由于B逐渐减小到零，故安培力逐渐减小到零；由于B逐渐减小到零，故通过线圈的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量减小，有扩张趋势，故安培力向外，即ab边所受安培力向左，为正，故A正确，BCD错误．
4．在同一水平面中的光滑平行导轨P、Q相距L＝1m，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M、N间距离d＝10mm，定值电阻R1＝R2＝12Ω，R3＝2Ω，金属棒ab电阻r＝2Ω，其它电阻不计．磁感应强度B＝1T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m＝1×10－14kg，带电量q＝－1×10－14C的微粒恰好静止不动．取g＝10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速度保持恒定．试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度．
解析：(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M板带正电．
ab棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下．
(2)由平衡条件，得mg＝Eq
又E＝UMNd
所以MN间的电压：
UMN＝mgdq＝1×10－14×10×10×10－31×10－14V＝0.1V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流I＝UMNR3＝0.12A＝0.05A
ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋IR1R2R1＋R2＝0.1V＋0.05×6V＝0.4V
(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为：E感＝Uab＋Ir＝0.4V＋0.05×2V＝0.5V
由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感＝BLv
联立上两式得v＝0.5m/s.
答案：(1)竖直向下(2)0.4V(3)0.5m/s
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20xx高考物理复习电磁感应中的动力学和能量问题学案
微专题14电磁感应中的动力学和能量问题
电磁感应中的动力学问题
1．题型简述：感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
2．两种状态及处理方法
状态特征处理方法
平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析
非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3．动态分析的基本思路
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件．具体思路如下：
Ⅰ.电磁感应中的平衡问题
(20xx全国甲卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软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放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
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2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcosθ②
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
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2⑨
答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2
对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键．
如图，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U型导轨，导轨宽度都是L＝1．0m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a和b，a的电阻R1＝10．0Ω、质量m1＝2．0kg，b的电阻R2＝8．0Ω、质量m2＝1．0kg.U型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强磁场，大小分别为B1＝1．0T，B2＝2．0T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10．0m/s2．开始时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a和b在外力作用下处于静止状态．求：
(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？
(2)同时闭合开关S1、S2，求金属棒a、b运动过程中达到的最大速度？
解析：(1)设撤去外力，线拉力为T，两金属棒的加速度大小相等，设为a，
则m1gsinθ－T＝m1a
T－m2gsinθ＝m2a
解得a＝2m/s2
(2)a、b达到速度最大时，速度相等，设为v，此时线拉力为T1，a中感应电动势为E1，电流为I1，b中感应电动势为E2，电流为I2，则
E1＝B1lv，I1＝E1R1；E2＝B2lv，I2＝E2R2，
又m1gsinθ－T1－B1I1l＝0
T1－m2gsinθ－B2I2l＝0
联立解得v＝10m/s
答案：(1)2m/s2(2)10m/s
Ⅱ.电磁感应中的非平衡问题
如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、有效电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
(1)判断该金属棒在磁场中是否做匀加速直线运动？简要说明理由；
(2)求加速度的大小和磁感应强度B的大小；
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－B2l2mR＋rx，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
解析：(1)是．
R两端电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，所以加速度为恒量．
(2)E＝BlvI＝ER＋rF安＝BIl
F－F安＝ma，
将F＝0.5v＋0.4代入，得：
0.5－B2l2R＋rv＋0.4＝a
因为加速度为恒量，与v无关，所以a＝0.4m/s2
0．5－B2l2R＋r＝0，代入数据得：B＝0.5T.
(3)设外力F作用时间为t，则
x1＝12at2v0＝at
x2＝mR＋rB2l2v0x1＋x2＝s，
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0
解方程得t＝1s或t＝－5s(舍去)．
答案：(1)是(2)0.4m/s20.5T(3)1s
如图，足够长的光滑导轨固定在水平面内，间距L＝1m，电阻不计，定值电阻R＝1．5Ω.质量m＝0.25kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的导体棒AB静置在导轨上．现对导体棒施加一个平行于导轨、大小为F＝1．25N的恒力，使得导体棒由静止开始运动．当棒运动到虚线位置时速度达到v0＝2m/s.虚线右侧有一非匀强磁场，导体棒在里面运动时，所到位置的速度v(单位m/s)与该处磁感应强度B(单位T)在数值上恰好满足关系v＝12B2，重力加速度g取10m/s2．
(1)求导体棒刚进入磁场时，流经导体棒的电流大小和方向；
(2)导体棒在磁场中是否做匀加速直线运动？若是，给出证明并求出加速度大小；若不是，请说明理由；
(3)求导体棒在磁场中运动了t＝1s的时间内，定值电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)当v0＝2m/s时，B0＝0.5T
感应电动势E0＝B0Lv0＝1V
感应电流I0＝E0R＋r＝0.5A
方向由B向A
(2)速度为v时，磁感应强度为B
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，安培力FA＝BIL
得到FA＝B2L2vR＋r
由题，B2v＝0.5T2m/s，则安培力FA＝0.25N，导体棒所受合力F合＝F－FA＝1N，为恒力，所以做匀加速直线运动．
由F合＝ma，可得a＝4m/s2
(3)t＝1s时，导体棒的速度v＝v0＋at＝6m/s
t＝1s内，导体棒的位移s＝v0t＋12at2＝4m
由动能定理，Fs－W克安＝12mv2－12mv20
由功能关系，W克安＝Q
定值电阻R上的焦耳热QR＝RR＋rQ
代入数据，QR＝0.75J
答案：(1)0.5A由B到A(2)是4m/s2(3)0.75J
1．(多选)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动．则金属棒运动过程中()
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒受到的安培力大小为B2L2vr＋R
D．电阻R产生焦耳热的功率为B2L2vR
解析：选AC由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的感应电流大小为I＝Er＋R＝BLvR＋r，则电阻R两端的电压为U＝IR＝BLvRR＋r，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2vR＋r，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率为P＝I2R＝BLvR＋r2RB2L2v2RR＋r2，故D错误．
2．如图1所示，两相距L＝0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v－t图象如图2所示．在15s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零．求：
(1)金属杆所受拉力的大小F；
(2)0－15s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律．
解析：(1)10s内金属杆未进入磁场，
所以有F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4m/s2
15s～20s内仅在摩擦力作用下运动，
由图可知a2＝0.8m/s2，解得F＝0.24N
(2)在10s～15s时间段杆在磁场中做匀速运动．
因此有F＝μmg＋B20L2vR
以F＝0.24N，μmg＝0.16N代入解得B0＝0.4T.
(3)撤去恒定拉力之后通过回路的磁通量不变，设杆在磁场中匀速运动距离为d，撤去外力后杆运动的距离为x，
BL(d＋x)＝B0Ld，
其中d＝20m，x＝4t－0.4t2
由此可得B＝2050＋10t－t2T.
答案：(1)0.24N(2)0.4T
(3)B＝2050＋10t－t2T
3．(20xx全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律可知，杆中的电动势E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－μg)④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律I＝ER⑤
式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为f＝BIl⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝B2l2t0m.
答案：(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m
电磁感应中能量问题
1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)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．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
Ⅰ.动能定理和能量守恒定律在电磁感应中的应用
如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长L＝1．4m，宽d＝0.2m．一对长L1＝0.4m的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成θ角平滑连接，θ角可在0°～60°调节后固定．水平导轨的左端长L2＝0.4m的平面区域内有匀强磁场，方向水平向左，磁感应强度大小B0＝2T．水平导轨的右端长L3＝0.5m的区域有竖直向下的匀强磁场B，磁感应强度大小随时间以ΔBΔt＝1．0T/s均匀变大．一根质量m＝0.04kg的金属杆MN从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数μ1＝0.125，与水平导轨间的动摩擦因数μ2＝0.5．金属杆电阻R＝0.08Ω，导轨电阻不计．
(1)求金属杆MN上的电流大小，并判断方向；
(2)金属杆MN从斜轨滑下后停在水平导轨上，求θ角多大时金属杆所停位置与墙面的距离最大，并求此最大距离xm.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律，则有：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtdL3
由闭合电路欧姆定律得：I＝ER
由上式，可得MN棒上的电流大小：I＝1．25A
根据右手定则，则MN棒上的电流方向：N→M；
(2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行x后停下，
由动能定理得：mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2(mg＋B0Id)
(L2－L1cosθ)－μ2mgx＝0
代入数据得：
0．16sinθ＋0.16cosθ－0.18＝0.2x
当θ＝45°时，x最大，
解得：x＝0.82－0.9＝0.23m
则有：xm＝L2＋x＝0.63m.
答案：(1)1．25N由N→M(2)45°0.63m
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
如图所示，倾角30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接，轨道宽度均为L＝1m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1＝1T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2＝1T．现将两质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g＝10m/s2．
(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0＝1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
解析：(1)cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，
感应电动势：E＝BLvm，电流：I＝E2R，
由平衡条件得：mgsinθ＝BIL，代入数据解得：vm＝1m/s；
(2)设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，
由能量守恒定律得：mgxsinθ＝12mv2m＋2Q，
电动势：E1＝BLxt，电流：I1＝E12R，电荷量：q＝I1t，
代入数据解得：q＝1C；
(3)设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0，则：Φ0＝B0Lhsinθ，
加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝12at2，Φ＝BLhsinθ－x1，hsinθ＝12at20.
解得：t0＝8s，
为使cd棒中无感应电流，必须有：Φ0＝Φ，
解得：B＝88－t2(t＜8s)．
答案：(1)1m/s(2)1C(3)B＝88－t2(t＜8s)
Ⅱ.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用
(20xx江西师大附中试卷)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1m，在左端斜轨道部分高h＝1．25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2T．现杆b以初速度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的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度－时间图象如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：
(1)杆a在斜轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
解析：(1)对b棒运用动量定理，有：
BdI－Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入数据得到：Δt＝5s
即杆在斜轨道上运动时间为5s；
(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝12mav2a
va＝2gh＝5m/s
最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′
代入数据计算得出v′＝83m/s
杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′
而q＝IΔt′
由以上公式代入数据得q＝73C
(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋12mbv20－12(ma＋mb)v′2＝1616J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J.
答案：(1)5s(2)73C(3)1156J
如图所示，倾斜的金属导轨和水平的金属导轨接在一起，各自的两条平行轨道之间距离都为d，倾斜导轨与水平面间的夹角为30°，在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场，在水平导轨的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B，倾斜导轨上放有金属棒a，在紧靠两导轨连接处的水平导轨上放有金属棒b，a、b都垂直于各自的轨道，a质量为m，b质量为2m，a、b与水平的金属导轨间的动摩擦因数是μ，倾斜的金属导轨光滑．倾斜轨道间接有电阻R，a、b的电阻值都是R，其余电阻不计．开始时，a固定，b静止，且a距水平导轨平面的高度为h，现释放a，同时给a一个平行于倾斜导轨向下的初速度，a就在倾斜导轨上做匀速运动，经过两导轨的连接处时速度大小不变，在此过程中b仍然静止，滑上水平导轨后即与b金属棒粘在一起，在水平导轨上运动距离L后静止．求：
(1)a在倾斜导轨上匀速运动的速度v0大小？
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，金属棒a上产生的热量Q是多大？
(3)a、b一起在水平导轨上运动的过程中，电阻R上产生的热量QR是多大？
解析：(1)设在倾斜导轨上运动的过程中，感应电动势为E，其中的电流强度为Ia，受到的磁场力为F，则
E＝Bdv0，R总＝32R
Ia＝E/R总，Ia＝2Bdv03R
F＝BIad，F＝2B2d2v03R
由于a在倾斜导轨上做匀速运动，所以所受的合外力为零，则：
F＝mgsin30°
解得：v0＝3mgR4B2d2
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，设a、b和电阻R中的电流强度分别是Ia、Ib和IR，产生的热量分别是Qa、Qb和Q1，则
Ia＝2IRIb＝IR
由：Q＝I2Rt得
Qa＝4Q1，Qb＝Q1
根据能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1
Q1＝16mgh，所以Qa＝23mgh
(3)设a、b粘在一起的共同速度为v，由动量守恒定律则有：
mv0＝3mv
ab在水平轨道上运动过程，克服摩擦力做功W，则
W＝μ3mgL
设电流流过a、b产生的热量共为Qab，则有：
Qab＝12QR
根据能量守恒定律得：12×3mv2＝QR＋Qab＋W
得：QR等于电阻R上产生的热量QR＝9m3g2R216B4d4－2μmgL
答案：(1)3mgR4B2d2(2)23mgh(3)9m3g2R216B4d4－2μmgL
4．(20xx东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()
A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp
B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk
C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp
D．W2＝Q，W1＝ΔEp
解析：选CD功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力F做的功导致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，选项AB错误，C正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W2＝Q，选项D正确．
5．(20xx成都二诊)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()
A．回路中的最大电流为BLImR
B．铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2R
C．铜棒b获得的最大速度为Im
D．回路中产生的总焦耳热为I22m
解析：选B给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝Im，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I＝E2R＝BLI2mR，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝Fm＝IB2L22Rm2，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝I2m，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝12mv20－122mv2＝I24m，选项D错误．
6．如图，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量ma＝2mb＝2m，其电阻大小Ra＝2Rb＝2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B，开始a棒向右速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，求a、b最终的速度．
解析：本题由于两导轨的宽度不等，a、b系统动量不守恒，可对a、b分别用动量定理，a、b运动产生感应电流，a、b在安培力的作用下，分别作减速和加速运动．回路中电动势E总＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb，
随着va减小，vb增加，E总减小，安培力F＝E总lB/(3R)也随之减小，故a棒的加速度a＝Fa/(2m)减小，b棒的加速度a′＝Fb/m也减小．
当E总＝0，即2Blva＝Blvb时，两者加速度为零，两棒均匀速运动，且有vb＝2va①
对a、b分别用动量定理－Fat＝2m(va－vb)②
Fbt＝mvb③
而Fa＝2Fb④
联立以上各式可得：va＝v03，vb＝2v03.
答案：v0323v0
20xx高考物理知识点：电磁感应
经验告诉我们，成功是留给有准备的人。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以让学生们能够更好的找到学习的乐趣，帮助高中教师提高自己的教学质量。高中教案的内容具体要怎样写呢？考虑到您的需要，小编特地编辑了“20xx高考物理知识点：电磁感应”，仅供参考，大家一起来看看吧。
20xx高考物理知识点：电磁感应
从高考物理试题组成来看，法拉第电磁感应定律是一块重点内容。几乎每年的高考物理题都有计算题出现，分值上所占的很大，也很有难度，同学们要下功夫攻克这个知识点。
在这篇文章中，我们向同学们详细介绍下电磁感应的概念，公式和解题注意事项。
电磁感应现象
因磁通量变化而产生感应电动势的现象我们诚挚为电磁感应现象。具体来说，闭合电路的一部分导体，做切割磁感线的运动时，就会产生电流，我们把这种现象叫电磁感应，导体中所产生的电流称为感应电流。
法拉第电磁感应定律概念
基于电磁感应现象，大家开始探究感应电动势大小到底怎么计算？法拉第对此进行了总结并得到了结论。感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律确定，电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通变化率成正比。公式：E=-n(dΦ)/(dt)。对动生的情况，还可用E=BLV来求。
电动势的方向可以通过楞次定律来判定。高中物理wuli.in楞次定律指出：感应电流的磁场要阻碍原磁通的变化。对于动生电动势，同学们也可用右手定则判断感应电流的方向，也就找出了感应电动势的方向。需要注意的是，楞次定律的应用更广，其核心在”阻碍”二字上。
感应电动势的大小计算公式
（1）E=n*ΔΦ/Δt（普适公式）{法拉第电磁感应定律，E：感应电动势(V)，n：感应线圈匝数，ΔΦ，Δt磁通量的变化率}
（2）E=BLVsinA(切割磁感线运动)E=BLV中的v和L不可以和磁感线平行，但可以不和磁感线垂直，其中sinA为v或L与磁感线的夹角。{L:有效长度(m)}
（3）Em=nBSω（交流发电机最大的感应电动势）{Em:感应电动势峰值}
（4）E=B(L^2)ω/2（导体一端固定以ω旋转切割）其中ω：角速度(rad/s)，V:速度(m/s)
电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它显示了电、磁现象之间的相互联系和转化，对其本质的深入研究所揭示的电、磁场之间的联系，对麦克斯韦电磁场理论的建立具有重大意义。电磁感应现象在电工技术、电技术以及电磁测量等方面都有广泛的应用。
电磁感应与静电感应的关系
电磁感应现象不应与静电感应混淆。电磁感应将电动势与通过电路的磁通量联系起来，而静电感应则是使用另一带电荷的物体使物体产生电荷的方法。
高考物理考点重点电磁感应中的图象与能量问题复习
第五课时电磁感应中的图象与能量问题
【教学要求】
1．理解电磁感应的过程实质就是能量转化的过程，学会从能量的角度分析电磁感应问题。
2．学会分析电磁感应中的图象问题
【知识再现】
一、电磁感应中的图象问题
电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量ф、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B-t图像，ф-t图像。E-t图像和I-t图像。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E-x图像和I-x图像．
这些图像问题大体上可分为两类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像，或由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
二、电磁感应中能量转化问题
电磁感应过程总是伴随着能量转化。导体切割磁感线或磁通量发生变化在回路中产生感应电流，机械能或其他形式能量便转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能。
因此，中学阶段用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动（匀速直线运动或匀变速运动）．对应的受力特点是合外力为零或者恒定不变，能量转化过程常是机械能转化为电阻内能．
知识点一电磁感应中的能量转化规律
电磁感应现象中出现的电能，一定是由其他形式的能转化而来，具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化．分析时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其他形式能转化为电能（发电机），做正功将电能转化为其他形式的能（电动机）；然后利用能量守恒列出方程求解。
【应用1】光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图所示，系统空间有匀强磁场．当闭合开关S时，导体棒被向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成角，则（）
A．磁场方向一定竖直向下
B．磁场方向竖直向下时，磁感应强度最小
C．导体棒离开导轨前通过棒的电量为
D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于
mgl(1–cos)
导示：选择：BD。当开关S闭合时，导体棒向右摆起，说明其所受安培力水平向右或有水平向右的分量，但安培力若有竖直向上的分量，应小于导体棒所受重力，否则导体棒会向上跳起而不是向右摆，由左手定则可知，磁场方向斜向下或竖直向下都成立，A错；当满足导体棒“向右摆起”时，若磁场方向竖直向下，则安培力水平向右，在导体棒获得的水平冲量相同的条件下，所需安培力最小，因此磁感应强度也最小，B正确；
设导体棒右摆初动能为Ek，摆动过程中机械能守恒，有Ek=mgl(1–cos)，导体棒的动能是电流做功而获得的，若回路电阻不计，则电流所做的功全部转化为导体棒的动能。
此时有W=IEt=qE=Ek，得W=mgl(1–cos)，，题设条件有电源内阻不计而没有“其他电阻不计”的相关表述，因此其他电阻不可忽略，那么电流的功就大于mgl(1–cos)，通过的电量也就大于，C错D正确．
类型一电磁感应中的图象问题分析
电磁感应现象中图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势（电流）是否大小恒定．用楞次定律判断出感应电动势（或电流）的方向，从而确定其正负。
分析回路中的感应电动势和感应电流的大小及其变化规律，要利用法拉第电磁感应定律来分析．有些图像问题还要画出等效电路来辅助分析，
另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的意义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断，这样，才抓住了解决图像问题的根本。
【例1】（如东高级中学08届高三第三次阶段测试）如图甲所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a，一正三角形（高度为a）导线框ABC从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流I与线框移动距离x的关系图象正确的是（）
导示：导线框进入左边磁场时，切割磁感应线的有效长度L=2vttan30°，与时间成正比。根据楞次定律可以判定，导线框进入左边磁场和离开右边磁场时，电路中的感应电流方向为逆时针方向。导线框在穿越两个磁场过程中，电路中的感应电流方向为顺时针方向。
类型二电磁感应中的能量问题的分析
解决电磁感应中的能量问题的基本方法是：
（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，求出回路中电阻消耗电功率表达式；
（3）分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程。
【例2】（上海徐汇区08届高三第一学期期末试卷）（14分）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L＝1m，定值电阻R1＝4Ω，R2＝2Ω，导轨上放一质量为m＝1kg的金属杆，导轨和金属杆的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下，现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆由静止开始运动。图乙所示为通过R1中的电流平方随时间变化的I12—t图线，求：
（1）5s末金属杆的动能；
（2）5s末安培力的功率；
（3）5s内拉力F做的功。
导示：（1）E＝BLv＝I1R1，
v＝I1R1BL＝0.240.81m/s＝50.2m/s，
Ek＝12mv2＝2.5J；
（2）I＝3I1＝30.2A，
PA＝I12R1＋I22R2＝3I12R1＝2.4W
或FA＝BIL＝2.40.2N，PA＝FAv＝2.4W；
（3）由PA＝3I12R1和图线可知，PAt，所以
WA＝12PAmt＝6J；
（或根据图线，I12t即为图线与时间轴包围的面积，所以WA＝3I12R1t＝3×12×5×0.2×4＝6J）
又WF－WA＝Ek，得WF＝WA＋Ek＝8.5J。
1．（盐城中学08届高三年级12月份测试题）如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdef位于纸面内，况的邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势ε的正方向，以下四个ε-t关系示意图中正确的是（）
2．（南通海安实验中学08年1月考试卷）如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把MN棒从静止起向右拉动的过程中，（）
A、恒力F做的功等于电路产生的电能；
B、恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能；
C、克服安培力做的功等于电路中产生的电能；
D、恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和
3、（上海徐汇区08届高三第一学期期末试卷）如图所示，相距为d的两条水平虚线L1、L2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，正方形线圈abcd边长为L（L＜d），质量为m，电阻为R，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则线圈穿越磁场的过程中（从cd边刚进入磁场起一直到ab边离开磁场为止）（）
A、感应电流所做的功为mgd
B、感应电流所做的功为2mgd
C、线圈的最小速度可能为mgRB2L2
D、线圈的最小速度一定为2g（h＋L－d）
4、（泰州市08届高三联考热身训练）如图所示，相距为L的两根竖直的足够长的光滑导轨MN、PQ，M、P之间接一阻值为R的定值电阻，金属棒ab质量为m，与导轨接触良好。整个装置处在方向垂直纸面向里水平匀强磁场中，金属棒和导轨电阻不计。现让ab棒由静止释放，经时间t达稳定状态，此时ab棒速度为v；
（1）请证明导体棒运动过程中，克服安培力的功率等于电路中电功率。
（2）若m=0.2kg，L=0.5m，R=lΩ，v=2m/s，棒从开始释放到稳定状态过程中流过棒电量为0.5C，求磁感应强度B大小以及棒从开始到达到稳定状态下落的高度h。（g取10m/s2）
（3）接第(2)问，若棒从开始到达到稳定状态所用时间t=2s，求流过电阻R的电流有效值。（结果可保留根号）
答案：1、C2、CD3、BCD
4、（1）略；（2）0.5m；（3）A
20xx高考物理重点难点总结：电磁感应
一名优秀的教师在教学方面无论做什么事都有计划和准备，作为教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以让学生能够听懂教师所讲的内容，帮助授课经验少的教师教学。所以你在写教案时要注意些什么呢？下面是由小编为大家整理的“20xx高考物理重点难点总结：电磁感应”，欢迎您参考，希望对您有所助益！
20xx高考物理重点难点总结：电磁感应
从应试而言，应是带电粒子在电磁场中的运动(力，运动轨迹，几何特别是圆)，电磁感应综合(电磁感应，安培力，非匀变速运动，微元累加，含n递推，功与热)最难，位处压轴之列。当然，牛顿力学是基本功。电磁感应现象因磁通量变化而产生感应电动势的现象我们诚挚为电磁感应现象。具体来说，闭合电路的一部分导体，做切割磁感线的运动时，就会产生电流，我们把这种现象叫电磁感应，导体中所产生的电流称为感应电流。法拉第电磁感应定律概念基于电磁感应现象，大家开始探究感应电动势大小到底怎么计算?法拉第对此进行了总结并得到了结论。感应电动势的大小由法拉第电磁感应定律确定，电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通变化率成正比。公式：E=-n(dΦ)/(dt)。对动生的情况，还可用E=BLV来求。电动势的方向可以通过楞次定律来判定。高中物理wuli.in楞次定律指出：感应电流的磁场要阻碍原磁通的变化。对于动生电动势，同学们也可用右手定则判断感应电流的方向，也就找出了感应电动势的方向。需要注意的是，楞次定律的应用更广，其核心在”阻碍”二字上。(1)E=n*ΔΦ/Δt(普适公式){法拉第电磁感应定律，E：感应电动势(V)，n：感应线圈匝数，ΔΦ，Δt磁通量的变化率}(2)E=BLVsinA(切割磁感线运动)E=BLV中的v和L不可以和磁感线平行，但可以不和磁感线垂直，其中sinA为v或L与磁感线的夹角。{L:有效长度(m)}(3)Em=nBSω(交流发电机最大的感应电动势){Em:感应电动势峰值}(4)E=B(L2)ω/2(导体一端固定以ω旋转切割)其中ω：角速度(rad/s)，V:速度(m/s)电磁感应现象是电磁学中最重大的发现之一，它显示了电、磁现象之间的相互联系和转化，对其本质的深入研究所揭示的电、磁场之间的联系，对麦克斯韦电磁场理论的建立具有重大意义。电磁感应现象在电工技术、电技术以及电磁测量等方面都有广泛的应用。电磁感应与静电感应的关系电磁感应现象不应与静电感应混淆。电磁感应将电动势与通过电路的磁通量联系起来，而静电感应则是使用另一带电荷的物体使物体产生电荷的方法。高中物理最难的部分之动力学分析纵观整个高中物理，最难的地方还是在于力学。如果你是一位十年教龄的老师，相信您绝对认可我的这句话。貌似有不少的老师总是把“力学是物理的基础”挂在嘴边(咦，好像我也是这个样子的)，这也是一个大实话;但这总是被学生误解，他们会认为物理中的力学问题都很基本的、简单的。其实往往情况相反，力学的很多问题，真的很难。如果你觉得自己没有遇到过力学难题，那说明你物理学得还不错，推荐你去买本物理竞赛的书看看吧。一天之内保证让你感慨：TMD，原来力学这么难啊!插入一句哈，有意向自主招生的同学，高一就开始准备点竞赛的书看看吧。高中老师可不像是初中老师一样当你的保姆，一切都考你自己，尤其是重点中学。回来了啊，接着说物理的问题。如果是静电场的问题，难度就在于判定电场的分布情况以及运动模式，这一点20xx年的北京高考理综物理压轴题考察的比较好。至于电磁感应的问题，难点往往在于电路与电热的分析，如果命题者在力学上面玩狠些的，也比较讨厌。好了，我们好像有点跑题了，还是回归下，来说力学的问题。我们的力学模块非常清晰，这也就是为什么多次进行力学体系的改革总是换汤不换药。整个高中物理的力学部分只有三大部分，分别是：(1)牛顿动力学(包括直线运动、受力分析与牛顿定律);(2)曲线运动(包括平抛运动、圆周运动、天体运动);(3)机械能与动量。别告诉我说你的受力分析很牛，随便一道小题，就能把你难道，不信你就看看王尚的这篇文章吧：20xx年海南高考理综物理第5题。也不要说你曲线运动已经学得非常棒了，2008年北京高考理综物理的压轴题(第24题)，你不一定能做出来。至于机械能与动量的问题，我不用说，更是难点。OK，如果你觉得这里一点都不难，那么恭喜你，准备物理考满分吧;王尚相信有这样的学生存在，每个省都有。非常简单的一个物体的运动，是非常简单判定的。但是多个物体构成的复杂系统，多种运动情况的交替变换，涉及多种临界态并伴随着各种形式能量的变化，物理题可就不是那么好玩了，不是么?
