在物理学研究的问题中，能量是一个非常重要的课题，能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律．在电磁感应现象时，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已，在力学中就已经知道：功是能量转化的量度．那么在机械能转化为电能的电磁感应现象时，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能(如电动机)，安培力做负功，是将机械能转化为电能，必须明确在发生电磁感应现象时，是安培力做功导致能量的转化．

　[例6]甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO^/旋转，当它们以相同的初角速度开始转动后，由于阻力，经相同的时间后便停止，若将两环置于磁感强度为B的大小相同的匀强磁场中，乙环的转轴与磁场方向平行，甲环的转轴与磁场方向垂直，如图所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始转动后，则下列判断中正确的是(　　 )

　　 A．甲环先停；　 B．乙环先停。

　　 C．两环同时停下；D．无法判断两环停止的先后；

解析：两环均在匀强磁场中以相同的角速度转动，由图可知：甲环的磁通量会发生变化，甲环的动能要转化为电能，而乙环中无磁通量的变化，不会产生感应电流，故甲环先停下来．　 A选项正确．

点评：这道题是直接从能量转化的角度来分析．

[例7]如图所示，两根光滑的金属导轨平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻忽略不计，斜面处在方向垂直斜面向上的匀强磁场中，一质量为m，电阻可忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下，沿导轨匀速上滑，并上升高度h，在这一过程中(　　　　 )

　　 A．作用于金属棒的合力做功为零

　　 B．作用于金属棒的合力做功为重力势能mgh与电阻发出的焦耳热之和

　　 C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零

　　 D．恒力F与重力的合力做的功等于电阻R上发出的焦耳热

解析：对金属棒ab根据动能定理，其动能增量为零，所以作用于ab的合力做功为零，所以A对B错．

CD：恒力做功大于安培力做的功，恒力做功等于安培力做功与重力做功之和，所以C错，安培力做的功等于产生的焦耳热，所以恒力做功等于重力做功与焦耳热之和，因而D正确．　　 答案：AD

[例8]如图所示，有一水平放置的光滑导电轨道，处在磁感强度为B＝0．5T，方向向上的匀强磁场中．轨道上放一根金属杆，它的长度恰好等于轨道间的间距L＝0．2 m，其质量m＝0．1kg，电阻r=0．02Ω．跨接在轨道间的电阻R＝1．18Ω．轨道电阻忽略不计，g＝10m／s² ，

(1)要使金属杆获得60 m／s的稳定速度，应对它施加多大的水平力F？

(2)在金属杆获得 60m／s的稳定速度后，若撤去水平力 F，那么此后电阻R上还能放出多少热量？

解析：金属杆获得稳定的速度，就是作匀速运动，它所受到的安培力应与外力是一对平衡力，即F=F_B=IBL ，ab杆切割磁感线产生的感应电动势为ε＝BLv，回路中感应电流I＝ε／(R+r)＝BLv／(R+r)所以， F＝B²L²v／(R+r)＝0．3N；撤去外力F后，金属杆将在安培力的作用下做减速运动，感应电动势在减小，感应电流在减小，安培力在减小，加速度在减小，直到金属杆的速度为零时为止，此过程中，金属杆的动能通过安培力做功转化为回路中的电能，再通过电阻转化为电热．由于外电阻R与金属杆是串联关系，在串联电路中，消耗的电能与电阻成正比，故有Q_R+Q_r＝mv²／2＝180………①　

Q_R/Q_r=R/r=59……②；由①、②两式解得： Q_R＝ 177J

点评：当水平力 F撤去后，金属杆的运动是一个加速度减小的减速运动，安培力做负功，将机械能转化为电能，此过程只能用能量守恒来求解．并应用串联电路各电阻上消耗的电能与电阻成正比这一特点来求解．这是唯一的解法．

[例9]如图所示，导轨 MN、PQ间的距离为L，所在平面与匀强磁场垂直，磁感强度为 B(方向垂直于纸面向里)，金属棒ab的质量为 m，cd的质量为2m，且可沿导轨无摩擦滑动，若ab和cd分别用大小均为F、方向相反的恒力F₁和F₂作用，回路的总电阻恒为R，设导轨足够长，求：

　　 (1)回路中电流强度的最大值。

　　 (2)F₁和 F₂的最大功率

解析：(1)当两金属棒在F₁和F₂作用下开始作加速运动，由楞次定律可知两金属棒中的感应电流受到的磁场力均阻碍它们的相对运动，方向分别与F₁和F₂相反，所以两金属棒作加速度减小的加速运动，当加速度为零，达到稳定状态，它们作匀速运动，它们的相对速度达最大值v_m，也就是回路感应电流达到最大值I_m．此时两金属棒受到的安培力大小均为F=I_mBL， I_m=F／BL， ε＝BL(v_abm+v_cdm)＝BLv_m

(2)由于F=I_mBL＝εBL／R=B²L²v_m／R，　 v_m＝FR／B²L²，两金属棒的作用力相同，由于ab棒的质量为cd棒质量的两倍，将ab和cd棒作为一个整体来研究，它们在平行于导轨方向上的合外力为零(F₁和F₂相平衡，一对安培力相平衡)，它们的动量守恒，故有　　 mv_abm+2mv_cdm=0………①　 而v_m＝v_abm+v_cdm……②，由①、②两式可得v_abm＝2v_m／3=2FR／3B²L²，　 v_cdm=v_m／3=FR／3B²L²，故F₁和F₂的最大功率分别为 P_1m＝F₁v_abm=2F²R／3B²L²， P_2m＝F₂v_cdm=F²R／3 B²L²

[例10]如图甲所示，一质量为m的物体用轻绳缠绕在一直流发电机的轴上，提供发电机激励磁场的是一永磁体，发电机的内阻为r，负载电阻为R₀,当物体以速度V₀匀速下降时，发电机的输出功率为多大？

　如图乙所示，当此发电机改作电动机运行，整个回路的电阻不变，仍为R十r，电源电动势为E，内阻不计。问该电动机将质量为m的物体匀速提高h，所经历的时间是多少？(不计轴的摩擦)

解析:(1)据能量守恒mgv₀＝I²(R十r)…①　　 且P_出=I²R…②

得P_出＝

　(2)此装置当电动机使用时，据能量守恒EI^/＝I^/2(R+r)+mgV^/……③

　　 由于转子前后两次均为匀速转动,且重物m不变，所以两次转子产生的力矩相等.又因为两次装置的结构不变，且磁场中通电线圈的磁力矩M∝I(M=nBIS)，所以两次通过装置转子的电流相同，即I^/ = I…④

由①③④得

[例11]磁流体发电是一种新型发电方式，图①和图②是其工作原理示意图．图①中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为1, a, b,前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极与负载电阻R_L相连．整个发电导管处于图②中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B,方向如图所示．发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势．发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同．设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v₀，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差Δp维持恒定，求：

　(1)不存在磁场时，电离气体所受的摩擦阻力F多大；

　(2)磁流体发电机的电动势E的大小．

　(3)磁流体发电机发电导管输入功率

解析：(1)不存在滋场时，由力的平衡得F=abΔp

(2)设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势E=Bav

回路中的电流,电流I受到的安培力

设F^/为存在磁场时的摩擦阻力，依题意F^//F_安=v/v₀

存在磁场时，由力的平衡得abΔp=F_安+F^/,根据上述各式解得

　(3)磁流体发电机发电导管的输入功率P=abvΔp

由能量守但定律得p=EI+F^/v,故

3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都静止在光滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右的冲量I，使环向右运动，则下列说法不正确的是　　 ( D　 )

　 A．在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动

　 B．磁铁运动的最大速度为I/(M+m)

C．铝环在运动过程中，能量最小值为ml²/2(M+m)²

D．铝环在运动过程中最多能产生的热量为I²/2m

　 解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}²，铝环产生的最大热量应为系统机械能的最大损失量，I₂/2m-I²/2(m+M)=MI²/2m(m+M)．

　　 电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势e和感应电流I随时间t变化的图线，即B-t图线、Φ一t图线、e一t图线和I一t图线。对于切割产生应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势ε和感应电流随位移X变化的图线，即e-X图线和-X图线。这些图象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象，或由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量，不管是何种类型，电磁感应中的图象常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小。

[例3]一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正。在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图所示。现令磁感应强度B随时间t变化，先按下图中的oa图线变化，后来又按bc和ad变化，令E₁,E₂, E₃,分别表示这三段变化过程中的感应电动势的大小，I₁、I₂、I₃分别表示对应的感应电流，则()

A. E_l＞E₂，I₁沿逆时针方向，I₂沿顺时针方向.

B. E_l＜E₂，I₁沿逆时针方向，I₂沿顺时针方向.

C. E₁＜E₂，I₂沿顺时针方向，I₃沿逆时针方向

D.E₂=E₃, I₂沿顺时针方向，I₃沿顺时针方向

解析:分析感应电流方向：B_外表示外加磁场,B内表示感应电流的磁场，环内磁通量的变化是外加磁场的变化引起的。由题知图线oa、bc段表示外加磁场方向向里，cd段表示外加磁场方向向外。当B_外按图线oa变化时环内的磁通晕增大，则B感方向应向外；当B_外沿bc段变化时，外加磁场向里的磁通量减少，则B_感方向应向里；B_外按cd变化时，外加磁场向里的磁通量增大，B_感方向应向里。由安培定则判断知:B_外在oa段的变化，感应电流方向逆时针的；B_外在bc、cd段的变化，感应电流方向是顺时针的.感应电动势的大小:E=ΔФ/Δt=ΔB×S/Δt,由图可看出B_外的变化率在bc段和cd段是相同的，而oa段的B_外的变化率比bc和cd段小，因此E_l<.E₂=E₃.

[例4]如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区城内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力()

解析：A图中磁感应强度随时间增加，导线回路中电流是c→b→a→螺线管→d→c方向．又磁场变化率不断减小，在螺线管中电流减小，因此，螺线管产生的磁场穿过圆环的磁感线变少．根据楞次定律，为阻碍这种变化，圆环将靠近螺线管，即受到向上的磁场的作用力．B图磁场变化率变大．螺线管中产生的电流变大，穿过圆环的磁感线变多，要排斥圆环；C,D图磁场是均匀变化的，螺线管中感应电流是稳定的，它产生的磁场是不变的，穿过圆环中的磁通量不变，无感应电流产生，与螺线管磁场无相互作用．因此本题正确选项是A.

[例5]如图中 A是一个边长为L的正方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动。并穿过图中所示的匀强磁场B区域，若以X轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图中的

　解析：线圈A运动的第1个时间单位(未入磁场)，没有感应电流，安培力为零；第2个时间单位A的前边切割感线产生恒定感应电流，此时安培力也是恒定的，安培力阻碍线圈A的相对运动，故F的方向沿－x方向；线圈完全进入磁场不再有感应电流，安培力为零，这一段运动了两个时间单位；当线圈出磁场时，它的后边做切割磁感线运动，产生感应电流，此时的安培力与进入时等大，方向仍沿一x方向，故选B。

[例6]一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图所示，则磁感强度B随时间变化的图线可能是图中的(　　 )

解析：在线圈中感应电流的方向是顺时针为正，由其感应电流的图象可知线圈中开始的电流是逆时针方向，感应电流的磁场是垂直于纸面出来的，若是原磁场是进去的(正方向)，则原磁场应是加强的，在B-t图象上的斜率为正值，经过T／4后，感应电流反向，说明原磁场是减弱的，图象的斜率为负值，再过T／2，图象的斜率为正值．所以C、D两图正确．

点评：用图象的斜率来分析，根据线圈中感应电流的方向来判断线圈所在处的磁场的变化率，再反过来应用图象的变化率来判断感应电流的方向，这个方法很重要．它说明了感应电流的方向只与磁场的变化率有关，而与磁场的磁感强度的大小和方向无关，就像速度与位移的大小和方向无关，只与位移的变化率有关一样．

[例7]如图(a)所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速地穿过宽度为a的两个匀强磁场．这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直．取逆时针方向的电流为正，试通过计算，画出从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移X之间的函数图象．

解析:线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度在随位移均匀变化．在位移由0→a/2过程中，切割的有效长度由0增大到，电流为逆时针；在位移由a/2→a时，切割边bc和cd上产生的感应电动势在整个闭合回路中反向串联，随着cd边上切割的有效长度变长，整个回路的电动势由大变小，电流为逆时针；在x＝a/2时；x＝a时，E＝0，I＝0；线框穿越两磁场边界时，线框bc边进入磁场2的那部分切割产生的电动势与cd边在磁场1中切割产生的电动势同向，而与bc边在磁场1中切割产生的电动势反向；所以在位移由a→3a/2时，电动势由0 →；电流由0→；电流方向为顺时针；当位移由3a/2 →2a时，电动势由→0，电流仍顺时针．

　　 线框移出第二个磁场时的情况与进入第一个磁场时相似．

　　 由此可得，I-x图象应如图(b)所示．

[例8]如图(l)所示，OO^/和OPQ是位于同一水平面上的两根金属导轨，处于竖直方向的匀强磁场中，磁感强度为B，导轨OP与OO^/成45^o角，PQ与OO^/平行，相距为d，且足够长．一金属杆在t＝0的时刻从O点出发，以恒定的速度v沿导轨向右滑动，在滑动过程中，杆始终保持与OO^/垂直，且与两导轨接触良好，金属杆和导轨OO^/的电阻可以不计，OPQ有电阻，且每单位长度的电阻力R，求在开始滑动后的任一时刻t，通过金属杆的电流强度i，并在图(2)中的i-t坐标上定性地画出电流i随时间t变化的关系曲线．

解析：金属杆在 Op段上运动时切割磁感线的长度为L；由题图可知 L＝vt，产生的感应电动势为ε₁=BLv＝Bv²t．闭合回路中的电阻为R₁=vtR，感应电流为I₁＝ε₁／R_l=Bv／R．感应电流的表达式说明了当金属杆在OP上滑行时，闭合回路中的感应电流是不变的，当金属杆进行了PO段后，金属杆上的感应电动势不变，为ε₂= Bdv．而回路中的电阻R₂=(d+vt)R，回路中的感应电流为I₂＝ε₂／R₂＝Bdv/[(d+vt)R]．当金属杆进人了PQ段后，感应电流的表达式说明随着时间的延长，回路中感应电流在减小，当时间t→∞时回路的感应电流 I₂→0．回路中感应电流I₁不变的时间为 t₁＝d／v。由以上分析可作出回路中的感应电流随时间变化的图线如图所示．

[例9]在图甲中，直角坐标系0xy的1、3象限内有匀强磁场，第1象限内的磁感应强度大小为2B，第3象限内的磁感应强度大小为B，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.现将半径为l，圆心角为90⁰的扇形导线框OPQ以角速度ω绕O点在纸面内沿逆时针匀速转动，导线框回路电阻为R.

(1)求导线框中感应电流最大值.

(2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象.(规定与图甲中线框的位置相对应的时刻为t=0)

(3)求线框匀速转动一周产生的热量.

解:(1)线框从图甲位置开始(t=0)转过90⁰的过程中，产生的感应电动势为:

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (4分)

由闭合电路欧姆定律得，回路电流为：　　　　　　　　　 (1分)

联立以上各式解得:　　　 　　　　　　　　　　　　　(2分)

同理可求得线框进出第3象限的过程中，回路电流为:　 (2分)

故感应电流最大值为:　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

(2)I－t图象为:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (4分)

(3)线框转一周产生的热量:　　　　 (2分)

又　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

解得:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1分)

试题展示

　　　　　　 专题:电磁感应与力学综合

规律方法 一、与运动学与动力学结合的题目

变化过程是：导线受力做切割磁力线运动，从而产生感应电动势，继而产生感应电流，这样就出现与外力方向相反的安培力作用，于是导线做加速度越来越小的变加速直线运动，运动过程中速度v变，电动势BLv也变，安培力BlL亦变，当安培力与外力大小相等时，加速度为零，此时物体就达到最大速度．

如图所示，足够长的光滑导轨上有一质量为m，长为L，电阻为R的金属棒ab，由静止沿导轨运动，则ab的最大速度为多少(导轨电阻不计，导轨与水平面间夹角为θ，磁感应强度B与斜面垂直)金属棒ab的运动过程就是上述我们谈到的变化过程，当ab达到最大速度时：

　　 BlL＝mgsinθ……①　 I=ε/R………②　 ε=BLv……③

由①②③得：v=mgRsinθ/B²L²。

[例1]如图所示，一倾斜的金属框架上设有一根金属棒，由于摩擦力的作用，在没有磁场时金属棒可在框架上处于静止状态，从t₀时刻开始，给框架区域加一个垂直框架平面斜向上的逐渐增强的匀强磁场，到t时刻，棒开始运动，在t₀到t这段时间内，金属棒所受的摩擦力

　　 A．不断增大；B．不断减小；C．先减小后增大；D．先增大后减小

解析：当金属棒中无感应电流，它在导轨上处于静止时，沿平行于导轨方向上的合力为零．即mgsinθ＝f₀(其中m是金属棒的质量，f₀为静摩擦力)

当闭合回路中加有垂直于导轨斜向上逐渐增强的匀强磁场时，由楞次定律可知回路中有顺时针方向的电流．金属棒受到的安培力平行于斜面向上，故平行导轨平面上的合外力在t₀到t这段时间内的合外力为零．故有mgsinθ＝F_B+f₀ ……①，其中F_B是金属棒所受到的安培力F_B＝BIL……②，由于磁场是均匀增大的，故回路中的感应电流不变，但是安培力F_B将随着磁感强度增大而增大，由①可知，当F_B增大时，f₀将减小，当f₀减小到零时， F_B继续增大，那么金属棒将有向上运动的趋势．则摩擦力f₀增大反向，沿导轨向下，并随着F_B的增大而增大，当静摩擦力f₀达到最大值时，金属棒将开始沿导轨向上运动．所以，选项C正确．

点评：金属棒的受力情况决定了它的运动状态，由于电磁感应现象，金属棒受到了安培力，而磁场的增大致使安培力增大，从而导致金属棒所受的静摩擦力也发生变化．本题题设中强调了在t时刻金属棒开始运动，所以分析过程中必须分析到金属棒运动的条件．本题若是没有强调金属是否运动，那么它所受到的摩擦力可能有两种情况：不断减小；先减小后增大，

[例2]如图所示，足够长的U形导体框架的宽度L＝0.40m，电阻不计，其所在平面与水平面成α＝37⁰角，磁感强度B=1．0 T的匀强磁场方向垂直于框平面，一根质量为m＝0.20kg，有效电阻R=1．0Ω的导体棒MN垂直跨放在U形架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0．50，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过的位移S＝3．0m，求：(1)导体棒运动过程中某一0.2s内框架所夹部分扫过的最大面积．(2)导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中，导体棒的有效电阻消耗的电功．(sin37⁰＝0．6)　　　

解析:(1)导体棒在平行框架平面上受到重力沿框架平面向下的分力G_x=mgsin37⁰＝0·6 mg，向上的滑动摩擦力f＝μmgcos37⁰＝0·4 mg＜G_x，框架向下作加速运动并切割磁感线，闭合回路中有感应电流，导体棒受安培力，沿框架平面向上，致使导体棒的加速度减小，当导体棒的加速度为零时，速度达到最大值v_m，此时合外力为零，有G_x＝f十F_B，　 F_B=G_x－f＝0.2mg，　 F_B＝IBL＝B²L²v_m／R，　 v_m＝0.2mgR／B²L²＝2.5m／s

当导体棒的速度达最大值时，在0．2s内所夹部分扫过的面积最大为Sm=Lv_mt＝0.2m²

(2)导体棒从开始下滑到刚开始作匀速运动这一过程中，导体棒在框架平面上滑动的距离为s，　　

W_G＝0．6 mgs　　 ΔE_K=mv_m²／2　　　 W_f＝－0·4mgs， 由功能原理可知　　

W_R＝0．6 mgs－mv_m²／2－0．4 mgs=0．2 mgs－mv_m²／2＝0．575J＝0．58J

点评：导体棒从开始运动到稳定的过程，是一个加速度减小的加速运动过程，第(1)问就是要求稳定的速度，也就是通过导体棒的合外力为零来求其最大速度；第(2)问则是要通过功能关系求此过程中电阻上消耗的电功，直接求电阻的电功是无法达到目的的．

[例3]如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的磁场中，导轨上有两根小金属导体杆ab、cd，能沿导轨无摩擦地滑动，金属杆ab、cd与导轨间的接触电阻可忽略不计，开始时，ab、cd都是静止的，现在让cd杆以初速度v向右开始运动，如果两根导轨足够长，则(　　 )

　　 A．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动并追上cd

　　 B．cd始终做减速运动，ab始终做加速运动，但追不上cd

　　 C、cd先做减速运动，后作加速运动，ab先做加速运动后作减速运动

　　 D．开始cd做减速运动，ab做加速运动．最终两杆以相同速度做匀速运动

解析：cd以速度v向右运动，由cdba所组成的回路中磁通量增大，回路中就有逆时针方向的感应电流，感应电流在原磁场中受到安培力的作用．ab中有向右的安培力，使ab向右作加速运动，cd有向左的安培力，使cd作减速运动，但只要cd的速度大于ab的速度，回路中的磁通量还是增大的(但增大的速度变小，也就是磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小)，也就是回路中还有逆时针方向的电流，致使ab继续加速，cd继续减速，当两者速度相等时，回路中的磁通量不变，则图回路中无感应电流，两杆将作匀速运动．故D选项正确．

点评：本题中的关键是分析 ab作加速运动，cd作减速运动，它们之间相对速度在减小，从而导致回路中磁通量增大的速度变小，即磁通量的变化率在减小，回路中的感应电流在减小．当电流减小为零时，两杆在运动方向再也不受到安培力的作用，它们就作匀速直线运动．

[例4]如图所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，平行导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为m_a，且与b杆的质量比为m_a：m_b＝3：4，水平导轨足够长，不计摩擦，求：(1)当P棒进入磁场后，a、b棒各做什么运动？a和b的最终速度分别是多大？(2)a棒刚进入磁场时，a、b棒加速度之比为多少？整个过程中回路释放的电能是多少？(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra：Rb=3：4，其余电阻不计，整个过程中a、b上产生的热量分别是多少？

解析：第一阶段，a下滑h高过程中机械能守恒　 m_agh＝½m_av

第二阶段，a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，且两棒通过的电流相同，所受的安培力大小始终相等，a做减速运动，b做加速运动，加速度之比为

经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统所受合外力为零动量守恒得m_av_a＝(m_a+m_b)v

由①②解得最终速度v_a＝v_b＝v=

　　 (2)由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以

　　 E＝m_agh一½(m_a+m_b)v²=m_agh

　　 (3)回路中产生的热量Qa十Qb＝E，在回路中产生电能过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以应有.即，所以；．

[例5]如图所示abcde和a^/b^/c^/d^/e^/为两平行的光滑导轨，aa^/＝2cc^/，de、d^/e^/部分为与直轨相切的半径均为R的半圆形轨道，且处于竖直平面内，直轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯曲部分处于磁场外，在靠近aa^/和cc^/处有两根金属棒MN、PQ，质量分别为2m和m，为使棒PQ能沿导轨运动而通过半圆形轨道的最高点ee^/，在初始位置必须给棒MN以多大的冲量(假设两段水平直轨道足够长，PQ出磁场时MN仍在宽轨道上运动)．

解析：若棒刚好通过最高点，则由mg=mv/R得 v_e＝

由机械能守恒有½mv_d²=½mv_e²十mg·2R　　 得v_d＝　　

棒MN减速，PQ加速，当MN的速度v_l和棒PQ的速度v₂达到v_l＝v₂/2时回路中无感应电流．两者便做匀速运动．因而v₂＝v_d＝，v_l＝v₂/2=/2

　　 在感应电流存在的每一瞬间，棒MN和PQ所受安培力F₁和F₂间满足F₁＝2F₂，则在回路中存在感应电流的时间t内有F_l＝2F₂

　　 设棒MN的初速度为v₀，在t内分别对两棒应用动量定理：一F₁t＝2mv_l-2mv₀．F₂t＝mv₂，由上述方程可得到，所以，至少应给棒MN的冲量为I=2mv₀=3m

3.利用电路规律求解．主要还是欧姆定律、串并联电路、电功、电热．

[例1]如图所示，粗细均匀的金属环的电阻为R，可转动原金属杆OA的电阻为R/4，杆长为L，A端与环相接触，一定值电阻分别与杆的端点O及环边连接，杆OA在垂直于环面向里的、磁感应强度为 B的匀强磁场中，以角速度ω顺时针转动，又定值电阻为R/2，求电路中总电流的变化范围。

解析：设某一时刻金属杆转至图示位置，杆切割磁感线产生感应电动势相当于电源，金属杆上由A沿顺时针方向到D和沿逆时针方向到D的两部分电阻(分别设为R_x和R_y)并联，再与定值电阻R/2串联，组成外电路，等效电路如图所示。则电路中的总电流

　　 I=ε/R_总，而ε=LVB=½ωL²B

　　 R_总=R/4十R_并十R/2=3R/4+R_并，所以I=½ωL²B/(3R/4+R_并)

上式中R_并=R_xR_y/(R_x+R_y)，由于R_x+R_y=R为定值，当R_x=R_y时R_xR_y有最大值，即R_并有最大值，此最大值为R/4，所以I的最小为ωL²B/2R。当Rx=0或R_y=0时，R_并有最小值零，所以I的最大值为2ωL²B/3R。从而ωL²B/2R≤I≤2ωL²B/3R。

[例2]如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地旋转，磁场与环面垂直，其中a=0.4 m,b＝0.6m.金属环上分别接有灯L₁、L₂，两灯的电阻均为R₀＝2Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计．

(1)若棒以v₀=5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径00'的瞬时,MN中的电动势和流过L₁的电流．

　(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL₂O^/以OO^/为轴向上翻转90⁰，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为T/s，求L₁的功率．

解析:(1)棒匀速滑动到直径OO^/的瞬时，垂直切割磁感线的有效长度为2a,故产生感应电动势E₁=B2av₀=0.2×2×0.4×5=0.8(V)，灯L₁ , L₂并联电压都为0. 8V,故流过灯L₁的电流I₁=E/R₀=0.4(A)

　(2)撤去中间的金属棒MN，右面的半圆环OL₂O^/'以OO^/为轴向上翻转90⁰，有效的磁场减为一半，面积为πa²/2,根据法拉第电磁感应定律,此刻电路串联，灯L₁的功率

=1.28 ×10^－2 W

2.分析电路结构，画出等效电路图．这一步的实施的本质是确定“分析”的到位与准确．承上启下，为下一步的处理做好准备．

1.确定电源．产生感应电流或感应电动势的那部分电路就相当于电源，利用法拉第电磁感应定律确定其电动势的大小，利用楞次定律确定其正负极．需要强调的是：在电源内部电流是由负极流向正极的，在外部从正极流向外电路，并由负极流人电源．如无感应电流，则可以假设电流如果存在时的流向．

4、电磁感应与力学的联系

[例10].竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R(其余电阻不计)。磁感应强度为B的匀强磁场方向向外。金属棒ab质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦，从静止释放后保持水平而下滑。求其下滑的最大速度。

分析：释放后，随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，当F=mg时，加速度变为零，达到最大速度。。

*注意该过程中的能量转化：重力做功的过程是重力势能向其他能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；然后电流做功的过程是电能向内能转化的过程。稳定后重力的功率等于电功率也等于热功率。

*如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况如何？(无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度都一样)。

[例11]如图所示，质量为100 g的铝环，用细线悬挂起来，环中央距地面h为0. 8 m.有一质量200 g的磁铁以10 m/s的水平速度射入并穿过铝环，落在距铝环原位置水平距离3.6 m处，则在磁铁与铝环发生相互作用时：

(1)铝环向哪边偏斜？它能上升多高？

(2)在磁铁穿过铝环的整个过程中，环中产生了多少电能？

解析:(1)环向右偏斜，令铝环质量m₁ = 0. 1 kg, 磁铁质量m₂=0. 2 kg

磁铁做平抛运动;s = 3. 6＝vt,又,v＝9 m/s

又：磁铁与铝环作用时水平方向的动量守恒m₂v₀=m₂v+m₁v₁,v₁=2 rn/s

则：环：m₁gH＝½m₁v₁²;

　(2)环中产生的电能为系统的机械能损失：E_电＝△E＝½m₂v₀²一½m₂v²一½m₁v₁²=1.7(J)

　　　　　　 专题：电磁感应中的电路分析和图象问题

规律方法 一、电路分析

　　 在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流，因此，电磁感应问题又往往很电路问题联系在一起，解决这类电磁感应中的电路问题，不仅要应用电磁感应的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等；还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律，串并联电路的性质等，要将电磁感应、电路的知识，甚至和力学知识综合起来应用。

其主要步骤是：

3、自感问题

[例8]如图电路中，自感线圈电阻很小(可忽略不计)，自感系数很大．A、B、C是三只完全相同的灯泡．则S闭合后(　　 )

　　 A．S闭合瞬间，三个灯都亮

　　 B．S闭合瞬间，A灯最亮，B灯和C灯亮度相同

　　 C．S闭合后，过一会儿，A灯逐渐变暗，最后完全熄灭

　　 D．S闭合后过一会儿，B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同

解析：S闭合的时间，L阻抗很大，相当于断路，此刻仅A、B、C接在电路申，B、C并联再与A灯串联，故A灯上分配电压大，A、B、C三个灯同时发亮，A灯最亮．故选项A、B正确．

　　 S闭合后，L逐渐趋于稳定，即L的感抗逐渐减小，最后完全消失．由于L的纯电阻可忽略不计，因此，此时L对A相当于短路，所以灯A逐渐变暗，最后熄灭，而B、C灯逐渐变亮，最后亮度相同，故选项C、D都正确，　　 答案：ABCD

[例9]如图所示，L为一纯电感线圈，R为一灯泡．下列说法中正确的是(　 )

　　 A．开关 K接通瞬间无电流通过灯泡

　　 B．开关K接通后电路稳定时，无电流通过灯泡

　　 C．开关 K断开瞬间无电流通过灯泡

　　 D．开关K接通瞬间及接通后电路稳定时，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关K断开瞬间灯泡中则有从b到a的电流

解析；开关K接近瞬间，灯泡中立即有从a到b的电流；线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加．开关K接通后电路稳定时，电流不变，纯电感线圈对电流无阻碍作用，将灯泡短路，灯泡中无电流通过．开关K断开瞬间，由于线圈的自感作用，线圈中原来向右的电流将逐渐减小，该电流与灯泡形成回路，故灯泡中有从b到a的瞬时电流，本例应选B．

2、公式E=BLVsinθ与E=nΔΦ/Δt的区别

(1)区别：一般来说，E=nΔΦ/Δt求出的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应;E= BLvsin θ求出的是瞬时感应电动势,E与某个时刻或某个位置相对应．

另外, E=nΔΦ/Δt求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某部分导体的电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零．

如图所示，正方形导线框abcd垂直于磁感线在匀强磁场中匀速向下运动时，由于ΔΦ/Δt=0，故整个回路的感应电动势E=0，但是ad和bc边由于做切割磁感线运动，仍分别产生感应电动势Ead=Ebc=BLv,对整个回路来说，Ead和Ebc方向相反，所以回路的总电动势E=0，感应电流也为零．虽然E=0，但仍存在电势差，Uad=Ubc=BLv,相当于两个相同的电源ad和bc并联．

(2)联系：公式①E=nΔΦ/Δt和公式②E=BLVsinθ是统一的，当①中的Δt→0时，则E为瞬间感应电动势．只是由于高中数学知识所限我们还不能这样求瞬时感应电动势．公式②中的v若代入平均速度，则求出的E为平均感应电动势，实际上②式中的Lsinθ=△S/Δt，所以公式E=BLsinθ=B△S/Δt.只是一般来说用公式E=nΔΦ/Δt求平均感应电动势更方便，用E= BLvsinθ求瞬时感应电动势更方便．

[例6]如图所示，AB是两个同心圆，半径之比R_A∶R_B=2∶1，AB是由相同材料，粗细一样的导体做成的，小圆B外无磁场，B内磁场的变化如图所示，求AB中电流大小之比(不计两圆中电流形成磁场的相互作用)．

　解析：在ε=ΔB/Δt·S中，S是磁场变化的面积．所以I_A=·．I_B=·,　　　 所以I_A∶I_B＝1∶2

注意:IA的计算不可用做实际面积大小,写成I_A=·,而得到I_A∶I_B＝2∶1的错误结论

[例7]如图所示，光滑导轨宽0.4 m，ab金属棒长0.5m，均匀变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计，自t＝0时，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，则( AB　　　 )

　　 A．1s末回路中的电动势为1．6V

　　 B．1s末棒ab受安培力大小为1．28N

　　 C．1s末回路中的电动势为0．8V

　　 D．1s末棒ab受安培力大小为0．64N

解析：这里的ΔΦ变化来自两个原因，一是由于B的变化，二是由于面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内．， ΔB/Δt=2T/S，ΔS/Δt=VLΔt=2×1×0．4＝0.8 m

　　 1秒末B=2T，ΔS/Δt=0．4m²／s，　 所以ε＝(+)=1.6V

　　 回路中电流I＝ε/R=1.6／1A＝1.6A,　　 安培力F＝BIl＝2×1.6×0．4N＝1.28N

4、镇流器是一个带铁芯的线圈，起动时产生高电压点燃日光灯，目光灯发光以后，线圈中的自感电动势阻碍电流变化，起着降压限流作用，保证日光灯正常工作．

[例4]在图中，L是自感系数足够大的线圈，其直流电阻可以忽略不计，D₁和D₂是两个相同的灯泡，若将电键K闭合，待灯泡亮度稳定后再断开电键K，则(AC)

A．电键K闭合时，灯泡D₁和D₂同时亮，然后D₁会变暗直到不亮，D₂更亮

B．电键K闭合时，灯泡D₁很亮，D₂逐渐变亮，最后一样亮亮亮

C．电键K断开时，灯泡D₂随之熄灭。而D₁会更下才熄灭

D．电键K断开时，灯泡D₁随之熄灭，而D₂会更下才熄灭

解析：电键K闭合时，L会产生ε_自从而阻碍电流增大，D₁和D₂同时亮，随着电流趋于稳定，L中的ε_自逐渐减小，最后L会把D₁短路，D₁不亮，而D₂两端电压会增大而更亮．当K断开时，D₂中因无电流会随之熄灭，而L中会产生ε_自，与D₁构成闭合回路，D₁会亮一下．再者L中的电流是在I=的基础上减小的．会使D₁中的电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大，因而D₁会更亮．

[例5]如图所示是演示自感现象的电路图．L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈，A是一个标有“6V，4w”的小灯泡，电源电动势为6V，内阻为3Ω，在实验中(ABD　 )

　　 A．S闭合的瞬间灯泡A中有电流通过，其方向是从a→b

　　 B．S闭合后，灯泡A不能正常工作

　　 C．S由闭合而断开瞬间，灯A中无电流

　　 D．S由闭合而断开瞬间，灯A中有电流通过，其方向为从b→a

　解析：S闭合瞬间，L的阻抗很大，对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路．由于如图电源左正右负，所以此刻灯泡中电流由a到b，选项A正确；S闭合后电路达到稳定状态时，L的阻抗为零，又L上纯电阻极小，所以灯泡A不能正常发光，故选项B正确．S断开前L上的电流由左向右，S断开瞬间，灯泡A上原有电流即刻消失，但L和A组成闭合回路，L上的电流仍从左向右，所以回路中电流方向是逆时针的，灯泡A上电流从b到a，故选项D正确，选项C错误．

规律方法　 1、Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt三个概念的区别

磁通量Ф=BScosθ，表示穿过这一平面的磁感线条数；磁通量的变化量△Ф=Ф₂－Ф₁表示磁通量变化的多少；磁通量的变化率ΔФ/Δt表示磁通量变化的快慢. Ф大,ΔФ及ΔФ/ΔT不一定大, ΔФ/ΔT大，Ф及ΔФ也不一定大．它们的区别类似于力学中的v. ΔV及a=ΔV/△t的区别.

[例6]长为a宽为b的矩形线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t= 0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是 [ 　]

解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e=ε_mcosωt = Babωcosωt。当t=0时，cosωt=1，虽然磁通量Ф=0,但电动势有最大值,由法拉第电磁感应定律ε=ΔФ/Δt可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即ε=(ΔФ/Δt)_max=Babω,正确选项B

3、关于自感现象的说明

①如图所示，当合上开关后又断开开关瞬间，电灯L为什么会更亮，当合上开关后，由于线圈的电阻比灯泡的电阻小，因而过线圈的电流I₂较过灯泡的电流I₁大，当开关断开后，过线圈的电流将由I₂变小，从而线圈会产生一个自感电动势，于是电流由c→b→a→d流动，此电流虽然比I₂小但比I₁还要大．因而灯泡会更亮．假若线圈的电阻比灯泡的电阻大，则I₂＜I₁，那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的．

②．开关断开后线圈是电源，因而C点电势最高，d点电势最低

③过线圈电流方向与开关闭合时一样，不过开关闭合时，J点电势高于C点电势，当断开开关后瞬间则相反，C点电势高于J点电势．

④过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反，a、b两点电势，开关闭合时U_a＞U_b，开关断开后瞬间U_a＜U_b．