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专题四电路与电磁感应第三讲三大观点解决电磁感应问题考点1动力学观点应用动力学观点解决电磁感应综合问题时要特别注意a＝0时速度v达到最大时的特点，运动的动态分析如下：注意：电磁感应与力和运动结合的问题，研究方法与力学相同，首先明确物理过程，正确地进行受力分析，这里应特别注意伴随感应电流而产生的安培力，在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度(电流)变化而变化；其次应用相应的规律求解，匀速运动可用平衡条件求解，变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解．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，导轨间距为L，导轨上端连接一个定值电阻，导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并接触良好，斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小为B0，已知b棒的质量为m，a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，导轨电阻不计，重力加速度为g.(1)断开开关S，a棒和b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以ΔBΔt＝k均匀增加，写出a棒所受安培力随时间变化的表达式；(2)若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，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F，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棒再次滑回磁场上边界PQ时，又恰能沿导轨匀速向下运动，求a棒质量ma及拉力F的大小．[题眼点拨]①“断开开关S，a棒和b棒固定在磁场中，恰与导轨构成一个边长为L的正方形，磁场从B0以ΔBΔt＝k均匀增加”说明回路中的磁通量是变化的，产生感应电流；②“若接通开关S，同时对a棒施以平行导轨斜向上的拉力F，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”说明a棒受力平衡即F＝magsinθ＋BI1L，b棒也受力平衡即mgsinθ＝BIbL；③“当a棒再次滑回磁场上边界PQ时，又恰能沿导轨匀速向下运动”说明a棒匀速下滑时magsinθ＝BI2L.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝ΔBL2，由闭合电路欧姆定律可得：I＝E2R，t时刻的磁感应强度为B＝B0＋kt，此时a棒受到的安培力为F安＝BIL，解得F安＝kL32R(B0＋kt)；(2)由题意可知a棒沿斜面向上运动时，a棒为电源，b棒和电阻R并联，设通过a棒(干路)的电流为I1，由并联电路关系可得：I1＝Ib＋IR，B棒和电阻R的阻值相等，则通过b棒的电流为Ib＝12I1，电路的总电阻为R总＝RbRRb＋R＋Ra，由欧姆定律可得干路电流为I1＝ER总，感应电动势为E＝BLv，b棒保持静止，则mgsinθ＝BIbL，a棒脱离磁场后撤去拉力F，a棒机械能守恒，返回磁场时速度大小还是v，此时a棒和电阻R串联，则电路中的电流为I2＝ERa＋R，a棒匀速下滑，则magsinθ＝BI2L，联立解得ma＝32m，a棒向上运动时受力平衡：F＝magsinθ＋BI1L，解得F＝72mgsinθ.答案：(1)F安＝kL32R(B0＋kt)(2)32m72mgsinθ1．注意供电回路分析．如本例中，当开关S闭合时，a棒为电源，b棒和R并联，b棒中的电流为a棒中电流的12.2．注意分析导体棒的受力．如本例中a棒匀速上升时在平行导轨方向受到重力的分力magsinθ、拉力F、安培力BI1L，但a棒再次滑回磁场时在平行导轨方向只受重力的分力magsinθ和安培力BI2L，只是此时因b棒的滑离，电路结构发生了变化．[对点训练]1．(多选)如图所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0θ90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，ab棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中()A．a点的电势高于b点的电势B．ab棒中产生的焦耳热小于ab棒重力势能的减少量C．下滑的位移大小为qRBLD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ解析：由右手定则可知a点相当于电源的正极，b点相当于电源的负极，故A正确；由能量守恒可知ab棒重力势能的减少量等于ab棒中产生的焦耳热与ab棒的动能之和，故B正确；由q＝ΔΦR＝BxLR可得，下滑的位移大小为x＝qRBL，故C正确；金属棒ab在这一过程中受到的安培力大小为F＝BIL，I最大为BLvR，故最大安培力大小为B2L2vR，故D错误．答案：ABC2．(2019·北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B.纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行．从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q.解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv；(2)线圈中的感应电流I＝ER，拉力大小等于安培力大小F＝BIL，拉力的功率P＝Fv＝B2L2v2R；(3)线圈ab边电阻Rab＝R4，时间t＝Lv，ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝B2L3v4R.答案：见解析考点2能量观点利用能量观点求解电磁感应中的功能关系问题应注意以下三点：(1)电磁感应现象的实质是其他形式的能转化成电能．(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．(3)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．若电流变化，则：①利用安培力做的功求解，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，则机械能的减少量等于产生的电能．如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝0.3Ω的电阻，一质量m＝0.1kg，电阻r＝0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段时间后停下来，已知撤去外力前后电路中产生的电热之比Q1∶Q2＝2∶1，导轨足够长且电阻不计，棒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)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后电路中产生的电热Q2；(3)外力做的功WF.[题眼点拨]①“棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动”由于速度增大则安培力增大，所以外力也增大；②“棒的位移x＝9m时撤去外力”说明匀加速运动了9m.解析：(1)法一：棒匀加速运动所用时间为t，有12at2＝x，t＝2xa＝2×92s＝3s.根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为I－＝E－R＋r＝ΔΦt（r＋R）＝BLxt（r＋R）＝0.4×0.5×93×（0.1＋0.3）A＝1.5A，根据电流定义式有q＝I－t＝1.5×3C＝4.5C；法二：在电磁感应现象中通过导线截面的电荷量为q＝ΔΦR，所以有q＝BLxr＋R＝0.4×0.5×90.1＋0.3C＝4.5C；(2)撤去外力前棒做匀加速运动，设末速度为v，由v2＝2ax，得v＝6m/s.撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以电热等于棒减少的动能，有Q2＝ΔEk＝12mv2＝12×0.1×62J＝1.8J；(3)根据题意知撤去外力前的电热为Q1＝2Q2＝3.6J.撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于电热Q1)、重力不做功，合力共同使棒的动能增大，根据动能定理有：ΔEk＝WF－Q1，则WF＝Q1＋ΔEk＝3.6J＋1.8J＝5.4J.答案：(1)4.5C(2)1.8J(3)5.4J1．求感应电荷量应用的是电流的平均值，而求电路产生的电热Q＝I2Rt时，应用的是电流的有效值．2．电路中的电流是变化的，而又不是正弦交变电流，故电路中的电热应由功能关系求解．[对点训练]3．(多选)(2018·南阳质检)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，导轨在左端接有电阻R，导轨的电阻可忽略不计，斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量为m、电阻可忽略不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨由静止开始上滑，并上升h高度．在这一过程中()A．作用在金属棒上的合力所做的功大于零B．恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和C．恒力F与安培力的合力的瞬时功率一定时刻在变化D．恒力F与重力mg的合力所做的功大于电阻R上产生的焦耳热解析：导体棒由静止开始向上加速，产生的感应电流和感应电动势增大，所受安培力随之增大，合外力减小，加速度减小，若h足够高，最后导体棒做匀速运动，由动能定理知，作用在金属棒上的合力所做的功大于零，A正确；根据动能定理可得WF－WG－W安＝ΔEk，故WF＝ΔEk＋W安＋WG，恒力F所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热以及金属棒增加的动能之和，B错误；如果在还没有到达h高度前，金属棒已做匀速运动，速度恒定，此后恒力F与安培力的合力的瞬时功率恒定不变，C错误；根据WF－WG－W安＝ΔEk可得WF－WG＝ΔEk＋W安，恒力F与重力mg的合力所做的功等于电阻R产生的焦耳热与增加的动能之和，D正确．答案：AD4.如图所示，两金属杆ab和cd长均为L＝0.5m，电阻均为R＝8.0Ω，质量分别为M＝0.2kg和m＝0.1kg，用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧．两金属杆都处在水平位置，整个装置处在一个与回路平面相垂直向内的匀强磁场中，磁感应强度为B＝2T．若整个装置从静止开始到金属杆ab下降高度h＝5.0m时刚好匀速向下运动(g取10m/s2)．求：(1)ab杆匀速运动时杆上的电流方向；(2)ab杆匀速运动的速度vm.解析：(1)磁场方向垂直纸面向里，当ab匀速下滑时，ab中产生感应电动势，根据右手定则可知电流方向由a→b，cd中的感应电流方向由d→c；(2)电路中的电动势是ab与cd中电动势的和，即E＝2BLvm，回路中电流大小为I＝E2R，由安培力公式得FA＝BIL，ab受到的安培力向上，cd受到的安培力向下，大小均为FA，对ab有：T＋FA＝Mg，对cd有：T＝FA＋mg，联立得：2FA＝(M－m)g，解得vm＝（M－m）gR2B2L2＝（0.2－0.1）×10×8.02×22×0.52m/s＝4m/s.答案：(1)a→b(2)4m/s考点3动量观点应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移．如：BI－LΔt＝Δp，q＝I－·Δt，可得：q＝ΔpBL.B2l2v－R总Δt＝Δp，x＝v－Δt，可得：x＝ΔpR总B2l2.(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab和cd.给杆ab一个指向杆cd的初速度v0，于是产生感应电流．杆ab受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，杆cd则在安培力作用下做加速运动．在杆ab的速度大于杆cd的速度时，回路中总有感应电流，杆ab继续减速，杆cd继续加速．两杆速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两杆以相同的速度v做匀速运动．从初状态至两杆达到速度相同的过程中，