电磁感应专题讨论.doc

电磁感应与电路综合题解题策略和方法
河北省鸡泽县第一中学　吴社英
　　知识要点：

　　电磁感应是电磁学的核心内容，重点研究电磁感应现象的产生条件，感应电流方向的判定，感应电动势大小的计算。交变电流是电磁感应理论的延续和具体应用。

　　电路部分，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及若干基本规律（串、并联电路特点等）；其二是以闭合电路欧姆定律为中心，讨论电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化。

　　纵观近几年各种形式的高考试题，电磁感应和电路部分知识每年必考，并把电磁感应、磁场、电路以及力学中力的平衡、恒力做功等知识有机地结合，编组成电磁学和电路的综合型题较多，题型有选择题、填空题、计算题等，难度在中档左右，也有以这两部分知识命题的压轴题，复习过程中应予以高度重视，强化训练。

　　电磁感应中，涉及“棒生电”的命题颇多，是高考的热点、重点，也是难点。

　　“棒生电”指导体棒在磁场中先运动，后产生感应电动势或感应电流的问题，导体棒切割磁感线分为平动切割和转动切割两种：在匀强磁场中，B、、三量互相垂直平动切割磁感线时，感应电动势大小为；导体棒在匀强磁场中绕平行于磁感线的固定轴匀速转动时，感应电动势的大小为。

　　典型例题

　　例1　如图1所示，金属棒P从高h处以速度沿光滑弧形平行导轨下滑，进入轨道的水平部分后，在自下而上垂直于导轨平面的匀强磁场中运动，磁感应强度为B，在轨道的水平部分原来静止放着另一根金属棒Q，已知，假设导轨足够长，试问：

图1

　　（1）当P棒进入磁场后，P、Q棒各做什么运动？

　　（2）P棒刚进入磁场时，P、Q两棒加速度之比为多少？

　　（3）若两棒始终没有相碰，求P和Q的最大速度？

　　（4）在整个过程中，回路中消耗的电能是多少？

　　分析：解本题的关键应抓住（1）当P、Q两棒速度相等时，回路电流为零，P、Q不受安培力做匀速直线运动；（2）P、Q两棒所受合外力为零，动量守恒；（3）全过程能量守恒。

　　讲解：本题所涉及的物理过程，可以分为三个阶段：

　　第一阶段：P棒沿光滑弧面下滑，直到进人水平轨道之前，整个系统机械能守恒，即Q棒不动，对P棒

　　∴

　　第二阶段：P棒刚进入磁场时速度最大，其后由于P棒切割磁感线使整个回路产生感应电流，反过来由于P、Q棒中有电流存在，两棒又受安培力作用而分别做减速和加速运动，直到两棒速度相同为止，该速度即为Q棒最大速度。由于两棒所受安培力，尽管回路中感应电流不断变化，但两棒通过的电流始终相等，所以两棒所受安培力大小始终相等，这样两棒运动加速度之比始终为。

　　在这一阶段中，两棒运动速度不断变化，回路中的感应电动势、感应电流、安培力、两棒的加速度都在不断地变化，用牛顿定律求两棒速度是非常困难的，但若把两棒看成一个运动系统，它们在安培力作用下速度从不同到相同的运动情况，可用动球碰静球的完全非弹性碰撞相类比，这样根据动量守恒定律

　　∴

　　第三阶段：两棒速度相同后，穿过整个回路的磁通量不再变化，回路中无电流，两棒不再受安培力作用，在光滑水平轨道上各自做匀速运动，整个系统无能量消耗。

　　要计算从P棒下滑到两棒均以v滑动的全过程中回路消耗的电能，因感应电流为变量，无法用计算，但根据能量守恒定律，回路消耗的电能即系统减少的机械能。

　　∴

　　综合以上分析：

　　（1）P棒刚进入磁场阶段，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，随着两棒速度差的减小，两棒运动加速度也不断减少；

　　（2）两棒加速度之比为；

　　（3）P棒最大速度，Q棒最大速度；

　　（4）整个过程回路消耗的电能

　　答案：

　　（1）P棒刚进入磁场阶段，P棒做减速运动，Q棒做加速运动，随着两棒速度差的减小，两棒运动加速度也不断减少；

　　（2）两棒加速度之比为

　　（3）P棒最大速度，Q棒最大速度；

　　（4）整个过程回路消耗的电能。

　　评析：通过本例题的讲解可总结得出，受力情况、运动情况的动态分析，可按如下思考方法：电磁感应现象中产生感应电动势感应电流通电导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化感应电动势变化……周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，要画好受力图，抓住时，速度v达最大值的特点。

　　例2　如图2（甲）所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区，然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么图2（乙）中所示的哪一个图象正确地表示回路中电流对时间的函数关系？

图2（甲）

A                B                   C                D
图2（乙）

　　讲解：当线圈开始运动，尚未进入磁场区时，没有感应电流产生，当ab边进入磁场，ab边切割磁感线产生的感应电动势为定值，因此感应电流也为定值，方向为逆时针（正）。当cd边进入磁场时，ab和cd边产生的感应电动势互相抵消，没有感应电流，当线圈继续运动，在磁场中只有cd边时，又开始有感应电流，大小不变，方向为顺时针（负），cd边离开磁场后线圈无感应电流，所以C图才是正确的。

　　评析：回路中感应电动势、感应电流i、磁感应强度B的方向，在图、图、图中是通过正负值来反映的，分析回路中的感应电动势或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，有些图象问题还要画出等效电路来辅助分析。

　　例3　如图3所示，与光滑的水平平行导轨P、Q相连的电路中，定值电阻，；电压表的量程为0～10V，电流表的量程为0～3A，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：

　　（1）当滑动变阻器的阻值时，用水平恒力向右作用于ab，在ab运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，试问：这时水平恒力F1的功率多大？ab的速度多大？

　　（2）将滑动变阻器的电阻调到，要使ab达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab的水平恒力F2多大？这时ab的运动速度多大？

图3

　　讲解：

　　（1）当时，与的并联阻值为，显然，这时电压表满偏，读数为10V，电流表读数为2A。（如果电流表指针满偏，为3A，则电压表上电压为，超过它的量程，不能安全使用）

　　在这种情况下电路中感应电流的总功率为。

　　根据能的转化和守恒定律，F1的功率与感应电流的功率相等即为40W。

　　由，可知ab的速度

　　（2）当时，它与的并联阻值，电路中总电阻。显然，这时电流表指针满偏，为3A，电压表示数为6V。（若电压表指针满偏为10V，则通过电流表的电流为，超过它的量程不能安全使用）

　　这时电路中感应电流的总功率，即F2的功率为

　　ab切割磁感线产生的感应电动势为（因ab的电阻不计）

　　在（1）问中，感应电动势为

　　由，可得作用于ab的恒力为

　　答案：（1）40W       （2）60N   

　　评析：本题是集电磁感应、电路计算与分析、力学中的功率及能的转化和守恒定律于一体的综合性题目，要有扎实的基础知识和较强的实际分析能力才能正确的解答此题。

　　解题的关键是：

　　（1）运用电路中所学知识分析出两个电表中，哪一个满偏，哪一个在安全使用，从而得到解题中所需的数据；

　　（2）明确电磁感应现象中能的转化和守恒关系，外力克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能，由电流的热效应转化为内能，且在转化过程中能量是守恒的。

　　例4　如图4所示，铜质圆盘绕竖直轴O在水平面内匀速转动，圆盘半径为，处在垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场中，两个电刷分别与转动轴和圆盘的边缘保持良好接触，并与电池和保险丝D串联成一闭合电路。

图4

　　已知电池电动势，电路中总电阻，保险丝的熔断电流为1A，试分析计算：为了不使保险丝烧断，金属圆盘顺时针方向转动的角速度的取值范围是什么？

　　讲解：圆盘不动时，电路电流，大于保险丝的熔断电流，保险丝将被烧断。

　　圆盘顺时针方向转动时，相当于长度为r的导体在垂直于磁场的平面里绕O轴以角速度匀速转动，感应电动势大小为

　　       ①

　　圆盘边缘电势比转动轴处电势高，在闭合电路中感应电动势的方向与电池电动势的方向相反，要保险丝不被烧断，在转动角速度较小时要满足

　　      ②

　　在转动角速度较大时应满足

　　         ③

　　把数据代入①②③解得

　　再把数据代入上式解得

　　答案：

　　评析：在求解此题时，要注意到在转动角速度较小时，电池电动势将大于感应电动势，电流将在电路顺时针方向流动；在转动角速度较大时，感应电动势大于电池电动势，电流在电路中逆时针方向流动。

　　例5　如图5所示，da、cb为相距的平行导轨（电阻可以忽略不计），a、b间接一个固定电阻，阻值为R，长直细金属杆MN可以按任意角架在平行导轨上，并以匀速v滑动（平移），v的方向和da平行，杆MN有电阻，每米长的电阻值为R，整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面（dabc平面）向里。

图5

　　（1）求固定电阻R上消耗的电功率为最大时角的值。

　　（2）求杆MN上消耗的电功率为最大时角的值。

　　讲解：如图5所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势为，与角无关。

　　用r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为

　　（1）电阻R上消耗的电功率为

　　由和R均与无关，所以r的值最小时的值达最大，当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以最大时的值为。

　　（2）杆上消耗的电功率为

　　要求最大，即要求取最大值。由于

　　显然，时，有极大值，因每米杆长的电阻值为R，即要求两导轨间的杆长为1m，所以有以下两种情况：

　　① 如果，则满足下式时    

　　所以

　　②如果，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有，由于

　　在的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时，取最小值，取最大值，所以取最大值时值为。

　　答案：（1）    （2）

　　评析：该题体现了数学方法在分析解答物理问题上的重要作用。

　　例6　如图6所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为，质量的导体棒ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻，磁感强度的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引下上升时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生热量。电动机工作时，电压表、电流表的读数分别恒为7V和1A，电动机的内阻，不计一切摩擦，，求：

图6

　　（1）导体棒所达到的稳定速度是多少？

　　（2）导体棒从静止到达稳定速度的时间是多少？

　　讲解：电路给电动机提供一定的电功率，一部分损耗在电机的内阻发热上，剩余的即电机输出功率用来提升棒ab。

　　据，知电机输出功率一定，棒在拉力F作用下上升，做加速度a逐渐变小的加速运动，当，即时棒速稳定。

　　（1）设棒达到稳定速度为v，

　　则有：       ①

　　而：        ②

　　而将数值代入①②联立解得：

　　（2）设棒从静止到达稳定速度用时为t，电动机的输出功等于ab棒机械能的增加量与此过程导体棒产生的热量Q之和，有：

　　    求得

　　答案：（1）    （2）

　　评析：该题是一道综合性很强的习题。在分析物理过程中，根据题给信息“电动机通过绝缘细线牵引一棒切割磁感线”，抓住能的转化与守恒这一主线，将“电动机工作电路问题”、“机车运动问题”和“电磁感应中能的转化”的解题思路迁移过来，综合分析解决问题。
灵活处理跟感应电动势相关的问题
江西省新干中学　聂卫群
　　笔者在教学中发现学生在处理跟感应电动势相关的问题时普遍存在两个方面的问题。其一是：运用公式和求感应电动势时，没有谁准确理解公式中速度（）和长度的意义，盲目地套用公式从而导致错误。其二是：产生感应电动势的导体在回路中充当电源时，不能准确找出充当电源的那部分导体以及把电路看成回路来分析，从而导致错误。对于以上问题笔者列举了以下几个实例进行分析。

　　一、用“有效切割速度”解题

　　当导体的速度方向与磁场方向不垂直时，我们应该把切割速度分解为沿磁场方向的分速度和垂直于磁场方向的分速度，其中垂直于磁场方向的分速度为“有效切割速度”，利用“有效切割速度”求感应电动势。

　　[例1]如图⑴所示，将一根金属棒在竖直向下的匀强磁场中以初速度水平抛出，若金属棒在运动过和程中始终保持水平，那么金属棒中的感应电动势E的大小将（    ）

　　A．随棒速度的增大而增大

　　B．随棒的速度方向与磁场方向的夹角减小而减小

　　C．保持不变

　　D．由于速度大小和方向同时变化，无法判断E的变化情况

　　解析：由题意可知金属棒做平抛运动，在运动过程中对切割磁感线有贡献的是水平分速度，竖直分速度对切割磁感线没有贡献，因此水平分速度是“有效切割速度”。设金属棒长为L，匀强磁场的磁感应强度为B，则感应电动势E=BL。由于平抛运动的水平分速度保持不变，所以金属棒中的感应电动势保持不变。因此C正确。

　　二、用“有效切割长度”解题

　　当切割磁感线运动的导体只有一部分接入回路时，我们应该把接入回路的这部分导体的长度作为“有效切割长度”，利用“有效切割长度”求有效感应电动势。

　　 [例2]如图⑵所示，匀强磁场中有一固定金属框架ABC，导体棒MN在框架上沿图示方向匀速平移，框架和导体棒的材料相同，接触电阻不计，则（    ）

　　A．电路中感应电流不变

　　B．电路中感应电流不断增大

　　C．电路中感应电流不断减小

　　D．条件不足无法判断

　　解析：MN棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，但是其中只有de段和金属框架组成闭合回路，也就是说只有de段产生的感应电动势为有效的感应电动势，因此de段的长度为“有效切割长度”。导体棒MN在运动过程中，“有效切割长度”不断增长，有效的感应电动势也不断增大。设开始位置的有效长度为，速度大小为，磁感应强度为B，此时回路中的总电阻为R，则感应电流。设运动过程中某时刻的有效长度为，此时回路中的总电阻为，则感应电流。回路中的电阻与回路的周长成正比，由三角形相似可知两回路周长之比等于de和的长度之比，即为，因此。所以，即感应电流不变。所以A正确

　　三、用“等效切割长度”解题

　　当切割磁感线运动的导体不是直导线而是任意曲线或折线时，我们应把线框与磁场边界的两交点的连线的长度作为“等效切割长度”，利用“等效切割长度”求感应电动势。

　　[例3]如图⑶所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面，MN线与线框的边成角，E、F分别为PS和PQ的中点，关于线框中的感应电流，下列说法正确的是（    ）

　　A．当E点经过边界MN时，感应电流最大

　　B．当P点经过边界MN时，感应电流最大

　　C．E点、F点经过边界MN时，电路中感应电流相等

　　D．Q点经过边界MN时，感应电流最大

　　解析：线框向右运动时，处于磁场中的部分切割磁感线，计算感应电动势时不能把这部分长度作为切割长度，“等效切割长度”是线框与边界MN的两个交点之间的长度，计算感应电动势时应代入“等效切割长度”。把线框的速度分解为两个分速度和，其中的方向垂直于边界MN、的方向平行于边界MN，因此对“等效切割长度”来说为有效切割速度。设“等效切割长度”为L，磁场的磁感应强度为B，则感应电动势。设线框的总电阻为R，

　　则感应电流。当P点经过边界MN时“等效切割长度”最大，感应电流最大。当E点或F点经过边界MN时，“等效切割长度”相等，电路中感应电流相等。所以BC正确

　　四、用“等效电路”解题

　　当闭合回路的一部分导体处在磁场中产生感应电动势时，我们应该把产生感应电动势的这部分导体看成电源，画出“等效电路”，利用“等效电路”求回路中两点之间的电压。

　　 [例4]如图⑷所示，圆环a和b的半径之比，两圆环的导线材料、粗细均相同，连接圆环的导线电阻不计。磁场的磁感应强度始终以恒定的变化率变化，那么当a环置于磁场中与a环环置于磁场中两种情况下，AB两点间的电压           。

　　解析：a环和b环一起构成闭合回路，磁感应强度变化时，闭合回路的磁通量发生变化，回路中会产生感应电流。设磁感应强度的变化率，a、b环的面积分别为。当a环置于磁场中时，a环产生的感应电动势，此时a环相当于电源。等效电路为：a环等效为图中的电源，b环等效为图中的电阻R ，AB间的电压为路端电压。由a、b环的半径之比为2：1可知a、b环的周长之比为2：1，所以a、b环的电阻之比为2：1，因此AB间的电压。当b环置于磁场中时，同理可得AB间的电压。所以。

　　总结：由以上各例可知“等效”和“有效”的思想在解题和理解时起到了重要作用。“等效”和“有效”的思维方法是物理中两种重要的科学思维方法，解题时加以运用比较可以提高学生的思维水平，对学生学习物理有很大的帮助
动生感应中的“收尾加速度”问题分析
重庆市潼南塘坝中学校 张大洪
　　在动生感应中导体棒切割磁感线运动而产生感应电流，并同时受到安培力的作用，由于导体棒的速度变化导致安培力变化，因而导体棒运动过程中的加速度均将发生相应变化；当在一定条件下导体棒最终将作匀变速直线运动时，我们将其不变的加速度称作“收尾加速度”；下面我们从实例来分类讨论这个“收尾加速度”的分析方法。

　　一、由电容器的充电来维持的匀加速收尾过程

　　例1　如图1-1所示U形光滑导线框架宽L＝1米与水平面成θ＝300角倾斜放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0．2T；在框架上垂直框边放一根质量，电阻的导体棒ab；图中一个的电容器连接在框架上，导体框架的电阻不计。现将ab棒从静止释放让它沿框架无摩擦下滑，设框架足够长且取。求（1）棒从静止释放后将作什么运动，最终的加速度多少？（2）棒从静止释放沿框面下滑9．854米时的速度及所经历的时间？

　　分析：（1）棒ab释放后在重力作用下加速沿框面下滑而切割磁感线产生感应电动势E并对电容器充电，从而形成从b向a的充电电流；根据左手定则可以确定出棒所受到的安培力的方向及导体棒的受力如图1-2所示；开始棒的速度小、电动势小，充电电流小、安培力小，在重力作用下速度不断增大、电动势增大、充电电流增大、安培力增大，那么导体棒将如何运动呢？不外乎以下四种情况：①设导体棒作匀速直线运动：因棒匀速运动故其所受三力之合必为0即沿框面方向上有，但当棒匀速运动时其切割磁感线运动而产生的电动势为定值，故电容器不形成充电电流，因而导体棒将没有受到安培力作用而将沿框面向下匀加速直线运动，故这种假设是不成立的；所以棒最终不可能作匀速直线运动。②设棒作加速度减小的加速直线运动：因棒作加速度减小的加速运动，即得运动中棒所受安培力F必增大，故说明棒运动中电容器的充电电流增大；再由此时电流却得出由于棒加速度减小故电容器的充电电流将减小，这与前面的分析结果矛盾；所以棒作加速度减小的加速运动的假设是不成立的。③设棒作加速度增大的加速直线运动：同“②”分析有电容器的充电电流减小；再由此时电流却得出由于棒加速度增大故电容器的充电电流将增大，所以棒不可能作加速度增大的加速直线运动。④由此可见：导体棒必作匀加速直线下滑。设棒运动的加速度为由图1-2受力及牛顿定律有，再由得出，式中B、L、C、m一定故加速度一定即。

　　（2）棒从静止以作匀加速直线运动经过9．854米的速度为，经历的时间。

　　二、由电阻的相应变化来维持的匀加速收尾过程

　　例2　图2中AB、CD是两根特制的完全相同的电阻丝，竖直固定在地面上，上端用电阻不计的导线连接，两电阻丝间距为L，有一根质量为电阻不计的金属棒跨在AC两点间的轴原点处，并与电阻丝接触良好且无摩擦，空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，释放金属棒后它将向下滑动。求（1）若电阻丝的阻值跟位移的平方根成正比，即，试用假设法证明棒的下滑是匀变速直线运动；（2）在棒作匀加速直线运动时若求①棒的加速度的大小？②棒下落1米位移过程中流过的电量q＝？③棒下落1米位移过程中电阻上的电功？

　　分析：（1）棒从静止释放后受重力而加速下落，速度增大、棒切割磁感线产生的电动势增大，但连入电路中的电阻线长度也增大故电路中电阻增大，因而电路中的电流及安培力的变化不便简单判定；对棒下落中的任一时刻将有即。①假设棒作匀速直线运动：则棒运动的加速度，即，式中B、L、V、m、k均为定值故位移必为定值；但由于棒的向下匀速运动将使位移随时间而变化；故二者矛盾而说明棒不可能匀速直线运动。②假设棒作加速度增大的加速下落：由前知必有减小，故棒的加速度最终将增大为，此时必有，由于B、L、x均不为0且为常数，故表明当棒的加速度时棒的速度；但由于棒运动中同向故棒的速度将不断增大；二者矛盾而说明棒不可能作加速度增大的加速直线运动。③假设棒作加速度减小的加速下落：必有增大，故棒的加速度最终将减小为时棒以得而匀速直线运动；但由于棒运动中将不断增大而使棒速度变化；故二者矛盾而说明棒不可能作加速度减小的加速直线运动。④由此可见：导体棒必作匀加速直线下落。

　　（2）①将数据代入得；再因棒匀加速运动故有，将式代入有，解之得棒的加速度为；

　　②棒匀加速下落1米位移过程中流过的电量为，其中得；

　　③棒下落中电路中电阻相应增大，因而其消耗的电能应当从能量的转化与守恒定律得出：即，则，故此过程中电阻上的电功为

　　三、由二导体棒间的相互制约而维持的匀加速收尾过程

　　例3　如图3所示两根平行的金属导轨固定在同一水平面上，磁感应强度的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计，导轨间距；两根质量均为电阻均为的平行金属杆甲、乙可在导轨上垂直于导轨滑动，与导轨间的动摩擦因数均为；现有一与导轨平行大小为的水平恒力作用于甲杆使金属杆在导轨上滑动；求（1）分析甲、乙二杆的运动的情况？（2）杆运动很长时间后开始，则再经过5秒钟二杆间的距离变化了多少？

　　分析：（1）金属杆甲在水平恒力作用下将向右加速运动并切割磁感线产生逆时针方向的感应电流并使杆甲同时受到水平向左的安培阻力；杆乙中有了电流而将受到水平向右的安培动力；开始时杆甲的速度较小故安培力、较小，随的增大则回路中的感应电流增大，则二杆所受的安培力、均增大，故杆甲将向右作加速度减小的加速运动；当时乙杆将向右作加速运动，且乙的加速度将逐渐增大；直到甲、乙二杆的加速度相等时，甲相对乙将向右作匀速直线运动而远离，因而此后回路中的电动势E不再发生变化、电流I也不变，故二杆所受到的安培力、不变、二杆的加速度也不再发生变化；由此可见甲、乙二棒最终将以相同的加速度向右作匀加速直线运动。因为，设最终二杆的共同加速度为并对二杆作一整体用牛顿定律有即。

　　（2）再对杆乙分析有及前面两式可得；又因为杆乙受到的安培力可由表示出，故最终回路中的电流强度由有；则回路中的感应电动势为，所以此时二杆间的相对速度为；因而以后经过5秒二杆间的距离将增加。

　　四、由外力的变化维持的匀变速收尾过程

　　例4　如图4中二相互平行的光滑金属导轨位于水平面内，间距，在导轨的一端接有阻值为的电阻；在区域有一与水平面垂直的均匀磁场；一质量为的金属杆垂直放置在导轨上并以的初速度进入磁场中，在安培力及垂直于杆的水平外力F共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为方向与初速度方向相反；设导轨及金属杆的电阻均不计且接触良好求：（1）电流为0时金属杆所处的位置？（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小及方向？（3）保持其它条件不变而初速度取不同值，则开始时外力F的方向与初速度取值的关系？

　　分析：由题意知杆必向右作匀减速直线运动到速度为0后再向左作匀加速直线运动直到离开磁场区域，故电流为0时表示杆的速度为0；

　　杆向右匀减速直线运动的位移为得；

　　杆的运动速度变化时电路中的电动势变化，故电流相应变化，由电动势有杆运动的速度最大则电路中感应电动势最大、电流最大，即最大电流必为；当电流为最大值的一半时即时：

　　①若此时杆向右运动，则外力方向不定，我们假设外力F水平向右由牛顿定律有即，故杆向右运动中外力F大小为0．18N方向水平向左；②若此时杆向左运动，则外力F方向必水平向左且有即代入数据得。

　　（3）杆开始运动时速度为，则电动势为，故安培力为；那么对杆由牛顿定律有即：

　　当即时，表示外力F方向与X轴方向相反；

　　当即时，表示外力F方向与X轴方向相同；
“断电自感”中的电流问题剖析
重庆市潼南塘坝中学校　张大洪
“断电自感”是一种常见的电磁感应现象，其电路图如图示；下面对该电路中开关K断开前后的电路状态与变化过程作如下分析：（忽略电池内阻及导线电阻，并设灯A的电阻为RA，线圈L的直流电阻为RL，电动势为ε）

一、K闭合电路稳定时线圈L中的电流大小与方向：线圈L中的电流强度为，通过灯泡的电流强度为，电流方向均向左；
二、电路稳定时线圈中储存的能量：我们先考虑当线圈与电流接通时，由于线圈的自感现象使电路中的电流i并不立刻由0变到稳定值IL0，而要经过一段时间；在这段时间内电路中的电流在增大，因而有反方向的自感电动势存在；那么电路中的电源（电池组）不仅要供给电路中产生焦耳热的能量，而且还要反抗自感电动势做功。下面我们计算在电路中建立稳定电流IL0过程中电流所做的这部分额外功：在时间内电源反抗自感电动势所做的功为，式中i为电流强度的瞬时值；而，故；那么在建立电流的整个过程中，电源反抗自感电动势所做的功为，这部分功以能量的形式储存在线圈L内。当K断开时电流由稳定值IL0减小到0，线圈中产生与电流方向相同的感应电动势。线圈中原已储存的能量通过自感电动势作功全部释放出来；故K断开瞬间线圈中的能量为。
三、K断开瞬间A灯与线圈L的电流情况：
⑴电流方向：K断开瞬间通过灯A的电流立刻减小为0；但同时由于线圈L中的电流IL0减小，故L中的自感电流IL'必与原电流IL0同向以“阻碍”原电流的减小，因而线圈L作了A、L回路的电源，且线圈L的左端为电流负极而右端为正极；故实际上K断开瞬间经过灯A的电流并不为0而是方向向左的电流IL。
⑵L断开瞬间线圈与A灯中的瞬时电流的大小：电路断开后线圈将原来储存起来的能量（磁场能）通过自感而经回路L、A释放，故在K断开前、后的瞬间线圈的能量（磁场能）是相等的，而磁场是由电流产生的，因而K断开后瞬线圈中的总电流强度与断开前的电流强度IL0必相等。所以断电自感中线圈中的电流将从断开前瞬的电流强度IL0开始减小。那么开关断开瞬间加于电灯L两端的瞬间电压为。
四、K断开后的变化过程中通过灯A及线圈L中的电流强度的变化关系：稳定电路中将K断开后，灯A与线圈L组成新的回路，此电路中没有外电源；但是由于自感作用而在线圈中产生与原电流同向的自感电动势及自感电流，所以回路中的电流强度并不立即减小为0；由自感电动势及闭合电路欧姆定律有：回路中任一时刻的电流大小为 即有，由于K断开时（ε为电池电动势），故对上式两边积分可得，解之得断电自感中任一时刻t时电路中的电流随时间的变化关系为，由此可见随着时间的推延电路中的电流强度逐渐减小到0。
五、灯A“闪亮”的条件：由前面知K断开后通过灯A的电流强度将从原电流IL0开始减小，故通过灯A的最大电流必由IL0确定；
⑴当线圈L的直流电阻为RL≥RA时，必有稳定电流IL0≤IA0，故断开K的瞬间通过灯A的电流的大小为IL0而较A的额定电流小，因而灯A将逐渐变暗到熄灭，其电流变化如图甲示t1─t2段。
⑵当线圈L的直流电阻为RL<IA0，故断开K的瞬间通过灯A的电流的大小为IL0而较A的额定电流大，因而灯A将“闪亮”（如图乙中的t1─t2段所示）一会后逐渐变暗到熄灭。
六、L断开前、后通过灯A的电流变化图象如下图所示（以断开前的电流方向为正方向）。

七、例题与解析：
例 设下图1中电源电动势E＝10V内阻不计，线圈L的直流电阻与R相同均为5Ω，两两灯泡的电阻均为RS＝10Ω；求断开S瞬间灯泡L1两端的电压为多少？

分析：当开关S闭合电路稳定时L1与L的直流电阻并联、L2与电阻R并联然后二者再串联，由欧姆定律可知此时通过线圈L的恒定电流为IL＝1A。当开关S断开瞬间灯L2立即熄灭而灯L1与线圈L却组成了一个闭合回路，线圈L由于自感而对A供电且L中的电流必从断开前的IL＝1A开始逐渐减小，故当S断开瞬间通过灯泡A的电流必为1A，因而此时加在灯泡L1的两端电压为，且S断开后通过灯泡L1的电流方向将由原来的向右而变成向左。

练习1：图2中线圈自感系数L很大而直流电阻 ，电源电动势为E，当开关闭合时用依次表示流过线圈L、灯A的电流及两端的电压，则在K断开瞬间会出现（　）
A．突然变大　　B．突然变大　　C．突然变大　　D．都不能变大
答案：B、C

练习2：图3示a、b中，电阻R和自感线圈L的电阻均很小且小于灯S的电阻，接通开关K使电路达到稳定，灯S发光则（　）
A．在电路a中断开K后，S将逐渐变暗
B．在电路a中断开K后，S将先变得更亮然后才逐渐变暗
C．在电路b中断开K后，S将逐渐变暗
D．在电路b中断开K后，S将先变得更亮然后才逐渐变暗
答案：A、D
如何求解电磁感应中的力学问题
广东省汕尾市城区田家炳中学　贾世芳
如何求解电磁感应中的力学问题，一直是高中物理教学的一个难点，也是近几年来高考的热点。学生普遍反映，这类问题的知识跨度较大、综合程度较高、涉及到的知识面较广。因此，求解这类问题的难度较大、方法比较灵活、途径较多。笔者通过多年的教学实践，总结出了下列几种常见的求解方法，以供大家探讨。
一、利用力学平衡方程求解

图1（a）
例1　如图1（a）所示，两金属杆ab和cd长均为L，电阻均为R，质量分别为M和m。现用两根质量和电阻均可忽略不计且不可伸长的柔软导线将它们连接成闭合回路，并悬挂于水平、光滑、不导电的圆棒两侧。已知两金属杆都处于水平位置，整个装置处在一个与回路平面垂直磁感强度为B的匀强磁场中，求金属杆ab向下做匀速运动时的速度。
分析与解　当金属杆ab以速度v向下做匀速运动时，cd杆也将以速度v向上做匀速运动，两杆同时做切割磁感线运动，回路中产生的感应电动势为E＝2BLv。

图1（b）　　　　　　　　　　　　　图1（c）
分别以ab杆和cd杆为研究对象进行受力分析，画出受力分析图如图1（b）和图1（c）所示，根据力学平衡方程、则：
Mg＝BIL＋T
T＝mg＋BIL
又因为，所以解得速度。
二、利用牛顿第二定律求解

图2
例2　如图2所示，平行导轨MN和PQ相距0．5m，电阻忽略不计。其水平部分粗糙，倾斜部分光滑。且水平部分置于B＝0．6T竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处没有磁场。已知导线a和b的质量均为0．2kg，电阻均为0．15Ω，开始时a、b相距足够远，b放置在水平导轨上，现将a从斜轨上高0．05m处由静止开始释放，求：（g＝10m/s2)。
（1）回路中的最大感应电流是多少？
（2）如果导线和导轨间动摩擦因数μ＝0．1，当导线b的速度最大时，导线a的加速度是多少？
分析与解：（1）当导线a沿倾斜导轨滑下时，根据机械能守恒定律，导线a进入水平导轨时速度最大，即。此时，导线a开始做切割磁感线运动，回路中产生的感应电流最大，即。
（2）经分析可知，当导线b的速度达到最大值时，导线b所受的安培力与摩擦力大小相等，方向相反，即umg＝BIL，此时导线a受到的摩擦力和安培力方向都向右，即F＝μmg＋BIL＝2μmg。根据牛顿第二定律，导线a产生的加速度为，方向水平向右。
三、利用动量定理求解

图3
例3　如图3所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨，置于垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b，与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到10m/s时，再释放a，经过1s后，a的速度达到12m/s，则
A、当
B、当
C、若导轨足够长，它们最终的速度必相同
D、它们最终的速度不相同，但速度差恒定
分析与解：当b棒先向下运动时，在a和b以及导轨所组成的闭合回路中产生感应电流，于是a棒受到向下的安培力，b棒受到向上的安培力，且二者大小相等。释放a棒后，经过时间t，分别以a和b为研究对象，根据动量定理，则有：

代入数据可解得：当。
在a、b棒向下运动的过程中，a棒产生的加速度，b棒产生的加速度。当a棒的速度与b棒接近时，闭合回路中的逐渐减小，感应电流也逐渐减小，则安培力也逐渐减小。最后，两棒以共同的速度向下做自由落体运动。故正确答案选A和C。
四、利用动量守恒定律求解

图4
例4　如图4所示，质量为m的金属杆a，从高为h处由静止开始沿光滑的平行金属导轨滑下，进入光滑的水平平行金属导轨，且导轨足够长，在水平导轨区域有竖直向上磁感强度为B的匀强磁场。水平导轨上静止放置着一个质量为m/2的金属杆b。如果a杆和b杆在导轨上始终不发生相碰，求：a和b的最终速度。
分析与解：金属杆由高为h处滑到水平导轨的过程中，机械能守恒，即：，这样可求出a杆在进入水平导轨时的速度为。
又因为a杆在水平导轨上滑动时，在闭合回路中产生感应电流，于是a杆和b轩受到大小相等、方向相反的安培力作用。所以在水平方向上a杆和b杆组成的系统动量守恒。根据动量守恒定律，则：

这样便很容易求出a和b的最终速度。
五、利用能量守恒定律求解

图5
例5　如图5所示，在竖直向上磁感强度为B的匀强磁场中，放置着一个宽度为L的金属框架，框架的右端接有电阻R。一根质量为m，电阻忽略不计的金属棒受到外力冲击后，以速度v沿框架向左运动。已知棒与框架间的摩擦系数为μ，在整个运动过程中，通过电阻R的电量为q，求：（设框架足够长）
（1）棒运动的最大距离；
（2）电阻R上产生的热量。
分析与解（1）设在整个运动过程中，棒运动的最大距离为S，则：
又因为，这样便可求出S＝qR/BL。
（2）在整个运动过程中，金属棒的动能，一部分转化为电能，另一部分克服摩擦力做功，根据能量守恒定律，则有：

电能又转化为R上产生的热量，