物理 电磁感应中的力电综合问题 提高篇
2021年高考物理最新模拟题精练专题4.32 电磁感应与动量综合问题(提高篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.32 电磁感应与动量综合问题（提高篇）1．(10分) （2020新高考冲刺仿真模拟6）如图甲所示，光滑的水平绝缘轨道M 、N 上搁放着质量m 1＝0.2 kg 、电阻R 1＝0.02 Ω的“[”形金属框dabc ，轨道间有一有界磁场，变化关系如图乙所示．一根长度等于ab ，质量m 2＝0.1 kg 、R 2＝0.01 Ω的金属棒ef 搁在轨道上并静止在磁场的左边界上．已知轨道间距与ab 长度相等，均为L 1＝0.3 m ，ad ＝bc ＝L 2＝0.1 m ，其余电阻不计.0时刻，给“[”形金属框一初速度v 0＝3 m/s ，与金属棒碰撞后合在一起成为一闭合导电金属框(碰撞时间极短)．t 0时刻整个框刚好全部进入磁场，(t 0＋1) s 时刻，框右边刚要出磁场．求：(1)碰撞结束时金属框的速度大小； (2)0～t 0时间内整个框产生的焦耳热；(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，安培力对ab 边的冲量的大小． 【名师解析】 (1)碰撞过程中，动量守恒，得到 m 1v 0＝(m 1＋m 2)v v ＝2 m/s(2)对闭合金属框，0～t 0时间内由动量定理得： －BIL 1Δt ＝－BL 1Δq ＝(m 1＋m 2)Δv等号两边求和，得－BL 1q ＝(m 1＋m 2)(v ′－v ) 又因为q ＝B ΔS R 总＝BL 1L 2R 1＋R 2得到v ′＝1 m/s所以Q ＝12(m 1＋m 2)v 2－12(m 1＋m 2)v ′2＝0.45 J(3)t 0～(t 0＋1) s 时间内，整个框在磁场中运动，I ＝E R 总＝ΔΦΔtR 总＝ΔBL 1L 2ΔtR 总＝0.4 A 又因为B ′＝1－0.4(t －t 0) t 0≤t ≤t 0＋1所以F 安＝B ′IL 1＝0.12B ′＝0.12－0.048(t －t 0) I 安＝F安t ＝F 安1＋F 安22t ＝0.12×1＋0.12×0.62×1 N·s ＝0.096 N·s 2、如图甲所示，平行粗糙导轨固定在绝缘水平桌面上，间距L ＝0.2 m ，导轨左端接有R ＝1 Ω的电阻，质量为m ＝0.1 kg 的粗糙导体棒ab 垂直静置于导轨上，导体棒及导轨的电阻忽略不计.整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下.现用与导轨平行的外力F 作用在导体棒ab 上使之一开始做匀加速运动，且外力F 随时间变化关系如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2，求：(1)比较导体棒a 、b 两点电势的高低； (2)前10 s 导体棒ab 的加速度大小；(3)若整个过程中通过R 的电荷量为65 C ，则导体棒ab 运动的总时间是多少？ 【参考答案】.(1)a 点电势较高 (2)5 m/s 2 (3)22 s【名师解析】(1)据右手定则知，a 点电势较高(2)由于导体棒一开始做匀加速运动，对ab 用牛顿第二定律：F －F 安－F f ＝ma ，F 安＝B 2L 2vR ，v ＝at综上得，F ＝B 2L 2aRt ＋F f ＋ma据题图乙可知前10 s ，F －t 图线斜率为0.05 N/s 即B 2L 2aR ＝0.05 N/s代入数据解得：a ＝5 m/s 2(3)当t ＝0时，F f ＋ma ＝1 N ，则F f ＝0.5 N 10 s 时导体棒的速度v 1＝at 1＝50 m/s 此时安培力F 安1＝0.5 N由于F ＝1 N ，且此时F f ＋F 安1＝F ＝1 N ，故10～15 s 内导体棒做匀速直线运动 0～15 s 内导体棒ab 的位移x ＝v 12t 1＋v 1t 2＝500 m通过R 的电荷量q 1＝ΔΦR 总＝BLxR ＝50 CF 为0后，导体棒做减速运动直到停止过程中通过R 的电荷量：q 2＝q －q 1＝15 C 对导体棒ab 应用动量定理：－F f t 3－BLq 2＝0－mv 1 解得t 3＝7 s则运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝22 s3、如图所示，光滑平行金属导轨PQ 、MN 倾斜固定放置，导轨所在平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨底端连接有阻值为R 的电阻，导轨间距为L .方向垂直于导轨平面向下的有界匀强磁场的边界ab 、cd 垂直于导轨，磁场的磁感应强度大小为B ，边界ab 、cd 间距为s .将一长度为L 、质量为m 、阻值也为R 的金属棒垂直放置在导轨上，金属棒开始的位置离ab 的距离为12s ，现将金属棒由静止释放，金属棒沿导轨向下做加速运动，到达cd 位置时金属棒的加速度刚好为零，金属棒运动过程中始终垂直于导轨并与导轨接触良好，不计导轨及其他电阻，重力加速度为g ，求：(1)金属棒从释放到到达cd 位置的过程中，通过电阻R 的电荷量； (2)金属棒从ab 运动到cd 的时间. 【参考答案】.(1)BLs2R(2)2mR B 2L 2＋B 2L 2s mgR －2sg【名师解析】(1)通过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ，E ＝ΔΦΔt ＝BLs Δt ，I ＝E 2R ，解得q ＝BLs2R；(2)设金属棒刚进入磁场时的速度为v 1，根据机械能守恒定律有mg ·12s ·sin θ＝12mv 12，解得v 1＝gs sin θ＝12gs ，金属棒运动到cd 位置时，加速度为零，有mg sin θ＝B 2L 2v 22R ，解得v 2＝mgRB 2L 2，由牛顿第二定律可知mg sin θ－BIL ＝ma ＝m Δv Δt ，即12mg ΣΔt －BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ，[或由动量定理可得(mg sin θ－BIL )Δt ＝m Δv ，即12mg ΣΔt－BL ΣI Δt ＝m ΣΔv ]得12mgt －BLq ＝m (v 2－v 1)，解得t ＝2mR B 2L 2＋B 2L 2smgR－2sg. 4、如图所示，足够长的水平轨道左侧部分b 1b 2－c 1c 2轨道间距为2L ，右侧部分c 1c 2－d 1d 2的轨道间距为L ，圆弧轨道与水平轨道相切于b 1b 2，所有轨道均光滑且电阻不计.在水平轨道内有斜向下与竖直方向夹角θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.1 T.质量为M ＝0.2 kg 的金属棒C 垂直于轨道静止放置在右侧窄轨道上，质量为m ＝0.1 kg 的导体棒A 自圆弧轨道上a 1a 2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与轨道保持良好接触，A 棒总在宽轨上运动，C 棒总在窄轨上运动.已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R ＝0.2 Ω，h ＝0.2 m ，L ＝0.2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：(1)金属棒A 滑到b 1b 2处时的速度大小； (2)金属棒C 匀速运动的速度大小；(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A 某截面的电荷量；(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A 、B 在水平轨道间扫过的面积之差. 【参考答案】(1)2 m/s (2)0.44 m/s (3)5.56 C (4)27.8 m 2 【名师解析】(1)A 棒在圆弧轨道上下滑，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 02，得v 0＝2gh ＝2 m/s.(2)选取水平向右为正方向，对A 、C 应用动量定理可得对C ：F C 安cos θ·t ＝Mv C ，对A ：－F A 安cos θ·t ＝mv A －mv 0，其中F A 安＝2F C 安，由以上知mv 0－mv A ＝2Mv C ，两棒最后匀速运动时，电路中无电流，有BLv C ＝2BLv A ，得v C ＝2v A ，联立两式得v C ＝29v 0＝0.44 m/s.(3)在C 加速过程中，有Σ(B cos θ)IL Δt ＝Mv C －0，q ＝ΣI Δt ，得q ＝509C ＝5.56 C.(4)根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦΔt ，其中磁通量变化量ΔΦ＝B ΔS cos 37°，电路中的电流I ＝E2R ，通过截面的电荷量q ＝It ，得ΔS ＝2509m 2＝27.8 m 2. 5、某小组同学在研究图甲所示的电磁枪原理时，绘制了图乙所示的简图(为俯视图)，图中两平行金属导轨间距为L 固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E (内阻不计)，电容器的电容为C .一质量为m 、长度也为L 的金属导体棒垂直于轨道平放在导轨上，忽略摩擦阻力和导轨、导线的电阻，假设平行金属导轨足够长.(1)将开关S 接a ，电源对电容器充电. a.求电容器充电结束时所带的电荷量Q ；b.请在图丙中画出充电过程中电容器两极板间的电压u 随电容器所带电荷量q 变化的图象；借助u －q 图象求出稳定后电容器储存的能量E 0.(2)电容器充电结束后，将开关接b ，电容器放电，导体棒由静止开始运动，不计放电电流引起的磁场影响. a.已知自由电子的电荷量为e ，请你分析推导当导体棒获得最大速度之后，导体棒中某一自由电子所受的电场力与导体棒最大速度之间的关系式；b.导体棒由静止到获得最大速度的过程中，由于存在能量损失ΔE 损，电容器释放的能量没有全部转化为导体棒的动能，求ΔE 损. 【名师解析】(1)a.电容器充电完毕时其电压等于电动势E ，电容器所带的电荷量Q ＝CE ①b.根据u ＝q C ，画出u －q 图象如图所示，图线与横轴所围面积表示电容器储存的能量.有：E 0＝12EQ ②联立①②式可得：E 0＝12CE 2③(2)a.方法一：设金属导体棒获得最大速度v m 时，放电电流为零，此时电容器的电压U 与导体棒的感应电动势E 棒相等， 即：U ＝E 棒＝BLv m ④导体棒中恒定电场的场强为：E 场＝UL ＝Bv m导体棒中电子所受的电场力为F ＝eE 场＝eBv m方法二：金属导体棒获得最大速度后做匀速直线运动，电路中无电流，运动的电子在磁场中受到向下的洛伦兹力， 大小为：f ＝eBv m由于电子随导体棒做匀速直线运动，则电场力F 与洛伦兹力合力为零，即F －f ＝0，则：F ＝eBv m b.由(1)中结论可知，导体棒获得最大速度v m 时，电容器储存的能量为：E 1＝12CU 2⑤导体棒由静止到获得最大速度的过程中，根据能量守恒定律有：E 0＝E 1＋12mv m 2＋ΔE 损 ⑥设此过程电容器放电的电荷量为ΔQ ，则ΔQ ＝CE －CU ⑦方法一：设此过程中的平均电流为I ，时间为t ，根据动量定理有：BL I t ＝mv m －0⑧ 其中I t ＝ΔQ ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B2方法二：设任意时刻电路中的电流为i，取一段含此时刻的极短时间Δt，设此段时间内速度的改变量为Δv，根据动量定理有：ΣBLiΔt＝ΣmΔv⑧ΣiΔt＝ΔQ⑨ΣmΔv＝mv m－0⑩联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：ΔE损＝mCE22m＋CL2B26、如图所示，竖直固定的足够长的光滑金属导轨MN、PQ，间距为l＝0.2 m，其电阻不计．完全相同的两金属棒ab、cd垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终良好接触，已知两棒质量均为m＝0.01 kg，电阻均为R＝0.2 Ω，棒cd放置在水平绝缘平台上，整个装置处在垂直于导轨平面向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1.0 T．棒ab在竖直向上的恒力F作用下由静止开始向上运动，当ab棒运动x＝0.1 m时达到最大速度v m，此时cd棒对绝缘平台的压力恰好为零．取g＝10 m/s2，求：(1)ab棒的最大速度v m；(2)ab棒由静止到最大速度过程中回路产生的焦耳热Q；(3)ab棒由静止到最大速度所经历的时间t.【参考答案】：(1)1 m/s(2)5×10－3 J(3)0.2 s【名师解析】：(1)棒ab达到最大速度v m时，对棒cd有：BIL＝mg,由闭合电路欧姆定律知I＝E2R，棒ab切割磁感线产生的感应电动E＝BLv m,代入数据计算得出：v m ＝1 m/s;(2) ab 棒由静止到最大速度过程中，由功能关系得： Fx ＝mgx ＋12mv 2m＋Q棒ab 达到最大速度时受力平衡 F ＝mg ＋BIL 解得：Q ＝5×10－3 J(3)ab 棒由静止到最大速度过程中通过ab 棒的电荷量： q ＝I t ＝BLx2R＝0.05 C 在此过程中由动量定理可知： (F －mg －BIL )t ＝mv m －0 即(F －mg )t －BqL ＝mv m －0 解得：t ＝0.2 s.7、如图所示，电阻不计的“∠”形足够长且平行的导轨，间距L ＝1 m ，导轨倾斜部分的倾角θ＝53°，并与定值电阻R 相连．整个空间存在着B ＝5 T 、方向垂直倾斜导轨平面向上的匀强磁场．金属棒ab 、cd 的阻值R ab ＝R cd ＝R ，cd 棒质量m ＝1 kg ，ab 棒光滑，cd 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.3，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)ab 棒由静止释放，当滑至某一位置时，cd 棒恰好开始滑动．求这一时刻ab 棒中的电流； (2)若ab 棒无论从多高的位置释放，cd 棒都不动，分析ab 棒质量应满足的条件；(3)若cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ≠0.3，ab 棒无论质量多大、从多高位置释放，cd 棒始终不动．求cd 棒与导轨间的动摩擦因数μ应满足的条件． 【参考答案】：(1)3.34 A (2)m ab ≤2.08 kg(3)μ≥0.75 【名师解析】：(1)cd 棒刚要开始滑动时，其受力分析如图所示．由平衡条件得BI cd L cos 53°－F f ＝0， F N －mg －BI cd L sin 53°＝0， 又因为F f ＝μF N ，联立以上三式，得I cd ＝1.67 A ， 所以I ab ＝2I cd ＝3.34 A.(2)ab 棒下滑时，最大安培力F A ＝m ab g sin 53°，cd 棒所受最大安培力应为12F A ，要使cd 棒不滑动，需满足：12F A cos 53°≤μ(mg ＋12F A sin 53°)． 由以上两式联立解得m ab ≤2.08 kg. (3)ab 棒下滑时，cd 棒始终静止，有 F A ′cos 53°≤μ(mg ＋F A ′sin 53°)． 解得μ≥F A ′cos 53°mg ＋F A ′sin 53°＝cos 53°mgF A ′＋sin 53°.当ab 棒质量无限大，在无限长轨道上最终一定匀速运动，ab 棒所受安培力趋于无穷大，cd 棒所受安培力F A ′亦趋于无穷大，有μ≥cos 53°sin 53°＝0.75.8、如图所示，两电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角为θ，导轨间距为l ，所在平面的正方形区域abcd 内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．如图所示，将甲、乙两阻值相同、质量均为m 的相同金属杆放置在导轨上，甲金属杆处在磁场的上边界，甲、乙相距l .从静止释放两金属杆的同时，在金属杆甲上施加一个沿着导轨的外力，使甲金属杆在运动过程中始终沿导轨向下做匀加速直线运动，且加速度大小为a ＝g sin θ，乙金属杆刚进入磁场时做匀速运动．(1)求每根金属杆的电阻R ；(2)从刚释放金属杆时开始计时，写出从计时开始到甲金属杆离开磁场的过程中外力F 随时间t 的变化关系式，并说明F 的方向；(3)若从开始释放两杆到乙金属杆离开磁场，乙金属杆共产生热量Q ，试求此过程中外力F 对甲做的功． 【参考答案】：(1)B 2l 22gl sin θ2mg sin θ(2)F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下(3)2Q －mgl sin θ 【名师解析】：(1)甲、乙匀加速运动时加速度相同，所以，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，乙进入磁场时的速度v ＝2gl sin θ. 根据平衡条件有mg sin θ＝B 2l 2v 2R .解得R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ.(2)甲在磁场中运动时，外力F 始终等于安培力F ＝B 2l 2v 2R ，v ＝g sin θ·t ，将R ＝B 2l 22gl sin θ2mg sin θ代入得F ＝mg 2sin 2θ2gl sin θt ，方向沿导轨向下．(3)乙进入磁场前，甲、乙产生相同热量，设为Q 1，则有 F 安l ＝2Q 1，又F ＝F 安，故外力F 对甲做的功W F ＝Fl ＝2Q 1.甲出磁场以后，外力F 为零，乙在磁场中，甲、乙产生相同热量，设为Q 2，则有 F 安′l ＝2Q 2，又F 安′＝mg sin θ， 又Q ＝Q 1＋Q 2. 解得W F ＝2Q －mgl sin θ.。
10.3电磁感应中的综合性问题
10.3 电磁感应中的综合性问题一 电磁感应中的力学问题感应电流在磁场中受到 的作用，因此电磁感应问题往往跟 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）及力学中的有关规律（力的平衡、牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等），分析时要特别注意 、速度v 达 的特点。
电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，从而影响导体棒的受力情况和运动情况。
这类问题的分析思路如下：（一）平衡问题1. （2020·黑龙江双鸭山·高三三模）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R 。
金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。
现使磁感应强度随时间均匀增大，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（ ） A ．ab 中的感应电流方向由a 到b B ．ab 中的感应电流大小保持不变 C ．ab 所受的安培力大小保持不变 D ．ab 所受的静摩擦力大小逐渐减小2. （多选）如图，固定倾斜的平行导轨上端连接一个电阻R ，金属杆ab 垂直放在导轨上，处于静止状态。
从0t =时刻开始，加一垂直于斜面向上的磁场，磁感应强度从0开始均匀增大，1t t =时杆开始运动。
在10t 的这段时间内（ ）A ．金属杆中的感应电流方向从b 到aB ．金属杆中的感应电流逐渐增大C ．金属杆所受安培力不断增大D ．金属杆受到的摩擦力不断增大合外 力运动导体所受的安培力F=BIL感应电流确定电源（E ，r ） r R EI +=临界状态态 v 与a 方向关系运动状态的分a 变化情况 F=ma 为零不为零 处于平衡状态3.（多选）（2020·安徽高三月考）如图所示，abcd是由导体做成的框架，其平面与水平面成θ角。
质量为m的导体棒PQ与ab、cd垂直且接触良好，回路的总电阻为R。
整个装置放在垂直于框面的匀强磁场中，磁感强度B随时间t变化关系如图乙所示，PQ始终处于静止状态。
高考物理试题库 专题2.9 电路综合性问题(提高篇)(原卷版)
第二部分 恒定电流专题2.9 电路综合性问题（提高篇）一．选择题1.如图甲所示为一电源路端电压与电流关系的函数图象,把此电源接在如图乙所示的电路中,其中R 1=1 Ω,R 2=R 3=2 Ω.则下列说法中错误的是 ( )图甲 图乙A. 若C 、D 间连一电容为C=20μF 的电容器,则电容器所带电荷量是1.5×10-5C B. 若C 、D 间用一导线连接,则电源效率最高 C. 若在C 、D 间连一个理想电流表,其读数是0.375 A D. 若在C 、D 间连一个理想电压表,其读数是0.75 V2．(2017·湖南长沙市高三统一模拟)如图所示，长为L 的两平行金属板水平放置，接在直流电路中，图中R 为滑动变阻器，一带电微粒自两板左侧中央以某初速度v 0平行于金属板进入两板间，若将滑动变阻器的滑片P 置于最下端b 处，带电微粒将落在下板上距离左端L3处；若滑片P 与b 端间电阻为18 Ω，带电微粒将沿直线运动；若要微粒不打到金属板上，则滑片P 与b 端间电阻R 的范围应为( )A.12 Ω<R <20 ΩB.16 Ω<R <20 ΩC.12 Ω<R <24 ΩD.16 Ω<R <24 Ω3．在“测量灯泡伏安特性”实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示，电源内阻不计，导线连接良好，若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S ，在触头向右端滑动过程中，会分别出现如下四种现象：（ ）a ．灯泡L 不亮；电流表示数几乎为零b ．灯泡L 亮度增加；电流表示数增大c ．灯泡L 开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈被烧断d ．灯泡L 不亮；电流表示数增大直到线圈被烧断 与上述a 、b 、c 、d 四种现象对应的电路序号为( )A ．③①②④B ．③④②①C ．③①④②D ．②①④③4.(2016·山东文登模拟)电子式互感器是数字变电站的关键装备之一。
电与磁(提升篇)(Word版 含解析)
电与磁（提升篇）（Word版含解析）一、三物理电与磁易错压轴题（难）1．在观察“磁场对通电直导线的作用”活动中，小明用导线在固定的接线柱MN下悬挂一根轻质的铝棒ab，然后将其作为通电导线接入电路放在蹄形磁体的磁场里，如图甲所示。
（1）小明闭合开关，看到铝棒稳定时如图乙所示；在探究导线在磁场中受力方向与电流方向、磁场方向的关系时，小明先仅对调磁极位置，闭合开关，观察到铝棒ab稳定时如丙所示，由此可知通电导线在磁场中受力的方向与____________方向有关。
然后小明保持图甲中的磁极位置不动，将铝棒ab两端对调后接入电路，发现铝棒ab的摆动方向依然如图乙所示，由此小明认为通电导线在磁场中的受力方向与电流方向无关。
你认为小明的做法对吗?____为什么?_________。
（2）小明进一步猜想：在同一磁场中，磁场对导线的作用力是否与通过导线的电流大小有关呢?为此小明决定在图丙所示的实验基础上，在电路中串入电流表，并通过将铝棒ab换成长短、粗细均相同但电阻更大的铁棒和电阻更小的铜棒来改变电路中的电流，进行对比实验。
① 实验过程中，小明应根据______（选填“电流表的示数”或“导线摆动角度”）来推断通电导线在磁场中的受力大小。
② 闭合开关，小明发现铁棒稳定时的位置都如图丁所示，与丙图实验现象相比，小明感到非常困惑。
请你指出小明实验设计中存在的问题并提出改进方法。
存在问题：_____________。
改进方法：_________________。
（3）若想利用小明的实验装置继续探究电磁感应现象，我们只需将图甲中的__________（选填“开关”、“铝棒ab” 或“电源”）替换成_____________即可。
【答案】磁场不对因为将铝棒ab两端对调后接入电路，电流方向还是不变导线摆动角度铁棒在磁场中会受到磁铁的吸引力把丁图的铁棒换成与丙图相同的铜棒电源灵敏电流表【解析】【详解】(1)[1]仅对调磁极位置，由此可知通电导线在磁场中受力的方向与磁场方向有关；[2][3]小明的做法不对；因为将铝棒ab两端对调后接入电路，电流方向还是不变，那么受力方向也不变，电流方向实际上是没有变化的；(2)[4]为了探究磁场对导线的作用力是否与通过导线的电流大小有关，需改变电流的大小，观察金属棒的受力大小，应根据导线摆动角度来推断通电导线在磁场中的受力大小；[5][6]由于铁棒比铝棒电阻大，根据UIR可知，在电源电压不变时，通过铁棒的电流较小，当磁场强度相同时，电流越小，导体受到的磁场力越小，因此铁棒比铝棒摆动的幅度小；所以实验中存在的问题是：铁棒在磁场中会受到磁铁的吸引力；改进方法是：把丁图的铁棒换成与丙图相同的铜棒；(3)[7][8]探究电磁感应现象，即磁生电，只需将图甲中的电源替换成灵敏电流表即可，这电流表能显示是否有电流产生。
高考物理电磁感应现象压轴题提高题专题及答案
高考物理电磁感应现象压轴题提高题专题及答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。
正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。
BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。
线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。
在水平轨道之间，´´MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。
在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。
锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。
当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。
（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；（4）若线框AB 边尚未到达´´M N ，杆EF 就以速度23123B L v mr=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？【答案】（132gL 2）16BL gL ；（3）23323B L gL mr；（4）233223B L gL mr【解析】 【分析】 【详解】（1）由机械能守恒201sin 302sin 30022mgL mg L mv +=︒︒- 可得032v gL =（2）由法拉第电磁感应定律可知0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知032BLv I r =根据部分电路欧姆定律12AB U I r =⋅可得AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理022BIL t mv mv -⋅∆=-又有232BL I t r ⋅∆=代入可得233B L v mr= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF1BIL t m v ⋅∆=∆对线框22BIL t m v ⋅∆=⋅∆可得122v v ∆=∆整理得到2321123B L v v mr∆=∆=可得232223B L v v v mr=-∆=2．如图所示，光滑导线框abfede 的abfe 部分水平，efcd 部分与水平面成α角，ae 与ed 、bf 与cf 连接处为小圆弧，匀强磁场仅分布于efcd 所在平面，方向垂直于efcd 平面，线框边ab 、cd 长均为L ，电阻均为2R ，线框其余部分电阻不计。
84知识讲解 电磁感应中的力电综合问题(提高)
物理总复习：电磁感应中的力电综合问题【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用； 【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题 要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。
2、几个概念（1）电源电动势E BLv =或E ntφ∆=∆。
（2）电源内电路电压降r U Ir =，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。
（r 是内电路的电阻）（3）电源的路端电压U ，r U IR E U E Ir ==-=-（R 是外电路的电阻）。
路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。
（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。
（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。
3、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。
（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。
（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联立求解。
4、解题思路（1）明确电源的电动势B SE nnS nBt t tφ∆∆∆===∆∆∆ E BLv =，212E BL ω=，sin E nBS t ωω=（交流电）（2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电源”的正、负极。
（3）明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。
电磁感应的力、电、能量综合问题
热点十一 电磁感应的力、电、能量综合问题一、电磁感应中的动力学问题1.受力情况、运动情况的分析(1)导体切割磁感线运动产生感应电动势,在电路中产生感应电流,感应电流在磁场中受安培力,安培力将阻碍导体运动.(2)安培力一般是变力,导体切割磁感线运动的加速度发生变化,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动.2.解题步骤(1)用电磁感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向.(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小.(3)分析研究导体受力情况,特别要注意安培力方向的确定.(4)列动力学方程或平衡方程求解.3.两种状态处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态.处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析.(2)导体处于非平衡态——加速度不为零.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.4.电磁感应中的动力学临界问题(1)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,如由速度、加速度求最大值或最小值的条件.(2)基本思路：5.两种常见类型名师点睛：(1)当导体切割磁感线运动存在着临界条件时：①导体初速度等于临界速度时，导体匀速切割磁感线运动. ②初速度大于临界速度时，导体先减速，后匀速运动. ③初速度小于临界速度时，导体先加速，后匀速运动.“电—动—电”型 l 、质量m 、电阻电阻不计 释放后下滑,此(2)在研究导体棒的受力分析时，注意将立体图转化为侧面图，按重力、弹力、摩擦力、安培力的顺序.以免出现漏力例1.如图所示,有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻R ,下端足够长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B ,一根质量为m 的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下,经过足够长的时间后, 金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ,则( )A.如果B 增大,v m 将变大B.如果α增大,v m 将变大C.如果R 变小,v m 将变大D.如果m 变小,v m 将变大解析：mg sin α＝B 2L 2v m R ,则v m ＝mg sin α·R B 2L 2.由此式可知,B 增大,v m 减小;α增大,v m 增大;R 变大,v m 变大;m 变小,v m 变小.因此A 、C 、D 选项错,B 选项正确.例2、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里的有界匀强磁场, 磁场宽度为L .一质量为m 、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 为金属棒运动速度)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 ＝1 m,m ＝1 kg,R ＝0.3 Ω,r ＝0.2 Ω,L ＝1 m)(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动;(2)求磁感应强度B 的大小;(3)若撤去外力后棒的速度v 随位移s 的变化规律满足v ＝v 0－B 2l 2m (R ＋r )s ,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？【思路点拨】 解决此题关键是思考以下问题：(1)电阻两端电压随时间均匀增大,说明感应电动势如何变化,说明导体棒运动的速度如何变化？(2)由牛顿第二定律,写出力与加速度的表达式,将外力F 代入表达式分析后有什么发现？(3)外力作用时,棒做匀加速直线运动,可得出位移与时间的关系,当撤去外力后,末速度为零,由速度v 随位移s 的变化规律,可得出后一段位移.两段位移又有什么关系呢？【解析】 (1)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,加速度为恒量.故金属棒做匀加速运动.(2)F －B 2l 2v R ＋r ＝ma ,以F ＝0.5v ＋0.4 代入得(0.5－B 2l 2R ＋r)v ＋0.4＝a 因加速度恒定,所以a 与v 无关,即(0.5－B 2l 2R ＋r)v ＝0,所以a ＝0.4 m/s 2,得B ＝0.5 T. (3)有外力作用时,棒做匀加速直线运动,s 1＝12at 2,当撤去外力后,末速度为零,则v 0＝B 2l 2m (R ＋r )s 2＝at ,s 1＋s 2＝L ,所以12at 2＋m (R ＋r )B 2l 2at ＝L 即0.2t 2＋0.8t －1＝0,解之得t ＝1 s. 【规律总结】 在解决电磁感应中的导体棒或线框运动的问题时,应根据题目条件理解题目情景,做好受力分析和运动分析,根据牛顿第二定律和运动学规律进行每个过程的分析求解,最终找到相关的规律.二、电磁感应中的能量问题1.电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程,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作用.因此要维持安培力存在,必须有“外力”克服安培力做功.此过程中,其他形式的能转化为电能.“外力”克服安培力做多少功,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.可以简化为下列形式： 其他形式的能(如：机械能)――→安培力做负功电能――→电流做功其他形式的能(如：内能)同理,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式的能的过程,安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能.2.电能求解思路主要有三种(1)利用克服安培力求解：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：机械能的减少量等于产生的电能;(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算.3.解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤(1)电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源.(2)分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能发生了相互转化.(3)根据能量守恒定律列方程求解.名师点睛：在利用能量守恒定律解决电磁感应的问题时，要注意分析安培力做功的情况，因为安培力的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”.简单表示如下：例3、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ab棒从静止起向右拉动的过程中,下列说法正确的是()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小于电路中产生的电能和棒获得的动能之和解析：选C.物体克服安培力做功,其他形式的能转化为电能,且功的数值等于电路中产生的电能,C正确;由动能定理知,恒力F、安培力和摩擦力三者的合力做的功等于物体动能的增加量,故A、B、D错误,也可从能量守恒角度进行判定,即恒力F做的功等于电路中产生的电能、因摩擦而产生的内能及棒动能的增加.例4、如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成30°角,两导轨的间距l＝0.50 m,一端接有阻值R＝1.0 Ω的电阻.质量m＝0.10 kg的金属棒ab置于导轨上,与轨道垂直,电阻r＝0.25 Ω. 整个装置处于磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下.t＝0时刻,对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F,使之由静止开始运动,运动过程中电路中的电流随时间t变化的关系如图乙所示.电路中其他部分电阻忽略不计,g取10 m/s2,求：(1)4.0 s末金属棒ab瞬时速度的大小;(2)3.0 s末力F的瞬时功率;(3)已知0～4.0 s时间内电阻R上产生的热量为0.64 J,试计算F对金属棒所做的功.【思路点拨】解决此题的关键是以下三点：(1)利用I－t图象的信息解决4.0 s时的速度.(2)由I－t图象判断金属棒的运动性质. (3)R上产生的热量只是总热量的一部分.☞解题样板规范步骤,该得的分一分不丢！(1)由题图乙可得：t＝4.0 s时,I＝0.8 A.根据I＝ER＋rE＝Bl v(2分) 解得v＝2.0 m/s.(2分)(2)由I＝Bl vR＋r和感应电流与时间的线性关系可知,金属棒做初速度为零的匀加速直线运动.由运动规律v＝at(2分) 解得4.0 s内金属棒的加速度大小a＝0.5 m/s2(2分)对金属棒进行受力分析,根据牛顿第二定律得：F－mg sin30°－F安＝ma(2分) 又F安＝BIl由图乙可得,t＝3.0 s时,I＝0.6 A, 解得F安＝0.3 N,外力F＝0.85 N(2分)由速度与电流的关系可知t＝3 s时,v＝1.5 m/s 根据P＝F v解得P＝1.275 W.(2分)(3)根据焦耳定律：Q＝I2Rt,Q′＝I2rt 解得在该过程中金属杆上产生的热量Q′＝0.16 J(2分)电路中产生的总热量为：Q 总＝0.80 J(2分) 故安培力做的功W 安＝－0.80 J对金属棒,根据动能定理：W F ＋W 安＋W G ＝12m v 2t －0(2分) W G ＝－mgs sin30° s ＝12at 2,解得W G ＝－2.0 J F 对金属棒所做的功为W F ＝3.0 J.(2分)【规律总结】 本题的突破口是感应电流与时间的图象关系,明确图象表示导体棒做匀加速直线运动,是解决本题的关键,然后再做好受力分析,利用牛顿第二定律分析导体棒的运动,再结合动能定理或能量守恒求得回路各部分的能量和功.限时训练（15分钟）1、如图甲所示，一对足够长的平行光滑轨道固定在水平面上，两轨道间距l ＝0.5m ，左侧接一阻值为R ＝1Ω的电阻．有一金属棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，金属棒及轨道的电阻忽略不计，整个装置处于垂直轨道平面竖直向下的匀强磁场中．t ＝0时，用一外力F 沿轨道方向拉金属棒，使金属棒以加速度a ＝0.2m/s 2做匀加速运动，外力F 与时间t 的关系如图乙所示．(1)求金属棒的质量m ；(2)求磁感应强度B ；(3)当力F 达到某一值时，保持F 不再变化，金属棒继续运动3s ，速度达到1.6m/s 且不再变化，测得在这3s 内金属棒的位移s ＝4.7m ，求这段时间内电阻R 消耗的电能．[解析] 由图乙知F ＝0.1＋0.05t(N)(1)F 合＝F －F 安＝(0.1＋0.05t)－B 2l 2v R＝ma 当t ＝0时，v ＝at ＝0，F 合＝0.1N 由牛顿第二定律得：m ＝F 合a ＝0.10.2＝0.5(kg) (2)金属棒做匀加速运动，则：F 合＝(0.1＋0.05t) －B 2l 2R ＝0.1＋(0.05－B 2l 2a R )t ＝常数 所以0.05－B 2l 2a R＝0，解得：B ＝1T. (3)F 变为恒力后，金属棒做加速度逐渐减小的变加速运动，经过3s 后，速度达到最大v m ＝1.6m/s ，此后金属棒做匀速运动．v m ＝1.6m/s 时，F 合＝0，F ＝F 安＝B 2l 2v m R ＝12×0.52×1.61＝0.4(N) 将F ＝0.4N 代入F ＝0.1＋0.05t ，求出金属棒做变加速运动的起始时间为：t ＝6s该时刻金属棒的速度为 v 1＝at ＝0.2×6＝1.2(m/s)这段时间内电阻R 消耗的电能E ＝WF －ΔE k ＝Fs －12m(v 2m －v 21)＝0.4×4.7－12×0.5×(1.62－1.22)＝1.6(J)． 2、如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于倾角θ＝30°的斜面上，导轨上、下端各接有阻值R ＝20Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，导轨宽度L ＝2m ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B ＝1T.质量m ＝0.1kg 、连入电路的电阻r ＝10Ω的金属棒ab 在较高处由静止释放，当金属棒ab 下滑高度h ＝3m 时，速度恰好达到最大值v ＝2m/s.金属棒ab 在下滑过程中始终与导轨垂直且接触良好．g 取10m/s 2，求：(1)金属棒ab 由静止至下滑高度为3m 的运动过程中机械能的减少量；(2)金属棒ab 由静止至下滑高度为3m 的运动过程中导轨上端电阻R 中产生的热量．[解析] (1)金属棒ab 机械能的减少量：ΔE ＝mgh －12mv 2＝2.8J. (2)速度最大时金属棒ab 产生的电动势：E ＝BLv产生的电流：I ＝E/(r ＋R/2)此时的安培力：F ＝BIL由题意可知，所受摩擦力：F f ＝mgsin30°－F由能量守恒得，损失的机械能等于金属棒ab 克服摩擦力做功和产生的电热之和， 电热：Q ＝ΔE －F f h/sin30°上端电阻R 中产生的热量：Q R ＝Q/4联立以上几式得：Q R ＝0.55J.。
高中物理-专题 电磁感应中的能量问题(提高篇)(解析版)
2021年高考物理100考点最新模拟题千题精练（选修3-2）第四部分 电磁感应专题4.20 电磁感应中的能量问题（提高篇）一．选择题1． (2020·湖州调研)如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，用导线与固定电阻R 1和R 2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab ，质量为m ，两导轨间距为l ，导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值相等，都等于R ，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab 沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v 时，有( )A ．棒中感应电流的方向由a 到bB ．棒所受安培力的大小为B 2l 2v 23RC ．棒两端的电压为Blv3D ．棒动能的减少量等于其重力势能的增加量与电路上产生的电热之和 【参考答案】AC【名师解析】.由右手定则可判定导体棒中的电流方向为a →b ，故选项A 正确；由E ＝Blv 及串、并联电路的特点，知R 外＝R 2，则I ＝E R 外＋R ＝2Blv 3R ，所以导体棒所受安培力的大小F ＝BIl ＝2B 2l 2v3R ，故选项B 错误；结合I ＝2Blv 3R ，知导体棒两端的电压U ＝I ·R 2＝Blv3，故选项C 正确；由能量守恒知：导体棒动能的减少量等于其重力势能的增加量以及电路中产生的电热和克服摩擦力做功产生的内能，故选项D 错误．2.（6分）（2019湖南长郡中学等四校5月模拟）如图所示，在竖直面内有方向垂直纸面向里、高度为h 的有界匀强磁场，磁场上、下边界水平。
将边长为l （l ＜h ）、质量为m 的正方形金属线框abcd 从磁场上方某处由静止释放，设ab 边通过磁场上边界和磁场下边界时的速度分别为v 1和v 2；cd 边通过磁场下边界时的速度为v 3．已知线框下落过程中ab 边始终水平、ad 边始终竖直，下列说法正确的是（ ） A ．若v 1＝v 2，则一定有v 2＞v 3 B ．若v 1＞v 2，则一定有v 2＞v 3C ．若v 1＝v 2，从ab 离开磁场到cd 离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mghD ．从ab 进入磁场到cd 离开磁场的过程中，线框内产生的焦耳热为mgh+mv 12﹣mv 32【参考答案】ABC【命题意图】本题考查电磁感应、能量守恒定律及其相关知识点。
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物理总复习：电磁感应中的力电综合问题【考纲要求】1、知道电磁感应现象中的电路问题、力学问题、图像问题及能量转化问题；2、知道常见电磁感应现象中与电学相关问题的一般分析思维方法，会画等效电路图3、知道电磁感应现象中与力学相关的运动和平衡问题的分析思路；4、理解安培力做功在电磁感应现象中能量转化方面所起的作用； 【考点梳理】考点一、电磁感应中的电路问题 要点诠释：1、求解电磁感应中电路问题的关键是分析清楚内电路和外电路。
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路。
2、几个概念（1）电源电动势E BLv =或E ntφ∆=∆。
（2）电源内电路电压降r U Ir =，r 是发生电磁感应现象导体上的电阻。
（r 是内电路的电阻）（3）电源的路端电压U ，r U IR E U E Ir ==-=-（R 是外电路的电阻）。
路端电压、电动势和某电阻两端的电压三者的区别：（1）某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积。
（2）某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势。
（3）某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势。
3、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向。
（2）画等效电路：感应电流方向是电源内部电流的方向。
（3）运用闭合电路欧姆定律结合串、并联电路规律以及电功率计算公式等各关系式联立求解。
4、解题思路（1）明确电源的电动势B SE nnS nBt t tφ∆∆∆===∆∆∆ E BLv =，212E BL ω=，sin E nBS t ωω=（交流电）（2）明确电源的正、负极：根据电源内部电流的方向是从负极流向正极，即可确定“电源”的正、负极。
（3）明确电源的内阻：相当于电源的那部分电路的电阻。
（4）明确电路关系：即构成回路的各部分电路的串、并联关系。
（5）结合闭合电路的欧姆定律：结合电功、电功率等能量关系列方程求解。
考点二、电磁感应中的力学问题 要点诠释：电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系，这类问题中的导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解决这类问题时正确进行动态分析确定最终状态是解题的关键。
1、受力情况、运动情况的动态分析思路导体受力运动产生感应电动势→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，直至最终达到稳定状态，此时加速度为零，而速度v 通过加速达到最大值，做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直线运动。
2、解决此类问题的基本步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）求出感应电动势的大小和方向。
（2）依据全电路欧姆定律，求出回路中的电流。
（3）分析导体的受力情况（包含安培力，可利用左手定则确定所受安培力的方向）。
（4）依据牛顿第二定律列出动力学方程或平衡方程，以及运动学方程，联立求解。
3、常见类型电磁感应中力学问题，常常以一个导体棒在滑轨上运动问题形式出现。
这种情况有两种类型。
（1）、“电—动—电”类型如图所示水平放置的光滑平行导轨MN 、PQ 放有长为l 、电阻为R 、质量为m 的金属棒a b 。
导轨左端接内电阻不计电动势E 的电源形成回路，整个装置放在竖直向上的匀强磁场B 之中。
导轨电阻不计且足够长，并与电键S 串接，当刚闭合电键时，棒a b 因电而动，其受安培力A E F BlR =，方向向右，此时a b 具有最大加速度m BlE a mR=。
然而，a b 一旦产生速度，则因动而电，立即产生了感应电动势。
因速度决定感应电动势，而感应电动势与电池的电动势反接又导致电流减小，从而使安培力变小，故加速度减小，不难分析a b 导体做的是一种复杂的变加速运动。
但是当0A F =，a b 速度将达最大值，故a b 运动收尾状态为匀速运动，m E v Bl=。
（2）、“动—电—动”类型如图所示，平行滑轨PQ 、MN ，与水平方向成α角，长度l 、质量m 、电阻为R 的导体a b 紧贴滑轨并与PM 平行，滑轨电阻不计。
整个装置处于与滑轨平面正交、磁感强度为B 的匀强磁场中，滑轨足够长。
导体a b 由静止释放后，由于重力作用下滑，此时具有最大加速度sin m a g α=，a b 一旦运动，则因动而电，产生感应电动势，在PMb a 回路中产生电流，磁场对此电流作用力刚好与下滑力方向反向，随a b 棒下滑速度不断增大。
E BLv =，EI R=，则电路中电流随之变大，安培阻力22A B l v F R =变大，直到与下滑力的合力为零，即加速度为零，以22sin m mgR v B l α=的最大速度收尾。
4、电磁感应中的动力学临界问题的处理方法此类问题覆盖面广，题型也多样，但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：确定电源（E 、r)EI R r=+−−−→感应电流AF BIl =−−−→运动导体所受的安培力−−−−→力的合成合外力−−−→合外力a 的变化情况v a −−−−→与的关系运动状态的分析−−→临界状态。
考点三、电磁感应中的能量转化问题 要点诠释：1、电磁感应过程往往涉及多种能量的转化 如图所示金属棒a b 沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能，最终在R 上转化为焦耳热；另一部分转化为金属棒的动能，若导轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，减小的重力势能完全用来克服安培力做功，转化为感应电流的电能．因此，从功和能的观点入手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系，是解决电磁感应中能量问题的重要途径之一。
电磁感应现象的实质是产生了感应电动势。
2、安培力做功和电能变化的特定对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。
同理，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能。
3、解决此类问题的步骤（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律（包括右手定则）确定感应电动势的大小和方向。
（2）画出等效电路图，写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
（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，联立求解。
【典型例题】类型一、电磁感应中的电路问题例1、固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd ，各边长l ，其中ab 是一段电阻为R 的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线。
磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，现有一与ab 段所用材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ 架在导线框上，如图所示，以恒定速度v 从ad 滑向bc ，当PQ 滑过3l的距离时，通过aP 段电阻丝的电流是多大?方向如何?【思路点拨】电阻丝PQ 以恒定速度v 向右移动，切割磁感线相当于电源，判断电流方向，电势高的点，标出电流方法，可以看出，电流分成两条支路，即两部分导线并联，简要画出电路图，然后列式计算。
【答案】611BlvR，方向从a 到P 。
【解析】PQ 滑动时，产生的感应电动势为E BLv ① 应用右手定则判断出电流方向从P 到Q ，Q 点电势高， 是电源的正极，P 是负极，aP 段与bP 段是并联关系， 此电路就可以等效为如图所示的电路：根据串并联电路的特点和性质，aP 段与bP 段的并联电阻为29R R '=，电路中的总电阻 11=9R R 总 ② 干路电流为EI R =总，aP 段的电流占干路电流的三分之二， 即2226=11333119ap E Blv BlvI I R R R ==⋅⋅=总， ③方向从a 到P 。
【总结升华】解题的关键是分析清楚哪是电源、哪是内电路、哪是外电路，它们的电阻是多大，电流的流向，串并联关系如何，做题时最好画出电路图。
本题PQ 是电源，其电阻是内阻，电流在Q 分成两条支路aP 段和bP 段，这两段是并联关系，aP 段的电阻是R 的三分之一，bP 段的电阻是R 的三分之二。
举一反三【变式1】用一根粗细均匀电阻值为 r 的电阻丝，弯曲成圆环，固定在磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中。
圆环直径为d ，有一长度亦为d 的金属棒ab ，电阻值为3r ，水平放置在圆环下侧边缘，如图所示。
ab 棒以速度v 紧靠着圆环做 匀速直线运动，运动过程中保持棒与电阻丝良好接触。
当棒到达图 中虚线所示位置时，求（1）通过棒中的电流大小。
（2）棒所受安培力大小。
（3）加在棒上外力的功率。
【答案】（1）127Bdvr（2）22127B d v r （3）222127B d v r【解析】（1）ab 棒以速度v 匀速运动到图中虚线位置时，产生的感应电动势为E Bdv =，电流方向从b 到a ，分成两条支路，这两段的电阻均为12r ， 则外电路的电阻为14r ，内电阻为13r ，电路的总电阻为1174312R r r r =+= 所以通过棒中的电流127E BdvI R r==。
（2）棒所受安培力22121277A Bdv B d vF BId Bd r r===， 根据左手定则，安培力方向向下。
（3）ab 棒匀速运动，外力等于安培力， 加在棒上外力的功率等于安培力的功率222127A B d v P Fv F v r===。
【高清课堂：法拉第电磁感应定律 例 6 】 【变式2】半径为a 的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B =0.2T ，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放置，磁场与环面垂直，其中a =0.4m ，b =0.6m ，金属环上分别接有灯L 1、L 2，两灯的电阻均为R =2Ω，一金属棒MN 与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v 0=5m/s 的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时（如图所示），MN 中的电动势和流过灯L 1的电流。
（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为4B t π∆=∆T/s ，求L 1的功率。
【答案】（1）0.4A ；（2）21.2810W -⨯。
【解析】（1）棒滑过圆环直径OO ′ 的瞬时，MN 中的电动势E 1=B 2a v =0.2×0.8×5 V =0.8V ①两灯泡并联，等效电路如图（1）所示，流过灯L 1的电流 I 1=E 1/R =0.8 A /2=0.4A ②（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O′ 以OO ′ 为轴向上翻转90º， 半圆环OL 1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2为外电路， 两灯泡串联，等效电路如图（2）所示， 感应电动势2210.322BE a V t tφπ∆∆==⋅=∆∆ ③ 灯L 1的电压为212E ，所以L 1的功率2221(2) 1.2810E P W R -==⨯. 类型二、电磁感应中的力学问题例2、(2015 天津卷) 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一水平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l 。