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确定带电粒子在磁场中运动轨迹的方法
带电粒子在匀强磁场中作圆周运动的问题是近几年高考的热点，这些题不但涉及洛伦兹力，而且往往与几何关系相联系，使问题难度加大，但无论这类题多么复杂，其关键一点在于画轨迹，只要确定了轨迹，问题便迎刃而解，下面举几种确定带电粒子运动轨迹的方法。
1. 对称法
带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向与出射速度方向与边界的夹角相等，利用这一结论可以轻松画出粒子的轨迹。
图1
例1. 如图1所示，在y小于0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B，一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射速度方向为xy平面内，与x轴正向的夹角为，若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子电量与质量之比。
解析：根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图2所示，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由与几何关系得：
图2
①
带电粒子磁场中作圆周运动，由
解得 ②
①②联立解得
2. 动态圆法
在磁场中向垂直于磁场的各个方向发射粒子时，粒子的运动轨迹是围绕发射点旋转的动态圆，用这一规律可确定粒子的运动轨迹。
例2. 如图3所示，S为电子源，它在纸面360度范围内发射速度大小为，质量为m，电量为q的电子（q<0），MN是一块足够大的竖直挡板，与S的水平距离为L，挡板左侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为，求挡板被电子击中的范围为多大？
图3
解析：由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图4所示，最高点为动态圆与MN的相切时的交点，最低点为动态圆与MN相割，且SB为直径时B为最低点，带电粒子在磁场中作圆周运动，由得
图4
SB为直径，则由几何关系得
A为切点，所以OA＝L
所以粒子能击中的范围为。
3. 放缩法
带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，探索出临界点的轨迹，使问题得解。
例3. 如图5所示，匀强磁场中磁感应强度为B，宽度为d，一电子从左边界垂直匀强磁场射入，入射方向与边界的夹角为，已知电子的质量为m，电量为e，要使电子能从轨道的另一侧射出，求电子速度大小的范围。
图5
解析：如图6所示，当入射速度很小时电子会在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界相切时，电子恰好不能从另一侧射出，当速率大于这个临界值时便从右边界射出，设此时的速率为，带电粒子在磁场中作圆周运动，由几何关系得
图6
①
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力
，所以 ②
①②联立解得所以电子从另一侧射出的条件是速度大于。
4. 临界法
临界点是粒子轨迹发生质的变化的转折点，所以只要画出临界点的轨迹就可以使问题得解。
例4. 长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图7所示，磁感应强度为B，板间距离也为L，两极板不带电，现有质量为m电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边极板间中点处垂直磁感线以水平速度v射入磁场，欲使粒子打到极板上，求初速度的范围。
图7
解析：由左手定则判定受力向下，所以向下偏转，恰好打到下板右边界和左边界为两个临界状态，分别作出两个状态的轨迹图，如图8、图9所示，打到右边界时，在直角三角形OAB中，由几何关系得：
图8 图9
解得轨道半径
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力
因此
打在左侧边界时，如图9所示，由几何关系得轨迹半径
电子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力，
所以
所以打在板上时速度的范围为
以上是确定带电粒子在磁场中运动轨迹的四种方法，在解题中如果善于抓住这几点，可以使问题轻松得解。
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变压器“变比”功能的延伸
变压器是“交变电流”这一章的重点内容之一，高中阶段我们只讨论理想变压器。变压器不但能用来变换交流电压和交流电流，而且还有变化脉动直流电（如人教版教材第224页阅读材料：汽油机点火装置）和变化阻抗的作用（如电视机天线上的阻抗变换器）。在电子线路中经常利用变压器进行隔直耦合和阻抗变换，从而得到最佳负载阻抗，使电路处于最佳工作状态。在高中物理中，也有类似问题出现，下面进行分类讨论。
一. 变压器的变直流作用
变压器的实质是根据电磁感应现象中的互感原理来改变交流电压和电流的。只要原线圈中的磁通量发生变化，副线圈中就能够产生感应电动势，因此变压器虽然不能改变恒定的直流电，但可以改变大小变化的脉动直流电。
例1. 一个脉动电流，它的电流强度随时间的变化图象如图1所示，它是正弦交流电流的正向部分。现让它通过如图2所示的一台理想变压器的原线圈，已知理想变压器原、副线圈的匝数之比。副线圈上接有阻值为的定值电阻R0，求：该电阻的电功率。
解析：先求电流的有效值，但本题不能简单套用正弦交变电流的最大值是有效值的倍的关系。
根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻产生相等的热量，由焦耳定律得：
即
解得
由变压器的变比公式：
解得
所以定值电阻的功率为：
二. 变压器的变电阻作用
选择不同的匝数比，利用“变化”公式可以达到增大或减小阻抗的目的。
例2. 理想变压器的原副线圈匝数之比为n：1，副线圈的负载电阻是R，如图3所示，则变压器正常工作时，a、b间的等效电阻是______________。
图3
解析：根据电阻的定义公式，故ab间的等效电阻为。
因为
且，联立以上各式解得：
例3. 如图4所示，加在理想变压器原线圈上的交流电源电动势为E，内阻为r，原副线圈匝数比为n：1，与副线圈相连一负载电阻R，求：当负载电阻R为多大时，负载上获得的功率最大？
图4
解析：据题意，题中所给交流电源的电动势为交流电源的有效值，应用有效值这一概念将问题转化为直流问题来处理。
由于变压器为理想变压器，则负载电阻R上获得的功率P等于交流电源的输出功率，本题就转化为求电源最大输出功率问题，由恒定电流的知识可知：当电路的外电阻和电源内阻相等时，电源输出功率最大。
即当时，功率P有最大值。由例2的结果可得：即时，功率P有最大值。
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自感现象的四个要点和三个状态
一、自感现象的四个要点和三个状态
要点一：电感线圈产生感应电动势的原因是通过线圈本身的电流变化引起穿过自身的磁通量变化。
要点二：自感电流总是阻碍导体中原电流的变化，当自感电流是由于原电流的增强引起的（如通电），自感电流的方向与原电流方向相反；当自感电流是由于原电流的减少引起时（如断电），自感电流的方向与原电流方向相同；
要点三：自感电动势的大小取决于自感系数和导体本身电流变化的快慢。其具体关系为：。其中，自感系数L的大小是由线圈本身的特性决定的。线圈越粗、越长、匝数越密，它的自感系数就越大；线圈中加入铁芯，自感系数增大。
要点四：自感现象的解释。
图1的电路断电时，线圈中产生的自右向左的自感电流，是从稳定时的电流开始减小的。若为线圈的直流电阻），在电键S闭合稳定后，流过电灯的自右向左的电流小于流过线圈的自右向左的电流，在S断开的瞬间，才可以看到电灯更亮一下后才熄灭。若，在S断开的瞬间，电灯亮度是逐渐减弱的。
三个状态：理想线圈（无直流电阻的线圈）的三个状态分别是指线圈通电瞬间、通电稳定状态和断电瞬间状态。在通电开始瞬间应把线圈看成断开，通电稳定时可把理想线圈看成导线或被短路来分析问题。断电时线圈可视为一瞬间电流源（自感电动势源），它可以使闭合电路产生电流。
二、自感现象题型及其分析
1. 判断灯亮度情况的变化问题
例1（1997年高考题）如图2所示的电路中是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（ ）
A. 合上电键S接通电路时，先亮，后亮，最后一样亮
B. 合上电键S接通电路时，始终一样亮
C. 断开电键S切断电路时，立即熄灭，过一会才熄灭
D. 断开电键S切断电路时，都过一会才熄灭
解析 自感线圈具有阻碍电流变化的作用，当电流增加时，它阻碍电流增加；当电流减小时，它阻碍电流减小，但阻碍并不是阻止。闭合电键时，L中电流从无到有，L将阻碍这一变化，使L中电流不能迅速增大；而无电感的电路，电流能够瞬时达到稳定值。故灯后亮，灯先亮，最后两灯电流相等，一样亮。断开电键时，L中产生自感电动势与自身的电流方向相同，该自感电流通过，使过一会儿才熄灭，故选项A、D正确。
点评 本题在断电瞬间，两灯尽管可以过一会熄灭，但看不到更亮一下再熄灭的现象。其原因是，线圈L的电阻可以忽略，电键闭合稳定后，两灯中的电流相等。如果本题的电路改成图3所示，由于电路闭合稳定时，流过线圈的电流大于灯中的电流，亮；当电键断开瞬间，都过一会才熄灭，但会更亮一下。
图3
2. 自感中的电流计算问题
例2 如图4所示，电源电动势E=6V，内阻不计，A和B两灯都标有“6V 0.3A”字样，电阻R和线圈L的直流电阻均为，试通过计算，分析在电键S闭合和断开的极短时间内流过A和B两灯的电流变化情况。
图4
解析 A和B两灯的电阻均为。S刚闭合时，由于L中电流不能突变，只能由零逐渐增大到稳定值，因此L中电流为零相当于断路，此时的电路等效成图5所示。对图5，不难算出流过A、B两灯的电流分别为。
电路稳定后，A、B两灯分别与R、L并联后再串联，此时线圈相当于一个的电阻，根据直流电路知识，容易算出流过A、B两灯的电流均为。
图5
当S断开瞬间，A灯中的电流立即从0.15A变为零。由于发生自感现象，线圈L中的电流不能发生突变，在线圈L与B灯组成的回路中，L中的电流由向右的0.15A开始变小，故B灯中电流从向右流过的0.15A立即变为向左流过的0.15A，然后逐渐减为零。
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理清能量转化过程求解电磁感应问题
电磁感应的本质是不同形式的能量的转化过程。理清能量转化过程，用“能量”的观点研究电磁感应现象，往往比较简便。下面分三个方面举例说明。
1. 恒定的安培力做功问题
例1 如图1所示，电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=L，ad=h，质量为m，从某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h。当线框恰好以恒定速度通过磁场时，线框中产生的焦耳热是多少？（不考虑空气阻力）
解法一 以线框为研究对象。线框穿过磁场（设速度为v）的时间 t=2h/v
线框穿过磁场时线框中产生的感应电流
I=BLv/R
由平衡条件可知，线框在穿过磁场时所受的安培力
F=BIL=mg
由焦耳定律，线框中产生的热量
Q=I2Rt
由以上四式解得 Q=2mgh
解法二 根据能量转化与守恒定律，线框以恒定速率通过磁场的过程，重力与线框所受安培力相平衡。因此实质是重力势能转化为内能的过程。所以此过程中线框产生的焦耳热为2mgh。
2. 变化的安培力做功问题
例2 如图2所示，abcd为静止于水平面上宽度为L而长度很长的U形金属滑轨，bc边接有电阻R，其它部分电阻不计。ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀金属棒。今金属棒以一水平细绳跨过定滑轮，连接一质量为M的重物。一匀强磁场B垂直滑轨面。重物从静止开始下落，不考虑滑轮的质量，且金属棒在运动中均保持与bc边平行。忽略所有摩擦力。则：（1）当金属棒作匀速运动时，其速率是多少？（忽略bc边对金属棒的作用力）。（2）若重物从静止开始至匀速运动时下落的总高度为h，求这一过程中电阻R上产生的热量。
图2
解析 视重物M与金属棒m为一系统，使系统运动状态改变的力只有重物的重力与金属棒受到的安培力。由于系统在开始一段时间里处于加速运动状态，由此产生的安培力是变化的，安培力做功属于变力做功。
系统的运动情况分析可用简图表示如下：
棒的速度v↑棒中产生的感应电动势E↑通过棒的感应电流I↑棒所受安培力棒所受合力棒的加速度a↓
当a=0时，有
解得
题设情况涉及到的能量转化过程可用简图表示如下：
由能量守恒定律有
解得
从求焦耳热的过程可知，此题虽属变化的安培力做功问题，但我们不必追究变力、变电流做功的具体细节，只需弄清能量的转化途径，用能量的转化与守恒定律就可求解。
3. 简单连接体
例3 如图3所示，金属棒a从h高处自静止沿光滑弧形轨道下滑，进入轨道的水平部分以后，在自上而下的匀强磁场中运动，水平轨道也是光滑的，磁场的磁感应强度是B。在轨道的水平部分原来静止地放着一根金属棒b，已知两棒质量相等且等于m，如果a棒始终没有跟b棒相碰，求整个过程中导轨及两棒组成的回路消耗的内能。
图3
解析 a棒切割磁感线在回路中产生感应电流，a棒减速，b棒加速，当两棒速度相等时，它们与导轨构成的回路不再有感应电流，a、b棒以同样的速度运动。视a、b两金属棒为一系统，由于系统在a棒从斜面底端（设速度为）开始运动至a、b棒有共同速度（设为v）的过程中，水平方向上不受外力，动量守恒。设a、b棒的质量均为m，则有
又由于a棒在下滑的过程中机械能守恒，则有
根据能量转化与守恒定律，系统在在a棒开始运动至a、b棒有共同速度的过程机械能（通过安培力作功）部分转化为内能，故回路消耗的内能为
从以上的习题解答可以看出，伴随有安培力做功过程，一定有其他形式的能量与电能（内能）间转化。所以在求解这些问题时，只需把握住能量的转化途径，复杂的问题也就变得简单了。
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确定带电粒子在磁场中运动轨迹圆心的方法
带电粒子垂直进入磁场，在洛仑兹力的作用下，做匀速圆周运动，找到圆心，画出轨迹，是解这类题的关键。下在举例说明圆心的确定方法。
一、由两速度的垂线定圆心
例1. 电视机的显像管中，电子（质量为m，带电量为e）束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图1所示，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度，此时磁场的磁感强度B应为多少？
图1
解析：如图2所示，电子在匀强磁场中做圆周运动，圆周上的两点a、b分别为进入和射出的点。做a、b点速度的垂线，交点O1即为轨迹圆的圆心。
图2
设电子进入磁场时的速度为v，对电子在电场中的运动过程有
对电子在磁场中的运动（设轨道半径为R）有
由图可知，偏转角与r、R的关系为
联立以上三式解得
二、由两条弦的垂直平分线定圆心
例2. 如图3所示，有垂直坐标平面的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，方向向里。一带正电荷量为q的粒子，质量为m，从O点以某一初速度垂直射入磁场，其轨迹与x、y轴的交点A、C到O点的距离分别为a、b。试求：（1）初速度方向与x轴夹角；（2）初速度的大小。
图3
解析：（1）粒子垂直射入磁场，在xOy平面内做匀速圆周运动，如图4所示，OA、OC是圆周上的两条弦。做两条弦的垂直平分线，交点O1即为圆轨迹的圆心，以O1为圆心，＝R为半径画圆。正电荷在O点所受的洛仑兹力F的方向（与初速度垂直）和粒子的初速度v的方向（与垂直斜向上），也在图上标出。
图4
设初速度方向与x轴的夹角为，由几何关系可知，∠O1OC＝。在直角三角形OO1D中，有
（2）由直角三角形OO1D，粒子的轨道半径
粒子在磁场中运动有
由上述两式可得
三、由两洛仑兹力的延长线定圆心
例3. 如图5所示，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。在匀强磁场中做匀速圆周运动的一个电子，动量为P，电量为e，在A、C点，所受洛仑兹力的方向如图示，已知AC＝d。求电子从A到C时发生的偏转角。
图5
解析：如图6所示，A、C为圆周上的两点，做洛仑兹力的延长线，交点O为圆周轨迹的圆心。以O为圆心做电子从A到C的运动轨迹。过A、C画出速度的方向，则角为偏转角。
图6
设粒子的质量为m，速度为v，则轨迹半径
由几何关系有
联立以上二式解得
四、综合定圆心
确定圆心，还可综合运用上述方法。一条切线，一条弦的垂直平分线，一条洛仑兹力的延长线，选其中任两条都可找出圆心。
例4. 如图7所示，在的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正方向的夹角为。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为L，求该粒子的电量和质量之比q/m。
图7
解析：如图7所示，粒子进入磁场后，受洛仑兹力的作用，做匀速圆周运动，从A点射出磁场。是圆轨迹上一条弦，初速度与圆周轨迹相切。做弦的垂直平分线和初速度v的垂线，交点O1即为圆轨迹的圆心。以O1为圆心，以O1到入射点O的距离R（轨道半径）画出粒子圆周运动的轨迹。
由洛仑兹力公式和牛顿定律有
O1是弦的垂直平分线上的点，由几何关系有
联立以上二式解得
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带电粒子在磁场中偏转的求解策略
带电粒子在磁场中偏转问题是历年高考的重点问题，同时也是热点问题。总结考试中的诸多失误，集中在对这类问题的解法缺乏规律性的认识。为此本文就求解这类题型的某些规律归纳如下。
一、基本思想
因为洛伦兹力F始终与速度v垂直，即F只改变速度方向而不改变速度的大小，所以运动电荷垂直磁感线进入匀强磁场且仅受洛伦兹力时，一定做匀速圆周运动，由洛伦磁力提供向心力，即。带电粒子在磁场中运动问题大致可分两种情况：1. 做完整的圆周运动（在无界磁场或有界磁场中）；2. 做一段圆弧运动（一般在有界磁场中）。无论何种情况，其关键均在圆心、半径的确定上。
二、思路和方法
1. 找圆心
方法1：若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心。
方法2：若已知粒子轨迹上的两点和其中一点的速度方向，则可作出此两点的连线（即过这两点的圆弧的弦）的中垂线，再画出已知点v的垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心。
方法3：若已知粒子轨迹上的两点和能求得的半径R，则可作出此两点连线的中垂线，从连线的端点到中垂线上的距离为R的点即为圆心。
方法4：若已知粒子入射方向和出射方向，及轨迹半径R，但不知粒子的运动轨迹，则可作出此两速度方向夹角的平分线，在角平分线上与两速度方向直线的距离为R的点即为圆心。
方法5：若已知粒子圆周运动轨迹上的两条弦，则两条弦的中垂线的交点即为圆心。
2. 求半径
圆心确定下来后，半径也随之确定。一般可运用平面几何知识来求半径的长度。
3. 画轨迹
在圆心和半径确定后可根据左手定则和题意画出粒子在磁场中的轨迹图。
4. 应用对称规律
从一边界射入的粒子，若从同一边界射出时，则速度与边界的夹角相等；在圆形磁场区域内，若粒子沿径向射入，则必沿径向射出。
三、实例分析
例1. 如图1所示，两电子沿MN方向射入两平行直线间的匀强磁场，并分别以的速度射出磁场。则是多少？两电子通过匀强磁场所需时间之比是多少？
图1
解析：利用上述方法1；可确定出两电子轨迹的圆心O1和圆心O2，如图2所示。由图中几何关系，二轨迹圆半径的关系为
图2
°
又，故
两电子分别在磁场中的运动时间
因此
例2. 如图3所示，在半径为r的圆形区域内，有一个匀强磁场。一带电粒子以速度从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心。当∠MON＝120°时，求：带电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间。
图3
解析：应用上述方法1，分别过M、N点作半径OM、ON的垂线，此两垂线的交点O'即为带电粒子作圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图4所示。
图4
由图中的几何关系可知，圆弧MN所对的轨道圆心角为60°，O、O'的边线为该圆心角的角平分线，由此可得带电粒子圆轨道半径为
又带电粒子的轨道半径可表示为
故带电粒子运动周期
带电粒子在磁场区域中运动的时间
例3. 如图5所示，一带电量为q＝，质量为的粒子，在直线上一点O沿30°角方向进入磁感强度为B的匀强磁场中，经历t＝后到达直线上另一点P。求：
图5
（1）粒子作圆周运动的周期T；
（2）磁感强度B的大小；
（3）若OP的距离为0.1m，则粒子的运动速度v多大？
解析：粒子进入磁场后，受洛伦兹力的作用，重力很小可忽略。粒子作匀速圆周运动的轨迹如图4所示。
（1）由几何关系可知OP弦对的圆心角，粒子由O到P大圆弧所对圆心角为300°，则有
t/T＝300°/360°＝5/6
解得 T＝6t/5＝6×1.5×/5＝
（2）由粒子作圆周运动所需向心力为洛伦兹力，轨道半径R＝OP＝0.1m，有
得
＝0.314T
（3）粒子的速度
例4. 如图6所示，在的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感强度为B。一带正电的粒子以速度从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比q/m。
图6
解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图7所示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l，射出时的速度仍为，根据对称规律，射出方向与x轴的夹角仍为。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
图7
式中R为圆轨道半径。圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系有
联立以上两式解得
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攻克电磁学的四种武器
在进行期中考试的复习时，对所学的基础知识进行系统的梳理是很重要的，但同时也不能忽视对一些典型的解题思想、方法的总结。在电磁感应、交流电部分，蕴含着非常丰富的物理思想与方法，试举几例，以起到抛砖引玉的作用。
一. 妙“补”
对有些不规则或不闭合的导体切割磁感线的问题，可以采用填补法来加以解决。
例1. 如图1所示，半径为r的半圆形金属导线处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在平面，试求导线在下列情况中产生的感应电动势：
图1
（1）导线在自身所在平面内，沿垂直于直径OO’的方向以速度v向右匀速运动。
（2）导线从图示位置起，绕直径OO’以角速度匀速转动。
解析：（1）假设另有一直导线OO’以同样的速度v向右匀速平动，由于半圆形导线OAO’和直导线OO’在相同的时间内切割的磁感线相等，所以在产生感应电动势这一点上，半圆形导线OAO’与直导线OO’等效。从而可得：。
（2）假设用直导线将O、O’连结形成闭合回路OAO’O，使其以同样的角速度绕OO’匀速转动，由于直导线OO’是转轴，不切割磁感线，所以半圆形导线OAO’与闭合回路OAO’O产生的感应电动势相等，从而由可得：。
二. 等“效”
等效思想是在效果等同的前提下，通过相互替代把复杂的物理现象、物理过程转化成简单的物理现象、物理过程，从而使问题便于研究和处理的一种科学思维方法。运用等效思想，可使问题化繁为简，化难为易。
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。确定电源后，就可以画出等效电路，将电磁感应问题转化为电路问题，再结合电路规律就可以将问题解决。
例2. 将一根粗细均匀、电阻值为r的电阻丝弯成圆环，水平固定在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，圆环直径为d，另有一长度为d、电阻为的金属棒ab，水平放在圆环的一侧边沿，如图2所示。现用外力拉着ab棒使之以速度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，加在棒上的外力的瞬时功率为多大？
图2
解析：金属棒ab到达图中虚线位置时，金属棒把圆环分成相等的两部分，每部分的电阻均为。棒ab切割磁感应线产生感应电动势，它就是电路中的电源，等效电路如图3所示。
图3
ab棒切割磁感应线产生的感应电动势为。
电路总电阻
由于金属棒做匀速运动，通过外力做功把其他形式的能转化为电能，又通过电流做功把这些电能转化为热能，所以，外力做功的功率就等于闭合电路的电功率，也等于整个电路的热功率，即
三. 优“整”
整体法是物理中常用的方法。有时在研究对象的确定和物理过程的选取上优先考虑整体法，常可起到简化解题过程的功效。
例3. 电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab＝L，ad＝h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场的方向为水平方向，磁场区域的宽度为h，如图4所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框中产生的焦耳热是___________（不考虑空气阻力）。
图4
解析：将线框穿过磁场看作一个整体的物理过程。线框进出磁场中时，线框中磁通量发生变化，产生感应电流；产生的感应电流在磁场中受到安培力，方向与重力方向相反，线框做匀速运动，故，线框下落减少的重力势能最后全部转化为内能，即焦耳热。线框通过磁场时，重力势能减少为2mgh，故产生的焦耳热是2mgh。
四. 活“迁”
一些表面上看起来似乎难以解决的电磁学问题，若能将学过的力学知识的模型迁移过来，即可达到“柳暗花明又一村”的效果。
例4. 如图5所示，一根足够长的水平滑杆SS’上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的木制轨道PP’，PP’穿过金属环的圆心，现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿木制轨道向右运动。则（ ）
图5
A. 磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来
B. 磁铁将推动滑环一起运动
C. 磁铁与圆环的最终速度
D. 整个过程最多能产生热量
解析：由于电磁感应现象，m所受安培力阻碍磁铁对其的相对运动，安培力水平向右，m做加速运动，而该安培力的反作用力作用于磁铁，磁铁做减速运动，最终两者达到共同速度。整个过程类似于碰撞，可以将力学中的子弹打击木块的模型迁移过来。据动量守恒：，得；在此过程中损失的机械能全部转化为热能。
，所以正确答案为BCD。
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