电磁感应规律及其应用
1．磁通量．
(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫作穿过这个面积的磁通量．
(2)公式：Φ＝BS，单位符号是Wb.
(3)适用条件．
①匀强磁场．
②S为垂直于磁场的有效面积．
(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．
(5)磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.
2．电磁感应现象．
(1)定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应．
(2)感应电流的产生条件．
①表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
②表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
(3)实质．
产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流．如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流．
3．感应电流方向的判定．
(1)楞次定律．
①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
②适用范围：一切电磁感应现象．
(2)右手定则．
①内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
②适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．
1.(2020·全国卷Ⅰ)(多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
解析：由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力．当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，
电流中的电流I＝＝.
金属框受到的安培力F安框＝，与运动方向相反，
导体棒MN受到的安培力F安MN＝，与运动方向相同．
设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN：＝m1a1，
对金属框：F－＝m2a2.
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小．
当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝，大小恒定．
整个运动过程用速度时间图象描述如图．
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，选项B、C正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，选项A、D错误．
答案：BC
2.(2020·全国卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A．库仑 B．霍尔
C．洛伦兹
D．法拉第
解析：由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热．该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第．故D正确．
答案：D
3．(2020·全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
解析：无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，所以无论哪种情况，圆环均向右运动．
答案：B
考点一 感应电流方向的判断
1．感应电流方向的判断方法．
(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．
(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．
2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式．
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
3．判断感应电流方向的“四步法”．
(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜<ρ铝．闭合开关S的瞬间( )
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
解析：线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，选项A正确；由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，选项B正确；若将环放在线圈右方，根据楞次定律可得，环将向右运动，选项C错误；电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，选项D错误．
答案：AB
考向 用楞次定则判断感应电流的方向
1.如图所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则( )
A．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，沿adcb方向
B．磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，沿abcd方向
C．磁铁经过位置①和②时，线框中的感应电流都沿abcd方向
D．磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向
解析：当磁铁经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向．同理可判断当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb方向．故A正确．
答案：A
考向 用右手定则判断感应电流的方向
2．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是( )
解析：ab棒顺时针转动，运用右手定则，磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A项正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B项错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C项错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D项错误．
答案：A
考向 楞次定律的拓展
3.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合．现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确．
答案：B
考点二 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1．对法拉第电磁感应定律的理解．
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．
(2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(3)磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率．
(4)通过回路截面的电荷量q＝，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．
2．磁通量发生变化的三种情况．
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n，注意S为线圈在磁场中的有效面积．
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.
3．应用法拉第电磁感应定律的四种情况．
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLv
E＝BL2ω
E＝NBSω·sin
ωt
(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错．根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B对．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C对，D错．
答案：BC
考向 平动切割产生感应电动势
1.如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动．金属导轨间距为L电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小( )
A．a→b，BLv B．a→b，
C．a→b，
D．b→a，
解析：由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应电动势公式为：E＝BLv，R两端的电压为：U＝·R＝，故B项正确．
答案：B
考向 转动切割产生感应电动势
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A. B.
C. D．2
解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝，
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝，
且q1＝I1Δt1.
在过程Ⅱ中，有
E2＝＝，
I2＝，
q2＝I2Δt2，
又q1＝q2，即＝，
所以＝.
答案：B
考向 感生类产生感应电动势
3．(2020·北京卷)如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2
Ω，其两端与一个R＝48
Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场．线圈中的磁通量按图乙所示规律变化．
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U.
解析：(1)根据图象可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻R的电流方向为a→b.
(2)根据法拉第电磁感应定律E＝N＝200×
V＝10
V.
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
U＝E＝×10
V＝9.6
V.
答案：(1)a→b (2)10
V (3)9.6
V
考点三 电磁感应中的图象问题
图象类型
随时间变化的图象，如B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t图象随位移变化的图象，如E-x图象、I-x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
续上表
解题方法
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝n(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律的相关公式等
[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)](多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形．一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)．从图示位置开始计时，4
s末bc边刚好进入磁场．在此过程中，导体框内感应电流的大小为I,
ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象，可能正确的是( )
解析：因为4
s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在0～1
s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E1＝2BLv，I1＝，可知电流恒定；
2
s末时线框在第二象限长度最长，此时有E2＝3BLv，I2＝，可知I2＝I1.
2～4
s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4
s末同理可得I3＝I1，
综上分析可知，A错误，B正确；
根据Fab＝BILab，
可知在0～1
s内ab边所受的安培力线性增加；1
s末安培力为Fab＝BI1L，
在2
s末可得安培力为F′ab＝B×I1×2L，
Fabc＝B·I1·2L＝3Fab，
由图象可知C正确，D错误．
答案：BC
考向 由“感生”角度衍生的图象问题
1．(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1
m2，线圈电阻为1
Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是( )
A．在0～2
s时间内，I的最大值为0.01
A
B．在3～5
s时间内，I的大小越来越小
C．前2
s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01
C
D．第3
s内，线圈的发热功率最大
解析：0～2
s时间内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I＝＝＝0.01
A，A正确；3～5
s时间内电流大小不变，B错误；前2
s内通过线圈的电荷量q＝＝＝0.01
C，C正确；第3
s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D错误．
答案：AC
考向 由“感生”角度衍生的图象问题(图象转化式)
2．有一磁场方向竖直向下，磁感应强度B随时间t的变化关系如图甲所示的匀强磁场．现有如图乙所示的直角三角形导线框abc水平放置，放在匀强磁场中保持静止不动，t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流i顺时针方向为正、竖直边ab所受安培力F的方向水平向左为正．则下面关于F和i随时间t变化的图象正确的是( )
解析：在0～3
s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，
同时由F＝BIL知道，电流恒定，安培力与磁感应强度成正比，
又由楞次定律判断出回路中感应电流的方向应为顺时针方向，即正方向，
在3～4
s时间内，磁感应强度恒定，感应电动势等于零，感应电流为零，安培力等于零，故B、C错误，A正确；0～3
s时间内，磁感应强度随时间线性变化，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势恒定，回路中感应电流恒定，故D错误．
答案：A
考向 由“动生”角度衍生的图象问题(侧重力学或电学量)
3．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ进入磁场时加速度恰好为零．从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin
θ＝BIL，I＝，即电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同．情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin
θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It
图象如图A所示．情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsin
θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的It图象如图D所示．
答案：AD
考点四 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法．
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I和切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题．
(2018·江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒
(1)末速度的大小v；
(2)通过的电流大小I；
(3)通过的电荷量Q.
解析：(1)匀加速直线运动v2＝2as，
解得v＝.
(2)安培力F安＝IdB，
金属棒所受合力F＝mgsin
θ－F安，
牛顿运动定律F＝ma，
解得I＝.
(3)运动时间t＝，
电荷量Q＝It，
解得Q＝.
答案：(1) (2)
(3)
考向 导体棒在磁场中处于平衡状态
1.如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值．
解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg.①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0.②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv，③
联立①②③式可得
E＝Blt0.④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝，⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI.⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0，⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝.⑧
答案：(1)Blt0 (2)
考向 导体棒在磁场中做加速运动
2．如图甲，间距为L的光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，轨道左侧连接一定值电阻R，垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，F随t变化的规律如图乙．在0～t0时间内，棒从静止开始做匀加速直线运动．乙图中t0、F1、F2为已知，棒接入电路的电阻为R，轨道的电阻不计．则下列说法正确的是( )
A．在t0以后，导体棒一直做匀速直线运动
B．导体棒最后达到的最大速度大小为
C．在0～t0时间内，导体棒的加速度大小为
D．在0～t0时间内，通过导体棒横截面的电量为
解析：因在0～t0时间内棒做匀加速直线运动，故在t0时刻F2大于棒所受的安培力，在t0以后，外力保持F2不变，安培力逐渐变大，导体棒做加速度越来越小的加速运动，当加速度a＝0，即导体棒所受安培力与外力F2相等后，导体棒做匀速直线运动，故A错误；根据平衡条件可得FA＝F2，而FA＝BIL＝，解得vm＝，故B错误；设在0～t0时间内导体棒的加速度为a，导体棒的质量为m，t0时刻导体棒的速度为v，通过导体棒横截面的电量为q，则有：
a＝，①
F2－＝ma，②
F1＝ma，③
由①②③解得：a＝，故C错误；
在0～t0时间内，通过导体横截面的电量为q＝，④
而ΔΦ＝BΔS＝BLt0，⑤
由②③④⑤解得：q＝，故D正确．
答案：D
考点五 电磁感应中的能量与动量问题
1．能量转化及焦耳热的求法．
(1)能量转化．
其他形式的能量电能
(2)求解焦耳热的三种方法．
2．用“三大观点”解决电磁感应问题．
动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点
其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题
如图甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ、MN,
相距为L＝0.5
m，ef右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B的大小如图乙变化．开始时ab棒和cd棒锁定在导轨如图甲位置，ab棒与cd棒平行，ab棒离水平面高度为h＝0.2
m，cd棒与ef之间的距离也为L，ab棒的质量为m1＝0.2
kg，有效电阻R1＝0.05
Ω，cd棒的质量为m2＝0.1
kg，有效电阻为R2＝0.15
Ω.(设a、b棒在运动过程始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计)．
(1)求0～1
s时间段通过cd棒的电流大小与方向；
(2)假如在1
s末，同时解除对ab棒和cd棒的锁定，稳定后ab棒和cd棒将以相同的速度做匀速直线运动，
试求这一速度；
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动，ab棒产生的热量为多少？
解析：(1)0～1
s时间内由于磁场均匀变化，根据法拉第电磁感应定律E＝＝＝和闭合电路欧姆定律I＝，代入数据可解得：I＝1.25
A.
cd棒中电流由d→c.
(2)1
s末后由磁场不变，ab棒从高为h处滑下到ef过程，由动能定理可知，
m1gh＝m1v，
得v0＝＝
m/s＝2
m/s，
从ab棒刚到ef处至两棒达共同速度过程，由动量守恒定律得，
m1v0＝(m1＋m2)v，
即0.2×2＝(0.1＋0.2)v，
解得v＝
m/s.
(3)对ab棒和cd棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程，由能量守恒可知，
m1gh＝(m1＋m2)v2＋Q，
代入数据解得：Q＝
J.
由于ab和cd棒串联，所以产生的热量之比等于电阻之比，所以
Qab＝Q＝×
J＝
J.
答案：(1)1.25
A d→c (2)
m/s (3)
J
考向 电磁感应中的能量问题
1.(2020·海口质检)(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5
T，导体棒ab、cd长度均为0.2
m，电阻均为0.1
Ω，重力均为0.1
N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )
A．经过cd的电流方向为从c到d
B．ab受到的拉力大小为2
N
C．ab向上运动的速度为2
m/s
D．在2
s内，拉力做功，有0.6
J的机械能转化为电能
解析：对ab棒，由右手定则可知，电流方向由b到a，故经过cd的电流方向为从c到d，故A正确．导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2
N，故B错误．对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝，联立得：v＝＝2
m/s，故C正确．在2
s
内，电路产生的电能Q＝t＝t＝×2
J＝0.4
J，则在2
s内，拉力做功，有0.4
J的机械能转化为电能，故D错误．
答案：AC
考向 电磁感应中的动量问题
2.如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为0.2
T，足够长的光滑水平金属导轨，左侧间距为0.6
m，右侧间距为0.2
m．质量均为0.02
kg的金属棒M、N垂直导轨放置，开始时金属棒M、N均保持静止．现使金属棒M以10
m/s的速度向右运动，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，直到M、N达到稳定状态．g取10
m/s2，下列说法正确的是( )
A．由M、N导体棒和导轨组成回路的磁通量先减小后不变
B．由M、N两个导体棒组成的系统动量守恒
C．在两棒运动的整个过程中，电路中产生的焦耳热为0.9
J
D．在两棒运动的整个过程中，通过M、N两个导体棒的电荷量相等，均为1.5
C
解析：M棒刚开始运动时，回路磁通量减少，最终稳定后磁通量不变，故A正确；M、N两个导体棒所受水平方向的安培力之和不为零，系统动量不守恒，故B错误；当M、N两金属棒产生的感应电动势大小相等时，回路感应电流为零，金属棒不受安培力，金属棒做匀速直线运动，即：BLMv1＝BLNv2时，两金属棒做匀速直线运动，由动量定理得：对M：－BILMt＝mv1－mv0，对N：BILNt＝mv2，解得：v1＝1
m/s，v2＝3
m/s，由能量守恒定律得：mv＝mv＋mv＋Q，解得：Q＝0.9
J，故C正确；回路中有电流时有电荷通过金属棒，导体棒做匀速运动时回路没有电流，从M开始减速到匀速运动过程，对M，由动量定理得：－BILMt＝mv1－mv0，电荷量：q＝It，则：－BLMq＝mv1－mv0，代入数据：q＝1.5
C，故D正确．
答案：ACD
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图象类型
随时间变化的图象，如B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t图象
随位移变化的图象，如E-x图象、I-x图象
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
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状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
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动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点
其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
由BIL·Δt＝m·Δv、q＝I·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题
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