1、專題五 電磁感應綜合問題命題趨勢電磁感應綜合問題，涉及力學知識（如牛頓運動定律、功、動能定理、動量和能量守恒定律等）、電學知識（如電磁感應定律、楞次定律、直流電路知識、磁場知識等）等多個知識點，突出考查考生理解能力、分析綜合能力，尤其從實際問題中抽象概括構建物理模型的創新能力。因此，本專題涉及的內容是歷年高考考查的重點，年年都有考題，且多為計算題，分值高，難度大，對考生具有較高的區分度。因此，本專題是復習中應強化訓練的重要內容。教學目標：1通過專題復習，掌握電磁感應綜合問題的分析方法和思維過程，提高解決學科內綜合問題的能力。2能夠從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解

2、決實際問題的能力。教學重點：掌握電磁感應綜合問題的分析方法和思維過程，提高解決學科內綜合問題的能力。教學難點：從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力。教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：一、知識概要1、電磁感應的題目往往綜合性較強，與前面的知識聯系較多，涉及到力和運動、動量、能量、直流電路、安培力等多方面的知識，其具體應用可分為以下兩個方面：（1）受力情況、運動情況的動態分析。思考方向是：導體受力運動產生感應電動勢感應電流通電導體受安培力合外力變化加速度變化速度變化感應電動勢變化，周而復始，循環結束時，加速度等于零，導體達到穩定運動狀態。要畫好

3、受力圖，抓住 a =0時，速度v達最大值的特點。（2）功能分析，電磁感應過程往往涉及多種能量形勢的轉化。例如：如圖所示中的金屬棒ab沿導軌由靜止下滑時，重力勢能減小，一部分用來克服安培力做功轉化為感應電流的電能，最終在R上轉轉化為焦耳熱，另一部分轉化為金屬棒的動能若導軌足夠長，棒最終達到穩定狀態為勻速運動時，重力勢能用來克服安培力做功轉化為感應電流的電能，因此，從功和能的觀點人手，分析清楚電磁感應過程中能量轉化的關系，往往是解決電磁感應問題的重要途徑2、力學與本章內容結合的題目以及電學與本章結合的題目是復習中應強化訓練的重要內容（1）電磁感應與力和運動結合的問題，研究方法與力學相同。首先明確研

4、究對象，搞清物理過程。正確地進行受力分析，這里應特別注意伴隨感應電流而產生的安培力：在勻強磁場中勻速運動的導體受的安培力恒定，變速運動的導體受的安培力也隨速度（電流）變化其次應用相同的規律求解：勻速運動可用平衡條件求解變速運動的瞬時速度可用牛頓第二定律和運動學公式求解，變速運動的熱量問題一般用能量觀點分析，應盡量應用能的轉化和守恒定律解決問題（2）在電磁感應現象中，應用全電路歐姆定律分析問題，應明確產生電動勢的那部分導體相當于電源，該部分電路的電阻是電源的內阻，而其余部分電路則是用電器，是外電路3、電磁感應現象中，產生的電能是其他形勢的能轉化來的，外力克服安培力做多少功，就有多少電能產生從能量

5、轉化和守恒的觀點看，楞次定律描述了其他形式的能通過磁場轉化為電能的規律，楞次定律是能量守恒定律在電磁感應現象中的具體表現，電磁感應現象是能量守恒定律的重要例證，也是解決一些電磁感應問題的重要方法，在復習中應注意應用4、本章重在考查知識的理解和應用，以及解決與其他知識相結合的綜合問題的能力但深刻理解和熟練掌握基本概念和規律，是解決復雜問題的基礎，沒有對基本知識的深刻理解和熟練掌握，就不可能很好地加以應用如“阻礙”一詞不是“阻止”，阻礙的結果并不是“阻止住”而使其不能變化，只是延緩或減弱了變化的速度又如：產生電磁感應現象的原因不是因為有磁揚，而是因為磁通量的變化，磁通量很大不變化，照樣不會產生電磁

6、感應現象，磁通量的概念如果不清楚，則無法正確應用E= n進行感應電動勢的有關計算。用牛頓定律、動量觀點、全電路歐姆定律解電學綜合問題和力、電綜合問題；用能量觀點解電磁感應問題電磁感應現象產生電磁感應現象的條件感應電動勢的大小感應電流的方向楞次定律右手定則相關知識如下表： 二、考題回顧B1（2004湖南理綜19）一直升飛機停在南半球的地磁極上空。該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B。直升飛機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動。螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示。如果忽略a到轉軸中心線的距離，用E表示每個葉片中的感應電動勢，則

7、AEfl2B，且a點電勢低于b點電勢BE2fl2B，且a點電勢低于b點電勢CEfl2B，且a點電勢高于b點電勢DE2fl2B，且a點電勢高于b點電勢答案：A2（2004北京理綜23題18分）如圖1所示，兩根足夠長的直金屬導軌MN、PQ平行放置在傾角為的絕緣斜面上，兩導軌間距為L，M、P兩點間接有阻值為R的電阻。一根質量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導軌上，并與導軌垂直。整套裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直斜面向下，導軌和金屬桿的電阻可忽略。讓ab桿沿導軌由靜止開始下滑，導軌和金屬桿接觸良好，不計它們之間的摩擦。（1）由b向a方向看到的裝置如圖2所示，請在此圖中畫出ab桿下滑過程中

8、某時刻的受力示意圖；（2）在加速下滑過程中，當ab桿的速度大小為v時，求此時ab桿中的電流及其加速度的大小； （3）求在下滑過程中，ab桿可以達到的速度最大值。 圖1 圖2解：（18分）（1）如圖所示：重力mg，豎直向下；支撐力N，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上（2）當ab桿速度為v時，感應電動勢E=BLv，此時電路電流 ab桿受到安培力根據牛頓運動定律，有 解得 （3）當時，ab桿達到最大速度vm 3（2004上海22題，14分）水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，問距為L，一端通過導線與阻值為R的電阻連接；導軌上放一質量為m的金屬桿（見右上圖），金屬桿與導軌的電阻忽略不計；均勻磁

9、場豎直向下。用與導軌平行的恒定拉力F作用在金屬桿上，桿最終將做勻速運動。當改變拉力的大小時，相對應的勻速運動速度v也會變化，v與F的關系如右下圖。（取重力加速度g=10m/s2）（1）金屬桿在勻速運動之前做什么運動？（2）若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5；磁感應強度B為多大？（3）由vF圖線的截距可求得什么物理量？其值為多少？ 解（1）變速運動（或變加速運動、加速度減小的加速運動，加速運動）。（2）感應電動勢 感應電流 安培力 由圖線可知金屬桿受拉力、安增力和阻力作用，勻速時合力為零。 由圖線可以得到直線的斜率k=2，（T） （3）由直線的截距可以求得金屬桿受到的阻力f，f=2（N）

10、 若金屬桿受到的阻力僅為動摩擦力，由截距可求得動摩擦因數 4（2004廣東15題15分）如圖，在水平面上有兩條平行導電導軌MN、PQ，導軌間距離為，勻強磁場垂直于導軌所在的平面（紙面）向里，磁感應強度的大小為B，兩根金屬桿1、2擺在導軌上，與導軌垂直，它們的質量和電阻分別為和R1、R2，兩桿與導軌接觸良好，與導軌間的動摩擦因數為，已知：桿1被外力拖動，以恒定的速度沿導軌運動；達到穩定狀態時，桿2也以恒定速度沿導軌運動，導軌的電阻可忽略，求此時桿2克服摩擦力做功的功率。 M 2 1 N P Q解法1：設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間和導軌構成的回路中的磁通量發生變化，產生感應電動勢

11、感應電流 桿2作勻速運動，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， 導體桿2克服摩擦力做功的功率 解得 解法2：以F表示拖動桿1的外力，以I表示由桿1、桿2和導軌構成的回路中的電流，達到穩定時，對桿1有 對桿2有 外力F的功率 以P表示桿2克服摩擦力做功的功率，則有 由以上各式得 5（2004全國理綜24題，18分）圖中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直平面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面（紙面）向里。導軌的a1b1段與a2b2段是豎直的，距離為l1；c1d1段與c2d2段也是豎直的，距離為l2。x1 y1與x2 y2為兩根用不可伸長的絕緣輕線相連

12、的金屬細桿，質量分別為和m1和m2，它們都垂直于導軌并與導軌保持光滑接觸。兩桿與導軌構成的回路的總電阻為R。F為作用于金屬桿x1y1上的豎直向上的恒力。已知兩桿運動到圖示位置時，已勻速向上運動，求此時作用于兩桿的重力的功率的大小和回路電阻上的熱功率。解法1：設桿向上的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小 回路中的電流 電流沿順時針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為 方向向上，作用于桿x2y2的安培力為 方向向下，當桿作勻速運動時，根據牛頓第二定律有 解以上各式得 作用于兩桿的重力的功率的

13、大小 電阻上的熱功率 由式，可得 解法2：回路中電阻上的熱功率等于運動過程中克服安培力做功功率，當桿作勻速運動時，根據牛頓第二定律有 電路中克服安培力做功功率為： 將 代入可得 點評：學生解決此題的難點在于金屬棒不等長即導軌不等間距。當桿作勻速運動時，安培力合力向下，對整體受力分析，處于平衡狀態，列出方程就能順利求解I與v值。三、典題例析【例題1】兩根金屬導軌平行放置在傾角為=30°的斜面上，導軌左端接有電阻R=10，導軌自身電阻忽略不計。勻強磁場垂直于斜面向上，磁感強度B=0.5T。質量為m=0.1kg，電阻可不計的金屬棒ab靜止釋放，沿導軌下滑（金屬棒a b與導軌間的摩擦不計）。

14、如圖所示，設導軌足夠長，導軌寬度L=2m，金屬棒ab下滑過程中始終與導軌接觸良好，當金屬棒下滑h=3m時，速度恰好達到最大值。求此過程中金屬棒達到的最大速度和電阻中產生的熱量。解題方法與技巧：當金屬棒速度恰好達到最大速度時，受力分析，則mgsin=F安 解得F安=0.5N據法拉第電磁感應定律：E=BLv 據閉合電路歐姆定律：I= F安=BIL 由以上各式解得最大速度v =5m/s 下滑過程據動能定理得：mghW = mv2 解得W=1.75J ，此過程中電阻中產生的熱量Q=W=1.75J 點評：通過以上解析我們不難看出：解決此類問題首先要建立一個“動電動”的思維順序。此類問題中力現象、電磁現象

15、相互聯系、相互制約和影響，其基本形式如下：分析方法和步聚可概括為：（1）找準主動運動（即切割磁感線）者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解電動勢大小和方向.（2）根據等效電路圖，求解回路電流大小及方向（3）分析導體棒的受力情況及導體棒運動后對電路中電學參量的“反作用”.（4）從宏觀上推斷終極狀態（5）列出動力學方程或平衡方程進行求解.【例題2】如圖，足夠長的光滑平行導軌水平放置，電阻不計，部分的寬度為，部分的寬度為，金屬棒和的質量，其電阻大小，和分別在和上，垂直導軌相距足夠遠，整個裝置處于豎直向下的勻強磁場中，磁感強度為，開始棒向右速度為，棒靜止，兩棒運動時始終保持平行且總在上運動，總在上運動

16、，求、最終的速度。解題方法與技巧：本題由于兩導軌的寬度不等，、系統動量不守恒，可對、分別用動量定理。運動產生感應電流，、在安培力的作用下，分別作減速和加速運動.的運動產生了反電動勢。回路的，隨著減小，增加，減小，安培力也隨之減小，故棒的加速度減小，棒的加速度也減小。當，即時，兩者加速度為零，兩棒均勻速運動，且有對、分別用動量定理 而 聯立以上各式可得： 【例題3】如圖所示，和為兩平行的光滑軌道，其中和部分為處于水平面內的導軌，與a/b的間距為與間距的2倍，、部分為與水平導軌部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎軌部分處于勻強磁場外。在靠近aa和cc處分別放著兩根金屬棒MN、PQ，質量分別為和m。為使

17、棒PQ沿導軌運動，且通過半圓軌道的最高點ee，在初始位置必須至少給棒MN以多大的沖量？設兩段水平面導軌均足夠長，PQ出磁場時MN仍在寬導軌道上運動。解題方法與技巧：若棒PQ剛能通過半圓形軌道的最高點ee，則由，可得其在最高點時的速度.棒PQ在半圓形軌道上運動時機械能守恒，設其在dd的速度為，由 可得：兩棒在直軌上運動的開始階段，由于回路中存在感應電流，受安培力作用，棒MN速度減小，棒PQ速度增大。當棒MN的速度和棒PQ的速度達到時，回路中磁通量不再變化而無感應電流，兩者便做勻速運動，因而。在有感應電流存在時的每一瞬時，由及MN為PQ長度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和有關系。從而，在回

18、路中存在感應電流的時間t內，有 。設棒MN的初速度為，在時間t內分別對兩棒應用動量定理，有：， 將以上兩式相除，考慮到，并將、的表達式代入，可得從而至少應給棒MN的沖量：四、能力訓練1如圖所示，在豎直平面內的兩根平行金屬導軌，頂端用一電阻R相連，磁感應強度為B的勻強磁場垂直導軌平面。一質量為m的金屬棒他們ab以初速度v0沿導軌豎直向上運動，到某一高度后又返回下行到原處，整個過程金屬棒與導軌接觸良好，導軌與棒的電阻不計。則在上行與下行兩個過程中，下列說法不正確的是：Rv0A回到出發點的速度v大于初速度v0；B通過R的最大電流上行大于下行；C電阻R上產生的熱量上行大于下行；D所用時間上行小于下行。

19、2如圖所示，長直導線右側的矩形線框abcd與直導線位于同一平面，當長直導線中的電流發生如圖所示的變化時（圖中所示電流方向為正方向），線框中的感應電流與線框受力情況為（ ） t1到t2時間內，線框內電流的方向為abcda，線框受力向右 t1到t2時間內，線框內電流的方向為abcda，線框受力向左 在t2時刻，線框內電流的方向為abcda，線框受力向右 在t3時刻，線框內無電流，線框不受力A B C D 3如圖所示，A、B是兩根互相平行的、固定的長直通電導線，二者電流大小和方向都相同。一個矩形閉 合金屬線圈與A、B在同一平面內，并且ab邊保持與通電導線平行。線圈從圖中的位置1勻速向左移動，經過位置

20、2，最后到位置3，其中位置2恰在A、 B的正中間。下面的說法中正確的是 （ ） 在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量為零 在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量的變化率為零 從位置1到位置3的整個過程中，線圈內感應電流的方向發生了變化 從位置1到位置3的整個過程中，線圈受到的磁場力的方向保持不變A B C D4如圖所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區域內有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環，導線abcd所圍區域內磁場的磁感強度按下列哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體圓環將受到向上的磁場作用力 （ ）´ ´ · ·´ ´ · ·´ ´ · ·´ ´ · ·FBBa ab ac ad a0xi ai0-i0 ax5如圖（俯視）所