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1、確定電源：首先判斷產生電磁感應現象的那一部分導體（電源），其次利用或求感應電動勢的大小，利用右手定則或楞次定律判斷電流方向。

2、分析電路結構，畫等效電路圖

3、利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律，串并聯規(guī)律等

1、定性或定量地表示出所研究問題的函數關系

2、在圖象中E、I、B等物理量的方向是通過正負值來反映

3、畫圖象時要注意橫、縱坐標的單位長度定義或表達

【例1】如圖所示，平行導軌置于磁感應強度為B的勻強磁場中（方向向里），間距為L，左端電阻為R，其余電阻不計，導軌右端接一電容為C的電容器�，F有一長2L的金屬棒ab放在導軌上，ab以a為軸順時針轉過90°的過程中，通過R的電量為多少？

解析：（1）由ab棒以a為軸旋轉到b端脫離導軌的過程中，產生的感應電動勢一直增大，對C不斷充電，同時又與R構成閉合回路。ab產生感應電動勢的平均值

    ①

表示ab掃過的三角形的面積，即      ②

通過R的電量      ③

由以上三式解得      ④

在這一過程中電容器充電的總電量Q=CU_m     ⑤

U_m為ab棒在轉動過程中產生的感應電動勢的最大值。即

     ⑥

聯立⑤⑥得：

（2）當ab棒脫離導軌后（對R放電，通過R的電量為 Q₂，所以整個過程中通過 R的總電量為：

  Q=Q₁＋Q₂=

電磁感應中“雙桿問題”分類解析

【例2】勻強磁場磁感應強度 B=0.2 T，磁場寬度L=3rn，一正方形金屬框邊長ab==1m，每邊電阻r=0.2Ω，金屬框以v=10m/s的速度勻速穿過磁場區(qū)，其平面始終保持與磁感線方向垂直，如圖所示，求：

（1）畫出金屬框穿過磁場區(qū)的過程中，金屬框內感應電流的I-t圖線

（2）畫出ab兩端電壓的U-t圖線

解析：線框進人磁場區(qū)時

E₁=B l v=2 V，=2.5 A

方向沿逆時針，如圖（1）實線abcd所示，感電流持續(xù)的時間t₁==0.1 s

線框在磁場中運動時：E₂=0，I₂=0

無電流的持續(xù)時間：t₂==0.2 s，

線框穿出磁場區(qū)時：E₃= B l v=2 V，=2.5 A

此電流的方向為順時針，如圖（1）虛線abcd所示，規(guī)定電流方向逆時針為正，得I-t圖線如圖（2）所示

（2）線框進人磁場區(qū)ab兩端電壓

U₁=I₁ r=2.5×0.2=0.5V

線框在磁場中運動時；b兩端電壓等于感應電動勢

U₂=B l v=2V

線框出磁場時ab兩端電壓：U₃=E - I₂ r=1.5V

由此得U-t圖線如圖（3）所示

點評：將線框的運動過程分為三個階段，第一階段ab為外電路，第二階段ab相當于開路時的電源，第三階段ab是接上外電路的電源

三、綜合例析

電磁感應電路的分析與計算以其覆蓋知識點多，綜合性強，思維含量高，充分體現考生能力和素質等特點，成為歷屆高考命題的特點.

1、命題特點

對電磁感應電路的考查命題，常以學科內綜合題目呈現，涉及電磁感應定律、直流電路、功、動能定理、能量轉化與守恒等多個知識點，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(chuàng)新能力.

2、求解策略

變換物理模型，是將陌生的物理模型與熟悉的物理模型相比較，分析異同并從中挖掘其內在聯系，從而建立起熟悉模型與未知現象之間相互關系的一種特殊解題方法.巧妙地運用“類同”變換，“類似”變換，“類異”變換，可使復雜、陌生、抽象的問題變成簡單、熟悉、具體的題型，從而使問題大為簡化.

解決電磁感應電路問題的關鍵就是借鑒或利用相似原型來啟發(fā)理解和變換物理模型，即把電磁感應的問題等效轉換成穩(wěn)恒直流電路，把產生感應電動勢的那部分導體等效為內電路.感應電動勢的大小相當于電源電動勢.其余部分相當于外電路，并畫出等效電路圖.此時，處理問題的方法與閉合電路求解基本一致，惟一要注意的是電磁感應現象中，有時導體兩端有電壓，但沒有電流流過，這類似電源兩端有電勢差但沒有接入電路時，電流為零.

【例3】據報道，1992年7月，美國“阿特蘭蒂斯”號航天飛機進行了一項衛(wèi)星懸繩發(fā)電實驗，實驗取得了部分成功.航天飛機在地球赤道上空離地面約3000 km處由東向西飛行，相對地面速度大約6.5×10³ m/s，從航天飛機上向地心方向發(fā)射一顆衛(wèi)星，攜帶一根長20 km，電阻為800 Ω的金屬懸繩，使這根懸繩與地磁場垂直，做切割磁感線運動.假定這一范圍內的地磁場是均勻的.磁感應強度為4×10^-5T，且認為懸繩上各點的切割速度和航天飛機的速度相同.根據理論設計，通過電離層（由等離子體組成）的作用，懸繩可以產生約3 A的感應電流，試求：

（1）金屬懸繩中產生的感應電動勢；

（2）懸繩兩端的電壓；

（3）航天飛機繞地球運行一圈懸繩輸出的電能（已知地球半徑為6400 km）.

命題意圖：考查考生信息攝取、提煉、加工能力及構建物理模型的抽象概括能力.

錯解分析：考生缺乏知識遷移運用能力和抽象概括能力，不能于現實情景中構建模型（切割磁感線的導體棒模型）并進行模型轉換（轉換為電源模型及直流電路模型），無法順利運用直流電路相關知識突破.

解題方法與技巧：將飛機下金屬懸繩切割磁感線產生感應電動勢看作電源模型，當它通過電離層放電可看作直流電路模型.如圖所示.

（1）金屬繩產生的電動勢：

E=Blv=4×10^-5×20×10³×6.5×10³ V=5.2×10³ V

（2）懸繩兩端電壓，即路端電壓可由閉合電路歐姆定律得：

U=E-Ir=5.2×10³-3×800 V=2.8×10³  V

（3）飛機繞地運行一周所需時間

t==s=9.1×10³ s

則飛機繞地運行一圈輸出電能：

E=UIt=2800×3×9.1×10³ J=７.6×10⁷ J

【例4】如圖所示，豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B=0.5 T，并且以=0.1 T/s在變化，水平軌道電阻不計，且不計摩擦阻力，寬0.5 m的導軌上放一電阻R₀=0.1 Ω的導體棒，并用水平線通過定滑輪吊著質量M=0.2 kg的重物，軌道左端連接的電阻R=0.4 Ω，圖中的l=0.8 m，求至少經過多長時間才能吊起重物.

命題意圖：考查理解能力、推理能力及分析綜合能力

錯解分析：（1）不善于逆向思維，采取執(zhí)果索因的有效途徑探尋解題思路；（2）實際運算過程忽視了B的變化，將B代入F_安=BIl_ab，導致錯解.

解題方法與技巧：

由法拉第電磁感應定律可求出回路感應電動勢：E=              ①

由閉合電路歐姆定律可求出回路中電流     I=                            ②

由于安培力方向向左，應用左手定則可判斷出電流方向為順時針方向（由上往下看）.再根據楞次定律可知磁場增加，在t時磁感應強度為：  B′ =（B＋?t）                ③

此時安培力為      F_安=B′Il_ab                                                                       ④

由受力分析可知   F_安=mg                                                                      ⑤

由①②③④⑤式并代入數據：t=495 s

【例5】（2001年上海卷）半徑為a的圓形區(qū)域內有均勻磁場，磁感強度為B=0.2T，磁場方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心地放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m，金屬環(huán)上分別接有燈L₁、L₂，兩燈的電阻均為R =2Ω，一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計

（1）若棒以v₀=5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時（如圖所示）MN中的電動勢和流過燈L₁的電流。

（2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL₂O′ 以OO′ 為軸向上翻轉90º，若此時磁場隨時間均勻變化，其變化率為ΔB/Δt=4T/s，求L₁的功率。

解析：（1）棒滑過圓環(huán)直徑OO′ 的瞬時，MN中的電動勢

E₁=B2a v=0.2×0.8×5=0.8V           ①

等效電路如圖（1）所示，流過燈L₁的電流

I₁=E₁/R=0.8/2=0.4A            ②

（2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL₂O′ 以OO′ 為軸向上翻轉90º，半圓環(huán)OL₁O′中產生感應電動勢，相當于電源，燈L₂為外電路，等效電路如圖（2）所示，感應電動勢

E₂=ΔФ/Δt=0.5×πa²×ΔB/Δt=0.32V     ③

L₁的功率

P₁=(E­₂/2)²/R=1.28×10²W

1.（1999年廣東）如圖所示，MN、PQ為兩平行金屬導軌，M、P間連有一阻值為R的電阻，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度為B，磁場方向與導軌所在平面垂直，圖中磁場垂直紙面向里.有一金屬圓環(huán)沿兩導軌滑動，速度為v，與導軌接觸良好，圓環(huán)的直徑d與兩導軌間的距離相等.設金屬環(huán)與導軌的電阻均可忽略，當金屬環(huán)向右做勻速運動時

A.有感應電流通過電阻R，大小為

B.有感應電流通過電阻R，大小為

C.有感應電流通過電阻R，大小為

D.沒有感應電流通過電阻R

2.在方向水平的、磁感應強度為0.5 T的勻強磁場中，有兩根豎直放置的導體軌道cd、e f，其寬度為1 m，其下端與電動勢為12 V、內電阻為1 Ω的電源相接，質量為0.1 kg的金屬棒MN的兩端套在導軌上可沿導軌無摩擦地滑動，如圖所示，除電源內阻外，其他一切電阻不計，g=10 m/s²，從S閉合直到金屬棒做勻速直線運動的過程中

A.電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加

B.電源所做的功等于電源內阻產生的焦耳熱

C.勻速運動時速度為20 m/s 

D.勻速運動時電路中的電流強度大小是2 A

3.兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計.斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度.如圖所示，在這過程中

A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零

B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和

C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零 

D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱

4.如圖所示，空間存在垂直于紙面的均勻磁場，在半徑為a的圓形區(qū)域內、外，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B.一半徑為b，電阻為R的圓形導線環(huán)放置在紙面內，其圓心與圓形區(qū)域的中心重合.在內、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線截面的電量Q=_________.

5.兩根相距d=0.20 m的平行金屬長導軌固定在同一水平面內，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.20 T，導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構成矩形閉合回路.每條金屬細桿的電阻為r=0.25 Ω，回路中其余部分的電阻可不計，已知兩金屬細桿在平行導軌的拉力作用下沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0 m/s，如圖所示，不計導軌上的摩擦.

（1）求作用于每條金屬細桿的拉力的大小.

（2）求兩金屬細桿在間距增加0.40 m的滑動過程中共產生的熱量.

6.（1999年上海）如圖所示，長為L、電阻r=0.3 Ω、質量m=0.1 kg的金屬棒CD垂直跨擱在位于水平面上的兩條平行光滑金屬導軌上，兩導軌間距也是L，棒與導軌間接觸良好，導軌電阻不計，導軌左端接有R=0.5 Ω的電阻，量程為0～3.0 A的電流表串接在一條導軌上，量程為0～1.0 V的電壓表接在電阻R的兩端，垂直導軌平面的勻強磁場向下穿過平面.現以向右恒定外力F使金屬棒右移.當金屬棒以v=2 m/s的速度在導軌平面上勻速滑動時，觀察到電路中的一個電表正好滿偏，而另一個電表未滿偏.問：

（1）此滿偏的電表是什么表?說明理由.

（2）拉動金屬棒的外力F多大?

（3）此時撤去外力F，金屬棒將逐漸慢下來，最終停止在導軌上.求從撤去外力到金屬棒停止運動的過程中通過電阻R的電量.

7.如圖所示，AB和CD是足夠長的平行光滑導軌，其間距為l，導軌平面與水平面的夾角為θ.整個裝置處在磁感應強度為B的，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.AC端連有電阻值為R的電阻.若將一質量M，垂直于導軌的金屬棒EF在距BD端s處由靜止釋放，在EF棒滑至底端前會有加速和勻速兩個運動階段.今用大小為F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒從BD位置由靜止推至距BD端s處，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求：

（1）EF棒下滑過程中的最大速度. 

（2）EF棒自BD端出發(fā)又回到BD端的整個過程中，有多少電能轉化成了內能（金屬棒、導軌的電阻均不計）?

8.在磁感應強度為B=0.4 T的勻強磁場中放一個半徑r₀=50 cm的圓形導軌，上面擱有互相垂直的兩根導體棒，一起以角速度ω=10³ rad/s逆時針勻速轉動.圓導軌邊緣和兩棒中央通過電刷與外電路連接，若每根導體棒的有效電阻為R₀=0.8 Ω，外接電阻R=3.9 Ω，如所示，求：

（1）每半根導體棒產生的感應電動勢.

（2）當電鍵S接通和斷開時兩電表示數（假定R_V→∞，R_A→0）.