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(nèi)在聯(lián)系，從而建立起熟悉模型與未知現(xiàn)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(zhuǎn)換成穩(wěn)恒直流電路，把產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體等效為內(nèi)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(xiàn)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(jù)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(nèi)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(jù)理論設計，通過電離層(由等離子體組成)的作用，懸繩可以產(chǎn)生約3 A的感應電流，試求：

(1)金屬懸繩中產(chǎn)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(gòu)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(xiàn)實情景中構(gòu)建模型(切割磁感線的導體棒模型)并進行模型轉(zhuǎn)換(轉(zhuǎn)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(chǎn)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(chǎn)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(zhì)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(jīng)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(jù)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(shù)據(jù)：t=495 s

[例5](2001年上海卷)半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)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(zhuǎn)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(zhuǎn)90º，半圓環(huán)OL₁O′中產(chǎn)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

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(xiàn)考生能力和素質(zhì)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(nèi)綜合題目呈現(xiàn)，涉及電磁感應定律、直流電路、功、動能定理、能量轉(zhuǎn)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(gòu)建物理模型的創(chuàng)新能力.

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。現(xiàn)有一長2L的金屬棒ab放在導軌上，ab以a為軸順時針轉(zhuǎn)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(zhuǎn)到b端脫離導軌的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢一直增大，對C不斷充電，同時又與R構(gòu)成閉合回路。ab產(chǎn)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(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值。即

　　 ⑥

聯(lián)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(nèi)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

2、在圖象中E、I、B等物理量的方向是通過正負值來反映

1、定性或定量地表示出所研究問題的函數(shù)關系

3、利用電路規(guī)律求解，主要有歐姆定律，串并聯(lián)規(guī)律等

2、分析電路結(jié)構(gòu)，畫等效電路圖

1、確定電源：首先判斷產(chǎn)生電磁感應現(xiàn)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。

(二)電磁感應中的一個重要推論--安培力的沖量公式

感應電流通過直導線時，直導線在磁場中要受到安培力的作用，當導線與磁場垂直時，安培力的大小為F=BLI。在時間△t內(nèi)安培力的沖量，式中q是通過導體截面的電量。利用該公式解答問題十分簡便，下面舉例說明這一點。

[例7]如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內(nèi)，有一個邊長為a(a<L)的正方形閉合線圈以初速v₀垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)?i>v(v<v₀)那么

A．完全進入磁場中時線圈的速度大于(v₀+v)/2；

B．安全進入磁場中時線圈的速度等于(v₀+v)/2；

C．完全進入磁場中時線圈的速度小于(v₀+v)/2；

D．以上情況A、B均有可能，而C是不可能的

解析：設線圈完全進入磁場中時的速度為v_x。線圈在穿過磁場的過程中所受合外力為安培力。對于線圈進入磁場的過程，據(jù)動量定理可得：

對于線圈穿出磁場的過程，據(jù)動量定理可得：

由上述二式可得，即B選項正確。

[例8]光滑U型金屬框架寬為L，足夠長，其上放一質(zhì)量為m的金屬棒ab，左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個初速v₀，使棒始終垂直框架并沿框架運動，如圖所示。求導體棒的最終速度。

解析：當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產(chǎn)生感應電動勢，這樣，電容器C將被充電，ab棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當ab棒以穩(wěn)定速度v勻速運動時，有：

BLv=U_C=q/C

而對導體棒ab利用動量定理可得：

-BLq=mv-mv₀

由上述二式可求得：

(一)電磁感應中的“雙桿問題”

電磁感應中“雙桿問題”是學科內(nèi)部綜合的問題，涉及到電磁感應、安培力、牛頓運動定律和動量定理、動量守恒定律及能量守恒定律等。要求學生綜合上述知識，認識題目所給的物理情景，找出物理量之間的關系，因此是較難的一類問題，也是近幾年高考考察的熱點。

考題回顧

[例3]如圖所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B=0.50T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離l=0.20m。兩根質(zhì)量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動。經(jīng)過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s²，問此時兩金屬桿的速度各為多少？

解析：設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v₁和v₂，經(jīng)過很短的時間△t，桿甲移動距離v₁△t，桿乙移動距離v₂△t，回路面積改變

由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢

回路中的電流

桿甲的運動方程

由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量時為0)等于外力F的沖量

聯(lián)立以上各式解得　

代入數(shù)據(jù)得

點評：題中感應電動勢的計算也可以直接利用導體切割磁感線時產(chǎn)生的感應電動勢公式和右手定則求解：設甲、乙速度分別為v₁和v₂，兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢分別為

E₁＝Blv₁ ，E₂＝Blv₂

由右手定則知兩電動勢方向相反，故總電動勢為E＝E₂―E₁＝Bl(v₂－v₁)。

分析甲、乙兩桿的運動，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差：開始時，金屬桿甲在恒力F作用下做加速運動，回路中產(chǎn)生感應電流，金屬桿乙在安培力作用下也將做加速運動，但此時甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差將增大。根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電流將增大，同時甲、乙兩桿所受安培力增大，導致乙的加速度增大，甲的加速度減小。但只要a_甲>a_乙，甲、乙的速度差就會繼續(xù)增大，所以當甲、乙兩桿的加速度相等時，速度差最大。此后，甲、乙兩桿做加速度相等的勻加速直線運動。

設金屬桿甲、乙的共同加速度為a，回路中感應電流最大值I_m.對系統(tǒng)和乙桿分別應用牛頓第二定律有：F=2ma；BLI_m=ma.

由閉合電路敬歐姆定律有E=2I_mR，而

由以上各式可解得

[例4]圖中a₁b₁c₁d₁和a₂b₂c₂d₂為在同一豎直平面內(nèi)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的金屬細桿，質(zhì)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(gòu)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。

解析：設桿向上的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構(gòu)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　　　 ①

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

　　　　　　 ③

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(jù)牛頓第二定律有　 ⑤

解以上各式得　　　 　　　　　　　　　⑥

　　　　 　　�、�

作用于兩桿的重力的功率的大小　　 　　　　　�、�

電阻上的熱功率　　　 　　　　　　　　　　　　　�、�

由⑥⑦⑧⑨式，可得

　　　 ⑩

　　　　　　　 ⑾

下面對“雙桿”類問題進行分類例析

1、“雙桿”向相反方向做勻速運動

當兩桿分別向相反方向運動時，相當于兩個電池正向串聯(lián)。

[例5]兩根相距d=0.20m的平行金屬長導軌固定在同一水平面內(nèi)，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.2T，導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構(gòu)成矩形回路，每條金屬細桿的電阻為r=0.25Ω，回路中其余部分的電阻可不計.已知兩金屬細桿在平行于導軌的拉力的作用下沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0m/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0.40m的滑動過程中共產(chǎn)生的熱量.

解析：(1)當兩金屬桿都以速度v勻速滑動時，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應電動勢分別為： E₁=E₂=Bdv

由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強度大小為：

因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為F₁=F₂=IBd。

由以上各式并代入數(shù)據(jù)得N

(2)設兩金屬桿之間增加的距離為△L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為，

代入數(shù)據(jù)得　　 Q=1.28×10^-2J.

2.“雙桿”同向運動，但一桿加速另一桿減速

當兩桿分別沿相同方向運動時，相當于兩個電池反向串聯(lián)。

[例6]兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L。導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構(gòu)成矩形回路，如圖所示．兩根導體棒的質(zhì)量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計．在整個導軌平面內(nèi)都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B．設兩導體棒均可沿導軌無摩擦地滑行．開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度v₀．若兩導體棒在運動中始終不接觸，求：

(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少．

(2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時，cd棒的加速度是多少？

解析：ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應電流．ab棒受到與運動方向相反的安培力作用作減速運動，cd棒則在安培力作用下作加速運動．在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速．兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，兩棒以相同的速度v作勻速運動．

(1)從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒總動量守恒，有　　　　　　　 根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量　

(2)設ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時，cd棒的速度為v₁，則由動量守恒可知：

此時回路中的感應電動勢和感應電流分別為：，

此時棒所受的安培力： 　　　 ，所以棒的加速度為 　　　　　　　　　　　　　 由以上各式，可得　　　 。

3. “雙桿”中兩桿都做同方向上的加速運動。

“雙桿”中的一桿在外力作用下做加速運動，另一桿在安培力作用下做加速運動，最終兩桿以同樣加速度做勻加速直線運動。如[例3](2003年全國理綜卷)

4．“雙桿”在不等寬導軌上同向運動。

“雙桿”在不等寬導軌上同向運動時，兩桿所受的安培力不等大反向，所以不能利用動量守恒定律解題。如