淺析電磁感應綜合問題的解題方法

摘 要：電磁感應綜合問題不僅可以考查有關電磁感應的知識，還可以考查力學中的物理規律.因此，電磁感應綜合問題綜合性強、難度大.如何有效解答此類問題，是物理教學中的一個重要課題.

關鍵詞：電磁感應；感應電流；感應電動勢；電量；熱能

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2025）01-0093-06

收稿日期：2024-10-05

作者簡介：成金德，本科，中學高級教師，從事物理教學研究.

電磁感應綜合問題不僅考查法拉第電磁感應定律、楞次定律和閉合電路的歐姆定律等電學知識，而且還考查力學中的牛頓運動定律、動能定理、動量定理、動量守恒定律和能量守恒定律等重要規律；不僅考查學生運用所學知識解決問題的能力，而且還考查學生的綜合分析能力.如何順利解答電磁感應綜合問題，成為物理教學中的一個熱門課題，本文就此問題做些粗淺的探討.

1 解題五大要素

1.1 電路處理——三大主角搭臺唱戲

主角1：在電磁感應電路中，由于穿過電路的磁通量發生變化，產生的感應電動勢由法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt求出.

主角2：若是導體棒在磁場中做切割磁感線運動而產生感應電動勢，則由法拉第電磁感應定律的推論E=BLv求出.

主角3：電路中的電流由閉合電路的歐姆定律I=ER+r求出.分析電路時，注意抓住產生感應電動勢的這部分導體或電路即為等效電源，應用楞次定律或右手定則判定電路中的感應電動勢的方向，并分清內、外電路，畫出等效電路圖.

1.2 求電量——三種方法協力助攻

方法1：由電流強度的定義式I=qt可得求電量的計算式q＝I·t.其中I為電路中的恒定電流，t為時間；若I不是恒定電流，則電量為q=I-·t，I-是在時間t內的平均值.

方法2：若某一回路的總電阻R保持不變，當穿過回路的磁通量發生變化，且回路中只有磁通量的變化為回路提供電動勢，則有q=I-·Δt=E-R·Δt=n（ΔΦ/Δt）R·Δt=nΔΦR.

方法3：由電容器和導體棒構成回路，不計一切電阻，導體棒做切割磁感線運動時，電容器兩端的電勢差等于導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E＝BLv，則在Δt時間內電容器兩端電勢差的變化量為ΔU＝BLΔv，可見在Δt時間內通過導體棒的電量為Δq＝CBLΔv［1］.

1.3 求熱能——三條途徑廣開賢路

途徑1：如果電磁感應產生的電流是恒定電流，由焦耳定律Q=I2Rt可求出某個電阻產生的熱能.

途徑2：如果導體棒在磁場中做切割磁感線運動，且電路中只有純電阻性用電器，則導體棒克服安培力所做的功，在數值上等于電路中所產生的電能，電能又通過電阻轉化為熱能，則所求的熱能Q=W克服安培力.

途徑3：從能量守恒和轉化定律出發，在發生電磁感應的電路中，所產生的熱能必定由其他形式的能量轉化而來，即Q=ΔE其他形式的能量.

1.4 輔助工具——五大規律嚴陣以待

在分析做切割磁感線運動的導體棒或者導線框的受力以及運動情況后，如何選擇合適的力學規律處理問題是解題的一個重要環節.1.4.1 牛頓第二定律的選用

如果題目中涉及加速度的問題時，那就必須選用牛頓第二定律求解.

1.4.2 動能定理的選用

在電磁感應現象中，安培力往往是變力，如果其他外力不做功或做的功可以求解，對于這樣的問題往往可以用動能定理建立方程.1.4.3 動量定理的選用

導體棒或導線框在磁場中做非勻變速切割磁感線運動時，如果題目中涉及速度、電荷量、時間和位移等物理量時，應選用動量定理求解，其中q=I-·Δt，x=v-·Δt，t=∑Δt.

1.4.4 能量守恒定律的選用

在電磁感應的電路中，如果能量轉化的情況比較清晰，而在問題中又需要求解某個變力的功（如電路中產生的熱能），這樣的問題就可以應用能量守恒定律求解.

1.4.5 動量守恒定律的選用

當兩根導體棒在磁場中沿相互平行的光滑水平軌道做切割磁感線運動時，若這兩根導體棒受到的安培力大小相等、方向相反，且兩根導體棒不受其他外力或者所受其他外力的合力等于零，則兩根導體棒的總動量守恒.因此，對于這樣的問題可應用動量守恒定律求解.對于兩根導體棒（或者一根導體棒與一根絕緣棒）在磁場中發生直接碰撞時，考慮到內力遠大于外力，也可以應用動量守恒定律求解［2］.

1.5 解題步驟——五個程序順勢而為

1.5.1 抓“源”

緊緊抓住產生感應電動勢的那部分電路或導體棒即為電路中的等效“電源”，電源的電動勢由法拉第電磁感應定律E=nΔΦΔt或法拉第電磁感應定律的推論E=BLv確定，再由楞次定律或者右手定則確定感應電動勢的方向.

1.5.2 找“路”

仔細分析電路的結構，弄清各個電阻的連接方式，畫出等效電路圖，求出總電阻，再由閉合電路的歐姆定律求出總電流.

1.5.3 析“力”

對導體棒或導線框受力分析，在涉及電磁感應的問題中，導體棒受到的安培力是所受力中的主角.

1.5.4 知“動”

在正確受力分析的基礎上，由牛頓運動定律確定導體棒或導線框的運動狀態，若

導體棒或導線框做勻變速直線運動，則可選用牛頓第二定律和勻變速運動規律解題；若導體棒或導線框做非勻變速運動，則考慮選用動量定理或動能定理解題.

1.5.5 觀“能”

盯住那些做功的力，明確能量的轉化方向，從而確定是用動能定理求解，還是用能量守恒定律求解.

2 集萃六種題型

2.1 單棒切割型

例1 如圖1所示，兩條相距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面間的夾角為θ，其上端接有阻值為R的電阻，虛線PQ以下有磁感應強度為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場，現將一根質量為m，阻值也為R的金屬棒從距離PQ上方x0處由靜止釋放，金屬棒進入磁場后再運動一段距離d后開始勻速下滑，導軌電阻不計，重力加速度為g，求：

（1）金屬棒剛進入磁場時，通過電阻R的電流大小；

（2）金屬棒做勻速運動時的速度大小；

（3）金屬棒從靜止到剛開始勻速下滑的過程中，金屬棒產生的熱量;

（4）金屬棒從靜止到剛開始勻速下滑的過程中，通過金屬棒的電量.

解析 （1）設金屬棒剛進入磁場時的速度大小為v1，對棒應用動能定理得mgx0sinθ=12mv21，感應電動勢為E1=BLv1，由閉合電路的歐姆定律得I1=E1R+R，解得I1=BL2gx0sinθ2R.

（2）設此時金屬棒的速度為v2，通過金屬棒的電流為I2，由平衡條件得 mgsinθ=BI2L，金屬棒產生的感應電動勢為E2=BLv2， 由閉合電路的歐姆定律得I2=E2R+R，則金屬棒做勻速運動時的速度為v2=2mgRsinθB2L2.

（3）由能量守恒定律得mg（x0+d）sinθ=12mv22+Q，金屬棒產生的熱量為Q金=12Q ，解得Q金=12mg（x0+d）sinθ-m3g2R2sin2θB4L4.

（4）通過金屬棒的電量為

q=I-·Δt=E-R+R·Δt=（ΔΦ/Δt）2R·Δt=ΔΦ2R=BLd2R.

點評 求解單棒切割型的問題時，要緊緊抓住“單棒”——等效電源這個核心，再結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律和動力學規律，就可以求出相關的物理量.

2.2 轉動切割型

例2 如圖2所示，水平面內固定一半徑為r=0.5 m的金屬圓環，長度為r、電阻不計的金屬桿a沿半徑放置，一端與圓環接觸良好，另一端與過圓心的固定導電豎直轉軸OO′連，并隨軸以角速度ω=2 rad/s勻速轉動，環內的勻強磁場為B1=1 T，方向豎直向下，圓環邊緣和轉軸分別通過電刷與水平導軌AB、CD良好接觸，在B、D端分別連接有與水平面成30°角的兩傾斜導軌MN、EF，在NF間連接一個阻值為R=0.5 Ω的電阻，在傾斜導軌上平行于底邊放置一金屬棒b，其質量為m=0.2 kg，電阻也為R=0.5 Ω，其距離NF為L1=5.4 m.水平軌道部分有一開關S，傾斜導軌部分存在一垂直于斜面向下的勻強磁場B2，（B2未知），導軌間距均為L=

0.5 m，（除題中電阻外其他電阻均不計，不計一切摩擦，g取10 m/s2）.

（1）開關S閉合，b棒恰能靜止在斜面上，求B2的大小；

（2）若B2=4 T，斷開開關，b棒由靜止開始下滑，已知從靜止加速到最大速度的過程中通過b棒的電量為q=0.8 C，求：

①棒b在下滑過程中達到最大速度時所發生的位移x；

②棒b從靜止開始運動到NF底邊所需的時間t.

解析 （1）金屬桿a產生的感應電動勢為

E1=B1rv-=12B1r2ω ，感應電流為I=E1R/2=2E1R，對金屬棒b由平衡條件得mgsin30°=B2·12I·L ，解以上方程得B2=4 T.

（2）①設金屬棒b的位移為x，金屬棒b產生的平均感應電動勢為E-=ΔΦΔt=B2LxΔt，感應電流的平均值為I-=E-2R，通過b棒的電量為q=I-·Δt=0.8 C，解得x=0.4 m.

②金屬棒b速度達到最大時，由平衡條件得

mgsin30°=B2I2L，此時電路中的感應電流為I2=B2Lvm2R，此過程應用動量定理得mgsin30°t1-

B2I2L t1=mvm，電量q= I2t1，解得t1=1.6 s.

接著，金屬棒b沿傾斜導軌做勻速直線運動，即

L1-x=vmt2，解得t2=20 s.可見，金屬棒b從靜止開始運動到NF底邊所需的時間為t= t1+ t2=21.65 s.

點評 對于導體棒在勻強磁場中做勻速轉動切割磁感線時，產生的感應電動勢可運用E=BLv-求解，其中v-是導體棒兩個端點的速度的平均值.

2.3 雙棒切割型

例3 如圖3所示，足夠長的固定光滑平行金屬導軌abcde-a′b′c′d′e′，其中abc-a′b′c′部分間距為d1=0.2 m，de-d′e′部分間距為d2=0.1 m，bcde-b′c′d′e′部分水平且所在的空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.4 T，ab-a′b′部分傾角為θ=30°.質量為m=0.01 kg、長度為d2=0.1 m、阻值為R2=0.1 Ω的導體棒N靜置在導軌的de-d′e′部分上.另一質量也為m=0.01 kg、長度為d1=0.2 m，阻值為R1=0.4 Ω

的導體棒M從導軌的ab-a′b′部分由靜止釋放，經過時間t=1.0 s，導體棒M恰好運動到bb′進入水平軌道部分，重力加速度g取10 m/s2，導體棒M經過bb′時損失的機械能忽略不計，兩導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，導軌電阻忽略不計.從導體棒M由靜止釋放到兩導體棒運動狀態達到穩定的過程中（導體棒M沒有運動到cc′處），求：

（1）導體棒N加速度的最大值；

（2）穩定時導體棒M和N的速度大小；

（3）導體棒N中產生的焦耳熱.

解析 （1）對導體棒M，由牛頓第二定律得mgsinθ=ma1，由速度公式得v0=a1t，解得v0=

5 m/s.導體棒M產生的感應電動勢為E1=Bd1v0，由閉合電路的歐姆定律得I1=E1R1+R2.對導體棒N應用牛頓第二定律得F安=BI1d2=ma2，解得a2=3.2 m/s2.

（2）當電路中的電流為零時，兩導體棒分別以v1、v2的速度做勻速運動，即達到穩定狀態，此時Bd1v1=Bd2v2，對導體棒M應用動量定理

-BId1t=mv1-mv0；對導體棒N應用動量定理BId2t=mv2-0.聯立解得v1=1 m/s，v2=2 m/s.

（3）由能量守恒定律得12mv20=12mv21+12mv22+Q，導體棒N中產生的焦耳熱為QN=R2R1+R2·Q=0.02 J.

點評 求解雙棒問題，除了應用E=BLv求感應電動勢外，還要弄清楚兩棒之間所受安培力的關系，若安培力不相等（如本題），則兩棒總動量不守恒，要求速度只能應用動量定理；若兩棒所受安培力相等，要求速度就可以應用動量守恒定律；若某棒受到外力的作用，則肯定不能應用動量守恒定律求速度.

2.4 線框切割型

例4 生活中常見的減速帶是通過使路面稍微拱起從而達到使車減速的目的.其實也可以通過在汽車底部安裝線圈，通過磁場對線圈的安培力來實現對汽車減速的目的.現用單匝邊長為L的正方形線圈代替汽車來模擬真實情境.如圖4所示，傾角為θ的光滑斜面上平行等間距分布著很多個條形勻強磁場區域，方向垂直斜面向下，磁感應強度大小為B，條形磁場區域的寬度及相鄰條形無磁場區域的寬度均為L；線圈的質量為m，電阻為R，線圈ab邊與磁場邊界平行，線圈ab邊剛進入第一個有磁場區時的速度大小為5v1（v1未知）；線圈ab邊剛進入第七個有磁場區時，開始做勻速運動，速度大小為v1；重力加速度g.

（1）線圈勻速運動時速度v1為多大；

（2）從線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程中，線圈產生的焦耳熱Q；

（3）線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程所用的時間t.

解析 （1）ab邊剛進入第七個有磁場區時，ab邊產生的感應電動勢為E=BLv1，線圈中的電流為I=BLv1R，由平衡條件得mgsinθ=BIL，解得v1=mgRsinθB2L2.

（2）線圈ab邊從剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程中，重力做功為WG=12mgLsinθ，對此過程應用動能定理得WG-Q=12mv21-12m（5v1）2 ，

解得Q=12mgsinθ（L+m2R2gsinθB4L4）.

（3）應用動量定理得mgtsinθ-I安= mv1-5mv1 ，線圈進入一個有磁場區的過程中，安培力產生的沖量為I′安=BI-L·Δt，而平均電流為I-=BLv-R，由于v-·Δt=L，解得I′安=B2L3R.

線圈ab邊剛進入第一個有磁場區到線圈ab邊剛進入第七個有磁場區的過程中，安培力的沖量為I安=12B2L3R，解以上各式得t=12B2L3mgRsinθ-4mRB2L2.

點評 導體線框在磁場中運動的問題，本質上與導體棒在磁場中做切割磁感線運動問題沒有區別，求解時要注意弄清是哪部分導體做切割磁感線運動，這部分導體就是等效“電源”，再結合相關物理規律建立方程即可.

2.5 磁場變化型

例5 如圖5（a）所示，足夠長傾斜導軌間距L=1 m、傾角θ=37°，導軌頂端連接一個定值電阻R=

1 Ω.左側有一個磁感應強度為B、面積為S=

0.6 m2的圓形磁場區域，磁場方向垂直于斜面向下，大小隨時間變化如圖5（b）所示，右側存在著方向垂直于斜面向下的恒定磁場B1=1 T，一根長為L=1 m，電阻r=1 Ω的金屬棒ab與導軌垂直放置.t=0至t=1 s，金屬棒ab恰好能靜止在右側的導軌上，之后金屬棒ab開始沿導軌下滑，經過一段時間后勻速下滑，已知導軌光滑，取g=10 m/s2，不計導軌電阻與其他阻力.求：

（1）t=0至t=1 s內流過電阻的電流和金屬棒ab的質量；

（2）金屬棒ab勻速時的速度大小.

解析 （1）在t=0至t=1 s內，回路中的感應電動勢為E=ΔΦΔt=ΔB·SΔt=0.6 V，由閉合電路歐姆定律求得通過電阻的電流為I=ER+r=0.3 A，當金屬棒ab處于靜止狀態時，由平衡條件得mgsinθ=B1IL，解得m=

0.05 kg.

（2）當金屬棒ab勻速運動時，金屬棒產生的感應電動勢為E1=B1Lv ，電路中的電流為I1=E1R+r，由平衡條件得mgsinθ=B1I1L，解得v=0.6 m/s.

點評 當穿過回路的磁通量（如磁感應強度變化）發生變化時，必須用法拉第電磁感應定律求感應電動勢，且要注意弄清等效電源和電路結構，再應用相應的物理規律就可以解決相應的問題了.

2.6 含電容器型

例6 如圖6（a）所示，相距L＝1 m的兩根足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，與水平面夾角θ＝37°，導軌電阻不計.質量m＝1 kg、接入電路電阻為r＝0.5 Ω的導體棒ab垂直于導軌放置，導軌的PM兩端接在外電路上，定值電阻阻值R＝1.5 Ω，電容器的電容C＝0.5 F，電容器的耐壓值足夠大，導軌所在平面內有垂直于導軌平面斜向上的勻強磁場.在開關S1閉合、S2斷開的狀態下將導體棒ab由靜止釋放，導體棒的v-t圖像如圖6（b）所示，重力加速度g＝10 m/s2.

（1）求磁場的磁感應強度大小B；

（2）在開關S1閉合、S2斷開的狀態下，當導體棒下滑的距離x＝5 m時，定值電阻產生的焦耳熱為21 J，此時導體棒的速度與加速度分別是多大？

（3）現將開關S1斷開、S2閉合的狀態下，由靜止釋放導體棒，求經過t＝2 s時導體棒的速度大小.

解析 （1）從圖6（b）中可知，導體棒的最大速度為vm＝3 m/s.此時，導體棒產生的感應電動勢為E＝BLvm，由閉合電路的歐姆定律得I=ER+r，由平衡條件得BIL＝mgsinθ，解得B=mg（R+r）sinθL2vm=2 T.

（2）在導體棒下滑距離x＝5 m的過程，應用能量守恒定律得mgxsinθ=12mv21+Q.由于通過導體棒和定值電阻的電流大小相等，則它們產生的焦耳熱關系為Qab∶QR＝1∶3，即導體棒產生的焦耳熱為Qab=13QQ=7 J，則電路中產生的焦耳熱有Q=Qab+QR，解得v1＝2 m/s.此時導體棒產生的感應電動勢為E1＝BLv1，由閉合電路的歐姆定律得I1=E1R+r，對導體棒應用牛頓第二定律得mgsin θ-BI1L＝ma1，解得a1＝2 m/s2.

（3）在某時刻對導體棒應用牛頓第二定律得mgsin θ-BI2L＝ma2，設經過Δt時間，電容器增加的電量為Δq，則電路中的感應電流為I2=ΔqΔt. 對電容器有Δq＝CΔU ，在Δt時間內，電容器兩端電勢差的變化量為ΔU＝ΔE＝BLΔv.由加速度定義式得a=ΔvΔt，解得a2＝2 m/s2.可見，導體棒ab下滑過程中做勻加速直線運動，則t＝2 s時導體棒的速度大小為v2＝a2t＝4 m/s.

點評 處理涉及電容器問題時，要注意熟練應用電容的定義式C=ΔQΔU和電路中電流強度的計算式I=ΔqΔt，并注意電容器兩端的電勢差與導體棒切割磁感線運動產生的感應電動勢之間的關系.

3 結束語

在解答有關電磁感應的綜合問題時，要努力掌握解題的五大要素，熟悉相關的知識；要熟練掌握六種基本題型的解題方法，領會其中的奧秘.這樣，才能思路順暢，方法得當，水到渠成.

參考文獻：［1］ 成金德.法拉第電磁感應定律的理解和應用［J］.中學生理科應試，2024（5-6）：70-72.

［2］ 成金德.力學規律在電磁感應中的應用［J］.數理化學習，2020（7）：51-56.

［責任編輯：李 璟］