高中物理选修3-2第十章 电磁感应核心素养提升

科学思维(高考常考的“切割模型”)【真题模型再现】来源图例模型命题点2016·高考全国Ⅱ卷第20题“导体棒转动切割”模型右手定则、E＝BL v－的应用、闭合电路欧姆定律2016·高考全国Ⅰ卷第24题“导体棒平动切割”模型受力分析、平衡条件、公式E＝BL v的应用2016·高考全国Ⅱ卷第24题“单棒＋导轨”模型牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律2017·高考全国Ⅱ卷第20题“线框切割”模型法拉第电磁感应定律、右手定则、安培力2017·高考全国Ⅲ卷第15题“单棒＋导轨”模型楞次定律、磁通量的概念2018·高考全国Ⅰ卷第17题“导体棒转动切割”模型法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电荷量的计算2018·高考全国Ⅱ卷第18题“线框切割”模型i－t图像、楞次定律、法拉第电磁感应定律2019·高考全国Ⅱ卷第21题“双棒＋导轨”模型I－t图像、法拉第电磁感应定律,闭合电路欧姆定律2019·高考全国Ⅲ卷第19题“双棒＋导轨”模型v－t图像、I－t图像、动量守恒、法拉第电磁感应定律常考模型“导体棒转动切割”模型【典例1】(多选)如图1所示为一圆环发电装置,用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环,圆心为O,COD是一条直径,在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω。

整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。

电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速圆周运动,角速度ω＝300 rad/s,则()图1A.当OA到达OC处时,圆环的电功率为1 WB.当OA到达OC处时,圆环的电功率为2 WC.全电路最大功率为3 WD.全电路最大功率为4.5 W【试题解析】当OA到达OC处时,圆环的电阻为1 Ω,与R1串联接入电路,外电阻为2 Ω,棒转动过程中产生的感应电动势E＝12BL2ω＝3 V,圆环上分压为1 V,所以圆环上的电功率为1 W,选项A正确,B错误；当OA到达OD处时,圆环中的电流为零,此时电路中总电阻最小,而电动势不变,所以全电路的电功率最大为P＝E2R1＋r ＝4.5 W,选项C错误,D正确。

【参考答案】AD常考模型“单棒＋导轨”模型【典例2】(多选)(2020·山东淄博市模拟)如图2甲所示,左侧接有定值电阻R＝3 Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中,磁感应强度B ＝2 T,导轨间距L＝1 m。

一质量m＝2 kg、接入电路的阻值r＝1 Ω的金属棒在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,金属棒的v－x图像如图乙所示。

若金属棒与导轨垂直且接触良好,与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5,导轨电阻不计,取g＝10 m/s2,则金属棒从静止开始向右运动的位移为x1＝1 m的过程中,下列说法正确的是()图2A.金属棒中感应电流的方向为C→DB.拉力F做的功为16 JC.通过电阻的电荷量为0.25 CD.定值电阻产生的焦耳热为0.75 J【试题解析】根据右手定则可知,金属棒中感应电流的方向为C→D,选项A正确；由图乙可得金属棒向右运动的位移为1 m时,速度v1＝2 m/s,金属棒运动过程中受到的安培力F A＝B BL vR＋rL,若安培力是恒力,则金属棒克服安培力做的功W A＝F A x1＝B2L2R＋r v x1,但实际上安培力是变力,结合图乙可得W A＝22×123＋1×(12×1×2) J＝1 J,根据动能定理有W F－μmgx1－W A＝12m v21－0,得W F＝15 J,选项B错误；通过定值电阻的电荷量q＝BLx1R＋r＝0.5 C,选项C错误；克服安培力做的功转化为回路中的焦耳热,则定值电阻产生的焦耳热Q＝RR＋rW A＝0.75 J,选项D正确。

【参考答案】AD【提升练1】(多选)在【典例2】中,若金属棒在水平向右的恒力F′作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动,当位移大小为x时棒恰好达到最大速度(题中各已知物理量均用字母表示),则此过程中()A.棒的最大速度为（F′－μmg）RB2L2B.通过电阻R的电荷量为BLx R＋rC.经历的时间为B2L2x（F′－μmg）（R＋r）D.恒力F′做的功与安培力做的功之和大于棒动能的变化量【试题解析】对棒进行受力分析,水平方向受到恒力F′、滑动摩擦力f、安培力的作用,当加速度为0时,棒的速度最大,此时感应电动势E m＝BL v m,感应电流I m＝E m R＋r ,棒受力平衡,有F′－μmg－BI m L＝0,联立解得v m＝（F′－μmg）（R＋r）B2L2,选项A错误；由q＝ΔΦR总得q＝BLxR＋r,选项B正确；对棒,由动量定理有(F′－μmg－BIL)t＝m v m－0,又It＝q,得t＝m（R＋r）B2L2＋B2L2x（F′－μmg）（R＋r）,选项C错误；恒力F′做正功,摩擦力与安培力做负功,根据动能定理有W F－W f－W安＝ΔE k,得W F－W安＝ΔE k＋W f＞ΔE k,选项D正确。

【参考答案】BD常考模型“双棒＋导轨”模型【典例3】(2019·安徽马鞍山模拟)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为L,导轨上放置两根导体棒a和b,俯视图如图3甲所示。

两根导体棒的质量均为m,电阻均为R,回路中其余部分的电阻不计,在整个导轨平面内,有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。

导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行,开始时,两棒均静止,间距为x0,现给导体棒a一水平向右的初速度v0,并开始计时,可得到如图乙所示的Δv－t图像(Δv表示两棒的相对速度,即Δv＝v a－v b)图3(1)试证明:在0～t2时间内,回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；(2)求t 1时刻棒b 的加速度大小； (3)求t 2时刻两棒之间的距离。

【试题解析】(1)t 2时刻开始,两棒速度相等,由动量守恒定律有2m v ＝m v 0 由能量守恒定律有Q ＝12m v 20－12(2m )v 2 解得Q ＝14m v 20所以在0～t 2时间内,回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关。

(2)t 1时刻有v a －v b ＝v 02由动量守恒定律得m v 0＝m v a ＋m v b , 解得v a ＝34v 0,v b ＝14v 0回路中的电动势E ＝34Bl v 0－14BL v 0 回路中的电流I ＝E 2R ＝BL v a －BL v b2R此时棒b 所受的安培力F ＝BIL由牛顿第二定律得棒b 的加速度大小a 1＝F m ＝B 2L 2v 04mR 。

(3)t 2时刻,两棒速度相同,v ＝v 02 0～t 2时间内,对棒b ,由动量定理得BIL ·Δt ＝m v －0 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt 所以I ＝E2R ,而ΔΦ＝B ΔS ＝BL (x －x 0) 解得t 2时刻两棒之间的距离x ＝x 0＋m v 0RB 2L 2。

【参考答案】(1)见【试题解析】(2)B 2L 2v 04mR (3)x 0＋m v 0RB 2L 2【提升练2】 在【典例3】中,将导轨改成间距分别为L 、L2的平行光滑导轨,磁感应强度大小分别为B 、4B ,如图4所示,a 、b 导体棒的质量分别为m2、m ,电阻分别为R、R2。

若a棒以大小为v0的初速度水平向右运动,b棒由静止开始运动,经时间t,两棒速度恰好达到稳定(b棒未到达CD处)。

求0～t时间内a棒产生的焦耳热Q1。

图4【试题解析】t时刻,a、b两棒切割磁感线产生的感应电动势相等,速度大小分别设为v1、v2,则BL v2＝4B·L2·v1根据动量定理,对a棒有－4BI·L2·t＝m2v1－m2v0对b棒有BILt＝m v2－0,解得v1＝19v0,v2＝29v0对两棒,根据能量守恒定律有Q0＝12·m2·v2－12·m2·v21－12m v220～t时间内a棒产生的焦耳热Q1＝RR＋R2Q0解得Q1＝427m v2。

【参考答案】427m v2常考模型“线框切割”模型【典例4】(2020·四川资阳模拟)如图5所示,一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd,线框的质量m＝0.6 kg,电阻R＝1.0 Ω,ab边长L1＝1 m,bc边长L2＝2 m,与斜面之间的动摩擦因数μ＝39。

斜面以EF为分界线,EF上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场。

一质量为M的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连,连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态。

现先释放线框再释放物体,当cd边离开磁场时线框以v＝2 m/s的速度匀速下滑,在ab 边运动到EF 位置时,细线恰好被拉直绷紧(时间极短),随即物体和线框一起匀速运动,t ＝1 s 后开始做匀加速运动。

取g ＝10 m/s 2,求:图5(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)细绳绷紧前,M 下降的高度H ；(3)系统在线框cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE 。

【试题解析】(1)线框cd 边离开磁场时匀速下滑,由力的平衡条件可知 mg sin θ－μmg cos θ－F B ＝0 由安培力的公式可知F B ＝BIL 1 由法拉第电磁感应定律得E ＝BL 1v 由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 代入数据解得B ＝1 T 。

(2)由题意可知,线框第二次匀速运动的方向沿斜面向上, 设其速度为v 1,细线拉力为T , 则v 1＝L 2t ,由力的平衡条件得 T －mg sin θ－μmg cos θ－BI ′L 1＝0 又有I ′＝BL 1v 1R ,T －Mg ＝0设绳突然绷紧过程中绳子作用力冲量为I , 对线框和物体分别用动量定理有I ＝m v 1－m (－v ),I ＝M v 1－M v 0,式中v 0为M 下落高度为H 时的速度绳绷紧前M 自由下落v 20＝2gH联立以上各式解得H ＝1.8 m 。

(3)根据能量守恒定律可知,线框匀速下滑的过程中,损失的机械能 Q 1＝mgL 2sin θ绳子突然绷紧的过程中,损失的机械能Q2＝12M v2＋12m v2－12(M＋m)v21线框匀速上滑的过程中,损失的机械能Q3＝MgL2－mgL2sin θ则ΔE＝Q1＋Q2＋Q3代入数据可解得ΔE＝21.6 J。

【参考答案】(1)1 T(2)1.8 m(3)21.6 J。