掌握母题100例触类旁通赢高考物理系列母题九十八电磁感应与能量综合(教师版).docx

高中物理学习材料（鼎尚**整理制作）高考题千变万化，但万变不离其宗。

千变万化的新颖高考题都可以看作是由母题衍生而来。

研究母题，掌握母题解法，使学生触类旁通，举一反三，可使学生从题海中跳出来，轻松备考，事半功倍。

母题九十八：电磁感应与能量综合【方法归纳】.导体切割磁感线或磁通量变化过程，在回路中产生感应电流，机械能转化为电能。

电流通过导体受到安培力作用或通过电阻发热、电能转化为机械能或内能。

因此电磁感应过程总是伴随着能量的转化。

利用能量守恒定律解答电磁感应中能量问题，快捷方便。

例98（2011天津理综物理）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。

完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒质量均为m=0.02kg，电阻均为R=0.01Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能够保持静止。

取g=10m/s2，问：（1）通过棒cd的电流I是多大，方向如何？（2）棒ab受到的力F多大？（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？【解析】（1）棒cd受到的安培力F cd=IlB，棒cd 在共点力作用下平衡，则F cd =mg sin30° 联立上述二式，代入数据解得I=1A 。

根据楞次定律可知，棒cd 中电流方向由d 至c 。

（2）棒ab 与棒cd 受到的安培力大小相等，F ab = F cd 对棒ab ，由共点力平衡知F=mg sin30°+ IlB ， 代入数据解得F=0.2N 。

(3)设在时间t 内棒cd 产生Q =0.1J 的热量，由焦耳定律知Q=I 2Rt ， 设棒ab 匀速运动的速度大小为v ，其产生的感应电动势E=Blv ， 由闭合电路欧姆定律知I=2E R. 由运动学公式知在时间t 内，棒ab 沿导轨的位移x=vt ， 力F 做的功W=Fx ，综合上述各式，代入数据解得W=0.4J 。

【点评】此题考查平衡条件、焦耳定律、闭合电路欧姆定律、功、热量等相关知识点。

衍生题1（2011上海物理）电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m ，两导轨间距L =0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。

阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q r =0.1J 。

(取g=10m/s 2)求： (1)金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；(2)金属棒下滑速度v =2m/s 时的加速度a ．(3)为求金属棒下滑的最大速度m v ，有同学解答如下：由动能定理21-=2m W W mv 重安，……。

由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。

【解析】（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R=3r ，因此Q R =3 Q r = =0.3J 。

∴W=Q= Q R + Q r =0.4J 。

（2）金属棒下滑时受重力和安培力22=B L F BIL v R r =+安 由牛顿第二定律22sin 30B L mg v ma R r ︒-=+ ∴222210.80.752sin 3010()20.2(1.50.5)B L a g v m R r ⨯⨯=︒-=⨯-+⨯+ =3.2m/s 2.(3)此解法正确。

金属棒下滑时受到重力和安培力作用，其运动满足22sin 30B L mg v ma R r︒-=+上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。

无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。

由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。

21sin 302m mgS Q mv ︒-=∴2120.42sin 30210 1.1520.2m Q v gS m ⨯=︒-=⨯⨯⨯- =2.74m/s 。

衍生题2（2007年北京理综）用密度为d 、电阻率为ρ、横截面积为A 的薄金属条制成边长为L 的闭合正方形框abb a ''。

如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。

设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。

可认为方框的aa '边和bb '边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B 。

方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。

（1）求方框下落的最大速度v m （设磁场区域在竖直方向足够长）； （2）当方框下落的加速度为2g时，求方框的发热功率P ； （3）已知方框下落时间为t 时，下落高度为h ，其速度为v t （v t <v m ）。

若在同一时间t 内，方框内产生的热与一恒定电流I 0在该框内产生的热相同，求恒定电流I 0的表达式。

[解析]方框质量 m=4LAd 方框电阻 R=4L Aρ方框下落速度为v 时，产生的感应电动势E=B ·2Lv 感应电流 I=E/R=2BAvρ方框下落过程，受到重力G 及安培力F ， G=mg=4LAdg ，方向竖直向下 F=BI ·2L=2B ALv ρ，方向竖直向上当F=G 时，方框取得最大速度，即v=vm ，则2m B ALv ρ=4LAdg方框下落的最大速度 v m =24dg B ρ （2）方框下落加速度为g/2时，有mg- BI ·2L=mg/2 则 I=4mg AdgBL B= 方框的发热功率P=I 2R=2224ALd g Bρ （2） 根据能量守恒定律，有 mgh=22t 012mv I Rt + 20t 12m I gh v Rt ⎛⎫=- ⎪⎝⎭解得 20t 12d I Agh v t ρ⎛⎫=- ⎪⎝⎭[点评]此题涉及电磁感应、欧姆定律、安培力、牛顿定律、功率、能量守恒定律等知识点，综合性强。

衍生题3（2012浙南浙北联考）如图（a ）所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上。

在区域I 内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图（b ）所示。

t =0时刻在轨道上端的金属细棒ab 从如位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd 在位于区域I 内的导轨上由静止释放。

在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好。

已知cd 棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t =t x 时刻（t x 未知）ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g 。

求：（1）通过cd 棒电流的方向和区域I 内磁场的方向； （2）当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率； （3）ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；（4）ab 棒开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量。

解析：（1）通过cd 棒的电流方向 d →c 。

区域I 内磁场方向为垂直于斜面向上。

（2）对cd 棒，F 安=BIl =mg sinθ所以通过cd 棒的电流大小I =mg sin θBl （2分）当ab 棒在区域II 内运动时cd 棒消耗的电功率P =I 2R =m 2g 2R sin 2θ B 2l 2 （2分）（3）ab 棒在到达区域II 前做匀加速直线运动，a =F 合m =g sin θcd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域II 前、后，回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域II 中一定做匀速直线运动 可得；△φ △t =Blv t B ·2l ·lt x=Blg sin θt x 所以t x =2lgsinθ 。

ab 棒在区域II 中做匀速直线运动的速度v t =2gl sin θ ， 则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h = 12 a t x 2+2l=3 l 。

（4） ab 棒在区域II 中运动的时间t 2=2lv t =2lg sin θ ， ab 棒从开始下滑至EF 的总时间t= t x +t 2=22lgsinθ ，ε=Blv t =Bl 2glsin θ 。

ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路中产生的热量：Q =εIt=4mgl sinθ。

衍生题4．如图甲所示（俯视图），相距为2L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO '为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R ，导轨电阻忽略不计。

在距边界OO '也为L 处垂直导轨放置一质量为m 、电阻不计的金属杆ab 。

求解以下问题：（1）若ab 杆固定在轨道上的初始位置，磁场的磁感应强度在时间t 内由B 均匀减小到零，求此过程中电阻R 上产生的焦耳热为Q 1。

（2）若磁场的磁感应强度不变，ab 杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L 距离，其v --x 的关系图像如图乙所示。

求： ①ab 杆在刚要离开磁场时的加速度大小； ②此过程中电阻R 上产生的焦耳热Q 2 。

【解析】：（1）磁场的磁感应强度在时间t 内由B 均匀减小到零，说明B B t t∆=∆此过程中的感应电动势为212BL E tt∆Φ==∆ ①通过R 的电流为11E I R=② 此过程中电阻R 上产生的焦耳热为211Q I Rt =③（1分）联立求得2414B L Q Rt=（1分）（2）① ab 杆离起始位置的位移从L 到3L 的过程巾．由动能定理可得22211(3)()2F L L m v v -=-④（2分） ab 杆刚要离开磁场时，感应电动势：212E BLv = ⑤（1分） 通过R 的电流为：22E I R=⑥（1分）水平方向上受安培力F 安和恒力F 作用，安培力为：22F BI L =安 ⑦（1分） 联立⑤⑥⑦2214B L v F R=安 ⑧（1分） 由牛顿第二定律可得：F F ma -=安 ⑨（1分）联立④⑧⑨解得222221144v v B L v a LmR-=-② ab 杆在磁场中由起始位置发生位移L 的过程中，根据功能关系，恒力F 做的功等于ab 杆增加的动能与回路产牛的焦耳热之和．则21212FL mv Q =+联立④⑩解得2221 2(3)4m v v Q-=衍生题5（2007广东物理第18题）如图15（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。