核心素养提升

图4
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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 BLv2＝4B·L2·v1 根据动量定理，对 a 棒有－4B－I·L2·t＝m2 v1－m2 v0 对 b 棒有 B－ILt＝mv2－0，解得 v1＝19v0，v2＝29v0 对两棒，根据能量守恒定律有 Q0＝12·m2 ·v0 2－12·m2 ·v21－12mv2 2
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0～t 时间内 a 棒产生的焦耳热 Q1＝R＋R R2Q0 解得 Q1＝247mv0 2。 答案 247mv0 2
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模型四 “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＝ 93。 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/s2，求：
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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t1时刻棒b的加速度大小； (3)求t2时刻两棒之间的距离。
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解析 (1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv＝mv0 由能量守恒定律有 Q＝12mv0 2－12(2m)v2 解得 Q＝14mv0 2 所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。 (2)t1 时刻有 va－vb＝v20 由动量守恒定律得mv0＝mva＋mvb， 解得 va＝34v0，vb＝14v0
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科学思维(高考常考的“切割模型”)
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【真题模型再现】
来源 2016·高考全国Ⅱ卷第
20题 2016·高考全国Ⅰ卷第
24题 2016·高考全国Ⅱ卷第
24题
图例
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模型
命题点
“导体棒转动切割” 右手定则、E＝BL的应用、
模型
闭合电路欧姆定律
“导体棒平动切割” 受力分析、平衡条件、公
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本节内容结束
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模型三 “双棒＋导轨”模型 【典例3】 (2019·安徽马鞍山二模)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图象(Δv表示两 棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
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回路中的电动势 E＝34Blv0－14BLv0 回路中的电流 I＝2ER＝BLva2－RBLvb 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 a1＝mF＝B42mL2Rv0。 (3)t2 时刻，两棒速度相同，v＝v20 0～t2时间内，对棒b，
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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 Em＝BLvm，感应电流 Im＝RE＋mr， 棒受力平衡，有 F′－μmg－BImL＝0，联立解得 vm＝（F′－μmBg2）L2（R＋r），选 项 A 错误；由 q＝ΔRΦ总 得 q＝RB＋Lxr，选项 B 正确；对棒，由动量定理有(F′－μmg －B－IL)t＝mvm－0，又－It＝q，得 t＝m（BR2＋ L2r）＋（F′－μmBg2L）2x（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 WF－Wf－W 安 ＝ΔEk，得 WF－W 安＝ΔEk＋Wf＞ΔEk，选项 D 正确。 答案 BD
中的焦耳热，则定值电阻产生的焦耳热 Q＝R＋R rWA＝0.75 J，选项 D 正确。 答案 AD
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【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′－B2μLm2 g）R B.通过电阻 R 的电荷量为RB＋Lxr C.经历的时间为（F′－μmBg2L）2x（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
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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。
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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 mgsin θ－μmgcos θ－FB＝0 由安培力的公式可知FB＝BIL1 由法拉第电磁感应定律得E＝BL1v 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v1，细线拉力为T， 则 v1＝Lt2，由力的平衡条件得
【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。
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模型二 “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图象如图乙 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( )
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图1
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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＝R1E＋2 r＝4.5 W，选项 C 错误，D 正确。 答案 AD
模型一 “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( ) A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W B.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W C.全电路最大功率为3 W D.全电路最大功率为4.5 W
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T－mgsin θ－μmgcos θ－BI′L1＝0
又有 I′＝BLR1v1，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＝mv1－m(－v)，I＝Mv1－Mv0，式中v0为M下落高度为H时的速度 绳绷紧前 M 自由下落 v0 2＝2gH 联立以上各式解得H＝1.8 m。
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图2 A.金属棒中感应电流的方向为C→D B.拉力F做的功为16 J C.通过电阻的电荷量为0.25 C D.定值电阻产生的焦耳热为0.75 J
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@Hale Waihona Puke Baidu创新设计》
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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 FA＝BRB＋LvrL，若安培力是恒力，则金属棒克服安培力做的功 WA＝FAx1 ＝RB＋2L2rvx1，但实际上安培力是变力，结合图乙可得 WA＝232＋×112×(12×1×2) J＝1 J， 根据动能定理有 WF－μmgx1－WA＝12mv1 2－0，得 WF＝15 J，选项 B 错误；通过 定值电阻的电荷量 q＝BRL＋xr1＝0.5 C，选项 C 错误；克服安培力做的功转化为回路
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
2019·高考全国Ⅱ卷 第21题
2019·高考全国Ⅲ卷 第19题
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i－t图象、楞次定律、 “线框切割”模型
法拉第电磁感应定律 I－t图象、法拉第电 “双棒＋导轨”模 磁感应定律，闭合电 型 路欧姆定律 v－t图象、I－t图象、 “双棒＋导轨”模 动量守恒、法拉第电 型 磁感应定律
模型
式E＝BLv的应用
牛顿第二定律、法拉第电 “单棒＋导轨”模型
磁感应定律、欧姆定律
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2017·高考全国Ⅱ卷 第20题
2017·高考全国Ⅲ卷 第15题
2018·高考全国Ⅰ卷 第17题
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“线框切割”模 法拉第电磁感应定律、
型
右手定则、安培力
“单棒＋导轨” 楞次定律、磁通量的概
模型
念
“导体棒转动切 割”模型
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(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Q1＝mgL2sin θ 绳子突然绷紧的过程中，损失的机械能 Q2＝12Mv0 2＋12mv2－12(M＋m)v1 2 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。 答案 (1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J
由动量定理得 B－IL·Δt＝mv－0 根据法拉第电磁感应定律E－ ＝ΔΔΦt
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所以－I＝2ER，而 ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0) 解得 t2 时刻两棒之间的距离 x＝x0＋mBv2L0R2 。 答案 (1)见解析 (2)B42mL2Rv0 (3)x0＋mBv2L0R2
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