2020年高考物理常考题型解析：电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆 导轨模型）

专题 9 电磁感应的综合应用（能量问题、动量问题、杆+导轨模型） 考点一: 电磁感应中的能量问题 1.能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化 (2)求解焦耳热 Q 的三种方法 2.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路); (2)弄清电磁感应过程中,哪些力做功,哪些形式的能量相互转化; (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解. 3.方法技巧 求解电能应分清两类情况 (1)若回路中电流恒定,可以利用电路结构及 W=UIt 或 Q=I2Rt 直接进行计算. (2)若电流变化,则①利用安培力做的功求解:电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功;②利用能量守 恒求解:若只有电能与机械能的转化,则机械能的减少量等于产生的电能.③利用功能关系求解:若除重力、安 培力做功外,还有其他力做功,则其他力做功等于 增加的机械能和电能.学科#网 考点二　电磁感应中的动量问题 电磁感应问题往往涉及牛顿定律、动量守恒、能量守恒、电路的分析和计算等许多方面的物理知识,试题常 见的形式是导体棒切割磁感线,产生感应电流,从而使导体棒受到安培力作用.导体棒运动的形式有匀速、匀变 速和非匀变速 3 种,对前两种情况,容易想到用牛顿定律求解,对后一种情况一般要用能量守恒和动量守恒定 律求解,但当安培力变化,且又涉及位移、速度、电荷量等问题时,用动量定理求解往往能巧妙解决.方法技巧 动量在电磁感应中的应用技巧 (1)在电磁感应中,动量定理应用于单杆切割磁感线运动,可求解变力的时间、速度、位移和电荷量. ①求电荷量或速度:B lΔt=mv2-mv1,q= t. ③求位移:-BIlΔt=- =0-mv0,即- x=m(0-v0). (2)电磁感应中对于双杆切割磁感线运动,若双杆系统所受合外力为零,运用动量守恒定律结合能量守恒定律 可求解与能量有关的问题. 考点三：电磁感应中的“杆+导轨”模型 模型 概述 “导轨+杆”模型是电磁感应问题在高考命题中的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题 目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“导轨+杆”模型又分为“单杆”型和“双杆” 型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变 速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等,情景复杂,形式多变 单杆水平式(导轨光滑) 设运动过程中某时刻棒 的速度为 v,加速度为 a= - ,a,v 同向,随 v 的增加,a 减小,当 a=0 时,v 最大,I= 恒定 单杆倾斜式(导轨光滑) 杆释放后下滑,开始时 a=gsin α,速 度 v↑→E=BLv↑→I= ↑→F=BIL↑→a↓,当 F=mgsin α 时,a=0,v 最大 双杆切割式(导轨光滑) 杆 MN 做变减速运动,杆 PQ 做变加速运 动,稳定时,两杆的加速度均为零,以相等 的速度匀速运动.对系统动量守恒,对其 中某杆适用动量定理 学科&网 常 见 类 型 光滑不等距导轨 含“源”水平光滑导轨(v0=0) 含“容”水平光滑导轨(v0=0) I I 2 2B l v t R ∆ 总 2 2B l R总 F m 2 2B L v mR BLv R E R杆 MN 做变减速运动, 杆 PQ 做变加速运动,稳 定时,两杆的加速度均为 零,两杆以不同的速度做 匀速运动 S 闭合,ab 杆受安培力 F= ,此时 a= ,速度 v↑⇒E 感 =BLv↑⇒I↓⇒F=BIL↓⇒加速度 a↓, 当 E 感=E 时,v 最大,且 vm= 拉力 F 恒定,开始时 a= ,速度 v↑⇒E=BLv↑,经过 Δt 速度为 v+Δv,此时 E′=BL(v+Δv),电容器增加的电荷量 ΔQ=CΔU=C(E′-E)=CBLΔv,电流 I= =CBL =CBLa,安培力 F 安 =BIL=CB2L2a,F-F 安=ma,a= ,所 以杆做匀加速运动 ★考点一：电磁感应中的能量问题 ◆典例一：( 2019·浙江卷)如图所示，倾角 θ＝37°、间距 l＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值 R＝ 0.1 Ω 的电阻，质量 m＝0.1 kg 的金属棒 ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.45.建立原点位于底 端、方向沿导轨向上的坐标轴 x.在 0.2 m≤x≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从 t＝0 时刻起， 棒 ab 在沿 x 轴正方向的外力 F 作用下，从 x＝0 处由静止开始沿斜面向上运动，其速度 v 与位移 x 满足 v＝ kx(可导出 a＝kv)，k＝5 s－1.当棒 ab 运动至 x1＝0.2 m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P＝0.12 W，运动至 x2＝ 0.8 m 处时撤去外力 F，此后棒 ab 将继续运动，最终返回至 x＝0 处．棒 ab 始终保持与导轨垂直，不计其他 电阻，求：(提示：可以用 F-x 图象下的“面积”代表力 F 做的功，sin 37°＝0.6) (1)磁感应强度 B 的大小； (2)外力 F 随位移 x 变化的关系式； (3)在棒 ab 整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q. 【解析】(1)在 x1＝0.2 m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P＝ (Blv)2 R 此时 v＝kx＝1 m/s BLE r BLE mr E BL F m Q t ∆ ∆ v t ∆ ∆ 2 2 F m B L C+解得 B＝ PR (lv)2＝ 30 5 T (2)在无磁场区间 0≤xmg，联立解得 h>m2gR2 2B4L4，选项 D 错误． ◆典例二(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为 l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨 放置的两根金属棒 MN 和 PQ 长度也为 l、电阻均为 R，两棒与导轨始终接触良好．MN 两端通过开关 S 与 电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量 k.图中虚线右 侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.PQ 的质量为 m，金属导轨足够长、电阻忽略不 计． (1)闭合 S，若使 PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力 F，并指出其方向； (2)断开 S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中流过 PQ 的电荷量为 q， 求该过程安培力做的功 W. 【解析】(1)设线圈中的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律 E＝ΔΦ Δt ， 则 E＝k① 设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R 并，有 R 并＝R 2② 闭合 S 时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得 I＝ E R并＋R③ 设 PQ 中的电流为 IPQ，有 IPQ＝1 2I④ 设 PQ 受到的安培力为 F 安，有 F 安＝BIPQl⑤ 保持 PQ 静止，由受力平衡，有F＝F 安⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 F＝Bkl 3R⑦ 方向水平向右． (2)设 PQ 由静止开始到速度大小为 v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x，所用时间为 Δt，回路中的磁 通量变化量为 ΔΦ ，平均感应电动势为 E － ，有 E － ＝ΔΦ Δt ⑧ 其中 ΔΦ＝Blx⑨ 设 PQ 中的平均电流为 I － ，有 I － ＝ E － 2R⑩ 根据电流的定义得 I － ＝ q Δt (11) 由动能定理，有 Fx＋W＝1 2mv2－0(12) 联立⑦⑧⑨⑩(11) (12)式得 W＝1 2mv2－2 3kq. (13) 1.(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线 MN 所示．一硬质细导线的电阻率为 ρ、横截面积为 S，将该导线做成半径为 r 的圆环固定在纸面内，圆心 O 在 MN 上．t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图(b)所示．则在 t＝ 0 到 t＝t1 的时间间隔内(　　)A．圆环所受安培力的方向始终不变 B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向 C．圆环中的感应电流大小为B0rS 4t0ρ D．圆环中的感应电动势大小为B0πr2 4t0 【答案】BC 【解析】根据楞次定律可知在 0～t0 时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安 培力水平向左，在 t0～t1 时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向 右，所以选项 A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得 E＝ΔΦ Δt ＝1 2πr2·B0 t0 ＝B0πr2 2t0 ，根据电阻定律可得 R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得 I＝E R＝B0rS 4t0ρ，所以选项 C 正确，D 错误． 2.（2019·新课标全国Ⅱ卷）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻 忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相 同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁 场时加速度变小恰好为零，从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化 的图像可能正确的是（ ） 【答案】AD【解析】于 PQ 进入磁场时加速度为零，AB．若 PQ 出磁场时 MN 仍然没有进入磁场，则 PQ 出磁场后 至 MN 进入磁场的这段时间，由于磁通量 φ 不变，无感应电流。由于 PQ、MN 同一位置释放，故 MN 进入 磁场时与 PQ 进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A 正确 B 错误；CD．若 PQ 出磁场前 MN 已经进入磁场，由于磁通量 φ 不变，PQ、MN 均加速运动，PQ 出磁场后，MN 由于加速故电流比 PQ 进入 磁场时电流大，故 C 正确 D 错误。 3.（2018 中原名校联盟质检）如图所示，竖直平面内有一半径为 r、电阻为 Rl、粗细均匀的光滑半圆形金属 环，在 M、N 处与相距为 2r、电阻不计的平行光滑金属导轨 MP、NQ 相接，PQ 之间接有电阻 R2，已知 R1 ＝12R，R2＝4R。在 MN 上方有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，MN 与 PQ 相距为 r。现有质 量为 m、电阻不计的导体棒 ab，从半圆环的最高点 A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平， 与半圆形金属环及轨道接触良好。已知导体棒下落 时的速度大小为 v。 A．导体棒在磁场中做加速度增大的加速运动 B．导体棒 ab 从 A 下落 时的加速度大小为 g－ C．若撤去导体棒 ab，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 ＝k，导线框中产生的电动势为 D．若撤去导体棒 ab，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为 ＝k，则 R2 上的电功率为 【答案】BCD 【解析】导体棒在磁场中做加速度减小的加速运动，所以 选项 A 错误。由几何关系知：ab 棒下落 r /2 时 在磁场区域中的长度 L= r ，加速度 a =g –F 安/m，F 安=BIL，I=E/R 总，，E BLv，R 总=4R，联立 解得：a =g- ，选项 B 正确。若撤去导体棒 ab，若此 时 磁 场 随 时 间 均 匀 变 化 ， 其 变 化 率 为 △B/△t= k， 导 线 框 中 产 生 的 电 动 势 为 E=△Φ/△t=S△B/△t= kS，S= πr2，回 路 中 的 2 r 2 r 2 23 4 B r v mR B t ∆ ∆ 2 2 k rπ B t ∆ ∆ 2 2 4 256 k r R π 3 2 23 4 B r v mR 1 2电 流 为 I2= =E/16R，R2 消耗的电功率 P2=I22R2， 联立得，P2= ，所以选项 CD 正确。 4.(2018·全国卷Ⅰ·11)如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆 心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触 良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B.现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角 速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B′(过程 Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过 OM 的电荷量相等，则B′ B等于(　　) A．5 4　　　　　 B．3 2　　　　C．7 4　　　　　 D．2 【答案】B　 【解析】在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有 E1＝ΔΦ1 Δt1 ＝ B(1 2πr2－1 4πr2) Δt1 根据闭合电路欧姆定律，有 I1＝E1 R且 q1＝I1Δt1 在过程Ⅱ中，有 E2＝ΔΦ2 Δt2 ＝ B′－B1 2πr2 Δt2 I2＝E2 R，q2＝I2Δt2 又 q1＝q2，即 B(1 2πr2－1 4πr2) R ＝ B′－B1 2πr2 R 所以B′ B＝3 2. 5.如图所示，两根足够长的平行直导轨 AB、CD 与水平面成 θ 角放置，两导轨间距为 L，A、C 两点间 接有阻值为 R 的定值电阻．一根质量均匀分布的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁 1 2 E R R+ 2 2 4 256 k r R π感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，金属杆的阻值 为 r，其余部分电阻不计，金属杆与导轨之间的动摩擦因数为 μ.现将外力 F 沿与导轨平行的方向作用在金属 杆上，让其由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动，则下列外力 F 与作用时间 t 的图象中正确的是(　　) 【答案】B 【解析】分析金属杆在运动过程中的受力情况可知，金属杆受重力 mg、导轨的支持力 FN、外力 F、摩 擦力 Ff 和安培力 F 安的共同作用，金属杆沿导轨方向向上运动，由牛顿第二定律有 F－mgsin θ－F 安－Ff＝ma， 又 F 安＝B0IL，I＝ E R＋r＝B0Lv R＋r，所以 F 安＝B0IL＝B20L2v R＋r ，Ff＝μmgcos θ，所以有 F－mgsin θ－B20L2v R＋r －μmgcos θ＝ma，又因 v＝at，将其代入上式可得 F＝B20L2a R＋r t＋mgsin θ＋μmgcos θ＋ma，由此表达式可知，选项 B 正 确． 6.如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径 r＝0.5 m 的竖直半圆， 两导轨间距离 d＝0.3 m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小 B＝1 T 的匀强磁场中，两导轨电阻 不计．有两根长度均为 d 的金属棒 ab，cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒 ab，cd 的质量分别为 m1＝ 0.2 kg、m2＝0.1 kg，电阻分别为 R1＝0.1 Ω，R2＝0.2 Ω.现让 ab 棒以 v0＝10 m/s 的初速度开始水平向右运动， cd 棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点 PP′，cd 棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度 g＝10 m/s2， 求： (1)ab 棒开始向右运动时 cd 棒的加速度 a0；(2)cd 棒进入半圆轨道时 ab 棒的速度大小 v1； (3)cd 棒进入半圆轨道前 ab 棒克服安培力做的功 W. 【答案】(1)30 m/s2　(2)7.5 m/s　(3)4.375 J 【解析】(1)ab 棒开始向右运动时， 设回路中电流为 I， 根据导体棒切割磁场有，E＝Bdv0，① 由闭合电路欧姆定律得，I＝ E R1＋R2，② 由牛顿第二定律得，F 安＝m2a0，③ 又 F 安＝BId，④ 联立①②③④式代入题给数据得， a0＝ B2d2v0 m2(R1＋R2)＝ 12 × 0.32 × 10 0.1 × (0.1＋0.2) m/s2＝30 m/s2. (2)设 cd 棒刚进入圆形轨道时的速度为 v2，ab 开始运动至 cd 即将进入圆弧轨道的过程，对 ab 和 cd 组 成的系统运用动量守恒定律得， m1v0＝m1v1＋m2v2，⑤ ab 棒进入圆轨道至最高点的过程，对 cd 棒运用动能定理得， －m2g·2r＝1 2m2v2P－1 2m2v22，⑥ 在半圆轨道的 P 点对 cd 棒运用牛顿第二定律可得，m2g＝m2 v2P r ，⑦ 联立⑤⑥⑦得， v1＝m1v0－m2· 5gr m1 ＝0.2 × 10－0.1 × 5 × 10 × 0.5 0.2 m/s ＝7.5 m/s.⑧ (3)cd 棒进入半圆轨道前对 ab 棒运用动能定理可得， W＝1 2m1v20－1 2m1v21，⑨ 联立⑧⑨代入题给数据得， W＝1 2×0.2×102 J－1 2×0.2×7.52 J ＝4.375 J.7.(2019·高考北京卷)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为 B.纸面内有一正方形均匀金属线框 abcd，其边长为 L，总电阻为 R，ad 边与磁场边界平行．从 ad 边刚进入磁场直至 bc 边刚要进入的过程中， 线框在向左的拉力作用下以速度 v 匀速运动，求： (1)感应电动势的大小 E； (2)拉力做功的功率 P； (3)ab 边产生的焦耳热 Q. 【答案】(1)BLv　(2)B2L2v2 R 　(3)B2L3v 4R 【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势 E＝BLv. (2)线圈中的感应电流 I＝E R 拉力大小等于安培力大小 F＝BIL 拉力的功率 P＝Fv＝B2L2v2 R . (3)线圈 ab 边电阻 Rab＝R 4 时间 t＝L v ab 边产生的焦耳热 Q＝I2Rabt＝B2L3v 4R . 8.( 2019·浙江卷)如图所示，倾角 θ＝37°、间距 l＝0.1 m 的足够长金属导轨底端接有阻值 R＝0.1 Ω 的电 阻，质量 m＝0.1 kg 的金属棒 ab 垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数 μ＝0.45.建立原点位于底端、方向 沿导轨向上的坐标轴 x.在 0.2 m≤x≤0.8 m 区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．从 t＝0 时刻起，棒 ab 在沿 x 轴正方向的外力 F 作用下，从 x＝0 处由静止开始沿斜面向上运动，其速度 v 与位移 x 满足 v＝kx(可导出 a＝ kv)，k＝5 s－1.当棒 ab 运动至 x1＝0.2 m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P＝0.12 W，运动至 x2＝0.8 m 处时撤去 外力 F，此后棒 ab 将继续运动，最终返回至 x＝0 处．棒 ab 始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提 示：可以用 F-x 图象下的“面积”代表力 F 做的功，sin 37°＝0.6)(1)磁感应强度 B 的大小； (2)外力 F 随位移 x 变化的关系式； (3)在棒 ab 整个运动过程中，电阻 R 产生的焦耳热 Q. 【答案】　(1) 30 5 T　(2)(0.96＋3.1x) N　(3)0.324 J 【解析】(1)在 x1＝0.2 m 处时，电阻 R 消耗的电功率 P＝ (Blv)2 R 此时 v＝kx＝1 m/s 解得 B＝ PR (lv)2＝ 30 5 T (2)在无磁场区间 0≤x