2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)1 模型突破 專(zhuān)題6 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型高分突破學(xué)案

《2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)1 模型突破 專(zhuān)題6 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型高分突破學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)1 模型突破 專(zhuān)題6 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型高分突破學(xué)案（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)項(xiàng)1 模型突破 專(zhuān)題6 導(dǎo)體棒+導(dǎo)軌模型高分突破學(xué)案 [模型統(tǒng)計(jì)] 真題模型 考查角度 真題模型 考查角度 (2018·全國(guó)卷Ⅱ·T18) 考查電磁感應(yīng)定律、右手定則、判斷電動(dòng)勢(shì)大小及電流方向的導(dǎo)體桿軌模型 (2017·全國(guó)卷Ⅲ T15) 法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、電路分析等綜合分析的“導(dǎo)體桿軌模型” (2015·全國(guó)卷Ⅱ T15) 產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件、導(dǎo)體切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的電路分析等“導(dǎo)體桿軌模型” (2016·全國(guó)卷Ⅰ T24) “整體法”或“隔離法”對(duì)兩金屬棒進(jìn)行受力分析，法拉第電磁感應(yīng)定律綜合分析的“導(dǎo)

2、體桿軌模型” [模型解讀] 1．導(dǎo)體棒＋導(dǎo)軌模型的特點(diǎn) 導(dǎo)體棒＋導(dǎo)軌模型是高考命題的熱點(diǎn)模型之一，命題思路主要是通過(guò)導(dǎo)體棒切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，綜合考查電學(xué)、動(dòng)力學(xué)以及能量等知識(shí)．導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過(guò)程通常比較復(fù)雜，故該模型綜合性比較強(qiáng)． 2．導(dǎo)體棒＋導(dǎo)軌模型常見(jiàn)的問(wèn)題 (1)單棒＋導(dǎo)軌，解決此類(lèi)問(wèn)題通常綜合牛頓第二定律分析導(dǎo)體棒的加速度以及速度的變化過(guò)程，解決此類(lèi)問(wèn)題往往要抓住導(dǎo)體棒的臨界條件，即導(dǎo)體棒的加速度為零； (2)雙棒＋導(dǎo)軌，解決此類(lèi)問(wèn)題的核心是要明確導(dǎo)體棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，明確等效電源，必要時(shí)要將電磁感應(yīng)現(xiàn)象與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、能量守恒定律、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)綜合起來(lái)進(jìn)

3、行處理． [模型突破] 考向1　單棒＋電阻＋導(dǎo)軌模型 [典例1]　(多選)(2018·宣城二次調(diào)研)如圖1甲所示，固定在水平面上電阻不計(jì)的光滑金屬導(dǎo)軌間距d＝0.5 m，導(dǎo)軌右端連接一阻值為4 Ω的小燈泡L，在CDEF矩形區(qū)域內(nèi)有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間 t變化如圖乙所示，CF長(zhǎng)為2 m．在t＝0時(shí)，金屬棒ab從圖中位置由靜止在恒力F作用下向右運(yùn)動(dòng)，t ＝4 s時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)，并恰好以v＝1 m/s的速度在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)到EF位置．已知ab金屬棒電阻為1 Ω.下列分析正確的是(　　) 圖1 A．0～4 s內(nèi)小燈泡的功率為0.04 W B．恒力F的大小為0.2 N C

4、．金屬棒的質(zhì)量為0.8 kg D．金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后小燈泡的功率為0.06 W ABC　[金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)，電路總電阻為：R總＝RL＋Rab＝5 Ω 回路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝＝＝×2×0.5＝0.5 V 燈泡中的電流強(qiáng)度為：I＝＝A＝0.1 A 小燈泡的功率為PL＝I2RL＝0.04 W，選項(xiàng)A正確； 因金屬棒在磁場(chǎng)中勻速運(yùn)動(dòng)，則F＝BI′d 又：I′＝＝0.2 A 代入數(shù)據(jù)解得：F＝0.2 N，選項(xiàng)B正確； 金屬棒未進(jìn)入磁場(chǎng)的加速度為：a＝＝＝0.25 m/s2 金屬棒的質(zhì)量：m＝＝ kg＝0.8 kg，選項(xiàng)C正確； 金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后小燈泡的功率為PL′＝I′2RL＝

5、0.22×4 W＝0.16 W，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 　(多選)(2018·東莞模擬)如圖甲所示，傾斜放置的平行光滑軌道間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌與水平面的夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端連有阻值為R＝1 Ω的定值電阻，在導(dǎo)軌平面上的abdc、cdfe間分別有垂直導(dǎo)軌平面向上和向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1＝1 T和B2＝ T，兩磁場(chǎng)的寬度也均為L(zhǎng).一長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒從導(dǎo)軌某位置靜止釋放，導(dǎo)體棒在滑動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖象如圖乙所示．不計(jì)導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 甲　　　　　　　乙 A．導(dǎo)體棒的質(zhì)量為m＝0.2 k

6、g B．導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)電阻R的電量為(－1)C C．導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)B2的時(shí)間為2 s D．導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2 J AB　[由圖可知，導(dǎo)體棒在上面的磁場(chǎng)中做勻速運(yùn)動(dòng)，由速度—時(shí)間圖象可知，在1 s內(nèi)以1 m/s的速度經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)，則L＝1 m，由平衡知識(shí)可知：mgsin 30°＝F安＝，解得m＝0.2 kg，選項(xiàng)A正確．根據(jù)q＝＝可知，穿過(guò)上面磁場(chǎng)時(shí)流過(guò)R的電量為q1＝＝1 C；穿過(guò)下面磁場(chǎng)時(shí)流過(guò)R的電量為q2＝＝ C；因穿過(guò)兩磁場(chǎng)時(shí)電流方向相反，則導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)通過(guò)電阻R的電量為(－1)C，選項(xiàng)B正確．由v-t圖象可知，導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)B2時(shí)平均速度大

7、于0.5 m/s，則導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)B2的時(shí)間小于2 s，選項(xiàng)C錯(cuò)誤．導(dǎo)體棒穿過(guò)整個(gè)磁場(chǎng)時(shí)電阻R產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒的機(jī)械能減小量，則Q＝mg·2Lsin 30°＋ΔEk＝2＋ΔEk＞2 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．] 考向2　雙棒＋導(dǎo)軌模型 [典例2]　(2018·淮濱中學(xué)仿真)如圖2甲所示，光滑導(dǎo)體軌道PMN和P′M′N(xiāo)′是兩個(gè)完全一樣的軌道，都是由半徑為r的四分之一圓弧軌道和水平軌道組成，圓弧軌道與水平軌道在M和M′點(diǎn)相切，兩軌道并列平行放置，MN和M′N(xiāo)′位于同一水平面上，兩軌道之間的距離為L(zhǎng)，PP′之間有一個(gè)阻值為R的電阻，開(kāi)關(guān)S是一個(gè)感應(yīng)開(kāi)關(guān)(開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)是斷開(kāi)的)，MNN′M′是一個(gè)矩形區(qū)

8、域內(nèi)有豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，水平軌道MN離水平地面的高度為h，其截面圖如圖乙所示．金屬棒a和b質(zhì)量均為m、電阻均為R.在水平軌道某位置放上金屬棒b，靜止不動(dòng)，a棒從圓弧頂端由靜止釋放后，沿圓弧軌道下滑，若兩導(dǎo)體棒在運(yùn)動(dòng)中始終不接觸，當(dāng)兩棒的速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒距離x＝，兩棒速度穩(wěn)定之后，再經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，b棒離開(kāi)軌道做平拋運(yùn)動(dòng)，在b棒離開(kāi)軌道瞬間，開(kāi)關(guān)S閉合．不計(jì)一切摩擦和導(dǎo)軌電阻，已知重力加速度為g.求： 圖2 (1)兩棒速度穩(wěn)定時(shí)，兩棒的速度； (2)兩棒落到地面后的距離； (3)整個(gè)過(guò)程中，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱． 【解析】　(1)a棒沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)M時(shí)，由機(jī)械能

9、守恒定律得： mgr＝mv 解得a棒沿圓弧軌道最低點(diǎn)M時(shí)的速度v0＝ a棒向b棒運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量變小，產(chǎn)生感應(yīng)電流．a(chǎn)棒受到與其運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，b棒則在安培力的作用下向右做加速運(yùn)動(dòng)．只要a棒的速度大于b棒的速度，回路總有感應(yīng)電流，a棒繼續(xù)減速，b棒繼續(xù)加速，直到兩棒速度相同后，回路面積保持不變，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)． 從a棒進(jìn)入水平軌道開(kāi)始到兩棒達(dá)到相同速度的過(guò)程中，兩棒在水平方向受到的安培力總是大小相等，方向相反，所以?xún)砂舻目倓?dòng)量守恒． 由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv1 解得兩棒以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)的速度v1

10、＝＝. (2)經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，b棒離開(kāi)軌道后，a棒與電阻R組成回路，從b棒離開(kāi)軌道到a棒離開(kāi)軌道過(guò)程中a棒受到安培力的沖量 IA＝LBt＝BLt＝ 取向右為正方向，對(duì)a棒由動(dòng)量定理：－IA＝mv2－mv1 解得v2＝ 由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：兩棒落到地面后的距離Δx＝(v1－v2)＝. (3)b棒離開(kāi)軌道前，兩棒通過(guò)的電流大小總是相等，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等Qa＝Qb 由能量守恒定律可知：Qa＋Qb＝mv－(2m)v 解得：Qa＝Qb＝mgr b棒離開(kāi)軌道后，a棒與電阻R通過(guò)的電流大小總是相等，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相等 由能量守恒定律可知：2Qa′＝mv－mv 解得：Qa′＝mgr

11、所以整個(gè)過(guò)程中，a棒產(chǎn)生的焦耳熱Q＝Qa＋Qa′＝mgr. 【答案】　(1)　(2)　(3)b棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgr，a棒產(chǎn)生的焦耳熱為mgr 　(2018·蓉城名校聯(lián)考)兩平行且電阻不計(jì)的金屬導(dǎo)軌相距L＝1 m，金屬導(dǎo)軌由水平和傾斜兩部分(均足夠長(zhǎng))良好對(duì)接，傾斜部分與水平方向的夾角為37°，整個(gè)裝置處在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．長(zhǎng)度也為1 m的金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌跨擱，且與導(dǎo)軌良好接觸，質(zhì)量均為0.2 kg，電阻分別為R1＝2 Ω，R2＝4 Ω. ab置于導(dǎo)軌的水平部分，與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，cd置于導(dǎo)軌的傾斜部分，導(dǎo)軌傾斜部分光滑．從t＝0時(shí)刻起， a

12、b棒在水平且垂直于ab棒的外力F1的作用下由靜止開(kāi)始向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，金屬棒cd在力F2的作用下保持靜止， F2平行于傾斜導(dǎo)軌平面且垂直于金屬桿cd.當(dāng)t1＝4 s時(shí)， ab棒消耗的電功率為2.88 W．已知sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求： (1) ab棒做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的加速度大??； (2)求t2＝8 s時(shí)作用在cd棒上的力F2； (3)改變F1的作用規(guī)律，使ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v滿(mǎn)足： x＝2v，要求cd仍然要保持靜止?fàn)顟B(tài)．求ab棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)x＝4 m的過(guò)程中，作用在ab棒上的力F1所做的功(結(jié)果可用分?jǐn)?shù)表示)．

13、【解析】　(1)當(dāng)t＝4 s時(shí)，ab消耗的電功率為2.88 W，有：Pab＝IR1 代入數(shù)據(jù)得I1＝1.2 A ① 回路中的電動(dòng)勢(shì)E1＝I1(R1＋R2) ② 由法拉第電磁感應(yīng)定律知E1＝BLv1 ③ 導(dǎo)體棒ab做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，v1＝at1 ④ 由①②③④得，a＝0.9 m/s2. ⑤ (2)當(dāng)t2＝8 s時(shí)，導(dǎo)體棒ab的速度v2＝at2 ⑥ 回路中的電流I2＝＝＝2.4 A ⑦ 導(dǎo)體棒cd所受安培力F2安＝BI2L＝4.8 N ⑧ 設(shè)導(dǎo)體棒cd所受的F2沿斜面向下，有：F2＋mgsin θ＝F2安cos θ ⑨ 由⑧⑨得F2＝2.64 N，故假設(shè)成立，所以F

14、2的方向沿斜面向下. ⑩ (3)設(shè)ab棒的速度為v時(shí)，回路中的電流為I＝＝ ? 此時(shí)金屬棒ab所受安培力大小為：F安＝BIL ? 由題意知ab棒運(yùn)動(dòng)的位移x與速度v的關(guān)系：x＝2v ? 聯(lián)立???，并代入數(shù)據(jù)得F安＝ ? ab棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)x＝4 m的過(guò)程中，克服安培力所做的功為：W克安＝·x＝x＝ J ? 對(duì)金屬棒ab，由動(dòng)能定理有：W拉－W克安－μmgx＝mv2 ? 由???得W拉＝ J． ? 【答案】　(1)0.9 m/s2　(2)2.64 N，方向沿斜面向下　(3) J 考向3　單棒＋電容器＋導(dǎo)軌模型 [典例3]　(多選)如圖3甲所示，水平面上有兩根足夠長(zhǎng)的

15、光滑平行金屬導(dǎo)軌MN和PQ，兩導(dǎo)軌間距為l，電阻均可忽略不計(jì)．在M和P之間接有阻值為R的定值電阻，導(dǎo)體桿ab質(zhì)量為m、電阻為r，并與導(dǎo)軌接觸良好．整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)．則(　　) 圖3 A．當(dāng)桿ab剛具有初速度v0時(shí)，桿ab兩端的電壓U＝，且a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì) B．通過(guò)電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸增大 C．若將M和P之間的電阻R改為接一電容為C的電容器，如圖乙所示，同樣給桿ab一個(gè)初速度v0，使桿向右運(yùn)動(dòng)，則桿ab穩(wěn)定后的速度為v＝ D．在C選項(xiàng)中，桿穩(wěn)定后a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì) ACD　[當(dāng)

16、桿ab剛具有初速度v0時(shí)，其切割磁感線(xiàn)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，根據(jù)閉合電路歐姆定律得，桿ab兩端的電壓U＝＝，根據(jù)右手定則知，感應(yīng)電流的方向?yàn)閎到a，a相當(dāng)于電源的正極，則a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，A正確；通過(guò)電阻R的電流I＝，由于桿ab速度減小，則電流減小，安培力減小，所以桿ab做加速逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，速度v隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，則通過(guò)電阻R的電流I隨時(shí)間t的變化率的絕對(duì)值逐漸減小，B錯(cuò)誤；當(dāng)桿ab以初速度v0開(kāi)始切割磁感線(xiàn)時(shí)，會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，電路開(kāi)始給電容器充電，有電流通過(guò)桿ab，桿在安培力的作用下做減速運(yùn)動(dòng)，隨著速度減小，安培力減小，加速度也減小，桿做加速度逐漸減小的減

17、速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)電容器兩端電壓與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等時(shí)，充電結(jié)束，桿以恒定的速度做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，電容器兩端的電壓U＝Blv，根據(jù)電容器電容C＝，以桿ab為研究對(duì)象，在很短的一段時(shí)間Δt內(nèi)，桿受到的沖量大小為BIl·Δt，從桿ab開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至速度達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理有∑(－BIl·Δt)＝－BlQ＝mv－mv0，聯(lián)立可得v＝，C正確；穩(wěn)定后，不再充電，回路中沒(méi)有電流，根據(jù)右手定則知，a點(diǎn)的電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)，D正確．] 　(多選)(2018·太原五中一模)圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E＝1 V，電容器的電容為C＝1 F．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l＝1 m，電阻不計(jì)．一質(zhì)量為m＝1 kg、電

18、阻為R＝1 Ω的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開(kāi)關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開(kāi)導(dǎo)軌，則(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向上 B．MN離開(kāi)導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量0.5 C C．MN的最大速度為1 m/s D．MN剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1 m/s2 BD　[電容器上端帶正電，通過(guò)MN的電流方向向下，由于MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，A錯(cuò)誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開(kāi)關(guān)

19、S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I＝①，設(shè)MN受到的安培力為F，有：F＝BIl②，由牛頓第二定律有：F＝ma③，聯(lián)立①②③式：得a＝＝＝1 m/s2④，當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有：Q0＝CE⑤，開(kāi)關(guān)S接2后，MN開(kāi)始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′，有：E′＝Blvmax⑥，設(shè)MN離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)電容器上剩余的電荷量為Q，依題意有E′＝⑦，設(shè)在此過(guò)程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有＝Bl⑧，由動(dòng)量定理，有Δt＝mvmax－0⑨，又Δt＝Q0－Q⑩，聯(lián)立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得：Q＝＝0.5 C，vmax＝0.5 m/s，C錯(cuò)誤，B、D正確．]