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图象、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图象、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图象、I－t图象、动量守恒、法拉第电磁感应定律模型一【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。

答案AD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()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。

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BLxR ＋rC.经历的时间为B 2L 2x（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 mR ＋r，棒受力平衡，有F ′－μmg －BI m L ＝0，联立解得v m ＝（F ′－μmg ）（R ＋r ）B 2L 2，选项A 错误；由q ＝ΔΦR 总得q ＝BLx R ＋r，选项B 正确；对棒，由动量定理有(F ′－μmg －B I －L )t ＝m v m －0，又I －t ＝q ，得t ＝m （R ＋r ）B 2L 2＋B 2L 2x（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。

答案 BD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x 0，现给导体棒a 一水平向右的初速度v 0，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 ＝v a －v b )图3(1)试证明：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)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。

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B I －L ·Δt ＝m v －0根据法拉第电磁感应定律E －＝ΔΦΔt所以I －＝E－2R ，而ΔΦ＝B ΔS ＝BL (x －x 0)解得t2时刻两棒之间的距离x＝x0＋m v0RB2L2。

答案(1)见解析(2)B2L2v04mR(3)x0＋m v0RB2L2【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－4B I－·L2·t＝m2v1－m2v0对b棒有B I－Lt＝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＋R 2Q0解得Q1＝427m v2。

答案427m v2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＝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/s2，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。

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＝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＝L2t，由力的平衡条件得T－mg sin θ－μmg cos θ－BI′L1＝0又有I′＝BL1v1R，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 v1－m(－v)，I＝M v1－M v0，式中v0为M下落高度为H时的速度绳绷紧前M自由下落v20＝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Q1＝mgL2sin 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。

答案(1)1 T(2)1.8 m(3)21.6 J。