【高考领航】2017高三物理二轮复习课件：专题1-1-2-3连接体问题解读
2017届高考物理二轮复习专题 动力学中的三类模型：连接体模型
2017届高考物理二轮复习专题动力学中的三类模型：连接体模型连接体模型1.连接体的分类根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。
(1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起； (2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起；(3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。
2.连接体的运动特点轻绳——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等。
轻杆——轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比。
轻弹簧——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速率不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速率相等。
特别提醒(1)“轻”——质量和重力均不计。
(2)在任何情况下，绳中张力的大小相等，绳、杆和弹簧两端受到的弹力大小也相等。
3.连接体问题的分析方法(1)分析方法：整体法和隔离法。
(2)选用整体法和隔离法的策略：①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法；②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。
【典例1】如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时，Q受到绳的拉力( )A.与斜面倾角θ有关B.与动摩擦因数有关C.与系统运动状态有关D.仅与两物块质量有关【答案】 D方法提炼受力分析绳、杆求加速度：整体法讨论计算―→―→加速度―→连接体求绳、杆作用力：隔相关问题离法【典例2】如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B。
若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦。
设细绳对A和B的拉力大小分别为F1和F2，已知下列四个关于F1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是( ) A. F1＝m＋2m2m1gm＋2m1m1gm＋4m2m1g B. F1＝ C. F1＝D. F1＝m＋m1＋m2m＋m1＋m2m＋m1＋m2m＋4m1m2g m＋m1＋m2【答案】 C【解析】设滑轮的质量为零，即看成轻滑轮，若物体B的质量较大，整体法可得加速度a＝m2－m1g，m1＋m2隔离物体A，据牛顿第二定律可得F1＝2m1m2g， m1＋m2将m＝0代入四个选项，可得选项C是正确，故选C。
2017届高三物理二轮专题复习课件高频考点探究+命题考向追踪新课标专题1 力与运动 共246张 精品
第1讲 力与物体的平衡
高
考 3. [2016·全国卷Ⅲ] 如图 1-3 所示，两个轻环 a 和 b 套在
真 位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其
题 聚
两端各系一质量为 m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂
焦 一小物块．平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不
计所有摩擦．小物块的质量为( )
专题一 力与运动
第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力与直线运动 第3讲 力与曲线运动
近年高考纵览
考点
2014 年
2015 年
2016 年
受力分 析、平衡
条件
重庆卷 6，广东卷 14，浙江 19，山东
卷 14
浙江卷 20，山 东卷 16、23，
海南卷 8
全国卷Ⅰ19、24，全 国卷Ⅱ14，全国卷 Ⅲ17，江苏卷 1，海
14
23
海南卷 9
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考点
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2015 年
2016 年
新课标全国卷
牛顿定 Ⅰ24，重庆卷 5， 律、超重 天津卷 10，北京 与失重 卷 18，新课标全
国卷Ⅱ24，四川卷
重庆卷 5，全国卷 Ⅱ20、25，全国卷
Ⅰ25，江苏卷 6
全国卷Ⅰ18，四 川卷 10，浙江卷 18，江苏卷 9，上 海卷 4，海南卷 13
面；绳的拉力沿绳 的弹力：F＝kx 指向绳收缩的方向)
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教师知识必备
接触面粗糙；
静摩擦力： 与接触面相切，与物体
摩
存在压力；相对 接触 擦
0＜f≤fmax
相对滑动或相对滑动趋
力 滑动 (或有相 面 滑动摩擦力： 势方向相反(与运动方向
高三物理高考二轮复习专题课件：连接体问题.
• 那么在解决连接体问题时。我们常常需要整体法 和隔离法的结合，下面我们来看研究一下考纲要 求的几类连接体问题
三、几类常见的连接体问题
1、连接体中各物体均处于平衡状态 典例：（2002年江苏大综合第28题）如图所示，物体 a 、 b 和 c 叠放在水平桌面上，水平为 Fb ＝ 5N、 Fc ＝ 10N分别作用于物体b、c上，a、b和c仍保持静止。 以 f1 、 f2 、 f3分别表示 a 与 b 、 b 与 c 、 c 与桌面间的静 摩擦力的大小，则 （ ） A f1＝5N，f2＝0，f3＝5N B f1＝5N，f2＝5N，f3＝0 C f1＝0，f2＝5N，f3＝5N D f1＝0，f2＝10N，f3＝5N
甲
F
刚才在研究箱子的时候我 们把木块看成了箱子的一 部分，即把箱子和木块看 成了一个整体。这就是我 们常用的一种方法：整体 法
现在箱子内部有一物块 甲，求箱子给甲木块的 两个弹力，能否把他们 看成一个整体？
甲
F
将某个物体从整体中分离出来或把物体的某 一部分从整体中分离出来单独是说在解决连 接体问题是我们可以随意用整体法 和隔离法呢，运用整体法和隔离法 有一定的原则。
• 答案：(m＋M)gtanθ.
先隔离后整体
• 解析：二物体无相对滑动，说明二物体加速度相 同，方向水平． • 先选择物块为研究对象，受两个力，重力mg、支 持力FN、且二力合力方向水平向左，如下图所示 ，
• 由图可得：ma＝mgtanθ • a＝g·tanθ • 再选整体为研究对象，根据牛顿第二定律F＝(m ＋M)a＝(m＋M)gtanθ.
要点总结 整体法的选取原则:若连接体的运动状态相同（匀速、静 止）或各物体具有相同的加速度,且不需要求物体之间的 作用力,可以把它们看成一个整体(当成一个质点)来分析 整体受到的外力,应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未 知量).
高三物理一轮复习教学 连接体的问题处理课件 新人教版完整ppt
如图所示，物体A和B靠在一起放在光滑 水平面上，物体A受到水平向右的推力， 大小为10N，已知物体A的质量为2kg， 物体B的质量为3kg，求物体A运动的加 速度及物体A、B间的相互作用力．
分析与解答： （1）由题意可知物体A、B将以共同的加速度运动，因此求
解加速度的问题可以选用隔离法和整体法两种． 法一：用隔离法，分别以物体A和B为研究对象进行受力分
整体原理在平衡态对象中的应用
例1在粗糙水平面上有一个三角形木块abc，在它的两个粗糙 斜面上分别放两个质量m1和m2树木块，m1＞m2，如图1所 示．已知三角形木块和两物体均静止，则粗糙水平面对三角形木 块的摩擦力大小和方向
解析：此题若逐个物体分析， 则要用到牛顿第二定律等，比 较麻烦；若用整体原理分析， 把m1，m2和三角形木块当作 一个整体，这一整体在水平方 向上无其他外力作用，因而不 存在摩擦力，显示整体原理可 使解题简捷.
解析：本题中木块A先作匀加速、后作匀减速运动， 属多过程问题，不涉及物体在交接时的运动状态，用 整体原理，对全过程用动能定理．设木块与滑块质量 分别为M和m，则从木块开始运动至停止运动的过程 中运用动能定理
FL－μmgL－μ（m+M）gL－μMgL=0 解得 F=2μ（m+M）g 代入数据得 F= 48N 同样，整体原理在过程整体处理上的优越性也体 现在运用动量定理解题上。
析，如图9所示．依据牛顿第二定律可知： 对A：
对B：
联立解得：
（m/s2） 方向：水平向右
法二：用整体法，以物A和B整体为研究对象进受力分析，如图10所示．依据 同样，整体牛原理顿在第过程二整定体处律理可上的知优：越性也体现在运用动量定理解题上。
在解决力学问题时，常会遇到一个题目中牵涉到若干物体，这样的问题我们称为连接体问题，解这样的问题，选择合理的研究对象是 关键，这直接关系到解题的简繁、成败。
高中物理复习--连接体问题
如图1-15所示：把质量为M的的物体放在光滑的水平高台上，用一条可以忽略质量而且不变形的细绳绕过定滑轮把它与质量为m的物体连接起来，求：物体M和物体m的运动加速度各是多大？⒈“整体法”解题采用此法解题时，把物体M和m看作一个整体，它们的总质量为(M+m)。
把通过细绳连接着的M与m之间的相互作用力看作是内力，既然水平高台是光滑无阻力的，那么这个整体所受的外力就只有mg了。
又因细绳不发生形变，所以M与m应具有共同的加速度a。
现将牛顿第二定律用于本题，则可写出下列关系式：mg=(M+m)a所以，物体M和物体m所共有的加速度为：⒉“隔离法”解题采用此法解题时，要把物体M和m作为两个物体隔离开分别进行受力分析，因此通过细绳连接着的M与m之间的相互作用力T必须标出，而且对M和m单独来看都是外力（如图1-16所示）。
根据牛顿第二定律对物体M可列出下式：T=Ma ①根据牛顿第二定律对物体m可列出下式：mg-T=ma ②将①式代入②式：mg-Ma=ma mg=(M+m)a所以物体M和物体m所共有的加速度为：最后我们还有一个建议：请教师给学生讲完上述的例题后，让学生自己独立推导如图1-17所示的另一个例题：用细绳连接绕过定滑轮的物体M和m，已知M>m，可忽略阻力，求物体M和m的共同加速度a。
：【思路整理】⒈既然采用“整体法”求连接体运动的加速度比较简便？为什么还要学习“隔离法”解题呢？这有两方面的原因：①采用“整体法”解题只能求加速度a，而不能直接求出物体M与m之间的相互作用力T。
采用“隔离法”解联立方程，可以同时解出a与T。
因此在解答比较复杂的连接体运动问题时，还是采用“隔离法”比较全面。
②通过“隔离法”的受力分析，可以复习巩固作用力和反作用力的性质，能够使学生加深对“牛顿第三定律”的理解。
⒉在“连接体运动”的问题中，比较常见的连接方式有哪几种？比较常见的连接方式有三种：①用细绳将两个物体连接，物体间的相互作用是通过细绳的“张力”体现的。
【高考领航】2017高三物理二轮复习课件：专题1-1-2-3连接体问题
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物理
(1)木板与地面间的动摩擦因数 μ1 及小物块与木板间的动摩擦因 数 μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离．
第22页
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物理
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板 一起向右做匀变速运动，设加速度为 a1，小物块和木板的质量分 别为 m 和 M.由牛顿第二定律有 －μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1① 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s， 由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1② 1 2 s0＝v0t1＋ a1t1③ 2
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v3＝v1＋a2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的 －v1＋v3 位移为s1＝ Δ t⑪ 2 小物块运动的位移为 v1＋v3 s2 ＝ Δt⑫ 2 小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1⑬ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝6.0 m ⑭
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2．(2016· 贵州贵阳二模)(多选)如图所示的装置为在摩擦力不计的 水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m
丙
＝1
kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一
质量为m甲＝2 kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平 桌面平行．现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙 与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有 离开水平桌面，重力加速度g＝10 m/s2.则( )
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物理
由题图(b)可得 v2－v1 a2＝ ⑥ t2－t1 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4⑦ (2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好 具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧ v3＝－v1＋a3Δt⑨
【高考领航】2017届高三物理二轮复习(课件+训练)第1部分 专题讲练突破-专题四 电磁感应和电路教师用书
专题四电磁感应和电路第1讲电磁感应定律的综合应用高频考点一 电磁感应中的图象问题[题组冲关]1．(原创卷)(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根垂直导轨的光滑导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线连接；已知平行导轨MN 、PQ 间距为L 1，导体棒ab 、cd 间距为L 2，导轨电阻可忽略，每根导体棒在导轨之间的电阻为R .开始时匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B 随时间t 的变化如图乙所示．则以下说法正确的是( )A ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝0B ．在0～t 0时间内导体棒中的电流为L 1L 2B 02Rt 0C ．在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为L 21L 2B 204Rt 0D ．在0～2t 0时间内回路中电流方向是abdca解析：选BC.由图乙可知，⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝B 0t 0，回路面积S ＝L 1L 2，在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝L 1L 2B 0t 0，选项A 错误；0～t 0时间内回路中产生的感应电流大小为I ＝E 2R ＝L 1L 2B 02Rt 0，选项B 正确；在t 02时刻，由左手定则，导体棒ab 所受安培力方向向左，导体棒cd 所受安培力方向向右，磁场磁感应强度为B 02，安培力大小为F＝12B0·IL1＝L21L2B204Rt0，在t02时刻绝缘丝线所受拉力为L21L2B204Rt0，选项C正确；在0～t0时间内磁感应强度减小，在t0～2t0时间内磁感应强度反向增大，根据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba，选项D错误．2．(2016·江西五市联考)(多选)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i和a、b间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()解析：选AD.在ab边通过磁场的过程中，利用楞次定律或右手定则可判断出电流方向为逆时针方向，即沿正方向，且电流在减小，U ab＝－i(R bc＋R cd＋R da)．在cd边通过磁场的过程中，可判断出电流为顺时针方向，即沿负方向，且电流逐渐减小，U ab＝－iR ab，A、D正确．3．(2016·百校联盟调研卷)如图1所示，匝数n＝6的螺线管(电阻不计)，截面积为S＝10 cm2，线圈与R＝12 Ω的电阻连接，水平向右且均匀分布的磁场穿过螺线管，磁场与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t变化的关系如图2所示，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向．忽略线圈的自感影响，下列i －t关系图中正确的是()解析：选B.由题意可知，在0～2 s时间内，磁感应强度变化率的大小为ΔB1Δt1＝3×10－3 T/s，根据法拉第电磁感应定律可得电动势的大小为E1＝nΔB1Δt1S＝1.8×10－5 V，根据闭合电路欧姆定律，可得感应电流i1＝E1R＝1.5×10－6 A，根据楞次定律，可知感应电流方向为a→b，为正方向；同理可计算在2～5 s时间内，i2＝E2R＝1×10－6A，根据楞次定律，可知感应电流方向为b→a，为负方向；根据磁感应强度变化的周期性，可得感应电流变化的周期性，故B正确，A、C、D错误．4．(2016·云南部分名校统考)(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN 的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．则()A ．恒定拉力大小为0.05 NB ．线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C ．线圈ab 边长L 2＝0.5 mD ．在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C解析：选ABD.在第1 s 末，i 1＝E R ，E ＝BL 1v 1，v 1＝at 1，F ＝ma 1，联立得F ＝0.05N ，A 项正确．在第2 s 内，由图象分析知线圈做匀加速直线运动，第2 s 末i 2＝E ′R ，E ′＝BL 1v 2，v 2＝v 1＋a 2t 2，解得a 2＝1 m/s 2，B 项正确．在第2 s 内，v 22－v 21＝2a 2L 2，得L 2＝1 m ，C 项错误．q ＝ΔΦR ＝BL 1L 2R ＝0.2 C ，D 项正确．1．解决电磁感应图象问题的“三点关注”：(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应．2．解决电磁感应图象问题的一般步骤：(1)明确图象的种类，即是B －t 图还是Φ－t 图，或者E －t 图、I －t 图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．(6)画图象或判断图象．高频考点二 电磁感应中的电路问题1．(多选)如图所示，边长为L 、不可形变的正方形导线框内有半径为r 的圆形磁场区域，其磁感应强度B 随时间t的变化关系为B ＝kt (常量k ＞0)．回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0，滑动片P 位于滑动变阻器中央，定值电阻R 1＝R 0、R 2＝R 02.闭合开关S ，电压表的示数为U ，不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势，则( )A ．R 2两端的电压为U 7B ．电容器的a 极板带正电C ．滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D ．正方形导线框中的感应电动势为kL 2解析：选AC.由法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S 有E ＝k πr 2，D 错误；因k＞0，由楞次定律知线框内感应电流沿逆时针方向，故电容器b 极板带正电，B 错误；由题图知外电路结构为R 2与R 的右半部并联，再与R 的左半部、R 1相串联，故R 2两端电压U 2＝R 02×12R 0＋R 02＋R 02×12U ＝U 7，A 正确；设R 2消耗的功率为P ＝IU 2，则R 消耗的功率P ′＝2I ×2U 2＋IU 2＝5P ，故C 正确．2．(多选)如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．A 点的电势高于C 点的电势B ．此时AC 两端电压为U AC ＝B πL v R 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12m v 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r解析：选AD.根据右手定则可知，A 点相当于电源的正极，电势高，A 正确；AC 产生的感应电动势为E ＝2BL v ，AC 两端的电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BL v R 0R 0＋r，B 错误；由功能关系得Fd ＝12m v 2＋Q ＋Q f ，C 错误；此过程中平均感应电流为I ＝2BLd(R 0＋r )Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r ，D 正确． 3．(2016·陕西名校联考)(多选)空间中有磁感应强度为B 的有界匀强磁场区域，磁场方向如图所示，有一边长为L 、电阻为R 、粗细均匀的正方形金属线框abcd 置于匀强磁场区域中，ab 边与磁场右边界平行．若拉着金属线框以速度v 向右匀速运动，则( )A ．当cd 边即将出磁场区域时，a 、b 两点间的电压为3BL v 4B ．从把ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功为2B 2L 3v RC ．从把ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，拉力做功的功率为B 2L 2v 2RD ．从把ab 边拉到磁场右边界到把金属线框从磁场区域完全拉出的过程中，通过金属线框的电荷量为BL 2R解析：选CD.当cd 边即将出磁场区域时，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，a 、b 两点间的电压等于14E ＝BL v 4，选项A 错误．当ab 边刚出磁场区域时，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝BL v ，线框中电流I ＝E /R ，所受安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ，由于金属线框做匀速运动，拉力等于安培力，拉力做功W＝FL ＝F 安L ＝B 2L 3v R ，选项B 错误．拉力做功功率为P ＝B 2L 2v 2R ，选项C 正确．由E ＝ΔΦΔt ，I ＝E /R ，q ＝I Δt ，联立解得q ＝ΔΦR ，磁通量变化量ΔΦ＝BL 2，通过金属线框的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BL 2R ，选项D 正确．4．做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r ＝5.0 cm ，线圈导线的截面积A ＝0.80 cm 2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B 在0.3 s 内从1.5 T 均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)(1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律R＝ρ2πrA，代入数据解得R＝6×103Ω(2)感应电动势E＝ΔBΔtπr2，代入数据解得E＝4×10－2 V(3)由焦耳定律得Q＝E2RΔt，代入数据解得Q＝8×10－8 J答案：(1)6×103Ω(2)4×10－2 V(3)8×10－8 J解答电磁感应中电路问题的三个步骤1．确定电源：利用E＝n ΔΦΔt或E＝Bl v sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向．如果在一个电路中切割磁感线的部分有多个并相互联系，可等效成电源的串、并联．2．分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图．3．利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．高频考点三电磁感应中的动力学和能量问题视角1 电磁感应中的动力学问题[例1] (2017·海南海口高三质检)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN 、PQ 平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L ＝1 m ，导轨的电阻可忽略．M 、P 两点间接有阻值为R 的电阻．一根质量m ＝1 kg 、电阻r ＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B ＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．自图示位置起，杆ab 受到大小为F ＝0.5v ＋2(式中v 为杆ab 运动的速度，所有物理量均采用国际单位制)、方向平行导轨沿斜面向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R 的电流随时间均匀增大．g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6.(1)试判断金属杆ab 在匀强磁场中做何种运动，请写出推理过程；(2)求电阻R 的阻值；(3)求金属杆ab 自静止开始下滑通过位移x ＝1 m 所需的时间t .思路探究 (1)金属杆下滑过程中受哪几个力的作用？ (2)“通过R 的电流随时间均匀增大”说明什么？尝试解答 __________解析 (1)金属杆做匀加速运动(或金属杆做初速度为零的匀加速运动)．通过R 的电流I ＝E R ＋r ＝BL v R ＋r，因为B 、L 、R 、r 为定值，所以I 与v 成正比，因通过R 的电流I 随时间均匀增大，即杆的速度v 随时间均匀增大，即杆的加速度为恒量，故金属杆做匀加速运动．(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律I ＝BL v R ＋r对杆，根据牛顿第二定律有F ＋mg sin θ－BIL ＝ma将F ＝0.5v ＋2代入得2＋mg sin θ＋⎝⎛⎭⎪⎫0.5－B 2L 2R ＋r v ＝ma 因为v 为变量，a 为定值．所以a 与v 无关，必有ma ＝2＋mg sin θ0．5－B 2L 2R ＋r＝0 解得a ＝8 m/s 2，R ＝0.3 Ω(3)由x ＝12at 2得，所需时间 t ＝ 2xa ＝0.5 s 答案 (1)见解析 (2)0.3 Ω (3)0.5 s视角2 电磁感应中的能量问题[例2] 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m ，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为l ，cd 边长为2l ，ab 与cd 平行，间距为2l .匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面．开始时，cd 边到磁场上边界的距离为2l ，线框由静止释放，从cd 边进入磁场直到ef 、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动．在ef 、pq 边离开磁场后，ab 边离开磁场之前，线框又做匀速运动．线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q .线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab 、cd 边保持水平，重力加速度为g .求(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离H.思路探究(1)线框做匀速运动的条件是什么？(2)线框运动过程中受哪些力的作用？能量转化过程怎样？尝试解答__________解析(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有E1＝2Bl v1①设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有I1＝E1R②设此时线框所受安培力为F1，有F1＝2I1lB③由于线框做匀速运动，其受力平衡，有mg＝F1④由①②③④式得v1＝mgR4B2l2⑤设ab边离开磁场之前，线框做匀速运动的速度为v2，同理可得v2＝mgRB2l2⑥由⑤⑥式得v2＝4v1⑦(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有2mgl＝12m v21⑧线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有mg(2l＋H)＝12m v22－12m v21＋Q⑨由⑦⑧⑨式得H ＝Q mg ＋28l ○10 答案 (1)4倍(2)Q mg ＋28l1．电磁感应中动力学和能量问题的“两状态、两对象”(1)两状态①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡状态时导体所受合外力等于零列式分析．②导体处于非平衡状态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．(2)两对象①电学对象电源：E ＝Bl v 或E ＝n ΔΦΔt 利用电路的规律如：E ＝I (R ＋r )或U ＝E －Ir分析电路的结构 ②力学对象受力分析：F 安＝BIL →F 合＝ma 过程分析：F 合＝ma →v →E →I →F 安2．用动力学观点、能量观点解答电磁感应问题的一般步骤[题组冲关]1．(2016·百校联盟押题卷)如图所示，光滑斜面的倾角α＝37°，在斜面上放置有一矩形线框abcd，其ab边长为L1＝2 m，bc边长为L2＝1 m，线框的质量m＝1 kg、电阻R＝10 Ω.斜面上虚线ef的右侧有磁感应强度大小为B＝1 T、方向垂直斜面向上的匀强磁场．t＝0时线框在平行于斜面向上的恒力F＝8 N作用下由静止开始运动，线框进入磁场的过程中始终做匀速直线运动．已知虚线ef与斜面顶端gh的距离为s＝7 m，ab∥ef∥gh，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)线框进入磁场前的加速度大小和线框进入磁场时做匀速运动的速度大小；(2)线框进入磁场的过程中产生的焦耳热；(3)线框从开始运动至ab边到达gh处所用的时间．解析：(1)线框进入磁场前做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－mg sin α＝ma解得a＝2 m/s2线框进入磁场的过程中做匀速运动，线框受力平衡，有F＝mg sin α＋F Aab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝BL1v由闭合电路欧姆定律得感应电流I＝ER受到的安培力F A＝BIL1代入数据解得v＝5 m/s(2)线框进入磁场的过程中做匀速运动，根据功能关系有Q＝(F－mg sin α)L2解得Q＝2 J(3)线框进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场的过程中做匀速直线运动，线框完全进入磁场后仍做匀加速直线运动进入磁场前线框的运动时间为t 1＝v a ＝2.5 s进入磁场过程中线框匀速运动的时间为t 2＝L 2v ＝0.2 s线框完全进入磁场后，线框受力情况与进入磁场前相同，加速度大小仍为a ＝2m/s 2，对该过程有s －L 2＝v t 3＋12at 23代入数据得t 3＝1 s线框从开始运动至ab 边到达gh 处所用的时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.7 s答案：(1)5 m/s (2)2 J (3)3.7 s2．如右图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：(1)ab 下滑的最大加速度；(2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2.(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，整个回路消耗的电功率P 电＝BIL v m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s由P 电＝E 22R ＝(BL v m )22R得：B ＝0.4 T.根据能量守恒得：mgh ＝Q ＋12m v 2m ＋μmg cos θ·h sin θ解得：Q ＝30 J.(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析，得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ 又I ′＝2BL v ′2R ＝BL v ′R代入解得v ′＝5 m/s由能量守恒2mgh ＝12×2m v ′2＋2μmg cos θh sin θ＋Q ′代入数据得Q ′＝75 J.答案：(1)4 m/s 2 (2)30 J (3)75 J[真题试做][真题1] (2015·高考全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上，当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a -b -c -aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a -c -b -a解析：选C.金属框abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B 、D 错误．转动过程中bc 边和ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误．由转动切割产生感应电动势的公式得U bc ＝－12Bl 2ω，选项C 正确．[真题2] (2016·高考全国甲卷)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P 、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B 中．圆盘旋转时，关于流过电阻R 的电流，下列说法正确的是( )A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：选AB.由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．[真题3](2016·高考全国甲卷)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；(2)电阻的阻值．解析：(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得ma＝F－μmg①设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E ＝Bl v ③联立①②③式可得E ＝Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg ④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I ，根据欧姆定律I ＝E R ⑤式中R 为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为f ＝BlI ⑥因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F －μmg －f ＝0⑦联立④⑤⑥⑦式得R ＝B 2l 2t 0m ⑧答案：(1)Blt 0⎝ ⎛⎭⎪⎫F m －μg (2)B 2l 2t 0m [新题预测]如图甲所示，虚线右侧足够大区域存在匀强磁场，磁场方向竖直向下．在光滑绝缘水平面内有一长方形金属线框，ab 边长为L ＝0.2 m ，线框质量m ＝0.1 kg 、电阻R ＝0.1 Ω，在水平向右的外力F 作用下，以初速度v 0＝1 m/s 匀加速进入磁场，外力F 大小随时间t 变化的图线如图乙所示．以线框右边刚进入磁场开始计时．(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B ；(2)求线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q ；(3)若线框进入磁场过程中F 做的功为W F ＝0.27 J ，求在此过程中线框产生的焦耳热Q .解析：(1)由F －t 图象可知，线框全部进入磁场后，F 2＝0.2 N线框的加速度a ＝F m ＝2 m/s 2t ＝0时刻线框所受的安培力F A ＝BIL ＝B 2L 2v 0R ，且F 1＝0.3 N由牛顿第二定律得：F 1－F A ＝ma联立解得B ＝0.5 T.(2)线框进入磁场过程中通过横截面的电荷量q ＝I Δt由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 解得电荷量q ＝ΔΦR ＝BLx R由匀变速直线运动规律得x ＝v 0t ＋12at 2＝0.75 m联立解得q ＝0.75 C. (3)线框进入磁场过程，由能量守恒定律得W F ＝Q ＋12m v 2－12m v 20，v ＝v 0＋at 解得Q ＝0.12 J.答案：(1)0.5 T (2)0.75 C (3)0.12 J电磁感应中的“杆＋导轨”模型模型特点：如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面的夹角为θ，N 、Q 两点间接有阻值为R 的电阻．整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．将质量为m 、阻值也为R 的金属杆cd 垂直放在导轨上，杆cd 由静止释放，下滑距离x 时达到最大速度．重力加速度为g ，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好．求：(1)杆cd 下滑的最大加速度和最大速度； (2)上述过程中，杆上产生的热量；(3)若已知金属杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现用沿导轨平面向上的恒定外力F 作用在金属杆cd 上，使cd 由静止开始沿导轨向上运动，求cd 的最大加速度和最大速度．解析 (1)设杆cd 下滑到某位置时速度为v ，则杆产生的感应电动势E ＝BL v ，回路中的感应电流I ＝ER ＋R杆所受的安培力F ＝BIL根据牛顿第二定律有mg sin θ－B 2L 2v2R ＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a m ＝g sin θ，方向沿导轨平面向下当杆的加速度a ＝0时，速度最大，最大速度v m ＝2mgR sin θB 2L 2，方向沿导轨平面向下．(2)杆cd 从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得 mgx sin θ＝Q 总＋12m v 2m 又Q 杆＝12Q 总所以Q 杆＝12mgx sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θB 4L 4.(3)分析金属杆运动时的受力情况可知，金属杆受重力、导轨平面的支持力、拉力、摩擦力和安培力五个力的作用，沿斜面方向由牛顿第二定律有 F －mg sin θ－F 安－f ＝ma又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋R ＝BL v R ＋R ，所以F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋Rf ＝μN ＝μmg cos θ故F －mg sin θ－B 2L 2vR ＋R－μmg cos θ＝ma当速度v ＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a m ＝Fm －g sin θ－μg cos θ，方向沿导轨平面向上当杆的加速度a ＝0时，速度最大，v m＝(F－mg sin θ－μmg cos θ)·2RB2L2，方向沿导轨平面向上答案(1)g sin θ方向沿导轨平面向下2mgR sin θB2L2方向沿导轨平面向下(2)12mgx sin θ－m3g2R2sin2θB4L4(3)Fm－g sin θ－μg cos θ方向沿导轨平面向上(F－mg sin θ－μmg cos θ)·2RB2L2方向沿导轨平面向上点评金属杆或棒在有磁场的导轨上运动，线框穿越有界磁场的情况，都属于导体棒和导线框模型.解题思路与方法：(1)选取金属棒、线框为研究对象，分阶段研究产生的感应电动势、感应电流、安培力，应用牛顿第二定律分析运动性质.(2)如果涉及速度、焦耳热问题时，要采用能量观点处理.(3)涉及电路问题时，找到等效电源，画出等效电路，用电路知识处理.[自悟自练]1．(限时3分钟满分6分)(多选)如图所示，U形光滑金属导轨NMPQ(其电阻不计)固定在水平面内，轨距L＝1 m，导轨左端连一个阻值为R＝7.5 Ω的电阻，导轨部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝2 T，金属杆ab的质量为0.4 kg、内阻为0.5 Ω，横放在导轨上通过滑轮和轻绳连接一个质量为0.1 kg 的物体m，不计一切摩擦，现将物体自由释放，假若导轨水平段足够长，金属杆在水平轨道内运动到速度最大过程中，位移为l＝1.8 m，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A．刚释放的瞬间，金属杆的加速度a＝2.5 m/s2B．金属杆运动的最大速度为v＝2 m/sC．电阻R的最大热功率P＝2 WD．从静止开始运动到速度最大的过程中，金属杆克服安培力做功0.8 J解析：选BD.刚释放金属杆时回路中电流为零，则有：mg －F ＝ma ，F ＝m 杆a ，解得：a ＝2 m/s 2，A 错误；由mg ＝B 2L 2v mR ＋r得金属杆运动的最大速度为v m ＝2 m/s ，B 正确；此时I ＝BL v mR ＋r＝0.5 A ，电阻R 的电功率最大值P ＝I 2R ＝1.875 W ，C 错误；由能量守恒得：W 克＋12(m ＋m 杆)v 2m ＝mgl ，解得W 克＝0.8 J ，D 正确． 2．(限时10分钟 满分14分)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r ＝0.5 m 的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场．一个匝数n ＝10匝的刚性正方形线框abcd ，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P ＝1.25 W 的小灯泡A 相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc 边．已知线框质量m ＝2 kg ，总电阻R 0＝1.25 Ω，边长L ＞2r ，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.从t ＝0时起，磁场的磁感应强度按B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2πt T 的规律变化．开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)线框不动时，回路中的感应电动势E 的大小； (2)小灯泡正常发光时的电阻R ；(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q . 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝n ΔB Δt ×12πr 2＝10×2π×12π×0.52 V ＝2.5 V(2分) (2)小灯泡正常发光，有：P ＝I 2R (1分) 由闭合电路欧姆定律，有：E ＝I (R 0＋R )。
高考经典物理模型：连接体问题
连接体问题的求解思路【例题精选】【例1】在光滑的水平面上放置着紧靠在一起的两个物体A和B（如图），它们的质量分别为m A、m B。
当用水平恒力F推物体A时，问：⑴A、B两物体的加速度多大？⑵A物体对B物体的作用力多大？分析：两个物体在推力的作用下在水平面上一定做匀加速直线运动。
对整体来说符合牛顿第二定律；对于两个孤立的物体分别用牛顿第二定律也是正确的。
因此，这一道连接体的问题可以有解。
解：设物体运动的加速度为a，两物体间的作用力为T，把A、B两个物体隔离出来画在右侧。
因为物体组只在水平面上运动在竖直方向上是平衡的，所以分析每个物体受力时可以只讨论水平方向的受力。
A物体受水平向右的推力F和水平向左的作用力T，B物体只受一个水平向右的作用力T。
对两个物体分别列牛顿第二定律的方程：对m A满足F－T= m A a ⑴对m B满足T = m B a ⑵⑴＋⑵得 F =（m A＋m B）a ⑶经解得： a = F/（m A＋m B）⑷将⑷式代入⑵式可得T= Fm B/（m A＋m B）小结：①解题时首先明确研究对象是其中的一个物体还是两个物体组成的物体组。
如果本题只求运动的加速度，因为这时A、B两物体间的作用力是物体组的内力和加速度无关，那么我们就可以物体组为研究对象直接列出⑶式动力学方程求解。
若要求两物体间的作用力就要用隔离法列两个物体的动力学方程了。
②对每个物体列动力学方程，通过解联立方程来求解是解决连接体问题最规范的解法，也是最保险的方法，同学们必须掌握。
【例2】如图所示，5个质量相同的木块并排放在光滑的水平桌面上，当用水平向右推力F推木块1，使它们共同向右加速运动时，求第2与第3块木块之间弹力及第4与第5块木块之间的弹力。
分析：仔细分析会发现这一道题与例1几乎是一样的。
把第1、第2木块看作A 物体，把第3、4、5木块看作B 物体，就和例1完全一样了。
因5个木块一起向右运动时运动状态完全相同，可以用整体法求出系统的加速度（也是各个木块共同加速度）。
2017年《高考领航》新课标物理大一轮复习配套课件：第3章-第2节
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情 况之间联系的桥梁——加速度．
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高三大一轮复习学案
题组一
高考题组 s，但饮酒会导致反应时间延
1．(2014· 高考山东卷)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图 甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度 在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶 距离L＝39 m．减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所 示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.求：
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高三大一轮复习学案
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的 比值．
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高三大一轮复习学案
解析：(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a，所用时间为 t，由题可得初速度v0＝72 km/h＝20 m/s，末速度vt＝0，位移s＝ 25 m，由运动学公式得v2 0＝2as① v0 t＝ a ② 联立①②式，代入数据得a＝8 m/s2③ t＝2.5 s④
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高三大一轮复习学案
3．适用范围 (1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面 静止 或
匀速直线运动
的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于
宏观
物体(相对于分子、原子
等)、 低速 运动(远小于光速)的情况．
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【高考领航】2017高三物理二轮复习课件：专题1-2-1-3动能定理的应用
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物理
解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离l为 l＝7R－2R① 设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得 1 2 mglsin θ－μmglcos θ＝ mvB② 2 式中θ＝37° .联立①②式并由题给条件得 vB＝2 gR③
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物理
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为 EP.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有 1 2 mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－ mvB④ 2 E、F之间的距离l1为 l1＝4R－2R＋x⑤ P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有 Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥
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物理
[题组冲关] 1．如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为 M，下端位于斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB 3 段长均为L，CD段与铁链的动摩擦因数为 ，其余部分均可视 2 为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做 的功为( )
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物理
解析 (1)小滑块从C点飞出后做平抛运动，水平速度为v0.
1 2 竖直方向上：R＝ gt 2 水平方向上： 2R＝v0t 解得：v0＝ gR (2)小滑块在最低点时速度为v，由动能定理得： 1 2 1 2 －mg· 2R＝ mv0－ mv 2 2 解得：v＝(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小． (2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能． (3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始释放．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰好通过 G 点．G 点在 C 7 点左下方，与 C 点水平相距 R、竖直相距 R.求 P 运动到 D 点时 2 速度的大小和改变后 P 的质量．
连接体问题——高考物理热点模型(解析版)
连接体问题模型概述1.连接体：两个或两个以上相互作用的物体组成的具有相同运动状态的整体叫连接体.如几个物体叠放在一起，或并排放在一起，或用绳子、细杆等连在一起，在求解连接体问题时常用的方法为整体法与隔离法.2.常见类型①物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度②轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度总是相等．③轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度．④弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．3.方法：整体法与隔离法，正确选取研究对象是解题的关键.①整体法：若连接体内各物体具有相同的加速度,且不需要求系统内各物体之间的作用力,则可以把它们看作一个整体,根据牛顿第二定律,已知合外力则可求出加速度,已知加速度则可求出合外力.②隔离法：若连接体内各物体的加速度不相同,则需要把物体从系统中隔离出来,应用牛顿第二定律列方程求解.③若连接体内各物体具有相同的加速度,且需要求物体之间的作用力,则可以先用整体法求出加速度,然后再用隔离法选取合适的研究对象,应用牛顿第二定律求作用力,即“先整体求加速度,后隔离求内力”.4.力的“分配”地面光滑两物块在力F 作用下一起运动，系统的加速度与每个物块的加速度相同，若外力F 作用于m 1上，则m 1和m 2的相互作用力F 弹=m 2m 1+m 2F ，若作用于m 2上，则F 弹=m 1m 1+m 2F 。
此“分配”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“分配”都成立。
5．关联速度连接体轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。
下面三图中A 、B 两物体速度和加速度大小相等，方向不同。
关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。
高考物理二轮专题复习课件：专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型
A.若 F＝2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动
√B.若F＝3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
√C.若F＝4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2
图3
D.无论力F多大，B的加速度最大为3 m/s2
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解析 轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸 片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同， 因为μ1<μ2，所以B物块不会相对纸片滑动， 当A物块刚要滑动时，外力大小为F0， 对整体：F0＝2ma 对A物块：F0－μ1mg＝ma 解得a＝2 m/s2，F0＝4 N 因F0＝4 N>2.1 N，所以A错误，C正确；
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s 解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
选取原则 物体之间的作用力 解析 轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0. (1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2； 根据F等于6 N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1 m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F＝8 N时，滑块的加速度为1 m/s2，对m，根据牛顿第二定律可得a＝μg， 解得动摩擦因数为μ＝0.
摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是
√A.A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg
B.当t＝1 s时，A、B发生相对滑动
√C.当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2
D.B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2
图6
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解析 设A、B的质量分别为m1、m2， 根据A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6 N， B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N， μ2(m1＋m2)g＝3 N 联立解得m1＝1 kg m2＝0.5 kg，故A正确； A、B刚发生相对滑动时， 对A有F′－μ1m1g＝m1a 对B有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a
2017届高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律考点三连接体问题教学案含解析
考点三连接体问题基础点知识点1 连接体1．定义：多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆联系)在一起构成的物体系统称为连接体。
连接体一般具有相同的运动情况(速度、加速度)。
如下图所示：2．处理连接体问题的方法：整体法与隔离法，要么先整体后隔离，要么先隔离后整体。
(1)整体法是指系统内(即连接体内)物体间无相对运动时(具有相同加速度)，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，对整体列方程求解的方法。
整体法可以求系统的加速度或外界对系统的作用力。
(2)隔离法是指当我们所研究的问题涉及多个物体组成的系统时，需要求连接体内各部分间的相互作用力，从研究方便出发，把某个物体从系统中隔离出来，作为研究对象，分析其受力情况，再列方程求解的方法。
隔离法适合求系统内各物体间的相互作用力或各个物体的加速度。
3．整体法、隔离法的选取原则(1)整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)。
(2)隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解。
(3)整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求出物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。
即“先整体求加速度，后隔离求内力”。
知识点2 临界与极值1．临界问题物体由某种物理状态转变为另一种物理状态时，所要经历的一种特殊的转折状态，称为临界状态。
这种从一种状态变成另一种状态的分界点就是临界点，此时的条件就是临界条件。
在应用牛顿运动定律解决动力学的问题中，当物体的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态，特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”“恰好出现”或“恰好不出现”等词语时，常常会涉及临界问题。