2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第十章 本章学科素养提升 Word版含解析
高考物理一轮复习课件 第10单元电磁感应课件 (广东专版)
第43讲 │ 考点自主梳理
► 知识点三 感应电流的方向 1．右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四指____垂__直____，并 且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向 _导_线__运__动__的方向，这时四指所指的方向就是_感__应__电__流_的方向． 2．楞次定律：_感__应__电__流_产生的磁场，总要___阻__碍___引起感应 电流的磁通量的__变__化____． 右手定则适用于_部__分__导__体__运__动__切__割__磁__感__线_产生感应电流的现 象，楞次定律适用于所有电磁感应现象．
2．楞次定律：适用于各种电磁感应现象中感应电流方向的判断， 包括部分导体切割磁感线运动产生感应电流的现象．回路中 一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判 断较为简单，而用楞次定律进行判定较麻烦．如果是闭合回 路中磁通量变化，则应该用楞次定律判断感应电流的方向而 不能用右手定则．
第43讲 │ 考向互动探究
第43讲 │ 考向互动探究
考向互动探究
► 探究考向一 对产生感应电流条件的理解 1．产生电磁感应现象的条件：穿过闭合或不闭合回路的磁通量
发生变化． 2．产生感应电流的条件是：穿过闭合回路的磁通量发生变化． 3．产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈
的磁通量发生变化，线路中就会产生感应电动势．产生感应 电动势的那部分导体相当于电源．
2．磁通量的变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1，其数值等于初、末态穿过某一
面积的磁通量的差值，注意磁通量的方向．
3．磁通量变化率：ΔΔΦt ＝Φ－t Φ0.回路的磁通量变化率等于单回路
产生的__感__应__电___动__势___，ΔΔΦt ＝E.
第43讲 │ 考点自主梳理
高考物理(粤教版)大一轮复习教师用书：第9-10章 含解析
考点内容要求全国高考命题实况常考题型关联考点20xx 20xx20xx磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ卷Ⅰ：T15、T16卷Ⅱ：T20卷Ⅰ：T14、T24卷Ⅲ：T18、T19卷Ⅰ：T15卷Ⅱ：T18卷Ⅲ：T18选择题计算题①平衡问题②圆周运动③带电粒子在电场中的运动通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力的方向Ⅰ洛伦兹力公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1)安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形；(2)洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形。
基础课1 磁场的描述及磁场对电流的作用知识点一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝(通电导线垂直于磁场)。
(3)方向：小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
知识点二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1．磁感线在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致。
2．几种常见的磁场(1)常见磁体的磁场(如图1所示)图1(2)电流的磁场通电直导线通电螺线管环形电流安培定则知识点三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝0。
2．安培力的方向图2左手定则判断：(1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
[思考判断](1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关。
2020版物理高考新素养总复习教科版讲义：第十章+电磁感应+从教材走向高考和答案
参考答案【迁移深化】1－1.AB[将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a 到b ，选项B 正确；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E ＝Bl v －＝12Bl 2ω，I ＝E R ＋r，ω恒定时，I 大小恒定，ω大小变化时，I 大小变化，方向不变，故选项A 正确，C 错误；由P ＝I 2R ＝B 2l 4ω2R 4（R ＋r ）2知，当ω变为2倍时，P 变为原来的4倍，选项D 错误。
]1－2.B [设OM 的电阻为R ，OM 的长度为l 。
过程Ⅰ，OM 转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ·ΔS Δt 1＝B ·14πl2Δt 1＝πBl 24Δt 1，流过OM 的电流为I 1＝E 1R ＝πBl 24R Δt 1，则流过OM 的电荷量为q 1＝I 1Δt 1＝πBl 24R ；过程Ⅱ，磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E 2＝ΔΦ2Δt 2＝（B ′－B ）S Δt 2＝（B ′－B ）πl 22Δt 2，电路中的电流为I 2＝E 2R ＝π（B ′－B ）l 22R Δt 2，则流过OM 的电荷量为q 2＝I 2Δt 2＝π（B ′－B ）l 22R ；由题意知q 1＝q 2，则解得B ′B ＝32，选项B 正确，A 、C 、D 错误。
]2－1.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 F －μmg ＝ma ①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 ＝at 0 ②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知产生的电动势为 E ＝Bl v③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。
2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第二章 本章学科素养提升 Word版含解析
1．轻杆、轻绳和轻弹簧的模型问题轻杆轻绳轻弹簧模型图示形变特点只能发生微小形变柔软，只能发生微小形变，各处张力大小相等既可伸长，也可压缩，各处弹力大小相等模型特点方向特点不一定沿杆，可以是任意方向只能沿绳，指向绳收缩的方向沿弹簧轴线与形变方向相反作用效果特点可以提供拉力、支持力只能提供拉力可以提供拉力、支持力模型特点大小突变特点可以发生突变可以发生突变一般不能发生突变解决三种模型问题时应注意的事项：(1)轻杆、轻绳、轻弹簧都是忽略质量的理想化模型．(2)分析轻杆上的弹力时必须结合物体的运动状态．(3)讨论轻弹簧上的弹力时应明确弹簧处于伸长还是压缩状态．例1 如图1所示，光滑滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O 安在一根轻木杆上，一根轻绳AB 绕过滑轮，A 端固定在墙上，且A 端与滑轮之间的轻绳保持水平，B 端挂一个重物，木杆与竖直方向的夹角为θ＝45°，系统保持平衡．若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆的弹力大小的变化情况是( )图1A．只有θ变小，弹力才变大B．只有θ变大，弹力才变大C．无论θ变大还是变小，弹力都变大D．无论θ变大还是变小，弹力都不变解析 无论θ变大还是变小，水平段轻绳和竖直段轻绳中的拉力不变，所以这两个力的合力不变，合力与木杆对滑轮的弹力平衡，故滑轮受到木杆的弹力不变，故D正确．答案 D例2 如图2所示，水平轻杆的一端固定在墙上，轻绳与竖直方向的夹角为37°，小球的重力为12 N，轻绳的拉力为10 N，水平轻弹簧的弹力为9 N，小球处于静止状态，求轻杆对小球的作用力．(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)图2解析 设轻杆的弹力大小为F，与水平方向的夹角为α.(1)弹簧向左拉小球时，小球受力如图甲所示．由平衡条件知：F cos α＋F T sin 37°＝F弹F sin α＋F T cos 37°＝G代入数据解得：F＝5 N，α＝53°即杆对小球的作用力大小为5 N，方向与水平方向成53°角斜向右上方．(2)弹簧向右推小球时，小球受力如图乙所示：由平衡条件得：F cos α＋F T sin 37°＋F 弹＝0F sin α＋F T cos 37°＝G代入数据解得：F ＝15.5 N ，α＝π－arctan .415即杆对小球的作用力大小为15.5 N ，方向与水平方向成π－arctan斜向左上方．415答案 见解析2．轻绳套轻环的动态平衡模型物理的学习特别强调分析、推理和建模能力的培养，特别是对于题目隐含条件的挖掘，找到解决问题的突破口，此称为破题能力．在本章有一类典型的共点力平衡问题，即轻绳套光滑轻环的动态平衡分析问题，如图3所示．图3绳上套的是光滑轻环，作用在绳上形成“活结”，此时绳上的拉力处处相等，平衡时与水平面所成夹角相等，即α＝β.当动点P 移至P ′时，绳长保持不变，夹角α＝β也保持不变，Q 移至Q ′，这与绳“死结”模型截然不同．此类问题破题关键有两点：(1)不计轻环与绳间的摩擦时，左右两段绳中张力相等，左右两段绳与竖直方向的夹角也相等．(2)总绳长度不变时，sin θ＝，绳中张力和绳与竖直方向的夹角θ随两悬点水平距离d 的变d l 化而变化．例3 如图4所示为建筑工地一个小型起重机起吊重物的示意图．一根轻绳跨过光滑的动滑轮，轻绳的一端系在位置A 处，动滑轮的下端挂上重物，轻绳的另一端挂在起重机的吊钩C 处，起吊重物前，重物处于静止状态．起吊重物过程是这样的：先让吊钩从位置C 竖直向上缓慢地移动到位置B ，然后再让吊钩从位置B 水平向右缓慢地移动到D ，最后把重物卸在某一个位置．则关于轻绳上的拉力大小变化情况，下列说法正确的是( )图4A ．吊钩从C 向B 移动过程中，轻绳上的拉力不变B ．吊钩从B 向D 移动过程中，轻绳上的拉力变小C ．吊钩从C 向B 移动过程中，轻绳上的拉力变大D ．吊钩从B 向D 移动过程中，轻绳上的拉力不变解析 由C 到B 时，两绳夹角不变，由滑轮受力平衡知，绳子拉力不变，由B 到D 时，两绳夹角θ增大，由滑轮受力平衡得2F T cos ＝mg ，绳子拉力变大．故A 正确．θ2答案 A例4 (2018·山东省济南一中期中)如图5，竖直放置的П形支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G ，现将轻绳的一端固定于支架上的A 点，另一端从与A 点等高的B 点沿支架缓慢地向C 点移动，则绳中拉力大小变化的情况是( )图5A ．先变小后变大B ．先不变后变小C ．先不变后变大D ．先变大后变小解析 当轻绳从B 端移动到直杆的最上端的过程中，设两绳的夹角为2α，绳子总长为L ，两直杆间的距离为s ，由数学知识得到sin α＝，L 、s 不变，则α保持不变．s L再根据平衡条件可知，两绳的拉力F 保持不变．当轻绳的右端从直杆的最右上端移动到C 时，设两绳的夹角为2θ.以滑轮为研究对象，分析受力情况，作出力的示意图如图所示．根据平衡条件得2F cos θ＝mg得到绳子的拉力F＝mg2cos θ所以在当轻绳的右端从直杆的最右上端移动到C的过程中，θ减小，cos θ增大，则F变小，所以B正确．答案 B。
2020版高考物理教科版大一轮温习讲义第十章专题强化十二电磁感应的综合问题
例1 (2018·全国卷Ⅱ·18)如图1，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为 l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i随时刻t转变的正确图线可能是( )
3.用到的知识有：左手定那么、安培定那么、右手定那么、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平稳条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等.
命题点一 电磁感应中的图像问题
1.题型简述
借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一样分为两类：
(1)由给定的电磁感应进程选出正确的图像；
图1
答案D
解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移
等效电ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
分析知，只有选项D符合要求.
变式1 (多项选择)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图2所示，在滑腻水平面内，虚线右边存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，
(2)由给定的图像分析电磁感应进程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像.常见的图像有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.
2.解题关键
弄清初始条件、正负方向的对应转变范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.
2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第十一章 本章学科素养提升 Word版含解析
(1)对于原线圈电路接用电器的问题，输入功率等于输出功率，要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，此时＝中U 1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压.U 1U 2n 1n 2(2)常见图例(图1)图1(3)处理技巧首先计算出通过副线圈的电流，由电流比关系可知原线圈的电流；其次根据欧姆定律可表示出与原线圈串联的电阻两端的电压；最后结合题意，列出原线圈两端电压的表达式，根据电压比关系求出副线圈两端电压.例1 (2015·全国卷Ⅰ·16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图2所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图2A.U ＝66 V ，k ＝B.U ＝22 V ，k ＝1919C.U ＝66 V ，k ＝ D.U ＝22 V ，k ＝1313解析 因原、副线圈的匝数比为3∶1，根据变压器的工作原理得＝，即原、副线圈中的I 1I 2n 2n 1电流之比＝，因P ＝I 2R ，故原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值k ＝＝.副线圈两端I 1I 213I 21I 219电压为U ，由＝，则原线圈两端电压为3U ，副线圈中U ＝I 2R ，与原线圈连接的电阻两U 1U n 1n 2端的电压U ′＝I 1R ＝I 2R ＝，因原线圈一侧所加电压为220 V ，所以＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 13U 3U 3V ，综上所述选项A 正确，B 、C 、D 错误.答案 A含有变压器的动态电路问题的解题思路：例2 (多选)如图3所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑片.在原线圈上加一电压为U 的正弦式交变电流，则( )图3A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析 保持Q 的位置不动，副线圈输出电压不变，将P 向上滑动时，电阻R 增大，副线圈总电阻增大，副线圈电流减小，由＝知，原线圈电流也减小，故A 错，B 对.保持P 的位置I 1I 2n 2n 1不动，将Q 向上滑动时，副线圈匝数增多，由＝知，输出电压变大，变压器输出功率和U 1U 2n 1n 2输入功率都变大，输入电流也变大，故C 对，D 错.答案 BC。
新教材粤教版高中物理选择性必修第一册全册各章节学案讲义(知识点考点汇总及配套习题)
粤教版高中物理选择性必修第一册学案第一章动量和动量守恒定律................................................................................................ - 2 - 第一节冲量动量...................................................................................................... - 2 - 第二节动量定理.......................................................................................................... - 2 - 第三节动量守恒定律................................................................................................ - 13 - 第四节动量守恒定律的应用.................................................................................... - 23 - 第五节弹性碰撞与非弹性碰撞................................................................................ - 35 - 第六节自然界中的守恒定律.................................................................................... - 35 - 第二章机械振动.................................................................................................................. - 46 - 第一节简谐运动........................................................................................................ - 46 - 第二节简谐运动的描述............................................................................................ - 56 - 第三节单摆................................................................................................................ - 65 - 第四节用单摆测量重力加速度................................................................................ - 74 - 第五节受迫振动共振............................................................................................ - 85 - 第三章机械波 ..................................................................................................................... - 94 - 第一节机械波的产生和传播.................................................................................... - 94 - 第二节机械波的描述.............................................................................................. - 102 - 第三节机械波的传播现象...................................................................................... - 113 - 第四节多普勒效应.................................................................................................. - 125 - 第四章光及其应用............................................................................................................ - 131 - 第一节光的折射定律.............................................................................................. - 131 - 第二节测定介质的折射率...................................................................................... - 140 - 第三节光的全反射与光纤技术.............................................................................. - 149 - 第四节光的干涉...................................................................................................... - 159 - 第五节用双缝干涉实验测定光的波长.................................................................. - 170 - 第六节光的衍射和偏振、激光.............................................................................. - 178 -第一章动量和动量守恒定律第一节冲量动量第二节动量定理[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念理解动量的概念，知道动量和动量的变化量均为矢量；会计算一维情况下的动量变化量物理观念理解冲量的概念，知道冲量是矢量科学思维理解动量定理的确切含义及其表达式；会运用动量定理解决实际问题科学态度与责任会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活现象知识点一冲量1．定义及公式：在物理学中，将Ft定义为冲量，用I表示，即I＝Ft．2．单位：冲量的单位是牛秒，符号是N·s．3．冲量的方向：它的方向由力的方向决定，冲量是矢量(填“矢量”或“标量”)．知识点二动量1．定义及公式：在物理学中，将质量和速度的乘积m v叫作物体的动量，用p表示，即p＝m v．2．单位：动量的单位是千克米每秒，符号是kg·m/s．3．动量的方向：它的方向与速度的方向相同，动量是矢量．(填“矢量”或“标量”)知识点三动量定理1．动量定理的推导：根据牛顿第二定律，F＝ma；由运动学公式，a＝v t－v0t，可得Ft＝m v t－m v0．2．动量定理的内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．3．动量定理的适用情况：(1)恒定的外力．(2)随时间变化的变力．此时动量定理中的F通常取力在作用时间内的平均值．1．思考判断(正确的打“√”，错误的打“×”)．(1)某物体的速度大小不变，动量一定不变．(×)(2)物体的质量越大，动量一定越大．(×)(3)恒力的作用时间越长，冲量越大．(√)(4)物体动量的变化量一定时，力作用时间越短，作用力越大．(√)2．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的动能不变，其动量一定不变C．物体的动量越大，其惯性一定越大D．物体的动能发生变化时，其动量不一定发生变化A[动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，C错误；物体的动能发生变化时，物体的速度大小一定发生变化，故其动量也一定发生变化，D错误．]3．关于冲量，下列说法正确的是()A．物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C．动量越大的物体受到的冲量越大D．冲量的方向就是物体运动的方向A[物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，B 错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝m v无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．]考点1动量和冲量正在玩旋转秋千的游客，他的每一时刻的动量相同吗？每一时刻的动能相同吗？提示：游客做匀速圆周运动，速度的方向时刻改变，所以动量时刻变化；速度的大小不变，所以动能不变．(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝m v表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．冲量的性质(1)过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同．4．冲量的计算(1)若物体受到恒力的作用，力的冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致；若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算；若力为一般变力，则不能直接计算冲量．(2)若知F-t图像，图线与时间轴围成的面积就是力的冲量．如图所示．(3)冲量的计算公式I ＝Ft 既适用于计算某个恒力的冲量，又可以计算合力的冲量．如果计算分力的冲量，必须明确是哪个分力的冲量；若计算合力的冲量，一个物体的动量变化Δp 与合力的冲量具有等效代换关系．【典例1】 (多选)质量相等的A 、B 两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1，如图所示，则A 、B 两物体( )A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相等C ．由h 2滑到h 1的过程中物体动量变化相同D ．由h 2滑到h 1的过程中物体动能变化相等[思路点拨] 解此题注意两点：(1)动量及动量的变化量是矢量．(2)动能及动能的变化量是标量．BD [两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中，机械能守恒，mg (h 2－h 1)＝12m v 2，v ＝2g (h 2－h 1)，物体下滑到h 1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h 1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，而物体动能的变化量相等，B 、D 正确．]动量和动能的比较 物理量动量 动能物理意义描述机械运动状态的物理量 定义式p ＝m v E k ＝12m v 2 标矢性 矢量 标量[跟进训练]训练角度1动量的理解1．(多选)下列关于动量的说法中，正确的是()A．做匀速圆周运动的物体，其动量不变B．一个物体的速率改变，它的动量一定改变C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变D．一个物体的动量不变，它的速度可以改变BC[做匀速圆周运动的物体速度的方向时刻变化，所以动量时刻变化，A错；速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，则动量也变化，B对；运动状态变化即速度发生变化，C对；对一个物体来说，其质量一定，由p＝m v可知，其动量不变，速度也一定不变，故D错．]训练角度2动量变化量的计算2．一台自动传送盘，盘上离转轴0.5 m处有一质量为0.5 kg的零件，随盘做匀速圆周运动，则当盘以角速度为2 rad/s转过180°的过程中，零件动量的变化量大小为()A．0.25 kg·m/s B．0.5 kg·m/sC．1 kg·m/s D．2 kg·m/sC[零件动量的变化量大小为Δp＝m v2－m v1＝2mωr＝2×0.5×2×0.5 kg·m/s ＝1 kg·m/s，故C正确．]训练角度3冲量的理解和计算3．重为4 N的物体，静止在倾角为30°的斜面上，在5 s内，关于重力对物体的冲量的说法正确的是()A．重力的冲量为零B．重力的冲量为10 N·sC．重力的冲量为20 N·sD．重力的冲量与摩擦力的冲量相等C[物体重为4 N，在5 s内，重力的冲量为I1＝Gt＝4×5 N·s＝20 N·s，故A、B错误，C正确；物体受重力、支持力和摩擦力，三力平衡，摩擦力为f＝mg sin 30°＝2 N，故5 s内摩擦力的冲量为：I2＝ft＝2×5 N·s＝10 N·s，故重力的冲量大于摩擦力的冲量，故D错误．]考点2动量定理体操运动员从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿(如图所示)，这样做是为什么？提示：人落地过程中动量的变化一定，屈腿下蹲延缓了人落地时动量变化所用的时间，依动量定理可知，这样就减小了地面对人的冲力．(1)动量定理的表达式Ft＝m v t－m v0是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．2．动量定理的应用(1)定性分析有关现象：①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．【典例2】 用0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v ＝4.0 m/s ，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s ，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子时，钉子受到的平均作用力又是多大？(g 取10 m/s 2)(3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力．[思路点拨] 对铁锤，根据受力情况应用动量定理可以求出铁锤对钉子的作用力；由前2问的结论，分析哪种情况下可以不计铁锤的重力．[解析] (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F 1，取竖直向上为正，由动量定理可得F 1t ＝0－m (－v )，所以F 1＝0－0.5×(－4.0)0.01N ＝200 N ，方向竖直向上， 由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为200 N ，方向竖直向下．(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F 2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正．(F 2－mg )t ＝0－m (－v )，F 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10 N ＝205 N ，方向竖直向上， 由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N ，方向竖直向下．(3)比较F 1与F 2，其相对误差为|F 2－F 1|F 1×100%＝2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略．[答案] (1)200 N (2)205 N (3)见解析应用动量定理的四点注意事项(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化．冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则．(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小．(3)分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系．(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意是末动量减去初动量．[跟进训练]训练角度1定性分析现象4．如图所示，突发交通事故时，车内正面的安全气囊弹出．弹出安全气囊可以()A．增大事故突发时人的惯性B．减小事故突发时人的惯性C．增大事故突发时由于撞击对人的伤害D．减小事故突发时由于撞击对人的伤害D[惯性是物体的固有属性，其大小只与质量有关，故安全气囊弹出不会改变人的惯性，故A、B错误；安全气囊弹出后可以延长撞击时间，从而减小作用力，减小事故突发时由于撞击对人的伤害，故C错误，D正确．]训练角度2定量计算5．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102 kg B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kgB[根据动量定理有FΔt＝Δm v－0，解得Δm＝FΔtv＝4.8×106×13 000kg＝1.6×103 kg，所以选项B正确．]1．物理观念：动量、冲量概念、动量的变化．2．科学思维：动量定理．3．科学态度与责任：解释碰撞、缓冲等现象．达标测验1．(多选)关于物体的动量，下列说法正确的是()A．物体的动量越大，其惯性也越大B．物体的速度方向改变，其动量一定改变C．同一参考系中，动量相同的物体，运动方向一定相同D．运动的物体在任一时刻的动量方向一定与该时刻的加速度方向相同BC[物体的动量是由速度和质量两个因素决定的，动量大的物体，质量不一定大，惯性也就不一定大，A错误；动量的方向与速度的方向相同，与加速度方向无关，物体的速度方向改变，其动量一定改变，B正确，D错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向与物体运动的方向相同，故同一参考系中，动量相同的物体运动方向一定相同，C正确．]2．静止在光滑水平面上的两物块通过一根细线相连，中间夹着一根压缩了的轻弹簧(与两物块均不拴接)，如图所示，A物块的质量是B物块质量的2倍．现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用I A、I B分别表示弹簧对A、B两物块的冲量大小，则()A．I A＝I B B．I A＝2I BC．2I A＝I B D．3I A＝I BA[烧断细线后在弹簧弹开两个物块的过程中，A、B所受的弹簧弹力大小相等、作用时间t相等，则由I＝Ft知：I A＝I B，故A正确，B、C、D错误．] 3．如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条．若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落．对于这个实验，下列说法正确的是()A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C．为使杯子不滑落，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量大一些D．为使杯子不滑落，杯子与桌面间的动摩擦因数应尽量大一些D[在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会出现滑落，选项A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，选项C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，选项D正确．] 4．质量为0.2 kg的小球竖直下落，以6 m/s的速度碰触地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合力冲量ΔI，下列说法正确的是()A．Δp＝2 kg·m/s B．Δp＝－2 kg·m/sC．ΔI＝0.4 kg·m/s D．ΔI＝－0.4 kg·m/sA[取竖直向上方向为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：Δp ＝m v2－(－m v1)＝0.2×(6＋4) kg·m/s＝2 kg·m/s，方向竖直向上，故A正确，B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于动量的变化，可知ΔI＝Δp＝2 kg·m/s，C、D错误．]5．如图所示，一个质量为50 kg的运动员进行蹦床运动表演，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为0.5 s，g取10 m/s2．(1)求运动员从开始下落到与网接触前，重力的冲量大小；(2)求运动员从接触网到离开网，网对运动员的平均作用力大小．[解析] (1)由h ＝12gt 2得t ＝0.8 s ，由I ＝mgt 得I ＝400 N·s ．(2)由v 21＝2gh 1得v 1＝8 m/s ，由v 22＝2gh 2得v 2＝10 m/s ，设竖直向下为正方向，由(mg －F )t ′＝－m v 2－m v 1得F ＝2 300 N ．[答案] (1)400 N·s (2)2 300 N第三节动量守恒定律[核心素养·明目标]核心素养学习目标物理观念1．知道什么是内力、外力，理解动量守恒的条件．记住动量守恒定律的内容2．验证动量守恒定律3．体会将不易测量的物理量转换为易测量的物理量的实验设计思想知识点一动量守恒定律的推导1．内力和外力系统内物体之间的相互作用力叫作内力．系统外部其他物体对系统的作用力叫作外力．2．动量守恒定律的推导(1)情境：如图所示，光滑水平面上两个物体发生碰撞．(2)推导：物体1、2间的相互作用力F12和F21，根据牛顿第三定律有，F12＝－F21．由动量定律，对物体1有，F21t＝m1v1′－m1v1对物体2有，F12t＝m2v2′－m2v2．由以上三式得(m1v1′＋m2v2′)－(m1v1＋m2v2)＝0．(3)内容：物体在碰撞时，如果系统所受合外力为零，则系统的总动量保持不变．(4)公式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′．知识点二动量守恒定律的验证1．实验原理质量分别为m1和m2的两小球A、B发生正碰，若碰撞前球A的速度为v1，球B静止，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，根据动量守恒定律，应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′．可采用“探究平抛运动的特点”实验中测量平抛初速度的方法，设计实验装置如图所示．让入射球从同一位置释放，测出不发生碰撞时入射球飞出的水平距离l OP，再测出入射球、靶球碰撞后分别飞出的水平距离l OM、l ON，只要验证m1l OP ＝m1l OM＋m2l ON，即可验证动量守恒定律．因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，若用飞行时间作时间单位，则小球的水平速度在数值上就等于小球飞出的水平距离，所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可验证动量守恒定律．2．实验步骤(1)按上图所示安装实验仪器，通过水平调节螺钉使斜槽末端处于水平，钢球放在上面能保持静止状态．在木板上依次铺上白纸、复写纸．利用重垂线在白纸上分别标注斜槽水平段端口、靶球初位置(支球柱)在白纸平面的投影点O和点O′．(2)用天平测出两个大小相同、但质量不同的钢球的质量，质量大的钢球m1作为入射球，质量小的钢球m2作为靶球．(3)先让入射球单独从斜槽上端紧靠定位板的位置自由滑下，在白纸上留下落地碰撞的痕迹．(4)让入射球从斜槽上端同一位置自由滑下，与放在支球柱上的靶球发生碰撞，两球分别在白纸上留下落地碰撞的痕迹．(5)测出入射球m1两次落地碰撞点与点O的距离s和s1，靶球m2落地碰撞点与点O′的距离s2．(6)若m1s在实验误差允许范围内与m1s1＋m2s2相等，就验证了两钢球碰撞前后总动量守恒．3．误差分析实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件．实验中两球心高度不在同一水平面上，给实验带来误差．每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小．应进行多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差．4．注意事项(1)入射小球质量m1必须大于靶球质量m2，若入射小球质量小于被碰小球质量，则入射小球会被反弹，滚回斜槽后再返回抛出点过程中克服摩擦力做功，飞出时的速度大小小于碰撞刚结束时的速度大小，会产生较大的误差．(2)斜槽末端的切线必须水平．(3)入射小球与靶球的球心连线与入射小球的初速度方向一致．(4)入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下．(5)地面应水平，白纸铺好后，实验过程中不能移动，否则会造成很大的误差．【典例1】用如图所示实验装置可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．(1)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的序号)，间接地解决这个问题．A．小球做平抛运动的射程B．小球抛出点距地面的高度HC．小球开始释放时的高度h(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP．然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是________．(按顺序填选项前的符号)A ．测量小球m 1开始释放时的高度hB ．用天平测量两个小球的质量m 1、m 2C ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m 1、m 2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON(3)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________[用(2)中测量的量表示]．[解析] (1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是在落地高度不变的情况下，可以通过测水平射程来体现速度，故答案是A ．(2)实验时，先让入射球m 1多次从斜轨上S 位置静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP ．然后，把被碰小球m 2静置于轨道的水平部分，再将入射球m 1从斜轨上S 位置静止释放，与小球m 2相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D 、E 是必需的，而且D 要在E 之前．至于用天平称质量先后均可以，所以答案是BDE 或DEB ．(3)设落地时间为t ，则v 1＝OM t ，v 2＝ON t ，v ＝OP t ；而动量守恒的表达式是m 1v＝m 1v 1＋m 2v 2，所以若两球相碰前后的动量守恒．则m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP 成立．[答案] (1)A (2)BDE 或DEB(3)m 1·OM ＋m 2·ON ＝m 1·OP【典例2】 如图所示为实验室中验证碰撞中的动量守恒的实验装置示意图．(1)若入射小球质量为m 1，半径为r 1；被碰小球质量为m 2，半径为r 2，则( )A．m1>m2，r1>r2B．m1<m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________．(填下列对应的字母)A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧秤E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)___________________________成立．即表示碰撞中动量守恒．[解析](1)两小球要选等大的，且入射小球的质量应大些，故选C．(2)该实验必须测出两球平抛的水平位移和质量，故必须用直尺和天平，因两球平抛起点相同，不用测小球直径，故用不到B．(3)因平抛落地时间相同，可用水平位移代替速度，故关系式为m1·OP＝m1·OM ＋m2·ON．[答案](1)C(2)AC(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON【典例3】如图所示为验证动量守恒的实验装置，气垫导轨置于水平桌面上，G1和G2为两个光电门，固定有相同遮光片的两弹性滑块A、B的质量分别为m A、m B实验过程如下：a．调节导轨使之水平；b．轻推滑块A，测得A通过光电门G1的遮光时间为Δt0；c．A与B相碰后，B和A先后经过光电门G2的遮光时间分别为Δt B和Δt A．(1)实验中，滑块A、B的质量应满足m A________m B(填“>”或“<”)；(2)验证两滑块碰撞过程中动量守恒的表达式为：______________________________________________________________________ ________________________________________________；(3)滑块与导轨间的摩擦会导致测得的系统碰撞前的总动量__________(填“>”或“<”)碰撞后的总动量．[解析](1)为了保证碰撞后，A不反弹，则滑块A、B的质量应满足m A＞m B．(2)碰撞前A的速度为v0＝dΔt0，碰撞后B的速度为v B＝dΔt B，碰撞后A的速度为v A＝dΔt A，若碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m B v B，即m AΔt0＝m AΔt A＋m BΔt B．(3)滑块与导轨间的摩擦，使滑块做减速运动，会导致测得的系统碰撞前的总动量大于碰撞后的总动量．[答案](1)＞(2)m AΔt0＝m AΔt A＋m BΔt B(3)＞达标测验1．(多选)在验证动量守恒定律实验中，下列关于小球落点的说法，正确的是()A．如果小球每次从同一点无初速度释放，重复几次的落点一定是重合的B．由于偶然因素存在，重复操作时小球落点不重合是正常的，但落点应当比较密集C．测定P点位置时，如果重复10次的落点分别为P1、P2、P3、…、P10，则OP应取OP1、OP2、OP3、…、OP10的平均值，即OP＝OP1＋OP2＋OP3＋…＋OP1010D．用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置PBD[由于各种偶然因素的影响，小球平抛落地点并不完全重合，而是落点非常密集，所以A错，B对；小球平抛水平距离的测量方法是：先确定落点的平均位置P，再测量O点到落点平均位置P的距离，所以C错；落点平均位置的确定方法：用半径尽量小的圆把P1、P2、P3、…、P10圈住，这个圆的圆心就是入射小球落点的平均位置P，所以D对．]2．利用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧装有撞针，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧有橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动．实验测得滑块A 的质量m1＝0.60 kg，滑块B的质量m2＝0.40 kg，打点计时器所用交流电的频率f。
2020版高考物理大一轮复习 第十章 讲义+单元检测教科版【共11套129页】
本套资源目录2020版高考物理大一轮复习第十章专题强化十三动力学动量和能量观点在电学中的应用讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章专题强化十二电磁感应的综合问题讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章单元质量检测十含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章基次1电磁感应现象楞次定律训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章基次2法拉第电磁感应定律自感涡流训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章本章学科素养提升讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章电磁感应本章综合能力提升练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章第1讲电磁感应现象楞次定律讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流讲义含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章能力课1电磁感应中的图像和电路问题训练含解析教科版2020版高考物理大一轮复习第十章能力课2电磁感应中的动力学和能量问题训练含解析教科版专题强化十三动力学、动量和能量观点在电学中的应用专题解读1.本专题是力学三大观点在电学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题.2.学好本专题，可以帮助同学们应用力学三大观点分析带电粒子在电场和磁场中的碰撞问题、电磁感应中的动量和能量问题，提高分析和解决综合问题的能力.3.用到的知识、规律和方法有：电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应的相关知识以及力学三大观点.命题点一电磁感应中动量和能量观点的应用1.应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量.如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题.2.在相互平行的水平轨道间的双导体棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒，解决此类问题往往要应用动量守恒定律.类型1 动量定理和功能关系的应用例1(2018·四川省凉山州三模)如图1所示，光滑平行足够长的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨范围内存在磁场，其磁感应强度大小为B ，方向竖直向下，导轨一端连接阻值为R 的电阻.在导轨上垂直导轨放一长度等于导轨间距L 、质量为m 的金属棒，其电阻为r .金属棒与金属导轨接触良好.金属棒在水平向右的恒力F 作用下从静止开始运动，经过时间t 后开始匀速运动，金属导轨的电阻不计.求：图1(1)金属棒匀速运动时回路中电流大小；(2)金属棒匀速运动的速度大小以及在时间t 内通过回路的电荷量. (3)若在时间t 内金属棒移动的位移为x ，求电阻R 上产生的热量. 答案 见解析解析 (1)由安培力公式：F ＝BI m L ，解得I m ＝FBL(2)根据闭合电路的欧姆定律得：I m ＝BLv R ＋r ，解得：v ＝F R ＋rB 2L 2通过回路的电荷量q ＝I ·t 由动量定理得F ·t －BIL ·t ＝mv 解得：q ＝Ft BL －mF R ＋rB 3L 3(3)力F 做功增加金属棒的动能和回路内能，则Fx ＝Q ＋12mv 2Q R ＝R R ＋rQ解得：Q R ＝[Fx －mF 2R ＋r22B 4L4]RR ＋r.变式1(多选)(2018·广东省佛山市质检一)如图2，水平固定放置的足够长的光滑平行导轨，电阻不计，间距为L ，左端连接的电源电动势为E ，内阻为r ，质量为m 的金属杆垂直静放在导轨上，金属杆处于导轨间部分的电阻为R .整个装置处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是( )图2A.金属杆的最大速度大小为E BLB.此过程中通过金属杆的电荷量为mE2B 2L2C.此过程中电源提供的电能为mE 2B 2L 2D.此过程中金属杆产生的热量为mE 22B 2L2答案 AC解析 闭合开关，金属杆做加速运动，产生感应电动势，感应电动势与电源电动势相等时，电流为零，金属杆开始做匀速运动.电动势为E ＝BLv ，v ＝E BL，故A 正确；由动量定理BILt＝BLq ＝mv －0，得q ＝mE B 2L 2，故B 错误；由能量守恒可知电源提供的电能E 电＝qE ＝mE 2B 2L2，故C 正确；此过程中电能转化为金属杆的动能、R 及r 产生的热量之和，由于E k ＝12mv 2＝12m E2B 2L2，金属杆产生的热量为Q R ＝(E 电－E k )RR ＋r ＝RmE 22R ＋r B 2L 2，故D 错误.类型2 动量守恒定律和功能关系的应用1.问题特点对于双导体棒运动的问题，通常是两棒与导轨构成一个闭合回路，当其中一棒在外力作用下获得一定速度时必然在磁场中切割磁感线，在该闭合电路中形成一定的感应电流；另一根导体棒在磁场中通过时在安培力的作用下开始运动，一旦运动起来也将切割磁感线产生一定的感应电动势，对原来电流的变化起阻碍作用.2.方法技巧解决此类问题时通常将两棒视为一个整体，于是相互作用的安培力是系统的内力，这个变力将不影响整体的动量守恒.因此解题的突破口是巧妙选择系统，运用动量守恒(动量定理)和功能关系求解.例2(2018·山东省青岛市模拟)如图3所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计.有两根长度均为l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＝0.2kg、m2＝0.1kg，电阻分别为R1＝0.1Ω、R2＝0.2Ω.现让ab棒以v0＝10m/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：图3(1)ab 棒开始向右运动时cd 棒的加速度a 0； (2)cd 棒刚进入半圆轨道时ab 棒的速度大小v 1； (3)cd 棒进入半圆轨道前ab 棒克服安培力做的功W . 答案 (1)30m/s 2(2)7.5 m/s (3)4.375J解析 (1)ab 棒开始向右运动时，设回路中电流为I ，有E ＝Blv 0 I ＝E R 1＋R 2 BIl ＝m 2a 0解得：a 0＝30m/s 2(2)设cd 棒刚进入半圆轨道时的速度为v 2，系统动量守恒，有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 2v 22＝m 2g ·2r ＋12m 2v P 2 m 2g ＝m 2v2P r解得：v 1＝7.5m/s(3)由动能定理得－W ＝12m 1v 12－12m 1v 02解得：W ＝4.375J.变式2(2019·山东省淄博市质检)如图4所示，一个质量为m、电阻不计、足够长的光滑U形金属框架MNQP，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN和PQ相距为L.空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.另有质量也为m的金属棒CD，垂直于MN放置在导轨上，并用一根与CD棒垂直的绝缘细线系在定点A.已知细线能承受的最大拉力为T0，CD棒接入导轨间的有效电阻为R.现从t＝0时刻开始对U形框架施加水平向右的拉力，使其从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动.图4(1)求从框架开始运动到细线断裂所需的时间t 0及细线断裂时框架的瞬时速度v 0大小； (2)若在细线断裂时，立即撤去拉力，求此后过程中回路产生的总焦耳热Q .答案 (1)T 0R B 2L 2a T 0R B 2L 2 (2)mT 02R 24B 4L4解析 (1)细线断裂时，对棒有T 0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝ER，E ＝BLv 0，v 0＝at 0 联立解得t 0＝T 0RB 2L 2a细线断裂时框架的速度v 0＝T 0R B 2L 2(2)在细线断裂时立即撤去拉力，框架向右减速运动，棒向右加速运动，设二者最终速度大小均为v ，设向右为正方向，由系统动量守恒可得mv 0＝2mv 得v ＝v 02＝T 0R2B 2L2撤去拉力后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝12mv 02－12×2mv 2 联立得Q ＝mT 02R 24B 4L4.命题点二 电场中动量和能量观点的应用动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.例3如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E、方向水平向右的匀强电场.质量为3m、电荷量为＋q的球A由静止开始运动，与相距为L、质量为m的不带电小球B发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小； (2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能； (3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小. 答案 (1)2EqL 3m (2)14EqL (3)6EqLm4解析 (1)由动能定理：EqL ＝12×3mv 2解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律：3mv ＝(3m ＋m )v 1 解得v 1＝34v系统损失的机械能：ΔE ＝12×3mv 2－12(3m ＋m )v 12＝14EqL(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理：I ＝mv 1－0 解得I ＝6EqLm4，方向水平向右.变式3(2018·湖南省常德市期末检测)如图6所示，轨道ABCDP位于竖直平面内，其中圆弧段CD与水平段AC及倾斜段DP分别相切于C点和D点，水平段BC粗糙，其余都光滑，DP段与水平面的夹角θ＝37°，D、C两点的高度差h＝0.1m，整个轨道绝缘，处于方向水平向左、电场强度大小未知的匀强电场中，一个质量m1＝0.4kg、带正电、电荷量未知的小物块Ⅰ在A点由静止释放，经过时间t＝1s，与静止在B点的不带电、质量m2＝0.6kg的小物块Ⅱ碰撞并粘在一起后，在BC段上做匀速直线运动，到达倾斜段DP上某位置，物块Ⅰ和Ⅱ与轨道BC段的动摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图6(1)物块Ⅰ和Ⅱ在BC 段上做匀速直线运动的速度大小；(2)物块Ⅰ和Ⅱ第一次经过圆弧段C 点时，物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小. 答案 (1)2m/s (2)18N解析 (1)物块Ⅰ和Ⅱ粘在一起在BC 段上做匀速直线运动，设电场强度大小为E ，物块Ⅰ带电荷量大小为q ，与物块Ⅱ碰撞前物块Ⅰ速度为v 1，碰撞后共同速度为v 2，以向左为正方向，则qE ＝μ(m 1＋m 2)g qEt ＝m 1v 1 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2联立解得v 2＝2m/s ；(2)设圆弧段CD 的半径为R ，物块Ⅰ和Ⅱ经过C 点时圆弧段轨道对物块支持力的大小为N 则R (1－cos θ)＝hN －(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)v22R解得：N ＝18N ，由牛顿第三定律可得物块Ⅰ和Ⅱ对轨道压力的大小为18N.命题点三 磁场中动量和能量观点的应用例4(2018·广西南宁市3月适应测试)如图7所示，光滑绝缘的半圆形轨道ACD，固定在竖直面内，轨道处在垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，半圆的直径AD水平，半径为R，匀强磁场的磁感应强度为B，在A端由静止释放一个带正电荷、质量为m的金属小球甲，结果小球甲连续两次通过轨道最低点C时，对轨道的压力差为ΔF，小球运动过程始中终不脱离轨道，重力加速度为g.求：图7(1)小球甲经过轨道最低点C 时的速度大小； (2)小球甲所带的电荷量；(3)若在半圆形轨道的最低点C 放一个与小球甲完全相同的不带电的金属小球乙，让小球甲仍从轨道的A 端由静止释放，则甲球与乙球发生弹性碰撞后的一瞬间，乙球对轨道的压力.(不计两球间静电力的作用)答案 (1)2gR (2)ΔF 2gR 4gRB (3)3mg －ΔF4，方向竖直向下解析 (1)由于小球甲在运动过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，由A 点运动到C 点，有mgR ＝12mv C 2解得v C ＝2gR(2)小球甲第一次通过C 点时，qv C B ＋F 1－mg ＝m v 2CR第二次通过C 点时，F 2－qv C B －mg ＝m v 2CR由题意知ΔF ＝F 2－F 1 解得q ＝ΔF 2gR4gRB(3)因为甲球与乙球在最低点发生的是弹性碰撞，则mv C ＝mv 甲＋mv 乙12mv C 2＝12mv 甲2＋12mv 乙2 解得v 甲＝0，v 乙＝v C设碰撞后的一瞬间，轨道对乙球的支持力大小为F 乙，方向竖直向上，则 F 乙＋12qv 乙B －mg ＝m v 2乙R解得F 乙＝3mg －ΔF 4根据牛顿第三定律可知，此时乙球对轨道的压力大小为3mg －ΔF4，方向竖直向下.1.如图1所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计.质量分别为m 和12m 的金属棒b 和c 静止放在水平导轨上，b 、c 两棒均与导轨垂直.图中de虚线往右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场.质量为m 的绝缘棒a 垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h .已知绝缘棒a 滑到水平导轨上与金属棒b 发生弹性正碰，金属棒b 进入磁场后始终未与金属棒c 发生碰撞.重力加速度为g .求：图1(1)绝缘棒a 与金属棒b 发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小； (2)金属棒b 进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小； (3)两金属棒b 、c 上最终产生的总焦耳热. 答案 (1)02gh (2)562gh (3)13mgh解析 (1)设a 棒滑到水平导轨时速度为v 0，下滑过程中a 棒机械能守恒12mv 02＝mgha 棒与b 棒发生弹性碰撞由动量守恒定律：mv 0＝mv 1＋mv 2 由机械能守恒定律：12mv 02＝12mv 12＋12mv 22解得v 1＝0，v 2＝v 0＝2gh (2)b 棒刚进磁场时的加速度最大.b 、c 两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒.由动量守恒定律：mv 2＝mv 2′＋m2v 3′设b 棒进入磁场后某时刻，b 棒的速度为v b ，c 棒的速度为v c ，则b 、c 组成的回路中的感应电动势E ＝BL (v b －v c )，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER 总，由安培力公式得F ＝BIL ＝ma ，联立得a ＝B 2L 2v b －v cmR 总.故当b 棒加速度为最大值的一半时有v 2＝2(v 2′－v 3′) 联立得v 2′＝56v 2＝562gh(3)最终b 、c 以相同的速度匀速运动. 由动量守恒定律：mv 2＝(m ＋m2)v由能量守恒定律：12mv 22＝12(m ＋m 2)v 2＋Q解得Q ＝13mgh .2.(2018·湖南省长沙四县三月模拟)足够长的平行金属轨道M 、N ，相距L ＝0.5m ，且水平放置；M 、N 左端与半径R ＝0.4m 的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b 和c 可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量m b ＝m c ＝0.1kg ，接入电路的有效电阻R b ＝R c ＝1Ω，轨道的电阻不计.平行水平金属轨道M 、N 处于磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图2所示，若使b 棒以初速度v 0＝10m/s 开始向左运动，运动过程中b 、c 不相撞，g 取10 m/s 2，求：图2(1)c 棒的最大速度；(2)c 棒达最大速度时，此棒产生的焦耳热；(3)若c 棒达最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c 到达轨道最高点时对轨道的压力的大小. 答案 (1)5m/s (2)1.25J (3)1.25N解析 (1)在磁场力作用下，b 棒做减速运动，c 棒做加速运动，当两棒速度相等时，c 棒达最大速度.取两棒组成的系统为研究对象，根据动量守恒定律有m b v 0＝(m b ＋m c )v解得c 棒的最大速度为：v ＝m bm b ＋m cv 0＝12v 0＝5m/s(2)从b 棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总热量为：Q ＝12m b v 02－12(m b ＋m c )v 2＝2.5J因为R b ＝R c ，所以c 棒达最大速度时此棒产生的焦耳热为Q c ＝Q2＝1.25J(3)设c 棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v ′，从半圆轨道最低点上升到最高点的过程由机械能守恒可得： 12m c v 2－12m c v ′2＝m c g ·2R 解得v ′＝3m/s在最高点，设轨道对c 棒的弹力为F ，由牛顿第二定律得m c g ＋F ＝m c v ′2R解得F ＝1.25N由牛顿第三定律得，在最高点c 棒对轨道的压力为1.25N ，方向竖直向上.3.(2018·福建省宁德市上学期期末)如图3所示，PM 是半径为R 的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .光滑绝缘轨道MN 水平且足够长，PM 下端与MN 相切于M 点.质量为m 的带正电小球b 静止在水平轨道上，质量为2m 、电荷量为q 的带正电小球a 从P 点由静止释放，在a 球进入水平轨道后，a 、b 两小球间只有静电力作用，且a 、b 两小球始终没有接触.带电小球均可视为点电荷，设小球b 离M 点足够远，重力加速度为g .求：图3(1)小球a 刚到达M 点时的速度大小及对轨道的压力大小； (2)a 、b 两小球系统的电势能最大值E p ； (3)a 、b 两小球最终的速度v a 、v b 的大小. 答案 (1)2gR 6mg ＋qB 2gR (2)23mgR(3)132gR 432gR 解析 (1)小球a 从P 到M ，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有：2mgR ＝12×2mv M 2 解得：v M ＝2gR在M 点，由牛顿第二定律有：N －2mg －qv M B ＝2mv 2MR解得：N ＝6mg ＋qB 2gR根据牛顿第三定律得小球a 刚到达M 点时对轨道的压力大小为：N ′＝6mg ＋qB 2gR (2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv M ＝3mv 共根据能量守恒定律有：E p ＝12×2mv M 2－12×3mv 共2解得：E p ＝23mgR(3)由动量守恒定律：2mv M ＝2mv a ＋mv b由能量守恒定律有：12×2mv M 2＝12×2mv a 2＋12mv b 2解得：v a ＝13v M ＝132gR ，v b ＝43v M ＝432gR .4.(2018·宁夏一中模拟)如图4所示，在绝缘水平面上的两物块A 、B 用劲度系数为k 的水平绝缘轻质弹簧连接，物块B 、C 用跨过轻质定滑轮的绝缘轻绳连接，A 靠在竖直墙边，C 在倾角为θ的长斜面上，滑轮两侧的轻绳分别与水平面和斜面平行.A 、B 、C 的质量分别是m 、2m 、2m ，A 、C 均不带电，B 带正电，滑轮左侧存在着水平向左的匀强电场，整个系统不计一切摩擦，B 与滑轮足够远.B 所受的电场力大小为6mg sin θ，开始时系统静止.现让C 在沿斜面向下的拉力F 作用下做加速度大小为a 的匀加速直线运动，弹簧始终未超过弹性限度，重力加速度大小为g .图4(1)求弹簧的压缩长度x 1；(2)求A 刚要离开墙壁时C 的速度大小v 1及拉力F 的大小；(3)若A 刚要离开墙壁时，撤去拉力F ，同时电场力大小突然减为2mg sin θ，方向不变，求在之后的运动过程中弹簧的最大弹性势能E pm . 答案 (1)4mg sin θk(2)22mga sin θk4m (g sin θ＋a )(3)16m 2ga sin θ5k解析 (1)开始时，弹簧处于压缩状态 对C 受力平衡有T 1＝2mg sin θ 对B 受力平衡有T 1＋kx 1＝6mg sin θ 解得x 1＝4mg sin θk(2)A 刚要离开墙壁时墙壁对A 的弹力为零，弹簧刚好不发生形变，则B 做匀加速直线运动，位移大小为x 1时有v 12＝2ax 1 解得v 1＝22mga sin θk根据牛顿第二定律对B 有：T 2－6mg sin θ＝2ma 对C 有：F ＋2mg sin θ－T 2＝2ma 解得F ＝4m (g sin θ＋a )(3)A 离开墙壁后，A 、B 、C 系统的合外力为零，系统动量守恒，当三个物块的速度相等时(设为v 2)，弹簧弹性势能最大，有 (2m ＋2m )v 1＝(m ＋2m ＋2m )v 2 根据能量守恒定律有12(2m ＋2m )v 12＝12(m ＋2m ＋2m )v 22＋E pm 解得：E pm ＝16m 2ga sin θ5k .专题强化十二电磁感应的综合问题专题解读1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题.2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心.3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等.命题点一电磁感应中的图像问题1.题型简述借助图像考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像；(2)由给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像.常见的图像有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解题步骤(1)明确图像的种类，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的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(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)画图像或判断图像.4.常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断.例1(2018·全国卷Ⅱ·18)如图1，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l ，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为32l 的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动.线框中感应电流i 随时间t 变化的正确图线可能是( )图1答案 D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.分析知，只有选项D符合要求.变式1(多选)(2018·湖北省黄冈市期末调研)如图2所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流I的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，选项中P－t图像和q－t图像均为抛物线，则这些量随时间变化的图像正确的是( )图2答案 CD解析 线框切割磁感线运动，则有运动速度v ＝at ，产生感应电动势E ＝BLv ，所以产生感应电流i ＝BLv R ＝BLat R，故A 错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，F 安＝BLi ＝B 2L 2at R ，解得：F ＝ma ＋B 2L 2at R ，故B 错误；电功率P ＝i 2R ＝BLat 2R，P 与t 是二次函数，图像为抛物线，故C 正确；由电荷量表达式，则有q ＝BL ·12at 2R，q 与t 是二次函数，图像为抛物线，故D 正确.例2(多选)(2018·广西北海市一模)如图3甲所示，导体框架abcd放置于水平面内，ab平行于cd，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止.规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图像中正确的是( )图3答案BD解析由题图乙可知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先为零，后恒定不变，回路中感应电流方向为逆时针，故A错误，B正确；在0～t1时间内，导体棒MN 不受安培力；在t1～t2时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向右，由F＝BIL可知，B均匀减小，MN所受安培力均匀减小；在t2～t3时间内，导体棒MN所受安培力方向水平向左，由F＝BIL可知，B均匀增大，MN所受安培力均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN受到的摩擦力大小f＝F，二者方向相反，即在0～t1时间内，没有摩擦力，而在t1～t2时间内，摩擦力方向向左，大小均匀减小，在t2～t3时间内，摩擦力方向向右，大小均匀增大，故C错误，D正确.变式2(多选)(2019·安徽省黄山市质检)如图4甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.规定垂直纸面向外为磁场的正方向，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.关于线框中的感应电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项中正确的是( )图4答案 BC解析 由题图乙可知，0～1s 内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值，1～2s 内，磁通量不变，无感应电流，2～3s 内，B 的方向垂直纸面向外，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，3～4s 内，B 的方向垂直纸面向里，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，感应电流为负值，A 错误，B 正确；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力方向水平向右，是正值，1～2s 内无感应电流，ad 边不受安培力，2～3s ，安培力方向水平向左，是负值，3～4s ，安培力方向水平向右，是正值.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS ，感应电流I ＝E R ＝S ΔB R Δt ，由B －t 图像可知，在每一时间段内，ΔB Δt的大小是定值，在各时间段内I 是定值，ad 边受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，B 均匀变化，则安培力F 均匀变化，不是定值，C 正确，D 错误.命题点二 电磁感应中的动力学问题1.题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等).2.两种状态及处理方法3.动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大值或最小值的条件.具体思路如下： 导体受外力运动――→E ＝Blv 感应电动势――→E I R r＝感应电流――→F ＝BIl 导体受安培力→合力变化――→F 合＝ma 加速度变化→速度变化→临界状态 例3。
2020版物理高考新素养大一轮粤教版__第十章 __选修3-2 第十章 专题突破
基础·自主学习
核心·互动探究
根据电磁感应过程选择图象
【例3】 (多选)如图5所示，光滑平行金属导轨MN、PQ放置在
同一水平面内，M、P之间接一定值电阻R，金属棒cb垂直导轨
水平放置，金属棒cb及导轨电阻不计。整个装置处在竖直向上
的匀强磁场中，t＝0时对金属棒施加水平向右的外力F，使金
图5
2 答案 AD
基础·自主学习
核心·互动探究
1.(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的 均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如 图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。 在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下 以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电 阻不计。下列说法正确的是( )
图1
基础·自主学习
核心·互动探究
A.ABFE 回路的电流方向为逆时针，ABCD 回路的电流方向为顺时针 B.左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小 为 2BLv C.当滑动变阻器接入电路中的阻值 R1＝R 时，导体棒两端的电压为23BLv D.当滑动变阻器接入电路中的阻值 R1＝R2时，滑动变阻器有最大电功率且为B28LR2v2
基础·自主学习
核心·互动探究
【例4】 足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝ 37°(sin 37°＝0.6)，间距为1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强 度的大小为4 T，P、M间所接电阻的阻值为8 Ω。质量为2 kg的金属杆ab垂直导 轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿 导轨向下且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s ，取g＝10 m/s2，求： (1)当金属杆的速度为 4 m/s 时，金属杆的加速度大小； (2)当金属杆沿导轨的位移为 6 m 时，通过金属杆的电荷量。
2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第十章 第1讲 电磁感应现象 楞次定律 Word版含解析
五年高考(全国卷)命题分析五年常考热点五年未考重点楞次定律的理解和应用201720143卷15题1卷14题法拉第电磁感应定律的应用2018201620153卷20题2卷20题、3卷21题2卷15题电磁感应的动力学问题20161卷24题、2卷24题电磁感应的综合问题2018201620141卷17题3卷25题2卷25题电磁驱动和电磁阻尼201720151卷18题1卷19题1.楞次定律推论的应用2.自感现象3.动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用1.考查方式：高考对本章内容考查的命题频率较高，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题，多以中档以上难度的题目来增加试卷的区分度，考查较多的知识点有：感应电流的产生条件、方向判定和导体切割磁感线产生感应电动势的计算，同时也会与力学、磁场、能量、图象问题等知识综合考查.2.命题趋势：(1)楞次定律、右手定则、左手定则的应用.(2)与图象结合考查电磁感应现象.(3)通过“杆＋导轨”模型，“线圈穿过有界磁场”模型，考查电磁感应与力学、电路、能量等知识的综合应用.第1讲 电磁感应现象 楞次定律一、磁通量1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积.2.公式：Φ＝BS.3.适用条件：(1)匀强磁场.(2)S为垂直磁场的有效面积.4.磁通量是标量(填“标量”或“矢量”).5.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数.如图1所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：图1(1)通过矩形abcd的磁通量为BS1cos θ或BS3.(2)通过矩形a′b′cd的磁通量为BS3.(3)通过矩形abb′a′的磁通量为0.6.磁通量变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1.二、电磁感应现象1.定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应.2.条件(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.(2)例如：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动.3.实质产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流.如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流.自测1 (多选)下列说法正确的是( )A.闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生B.穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生C.线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生D.当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势答案 CD三、感应电流方向的判定1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.(2)适用范围：一切电磁感应现象.2.右手定则(1)内容：如图2，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内：让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向.图2(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流.自测2 如图3所示的金属圆环放在有界匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出来，下列说法正确的是( )图3A.向左拉出和向右拉出，其感应电流方向相反B.不管向什么方向拉出，金属圆环中的感应电流方向总是顺时针C.不管向什么方向拉出，环中的感应电流方向总是逆时针D.在此过程中感应电流大小不变答案 B解析 金属圆环不管是向什么方向拉出磁场，金属圆环中的磁通量方向不变，且不断减小，根据楞次定律知，感应电流的方向相同，感应电流的磁场方向和原磁场的方向相同，则由右手螺旋定则知感应电流的方向是顺时针方向，A、C错误，B正确；金属圆环匀速拉出磁场过程中，磁通量的变化率在发生变化，感应电流的大小也在发生变化，D错误.命题点一 电磁感应现象的理解和判断常见的产生感应电流的三种情况例1 (多选)(2018·陕西省黄陵中学考前模拟)如图4甲所示，导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示，大小随时间变化的情况如图乙所示，在0～t1时间内( )图4A.若ab不动，则ab、cd中均无感应电流B.若ab不动，则ab中有恒定的感应电流，但cd中无感应电流C.若ab向右匀速运动，则ab中一定有从b到a的感应电流，cd向左运动D.若ab向左匀速运动，则ab中一定有从a到b的感应电流，cd向右运动答案 BD解析 若ab不动，0～t1时间内，B1逐渐增大，由法拉第电磁感应定律可知，ab产生恒定的感应电流，根据楞次定律可知cd中无感应电流，故A错误，B正确；若ab向左匀速运动，0～t1时间内，B1垂直于纸面向里且逐渐增大，穿过左侧闭合区域的磁通量增大，运用楞次定律得ab 中有从a到b的感应电流，回路中产生逐渐增大的电动势，即从a到b的感应电流增大，根据楞次定律得在导体棒cd中产生d到c的感应电流，根据左手定则得导体棒cd受到向右的安培力，即cd向右运动，故D正确；若ab向右匀速运动，产生从b到a的感应电流，同时B1均匀增大，产生从a到b的感应电流，由于不确定两感应电流的大小关系，故ab中感应电流无法确定，故C错误.变式1 下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( )答案 A解析 开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流，故A 符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量在增大，铝环中产生感应电流，故B不符合题意；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流，故C不符合题意；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，产生感应电流，故D不符合题意.变式2 如图5所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是( )图5A.ab向右运动，同时使θ减小B.使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C.ab向左运动，同时增大磁感应强度BD.ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)答案 A解析 设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BS cos θ，S增大，θ减小，cos θ增大，则Φ增大，A正确；B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误；S减小，B增大，Φ可能不变，C错误；S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误.命题点二 感应电流方向的两种判断方法1.用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：(2)应用楞次定律的思路：2.用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(1)掌心——磁感线穿入；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向.例2 (多选)(2018·全国卷Ⅰ·19)如图6，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是( )图6A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动答案 AD解析 根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场.开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A项正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C项错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D项正确.变式3 (2017·全国卷Ⅲ·15)如图7，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直，金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )图7A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向答案 D解析 金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确.例3 (2018·广东省揭阳市学业水平考试)如图8所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离，两导线中通有图示方向相同的恒定电流I.则当环( )图8A.向上运动时，环中产生顺时针方向的感应电流B.向下运动时，环中产生顺时针方向的感应电流C.向左侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流D.向右侧靠近导线时，环中产生逆时针方向的感应电流答案 D解析 直导线之间的磁场是对称的，圆环在中间时，通过圆环的磁通量为零，圆环上下运动的时候，通过圆环的磁通量不变，不会有感应电流产生，故A 、B 错误；圆环向左侧靠近直导线，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，故C 错误；圆环向右侧靠近直导线，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，故D 正确.变式4 (2018·湖北省武汉名校联考)如图9甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示.在0～时间内，直导线中电流向上，T 2则在～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )T 2图9A.顺时针，向左B.逆时针，向右C.顺时针，向右D.逆时针，向左答案 B解析 在0～时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在～T 时间内，直导线电流方向T 2T 2也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流.根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力方向向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误.命题点三 楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：内阻碍原磁通量变化阻碍相对运动——使回路面积有扩阻碍原电流的容——“增反减同”“来拒去留”大或缩小的趋势——“增缩减扩”变化——“增反减同”例证磁铁靠近线圈，B 感与B 原方向相反磁铁靠近，是斥力磁铁远离，是引力P 、Q 是光滑固定导轨，a 、b 是可动金属棒，磁铁下移，a 、b 靠近合上S ，B 先亮例4 (多选)(2018·陕西省宝鸡市一模)如图10所示，两个条形磁铁的N 极和S 极相向水平放置，一竖直放置的矩形线框从两个磁铁之间正上方由静止落下，并从两磁铁中间穿过.下列关于线框受到的安培力及从右向左看感应电流的方向说法正确的是( )图10A.感应电流方向先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B.感应电流方向先沿顺时针方向，后沿逆时针方向C.安培力方向一直竖直向上D.安培力方向先竖直向上，后竖直向下答案 BC解析 由题图可知，中间磁感应强度最大，而向上或向下磁感应强度均越来越小，故在线框从高处下落过程中，穿过线框的磁通量一直向右，且先增大后减小，则由楞次定律可知，感应电流方向先沿顺时针方向后沿逆时针方向，故A 错误，B 正确；产生的感应电流一直阻碍物体间的相对运动，故安培力一定一直竖直向上，故C 正确，D 错误.变式5 如图11所示，光滑平行导轨M 、N 固定在同一水平面上，两根导体棒P 、Q 平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图11A.P 、Q 将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度大于g答案 A解析 解法一 根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确.解法二 设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见，P、Q将相互靠拢.由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确.变式6 (2019·湖北省宜昌市质检)如图12所示，一个N极朝下的条形磁铁竖直下落，恰能穿过水平放置的固定矩形导线框，则( )图12A.磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿abcd方向；经过位置②时，线框中感应电流沿adcb 方向B.磁铁经过位置①时，线框中感应电流沿adcb方向；经过位置②时，线圈中感应电流沿abcd 方向C.磁铁经过位置①和②时，线框中的感应电流都沿abcd方向D.磁铁经过位置①和②时，线框中感应电流都沿adcb方向答案 A解析 当磁铁经过位置①时，穿过线框的磁通量向下且不断增加，由楞次定律可确定感应电流的磁场方向向上，阻碍磁通量的增加，根据右手螺旋定则可判定感应电流应沿abcd方向.同理可判断当磁铁经过位置②时，感应电流沿adcb 方向，故选A.命题点四 三定则一定律的应用安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比：基本现象因果关系应用规律运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律例5 (多选)如图13所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )图13A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动答案 BC解析 MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里MN 中的感应电流方向为M →N L 1中感应电流的磁场方向向上Error!.―――→左手定则 ―――→安培定则 ―――→楞次定律若L 2中磁场方向向上减弱PQ 中电流方向为Q →P 且减小向右减速运动；若―――→安培定则 ―――→右手定则 L 2中磁场方向向下增强PQ 中电流方向为P →Q 且增大向左加速运动.―――→安培定则 ―――→右手定则 变式7 (多选)如图14所示，金属导轨上的导体棒ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )图14A.向右做匀速运动B.向左做减速运动C.向右做减速运动D.向右做加速运动答案 BC解析 当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，A 错误；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中产生了b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中产生顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B正确；同理可判定C正确，D错误.变式8 置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A 相连.套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图15所示.导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是( )图15A.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D.圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动答案 C1.(多选)如图1所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系.四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是( )图1A.线圈a中有感应电流B.线圈b中有感应电流C.线圈c中无感应电流D.线圈d中无感应电流答案 AD2.(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”.实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图2所示.实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后.下列说法正确的是( )图2A.圆盘上产生了感应电动势B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动答案 AB解析 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A 正确.如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但阻止不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的电子定向移动不会产生电流，因为圆盘本身不带电(圆盘内正负电荷代数和为零)，故圆盘转动时没有因电子随圆盘定向移动形成的电流，选项D错误.3.如图3所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A 点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上.在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向( )图3A.始终为A→B→C→AB.始终为A→C→B→AC.先为A→C→B→A，再为A→B→C→AD.先为A→B→C→A，再为A→C→B→A答案 A解析 在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电流产生的磁场垂直桌面向下，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确.4.(多选)(2018·河北省衡水中学模拟)如图4所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属环就可被加速弹射出去.现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状、大小相同的铜环和铝环(两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成)，且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是( )图4A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射答案 AC解析 线圈中通电，由安培定则可知磁场方向向左，通过金属环的磁通量增加，从左侧看环中有顺时针方向的感应电流，故A项正确；同向电流互相吸引，线圈有缩短的趋势，B项错误；因铜环的电阻小，铜环中感应电流大，受到的安培力大，C项正确；若金属环出现断裂，就不能构成闭合回路，环中有感应电动势，无感应电流，不受安培力作用，故不会被向左弹出，D 项错误.5.(2018·贵州省遵义航天中学模拟)如图5所示，在通电长直导线AB的一侧悬挂一可以自由摆动的闭合矩形金属线圈P，AB在线圈平面内.当发现闭合线圈向右摆动时( )图5A.AB中的电流减小，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流B.AB中的电流不变，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流C.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生逆时针方向的电流D.AB中的电流增大，用楞次定律判断得线圈中产生顺时针方向的电流答案 C6.MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图6所示，则( )图6A.若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到cB.若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到aC.若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为0D.若ab、cd都向右运动，且两棒速度v cd>v ab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b 到a答案 D解析 若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错.若ab、cd 同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，不产生感应电流，故B错.若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C错.若ab、cd都向右运动，且v cd>v ab，则ab、cd所围的面积发生变化，磁通量也发生变化，故由楞次定律可判断出产生由c到d到b到a的电流，故D正确.7.如图7所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )图7A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引答案 A解析 将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥.8.如图8所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过.现将环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ.设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F T1和F T2，重力加速度大小为g，则( )图8A.F T1＞mg，F T2＞mgB.F T1＜mg，F T2＜mgC.F T1＞mg，F T2＜mgD.F T1＜mg，F T2＞mg答案 A解析 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知F T1＞mg，F T2＞mg，A正确.9.(多选)(2019·广西毕业班百校大联考)图9所示是研究性学习小组的同学设计的防止电梯坠落的应急安全装置，在电梯轿厢上安装上永久磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害.关于该装置，下列说法正确的是( )。
2020版高考物理粤教版大一轮复习讲义：第九章 本章学科素养提升 Word版含解析
(1)动态放缩法①适用条件a.速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化.b.轨迹圆圆心共线如图1所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线CO 上.图1②界定方法以入射点O 为定点，圆心位于CO 直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”.例1 (多选)(2018·安徽省皖南八校第二次联考)如图2所示，正方形abcd 区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O 点是cd 边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O 点沿纸面以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场.现设法使该带电粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )图2A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B.若该带电粒子从ab 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 023C.若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 0D.若该带电粒子从bc 边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t 053解析 带电粒子以垂直于cd 边的速度射入正方形内，经过时间t 0刚好从c 点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T ＝2t 0.作出粒子从O 点沿纸面以与Od 成30°角的方向射入恰好从各边射出的轨迹，如图所示发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A 正确；作出粒子恰好从ab 边射出的临界轨迹③④，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于个周期，即t 0；圆心角不51256小于60°，在磁场中经历的时间不小于个周期，即t 0，故B 正确；作出粒子恰好从bc 边射1613出的临界轨迹②③，由几何关系知圆心角不大于240°，在磁场中经历的时间不大于个周期，23即t 0；圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于个周期，即t 0，故C 正确；若该4351256带电粒子在磁场中经历的时间是个周期，即t 0.粒子轨迹的圆心角为θ＝π，速度的偏向角565353也为π，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd 边射出磁53场，故D 错误.答案 ABC(2)定圆旋转法当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时，所有不同方向入射的粒子的轨迹圆是一样大的，只是位置绕入射点发生了旋转，从定圆的动态旋转(作图)中，也容易发现“临界点”.另外，要重视分析时的尺规作图，规范而准确的作图可突出几何关系，使抽象的物理问题更形象、直观，如图3.图3①适用条件a.速度大小一定，方向不同粒子源发射速度大小一定，方向不同的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若入射初速度为v 0，由q v 0B ＝得圆周运动半径为R ＝.m v 20Rm v 0qB b.轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点O 为圆心、半径R ＝的圆(这个圆在m v 0qB下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上.②界定方法将一半径为R ＝的圆的圆心沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称m v 0qB为“平移圆法”.例2 如图4，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T.磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行.在距ab 为l ＝16 cm 处，有一个点状的α粒子放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速率都是v ＝3.0×106 m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg.现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab 板上被α粒子打q m中区域的长度.图4解析 α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动.用R 表示轨迹半径，有q v B ＝m ，v 2R由此得R ＝，m v qB代入数据解得R ＝10 cm ，可见R <l <2R .因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某圆轨迹在如图所示中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点.为确定P 1点的位置，可作平行于ab 的直线cd ，cd 到ab 的距离为R ，以S 为圆心，R 为半径，作圆弧交cd 于Q 点，过Q 作ab 的垂线，它与ab 的交点即为P 1.从图中几何关系得：NP 1＝.R 2－(l －R )2再考虑N 的右侧.任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆弧，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点.从图中几何关系得NP 2＝，(2R )2－l 2所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2，代入数据解得P 1P 2＝20 cm.答案 20 cm带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动.解决此类问题的一般思路：(1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹；(2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的圆心和半径；(3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中的轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；(4)结合粒子运动的半径公式r ＝(或周期公式T ＝)即可得出所求的物理量.m v Bq2πm qB 例3 如图5所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ和Ⅱ中，直径A 2A 4与直径A 1A 3之间的夹角为α＝60°.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成β＝30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心进入Ⅱ区，最后再从A 4处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t ，求：图5(1)粒子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的轨道半径R 1与R 2的比值；(2)Ⅰ区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度B 1和B 2的大小.解析 (1)粒子在两匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子射入磁场时的速度大小为v ，圆形区域的半径为r .连接A 1A 2，由几何知识可知，△A 1A 2O 为等边三角形，A 2为粒子在区域Ⅰ磁场中运动时轨迹圆的圆心，所以R 1＝r .由于粒子垂直直径A 2A 4进入Ⅱ区，从A 4点离开磁场，所以粒子在区域Ⅱ磁场中运动的轨迹为半圆，圆形磁场区域的半径OA 4即粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动时轨迹圆的直径，所以R 2＝，由此可得：r 2＝2.R 1R 2(2)带电粒子在Ⅰ区磁场中做圆周运动的周期为T 1＝，因为∠A 1A 2O ＝60°，所以粒子在Ⅰ2πm qB 1区磁场中运动的时间为t 1＝＝.带电粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动的周期为T 2＝，T 16πm 3qB 12πm qB 2因粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹为半圆，所以其运动时间为t 2＝＝，带电粒子在磁场中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2，又因为T 22πm qB 2R 1R 2＝2，R 1＝，R 2＝，所以B 2＝2B 1，由以上各式可得：m v qB 1m v qB 2B 1＝5πm6qt B 2＝.5πm 3qt答案 (1)2 (2) 5πm 6qt 5πm 3qt。
2020版物理高考新素养总复习粤教版讲义：第十章+电磁感应+第2讲和答案
第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流知识排查法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n ΔΦΔt，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝ER＋r。
3.导体切割磁感线的情形(1)若B、L、v相互垂直，则E＝BLv。
(2)v∥B时，E＝0。
自感、涡流1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。
②表达式：E＝L ΔI Δt。
(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H。
2.涡流(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中产生的旋涡状感应电流。
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。
3.电磁阻尼 当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。
4.电磁驱动 如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来。
小题速练1.[粤教版选修3－2·P 18·T 1改编]下面关于电磁感应现象的说法中正确的是( )A.只要穿过闭合电路中的磁通量不为零，闭合电路中就一定有感应电流产生B.穿过闭合电路中的磁通量减少，则闭合电路中感应电流减小C.穿过闭合电路中的磁通量越大，则闭合电路中的感应电动势越大D.穿过闭合电路中的磁通量变化越快，则闭合电路中感应电动势越大答案 D2.如图1所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。
2020版物理高考新素养总复习粤教版讲义：选修3-4+机械振动+机械波+光+电磁波+相对论简介+第2
第2讲机械波知识排查机械波横波和纵波波速、波长和频率的关系1.波长λ：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
2.频率f：与波源的振动频率相等。
3.波速v：波在介质中的传播速度。
4.波速与波长和频率的关系：v＝λf。
波的图象1.坐标轴的意义：横坐标表示在波的传播方向上各质点的平衡位置，纵坐标表示某一时刻各质点偏离平衡位置的位移。
2.图象的物理意义：某一时刻介质中各质点相对平衡位置的位移。
图1波的干涉和衍射现象多普勒效应1.波的干涉和衍射(1)条件：波源和观察者之间有相对运动。
(2)现象：观察者感到频率发生变化。
(3)实质：波源频率不变，观察者接收到的频率变化。
小题速练1.(多选)关于机械振动与机械波，下列说法正确的是( )A.机械波的频率等于振源的振动频率B.机械波的传播速度与振源的振动速度相等C.质点振动的方向总是垂直于波传播的方向D.在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离E.机械波在介质中传播的速度由介质本身决定解析 机械波的频率是振源的振动频率，故A 正确；机械波的传播速度与振源的振动速度无关，故B 错误；机械波分横波与纵波，纵波的质点振动方向与波的传播方向在同一条直线上，故C 错误；由v ＝λT 可知，在一个周期内沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，故D 正确；机械波在介质中传播的速度由介质本身决定，故E 正确。
答案 ADE2.(多选)如图2所示为一横波在某时刻的波形图，已知质点F 此时运动方向如图，则( )图2A.波向左传播B.质点H与质点F的运动方向相同C.质点C比质点B先回到平衡位置D.此时质点C的加速度为零E.此时速度大小最大的质点是A、E、I解析由“上下坡法”可得，选项A正确；质点H与质点F的运动方向相反，选项B错误；质点B运动方向向上，因此质点C比质点B先回到平衡位置，选项C正确；此时质点C的加速度最大，速度为零，选项D错误；平衡位置处质点速度最大，选项E正确。
2020版物理高考新素养总复习粤教版讲义：第十章+电磁感应+第1讲和答案
[高考导航]第1讲电磁感应现象楞次定律知识排查磁通量1.磁通量(1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积。
(2)公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
(3)矢标性：磁通量是标量，但有正负。
2.磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
3.磁通量的变化率(磁通量变化的快慢)：磁通量的变化量与所用时间的比值，即ΔΦΔt，与线圈的匝数无关。
电磁感应现象1.电磁感应现象当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。
2.产生感应电流的条件(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。
感应电流的方向1.楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
2.右手定则(1)内容：如图1，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
图1(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。
小题速练1.思考判断(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。
()(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。
()(3)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。
()(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电流。
()(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。
()答案(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×2.[粤教版选修3－2·P12·T2改编]一矩形线框abcd与长直导线处于同一平面内，ad 边与长直导线平行，如图2所示，图2当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，线框内感应电流的方向为()A.先dcba，后一直abcdB.先dcba，再abcd，后dcbaC.先abcd，后一直dcbaD.先abcd，再dcba，后abcd解析由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直纸面向外，右边的磁场方向垂直纸面向里，当线圈向导线靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知感应电流方向为abcd，当bc边越过导线后到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量变小，则感应电流方向为dcba，当继续向右运动时，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流方向为dcba，当ad边越过导线远离导线时，由楞次定律可知，感应电流方向为abcd，选项D正确。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
基本模型 如图1，两光滑金属导轨在水平面内，导轨间距为L ，导体棒的质量为m ，回路总电阻为R .导体棒在水平力F 的作用下运动，某时刻速度为v 0，导体棒在磁场中的运动情况分析如下：
图1
运动条件运动情况分析F ＝
B 2L 2v 0R
合力为零，做匀速运动
F >
B 2L 2v 0R v ↑⇒BL v ↑⇒I ↑⇒BIL ↑⇒a ↓⇒a ＝0，匀速运动
F 为恒力
F <
B 2L 2v 0R
v ↓⇒BL v ↓⇒I ↓⇒BIL ↓⇒a ↓⇒a ＝0，匀速运动
F 随时间t 按一定线性规律变化
要使棒做匀加速运动，由牛顿第二定律：F
＝ma ＋
B 2L 2(v 0＋at )R
例1 如图2所示，在倾角为θ＝37°的斜面内，放置MN 和PQ 两根不等间距的光滑金属导轨，该装置放置在垂直斜面向下的匀强磁场中，导轨M 、P 端间接入阻值R 1＝30 Ω的电阻和理想电流表，N 、Q 端间接阻值为R 2＝6 Ω的电阻.质量为m ＝0.6 kg 、长为L ＝1.5 m 的金属棒放在导轨上以v 0＝5 m/s 的初速度从ab 处向右上方滑到a ′b ′处的时间为t ＝0.5 s ，滑过的距离l ＝0.5 m.ab 处导轨间距L ab ＝0.8 m ，a ′b ′处导轨间距L a ′b ′＝1 m.若金属棒滑动时电流表的读数始终保持不变，不计金属棒和导轨的电阻.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，求：
图2
(1)此过程中电阻R 1上产生的热量；(2)此过程中电流表的读数；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小.
解析 (1)因电流表的读数始终保持不变，即感应电动势不变，故BL ab v 0＝BL a ′b ′v a ′b ′，代入数据可得v a ′b ′＝4 m/s ，
根据能量守恒定律，得Q 总＝m (v 02－v )－mgl sin θ＝Q R 1＋Q R 2
1
22a ′b ′由Q ＝t ，得＝，
U 2R Q R 1Q R 2R 2
R 1代入数据解得Q R 1＝0.15 J.(2)由焦耳定律
Q R 1＝I 12R 1t
可知，电流表读数I 1＝＝0.1 A.
Q R 1
R 1t
(3)不计金属棒和导轨的电阻，则R 1两端的电压始终等于金属棒与两导轨接触点间的电动势，由E ＝I 1R 1，E ＝BL a ′b ′v a ′b ′可得B ＝＝0.75 T.
I 1R 1
L a ′b ′v
a ′
b ′答案 (1)0.15 J
(2)0.1 A (3)0.75 T
基本模型
1.初速度不为零，不受其他水平外力的作用
光滑的平行导轨
光滑不等距导轨
示意图
质量m 1＝m 2电阻r 1＝r 2长度L 1＝L 2
杆MN 、PQ 间距足够长
质量m 1＝m 2电阻r 1＝r 2长度L 1＝2L 2
杆MN 、PQ 间距足够长且只
在各自的轨道上运动
规律
分析
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
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的速度
之比为1∶2
2.初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用
光滑的平行导轨
不光滑平行导轨
示意图
质量m 1＝m 2电阻r 1＝r 2长度L 1＝L 2
摩擦力f 1＝f 2质量m 1＝m 2电阻r 1＝r 2长度L 1＝L 2
规律
分析
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若F ≤2f ，则PQ 杆先变加速后匀
速运动；MN 杆静止.若F >2f ，PQ 杆先变
加速后匀加速运动，MN 杆先静止后变加速最后和PQ 杆同时做匀加速运动，且加速度相同
例2 间距为L ＝2 m 的足够长的金属直角导轨如图3所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为m ＝0.1 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直放置形成闭合回路.细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab 、cd 接入电路的电阻分别为R 1＝0.6 Ω，R 2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.50 T 、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出).当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd 杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t ＝0时，F ＝1.5 N.g ＝10 m/s 2.
图3
(1)求ab 杆的加速度a 的大小；
(2)求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小；
(3)若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力F 做的功为5.2 J ，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热.
解析 (1)由题可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N
对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 代入数据解得a ＝10 m/s 2.
(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析，如图所示，当cd 杆速度最大时，ab 杆的速度大小为v ，有f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝
BL v
R 1＋R 2
综合以上各式，解得v ＝2 m/s
(3)整个过程中，ab 杆发生的位移s ＝＝ m ＝0.2 m
v 2
2a 222×10对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgs －W 安＝m v 2
1
2代入数据解得W 安＝4.9 J 根据功能关系得Q 总＝W 安
所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝Q 总＝2.94 J.
R 1
R 1＋R 2答案 (1)10 m/s 2 (2)2 m/s (3)2.94 J。