高中物理 课件 第2章-章末分层突破
合集下载
高中物理 课件第2章-章末分层突破
【解析】 组成晶体的物质微粒可以是分子、原子或离子，这些物质微粒 也就是分子动理论所说的分子．显然，组成晶体的物质微粒处在永不停息的无 规则的热运动之中．物质微粒之间还存在相互作用，晶体的物质微粒之所以能 构成空间点阵，是由于晶体中物质微粒之间的相互作用力很强，物质微粒的热 运动不足以克服这种相互作用而彼此远离，所以选项 B、C 的说法错误．
3．非晶体没有确定熔点的原因 由于非晶体没有空间点阵结构，熔化时不需要去破坏空间点阵结构，吸收的 热量主要转化为分子的动能，不断吸热，温度就不断上升，所以非晶体没有固定 的熔点．
如图 2-1 所示，试说明晶体从开始加热到全部熔化为液体的过程中 能量的转化情况(分熔化前、熔化时、熔化后三个阶段说明)．
【解析】 晶体在熔化过程中温度保持不变，食盐具有这样的特点，则说 明食盐是晶体，选项 A 正确；蜂蜡的导热特点是各向同性的，烧热的针尖使蜂 蜡熔化后呈椭圆形，说明云母片的导热特点是各向异性的，故云母片是晶体， 选项 B 错误；天然石英表现为各向异性，则该物质微粒在空间的排列是规则的， 选项 C 错误；石墨与金刚石皆由碳原子组成，但它们的物质微粒排列结构是不 同的，选项 D 正确．
【答案】 BCD
2．(2015·福建高考)下列有关分子动理论和物质结构的认识，其中正确的是
()
【导学号：30110026】
A．分子间距离减小时分子势能一定减小
B．温度越高，物体中分子无规则运动越剧烈
C．物体内热运动速率大的分子数占总分子数比例与温度无关
D．非晶体的物理性质各向同性而晶体的物理性质都是各向异性
【解析】 由图象可知曲线 M 表示晶体，bc 段表示晶体熔化过程，处于固 液共存状态，B 对；N 表示非晶体，没有固定的熔点，A 错；由于非晶体没有一 定的熔点，是逐步熔化的，因此 C、D 错．
高中物理课件第2章 章末分层突破
＝ 23l ，因此该激光在光导纤维中传输所经历的时间t＝vs＝2.7×10－8 s.
【答案】 (1)2.1×108 m/s (2)2.7×10－8 s
光导纤维问题的解题关键
第一步 抓关键点
关键点
获取信息
光导纤维
工作原理：全反射
光束不会侧漏 光束在侧壁发生全反射
第二步 找突破口
“从一个端面射入，从另一个端面射出”，根据这句话画出入射、折射及全
根据图 2-1 中标出的磁场方向，指出通电导线中电流的方向．
图 2-1 【解析】 由安培定则可判定(甲)图中电流方向由 b 到 a；(乙)图中电流方向 由 a 到 b；(丙)图中电流方向由 a 到 b. 【答案】 见解析
磁通量与磁感应强度 1.磁通量是针对一个面而言的，与线圈匝数无关． 2．磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数．对于匀强磁场 Φ＝BS，其中 S 是 垂直于磁场方向上的面积，若平面不与磁场方向垂直，则要求出它在垂直于磁场 方向上的投影面积，不能用上式计算． 3．磁通量是标量，其正负不表示大小，只表示与规定正方向相同或相反．若 磁感线沿相反方向通过同一平面，且正向磁感线条数为 Φ1，反向磁感线条数为 Φ2， 则磁通量等于穿过该平面的磁感线的净条数(磁通量的代数和)，即 Φ＝Φ1－Φ2. 4．磁感应强度越大，穿过某一面积磁感线的条数越多，磁通量就越大；反之 就越小．判断磁通量的变化，一般是根据穿过某一面积的磁感线的多少去判断的．
[后思考] 通过比较什么可以知道两种介质哪个是光密介质，哪个是光疏介质？ 【提示】 可以通过比较光在两种介质中传播速度的大小或折射率的大小来 确定光密介质和光疏介质，也可通过光线射入不同介质时的偏折程度判断．
[核心点击] 1．全反射现象 (1)全反射的条件： ①光由光密介质射向光疏介质． ②入射角大于或等于临界角． (2)全反射遵循的规律：发生全反射时，光全部返回原介质，入射光与反射光 遵循光的反射定律，由于不存在折射光线，光的折射定律不再适用．
高中物理课件第2章-章末分层突破
【解析】 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相
反，故感应电流沿顺时针方向．由法拉第电磁感应定律知 E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBtS＝
ΔB·Δπt R2，由于两圆环半径之比 Ra∶Rb＝2∶1，所以 Ea∶Eb＝4∶1，选项 B 正 确．
【答案】 B
5．(2016·全国甲卷)如图 2-8，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
图 2-5
A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a－b－c－a
C．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿 a－c－b－a
【解析】 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 Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项 A 错误．由转动切割产
(1)磁感应强度 B、磁通量 Φ、感应电动势 E 和感应电流 I 随时间 t 变化 图象类 的图象，即 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图象和 I-t 图象
型 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常常涉及感应 电动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图象，即 E-x 图象和 I-x 图象
B2L2
高中物理课件第二章 电场与示波器 章末分层突破
上一页
返回首页
下一页
电场中的功能关系
带电的物体在电场中具有一定的电势能，同时还可能具有动能和重力势能 等．因此涉及与电场有关的功和能的问题可用以下两种功和能的方法来快速简捷 的处理．因为功能关系既适用于匀强电场，又适用于非匀强电场，且使用的同时 不需考虑中间过程；而力与运动的关系不仅只适用于匀强电场，而且还需分析其 中间过程的受力情况、运动特点等．
上一页
返回首页
图2-2
下一页
【解析】
(1)由qE＝
3 4
mg，设qE、mg的合力F合与竖直方向的夹角为θ，则有
tan θ＝34，解得θ＝37°.设珠子到达B点时动能最大，则珠子由A点静止释放后从A到
B的过程中做加速运动，如图所示，在B点时动能最大，由动能定理得qErsin θ－
mgr(1－cos θ)＝Ek，解得在B点时的动能，即最大动能Ek＝14mgr.
上一页
返回首页
下一页
1．用动能定理处理，应注意： (1)明确研究对象、研究过程． (2)分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负 功． (3)弄清所研究过程的初、末状态． 2．应用能量守恒定律时，应注意： (1)明确研究对象和研究过程及有哪几种形式的能参与了转化． (2)弄清所研究过程的初、末状态． (3)应用守恒或转化列式求解．
φP，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则( )
A．点电荷Q一定在MP的连线上
B．连接PF的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功
D．φP大于φM
图2-1
上一页
返回首页
下一页
【解析】 由φM＝φN，可知点电荷Q一定在MN连线 的中垂线上，过F作MN的垂线交MP与O点．设MF＝FN
高中物理第2章磁场章末分层突破课件新人教版选修1_1
巩
拓
固
展
层
层
章末分层突破
章
提 升 层
末 综 合 测
评
[自我校对] ①运动电荷 ②排斥 ③吸引 ④蹄 ⑤FIL ⑥安培力 ⑦BIL
⑧左手 ⑨洛伦兹力 ⑩左手
电场线与磁感线的比较
1.相似之处： (1)电场线和磁感线都是为了形象地描述场而引入的假想的曲线，实际上并 不存在． (2)电场线和磁感线都是用来描述场的强弱和方向的，电场线和磁感线切线 方向分别表示了电场和磁场的方向． (3)电场线和磁感线都不能相交．因为如果相交，在相交点就会出现两个切 线方向，与电场和磁场中某一确定点的场的方向是唯一的相矛盾．
2．带电粒子受到洛伦兹力与电场力的区别： (1)带电粒子在磁场中可能受到洛伦兹力的作用，其条件是其运动方向和磁 场方向不平行，而带电粒子在电场中一定受到电场力的作用． (2)洛伦兹力的方向垂直于磁场方向，可用左手定则判定，而电场力的方向 由电场方向和电荷的正负决定，且一定平行于电场方向． (3)洛伦兹力的大小与磁感应强度、粒子的电荷量及粒子的速度成正比，同 时还与粒子速度方向和磁场方向之间的夹角有关，而电场力与电场强度及带电 粒子的电荷量成正比．
【答案】 D
2．(2013·江苏学业水平检测)如图 2-5 所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁 铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
图 2-5
பைடு நூலகம்
A．向左 B．向右 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
【解析】 由图示可知，磁场方向向上，由左手定则可知，洛伦兹力垂直 于纸面向外，故 D 正确．
【解析】 电场线和磁感线都是为了形象描述场而引入的模型，由于曲线 的切线方向表示场的方向，所以不可能相交，其疏密都反映场的强弱，所以 B 错，C、D 正确；电场线不闭合，而磁感线是闭合的，在条形磁铁外部，磁感线 由 N 极到 S 极；在条形磁铁内部由 S 极到 N 极，故 A 不正确．
拓
固
展
层
层
章末分层突破
章
提 升 层
末 综 合 测
评
[自我校对] ①运动电荷 ②排斥 ③吸引 ④蹄 ⑤FIL ⑥安培力 ⑦BIL
⑧左手 ⑨洛伦兹力 ⑩左手
电场线与磁感线的比较
1.相似之处： (1)电场线和磁感线都是为了形象地描述场而引入的假想的曲线，实际上并 不存在． (2)电场线和磁感线都是用来描述场的强弱和方向的，电场线和磁感线切线 方向分别表示了电场和磁场的方向． (3)电场线和磁感线都不能相交．因为如果相交，在相交点就会出现两个切 线方向，与电场和磁场中某一确定点的场的方向是唯一的相矛盾．
2．带电粒子受到洛伦兹力与电场力的区别： (1)带电粒子在磁场中可能受到洛伦兹力的作用，其条件是其运动方向和磁 场方向不平行，而带电粒子在电场中一定受到电场力的作用． (2)洛伦兹力的方向垂直于磁场方向，可用左手定则判定，而电场力的方向 由电场方向和电荷的正负决定，且一定平行于电场方向． (3)洛伦兹力的大小与磁感应强度、粒子的电荷量及粒子的速度成正比，同 时还与粒子速度方向和磁场方向之间的夹角有关，而电场力与电场强度及带电 粒子的电荷量成正比．
【答案】 D
2．(2013·江苏学业水平检测)如图 2-5 所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁 铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是( )
图 2-5
பைடு நூலகம்
A．向左 B．向右 C．垂直纸面向里 D．垂直纸面向外
【解析】 由图示可知，磁场方向向上，由左手定则可知，洛伦兹力垂直 于纸面向外，故 D 正确．
【解析】 电场线和磁感线都是为了形象描述场而引入的模型，由于曲线 的切线方向表示场的方向，所以不可能相交，其疏密都反映场的强弱，所以 B 错，C、D 正确；电场线不闭合，而磁感线是闭合的，在条形磁铁外部，磁感线 由 N 极到 S 极；在条形磁铁内部由 S 极到 N 极，故 A 不正确．
高中物理鲁科版必修2课件：第2章 章末分层突破
巩 固 层 · 知 识 整 合
章末分层突破
提 升 层 · 能 力 强 化
拓 展 层 · 考 题 链 接
章 末 综 合 测 评
动能的表达式：E ＝①，动能是② 动能的 填“标量”、“矢量”，单位：③④ 改变 动能定理：W＝⑤ 重力做功与路径⑥ 填“有关”、“无关” 重力势能重力做功与重力势能改变 势能的 改变 的关系：W ＝⑦ 重力势能具有系统性和相对性 能的转化与守恒 弹性势能 条件：只有⑧或 能量守机械能守恒定律 ⑨做功 表达式：E ＋E ＝ 恒定律 ⑩ 能量转化和守恒定律 能量转化和转移的方向性 能源与可持续发展 能源开发与可持续发展
(2)物块做减速运动的加速度大小为 f μmg a＝m＝ m ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 因为物块经过 B 点后运动的时间 vt t 停＝ a ＝1.5 s<2 s vt＋0 所以 s＝ v t 停＝ 2 · t 停＝2.25 m. (3)物块克服摩擦力所做的功为 W＝fs＝μmgs＝0.2×2×10×2.25 J＝9 J.
k G k2 p2
[自我校对]
1 2 ①2mv ②标量 ⑥无关
③焦耳
④J
⑤Ek2－Ek1 ⑩Ek1＋Ep1
⑦Ep1－Ep2 ⑧重力
⑨弹力
动能定理的应用
1.运用动能定理，不必考虑物体在运动过程中的细节，只需要考虑物体初、 末状态的速度和外力做功的代数和，使解题过程大为简化．但若研究对象在运动 中受力情况不明，则无法用动能定理解题．所以应用动能定理时受力分析和运动 分析仍然是解题的关键． 2．动能定理通过做功的多少和正负来定量描述了物体动能和其他形式的能 量间的转换关系．合外力做多少正功，就有多少其他形式的能转化为物体的动 能，合外力做多少负功，物体就有多少动能转化为其他形式的能．
章末分层突破
提 升 层 · 能 力 强 化
拓 展 层 · 考 题 链 接
章 末 综 合 测 评
动能的表达式：E ＝①，动能是② 动能的 填“标量”、“矢量”，单位：③④ 改变 动能定理：W＝⑤ 重力做功与路径⑥ 填“有关”、“无关” 重力势能重力做功与重力势能改变 势能的 改变 的关系：W ＝⑦ 重力势能具有系统性和相对性 能的转化与守恒 弹性势能 条件：只有⑧或 能量守机械能守恒定律 ⑨做功 表达式：E ＋E ＝ 恒定律 ⑩ 能量转化和守恒定律 能量转化和转移的方向性 能源与可持续发展 能源开发与可持续发展
(2)物块做减速运动的加速度大小为 f μmg a＝m＝ m ＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2 因为物块经过 B 点后运动的时间 vt t 停＝ a ＝1.5 s<2 s vt＋0 所以 s＝ v t 停＝ 2 · t 停＝2.25 m. (3)物块克服摩擦力所做的功为 W＝fs＝μmgs＝0.2×2×10×2.25 J＝9 J.
k G k2 p2
[自我校对]
1 2 ①2mv ②标量 ⑥无关
③焦耳
④J
⑤Ek2－Ek1 ⑩Ek1＋Ep1
⑦Ep1－Ep2 ⑧重力
⑨弹力
动能定理的应用
1.运用动能定理，不必考虑物体在运动过程中的细节，只需要考虑物体初、 末状态的速度和外力做功的代数和，使解题过程大为简化．但若研究对象在运动 中受力情况不明，则无法用动能定理解题．所以应用动能定理时受力分析和运动 分析仍然是解题的关键． 2．动能定理通过做功的多少和正负来定量描述了物体动能和其他形式的能 量间的转换关系．合外力做多少正功，就有多少其他形式的能转化为物体的动 能，合外力做多少负功，物体就有多少动能转化为其他形式的能．
高中物理教科版必修一课件：第2章 力 章末分层突破
(教师用书独具) 1．(2015· 山东高考)如图 23，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力 作用下紧靠滑块 A(A、B 接触面竖直)，此时 A 恰好不滑动，B 刚好不下滑．已 知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ1，A 与地面间的动摩擦因数为 μ2，最大静摩擦力 等于滑动摩擦力．A 与 B 的质量之比为( )
(多选)如图 22 所示，一木块在垂直于倾斜天 花板平面方向的推力 F 作用下，处于静止状态，则下列判 断正确的是( )
A．木块一定受到 4 个力的作用 B．木块可能受到 2 个力的作用 C．逐渐增大推力 F，木块将继续保持静止状态 D．木块受天花板的摩擦力随推力 F 的增大而增大
图 22
【解析】 木块在重力作用下， 有沿天花板下滑的趋势， 一定受到静摩擦力，则天花板对木块一定有弹力．木块受力 如图，故 A 正确，B 错误；根据平衡条件得：F＝N＋Gcos α， f＝Gsin α.逐渐增大 F 的过程，N 增大，最大静摩擦力增大， 而木块受到的静摩擦力 f 不变，木块将始终保持静止，故 C 正确，D 错误． 【答案】 AC
图 21
【解析】 由于物体受的水平推力为 F＝kt，由二力平衡得，墙与物体间的 压力 N＝kt.当 F 比较小时，物体受到的摩擦力 f 小于物体的重力 G，物体将沿墙 壁下滑，此时物体间的摩擦力为滑动摩擦力．由 f＝μN 得，滑动摩擦力 f＝μkt， 当摩擦力 f 大小等于重力 G 时，由于惯性，物体不能立即停止运动，物体受到 的摩擦力仍然是滑动摩擦力．随着摩擦力的增大，摩擦力将大于重力，物体做 减速运动直至静止，摩擦力将变为静摩擦力，静摩擦力与正压力无关，跟重力 始终平衡． 【答案】 B
图 23
1 A.μ μ 1 2 1＋μ1μ2 C. μ μ 1 2
2018年教科版物理必修1 第2章 章末分层突破
【解析】
由二力平衡条件可知，若木块静止，则木块受到的静摩擦力大
小等于 mg，方向竖直向上，F 增大时，木块受到的静摩擦力不变，A 选项正确， B 选项错误．当撤去 F 时，木块与墙之间不再挤压，它们间没有弹力，当然也 就不存在摩擦力，C、D 选项错误．
【答案】 A
1．静摩擦力大小与压力大小无关，根据物体的状态进行判断． 2．无弹力，就无摩擦力；有弹力，未必有摩擦力；有摩擦力、必有弹力．
(多选)如图 22 所示，一木块在垂直于倾斜天花板平面方向的推力 F 作用下，处于静止状态，则下列判断正确的是( )
A．木块一定受到 4 个力的作用 B．木块可能受到 2 个力的作用 C．逐渐增大推力 F，木块将继续保持静止状态 D．木块受天花板的摩擦力随推力 F 的增大而增大
图 22
【解析】
木块在重力作用下，有沿天花板下滑的趋势，一定受到静摩擦
①静摩擦力：二力平衡 ②滑动摩擦力：f＝μN
2.弹力或摩擦力的有无及方向的判断方法 (1)假设法． (2)结合物体运动状态判断． (3)效果法．
3．认识摩擦力的“四个不一定” (1)受静摩擦力的物体不一定静止，受滑动摩擦力的物体不一定运动． (2)静摩擦力不一定比滑动摩擦力小． (3)摩擦力不一定与运动方向相反，还可以与运动方向相同，甚至可以与运 动方向成一定夹角． (4)摩擦力不一定是阻力，也可以是动力．
如图 31 所示， 一质量为 m 的木块靠在竖直粗糙墙壁上， 且受到水 平力 F 的作用，下列说法中正确的是( )
图 31
A．若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于 mg，方向竖直向上 B．若木块静止，当 F 增大时，木块受到的静摩擦力随之增大 C．若木块与墙壁间的动摩擦因数为 μ，当撤去 F 时，木块受到的滑动摩擦 力大小等于 μmg D．若撤去 F，木块沿墙壁下滑时，木块受三个力作用
高中物理第2章恒定电流章末分层突破课件新人教版选修3_1
P1 R ＝
(2)设S1、S2都闭合时电炉功率为P2，电炉中电流为 I′＝ P2 R＝ 475 19 A＝5 A
E－U 电源路端电压为U＝I′R＝5×19 V＝95 V，流经电源的电流为I1＝ r ＝ 120－95 A＝25 A 1 流过电解槽的电流为IA＝I1－I′＝20 A.
(3)电解槽消耗的电功率 PA＝IAU＝20×95 W＝1 900 W 电解槽内热损耗功率
2 P热＝I2 r ′ ＝ 20 ×0.5 W＝200 W A
电解槽中电能转化成化学能的功率为 P化＝PA－P热＝1 700 W.
【答案】 (1)120 V (2)20 A (3)1 700 W
(1)电炉为纯电阻用电器，其消耗的电能全部转化为电热． (2)电解槽为非纯电阻用电器， 其消耗的电能转化为电热和化 学能两部分．
【解析】 (1)根据电路连接特点，G2的电流为定值电阻和电流表G1的总电 流，若定值电阻选10 Ω，则易使 流过G2的总电流超过其满偏值，故选③. (2)由题意可知，本实验应采用滑动变阻器分压接法；同时因待测电阻较小， 故应采用电流表外接法；原理图、实验图见答案． (3)①将滑动触头移至最左端 ③多次移动滑动触头，记录相应的G1，G2读数I1，I2. (4)根据欧姆定律：I1r1＝(I2－I1)R1 R1＋r1 r1＋R1 解得：I2＝ R I1即k＝ R ，所以r1＝(k－1)R1 1 1
外接法
(2)滑动变阻器接法的选择：如图23所示的两种电路中，滑动变阻器(最大阻 值为R0)对负载RL的电压、电流都起控制调节作用，通常把图甲电路称为限流式接 法，图乙电路称为分压式接法．采用分压式接法负载电压可从零开始调节，电压 调节范围大．
甲 图23
乙
3.替代法 利用“替代法”测量电阻的电路图如图 24 所示．图中 R1 为滑动变阻器，R2 为电阻箱，Rx 为待测电阻， 为电流表，利用该电路，经过如下步骤可以测得待 测电阻 Rx 的阻值：①闭合 S1 和 S3，断开 S2，调节 R1 的阻值，使电流表读数等于 某个数值 I0；②闭合 S1 和 S2，断开 S3，保持 R1 不变，调节 R2，使电流表读数等于 I0，然后读出 R2 的值，则待测电阻 Rx＝R2.
沪科版高中物理必修二第2章章末分层突破.docx
高中物理学习材料章末分层突破[自我校对]①闭合②磁通量③正比④铁芯⑤磁场⑥电场⑦变化⑧变化⑨光速⑩衍射1.回路有电流必须有电源，电源产生电动势．电磁感应中相当于电源的那部分产生的电动势叫感应电动势，其余部分可等效为负载，利用学过的电路知识处理问题．产生感应电流的本质是因为产生了感应电动势，与电路是否闭合没有关系，若电路不闭合，仍有感应电动势而没有感应电流．2．法拉第电磁感应定律电路中感应电动势的大小跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比．3．磁通量变化快慢的描述方法在相同的时间内磁通量的变化越大，磁通量的变化越快；如果有相同的磁通量的变化，时间越短，磁通量的变化越快．(多选)如图21所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉至虚线A左侧位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则( )图2 1A．圆环向右穿出磁场时，磁通量发生变化B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流产生C．圆环由图中左位置向右运动到图中右位置过程，圆环中没有感应电流产生D．因圆环在匀强磁场中运动，整个过程中圆环没有感应电流产生【解析】圆环由图中左位置向右运动到图中右位置过程，由于磁场区域中存在匀强磁场，圆环面积不变，磁场与圆面的夹角不变，所以穿过圆环的磁通量不发生变化，圆环中没有感应电流产生．但圆环进出磁场时，穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中有感应电流产生，选项C正确，A、B、D错误．【答案】ABC1.副线圈和闭合铁芯构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上．2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈n1接交流电源，由于电流的变化，在闭合铁芯中产生变化的磁通量，磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈n2中产生感应电动势，如果输出电压高于输入电压，为升压变压器；如果输出电压低于输入电压，为降压变压器．3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.电压关系：U1U2＝n1n2由于理想变压器的结构一定，n1、n2均为定值，所以输出电压U2由输入电压U1决定，与负载电阻的大小无关，U1增大，U2也增大；U1减小，U2也减小．4．变压器不改变交变电流的频率．5．理想变压器中P入＝P出，而原线圈的输入功率决定于输出功率．(多选)如图22所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当开关S接通时，以下说法正确的是( )图2 2A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．通过电流表 A 的电流增大【解析】副线圈两端电压U2＝n2n1U1，电源电压不变，则U2不变，M、N两端电压不变，故A错误．开关S闭合，L2与L1并联，使副线圈的负载电阻的阻值变小，M、N间的输出电压不变，副线圈中的总电流I2增大，电阻R上的电压降U R＝I2R亦增大，灯泡L1两端的电压减小，L1中的电流减小，B、C正确．由I2增大，导致原线圈中电流I1相应增大，故D正确．【答案】BCD1．(多选)在电磁学的发展过程中，许多科学家作出了贡献．下列说法正确的是( )A．奥斯特发现了电流的磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错误；安培发现了磁场对电流的作用规律，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错误．【答案】AC2．如图23所示，线圈、滑动变阻器和电源组成图示回路，A为线圈下方一闭合线圈，线圈A中不能产生感应电流的操作是( )【导学号：75392078】图2 3A．S接通瞬间B．滑动变阻器触头P左移C．线圈A水平移动D．滑动变阻器触头P在最左端不动【解析】感应电流的产生条件是闭合回路中磁通量发生变化，故可判定D 项不能产生感应电流．【答案】 D3．如图24所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方体abcd之外，匀强磁场局限在正方体区域内且垂直穿过正方体，当磁感应强度以ΔBΔt均匀变化时，线圈中产生的感应电动势大小为( )图2 4A．πr2ΔBΔtB．L2ΔBΔtC．nπr2ΔBΔtD．nL2ΔBΔt【解析】磁场的有效面积S＝L2，根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势大小E＝n ΔΦΔt＝nL2ΔBΔt，选项D正确．【答案】 D4．(多选)如图25所示，利用一理想变压器给一个电灯供电，在其他条件不变时，若增加副线圈的匝数，则( )图2 5A．灯亮度减小B．电流表示数增大C．电压表示数增大D．变压器的输入功率不变【解析】若增加副线圈的匝数，副线圈电压升高，电压表的读数增大，电灯的亮度增加，输出电流增加，输入电流也随输出电流的增大而增大，所以A 错误，B、C正确．变压器的输出功率增加，D错误．【答案】BC5．如图26乙所示的四种磁场变化情况，能产生如图甲中电场的是( )【导学号：75392079】甲A B C D& 鑫达捷致力于精品文档精心制作仅供参考&乙图2 6【解析】由麦克斯韦的电磁场理论知均匀变化的磁场产生恒定的电场，故选B.【答案】 B鑫达捷。
高中物理第2章机械波章末分层突破课件教科版选修34
第三十页，共39页。
x 的坐标为 22 m 的质点和 x 的坐标为 2 m 的质点为同相点，x 的坐标为 2 m 的质点经过 t＝0.2 s 即四分之一周期恰好位于波峰，故 x 的坐标为 22 m 的质点 在 t＝0.2 s 时恰好位于波峰，D 正确；当质点 P 位于波峰时，经过了半个周期， 而 x 坐标为 17 m 的质点和 x 坐标为 1 m 的质点为同相点，经过半个周期 x 坐标 为 1 m 的质点恰好位于波谷，E 正确．
第十三页，共39页。
【解析】 由波形图读出波长，利用波速求解周期，根据传播时间求出可 能的传播距离或者将时间与周期相比较，就可以判断传播方向．
由题图知该波的波长 λ＝12 cm，故 A 项正确．由 v＝Tλ，得 T＝12×0.180－2 s ＝0.15 s，故 B 项错误．因Tt ＝00..125＝43，故该波沿 x 轴负方向传播，故 C 项错误， E 项正确．由波沿 x 轴负方向传播可判定 t＝0 时刻，x＝4 cm 处质点的振动方向 沿 y 轴负方向，故 D 项正确．
【答案】 ADE
第十一页，共39页。
如图 2-2 所示，实线是沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝0 时刻的波 形图，虚线是这列波在 t＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为 0.8 m/s，则下列说 法正确的是( )
图 2-2
第十二页，共39页。
A．这列波的波长是 12 cm B．这列波的周期是 0.5 s C．这列波是沿 x 轴正方向传播的 D．t＝0 时，x＝4 cm 处的质点振动方向为沿 y 轴负方向 E．这列波是沿 x 轴负方向传播的
【解析】 水面波是一种机械波，说法 A 正确．根据题意得周期 T＝195 s ＝53 s，频率 f＝T1＝0.6 Hz，说法 B 错误．波长 λ＝vf＝10..86m＝3 m，说法 C 正确．波 传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移， 说法 D 错误，说法 E 正确．
x 的坐标为 22 m 的质点和 x 的坐标为 2 m 的质点为同相点，x 的坐标为 2 m 的质点经过 t＝0.2 s 即四分之一周期恰好位于波峰，故 x 的坐标为 22 m 的质点 在 t＝0.2 s 时恰好位于波峰，D 正确；当质点 P 位于波峰时，经过了半个周期， 而 x 坐标为 17 m 的质点和 x 坐标为 1 m 的质点为同相点，经过半个周期 x 坐标 为 1 m 的质点恰好位于波谷，E 正确．
第十三页，共39页。
【解析】 由波形图读出波长，利用波速求解周期，根据传播时间求出可 能的传播距离或者将时间与周期相比较，就可以判断传播方向．
由题图知该波的波长 λ＝12 cm，故 A 项正确．由 v＝Tλ，得 T＝12×0.180－2 s ＝0.15 s，故 B 项错误．因Tt ＝00..125＝43，故该波沿 x 轴负方向传播，故 C 项错误， E 项正确．由波沿 x 轴负方向传播可判定 t＝0 时刻，x＝4 cm 处质点的振动方向 沿 y 轴负方向，故 D 项正确．
【答案】 ADE
第十一页，共39页。
如图 2-2 所示，实线是沿 x 轴传播的一列简谐横波在 t＝0 时刻的波 形图，虚线是这列波在 t＝0.2 s 时刻的波形图．该波的波速为 0.8 m/s，则下列说 法正确的是( )
图 2-2
第十二页，共39页。
A．这列波的波长是 12 cm B．这列波的周期是 0.5 s C．这列波是沿 x 轴正方向传播的 D．t＝0 时，x＝4 cm 处的质点振动方向为沿 y 轴负方向 E．这列波是沿 x 轴负方向传播的
【解析】 水面波是一种机械波，说法 A 正确．根据题意得周期 T＝195 s ＝53 s，频率 f＝T1＝0.6 Hz，说法 B 错误．波长 λ＝vf＝10..86m＝3 m，说法 C 正确．波 传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移， 说法 D 错误，说法 E 正确．
粤教版物理必修1讲义：第2章 章末分层突破
＝对任何直线运动都适用，而＝(v0＋vt)只适用于匀变速直线运动
中间时刻速度法
v＝＝(v0＋vt)，适用于匀变速直线运动
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用比例法解题
图象法
应用st图象或vt图象，可把较复杂的问题转变为较简单的数学问题解决
巧用推论解题
sn＋1－sn＝aT2，若出现相等的时间问题，应优先考虑用Δs＝aT2求解
1．判断物体的运动性质
(1)根据匀速直线运动特点s＝vt，若纸带上各相邻的点的间隔相等，则可判定物体做匀速直线运动．
(2)由匀变速直线运动的推论：Δs＝aT2，若所打的纸带上在任意两个相邻且相等的时间内物体的位移差相等，则说明物体做匀变速直线运动．
2．求加速度
(1)逐差法
由于物体做匀变速运动，所以满足在连续相等的时间间隔内位移差相等，即Δs＝aT2可得a＝.但利用一个Δs求得的加速度偶然误差太大，为了减小实验中的偶然误差，分析纸带时，纸带上的各段位移最好都用上，方法如下：
某同学在“研究匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图2 3所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.10 s.
图2 3
(1)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算打下B、C、D、E、F五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填在下面的横线上．(要求保留三位有效数字)
(4)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯，特别是对多过程问题．对于多过程问题，要注意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要注意寻找位移关系、时间关系.
物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图2 1所示，已知物体运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．
中间时刻速度法
v＝＝(v0＋vt)，适用于匀变速直线运动
比例法
对于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动，可利用比例法解题
图象法
应用st图象或vt图象，可把较复杂的问题转变为较简单的数学问题解决
巧用推论解题
sn＋1－sn＝aT2，若出现相等的时间问题，应优先考虑用Δs＝aT2求解
1．判断物体的运动性质
(1)根据匀速直线运动特点s＝vt，若纸带上各相邻的点的间隔相等，则可判定物体做匀速直线运动．
(2)由匀变速直线运动的推论：Δs＝aT2，若所打的纸带上在任意两个相邻且相等的时间内物体的位移差相等，则说明物体做匀变速直线运动．
2．求加速度
(1)逐差法
由于物体做匀变速运动，所以满足在连续相等的时间间隔内位移差相等，即Δs＝aT2可得a＝.但利用一个Δs求得的加速度偶然误差太大，为了减小实验中的偶然误差，分析纸带时，纸带上的各段位移最好都用上，方法如下：
某同学在“研究匀变速直线运动”的实验中，用打点计时器记录了被小车拖动的纸带的运动情况，在纸带上确定出A、B、C、D、E、F、G共7个计数点，其相邻点间的距离如图2 3所示，每两个相邻的计数点之间的时间间隔为0.10 s.
图2 3
(1)试根据纸带上各个计数点间的距离，计算打下B、C、D、E、F五个点时小车的瞬时速度，并将各个速度值填在下面的横线上．(要求保留三位有效数字)
(4)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯，特别是对多过程问题．对于多过程问题，要注意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要注意寻找位移关系、时间关系.
物体以一定的初速度冲上固定的光滑斜面，到达斜面最高点C时速度恰好为零，如图2 1所示，已知物体运动到斜面长度3/4处的B点时，所用时间为t，求物体从B滑到C所用的时间．
人教版物理必修1讲义：第2章 章末分层突破
章末分层突破
[自我校对]
①v＝v0＋at
②x＝v0t＋at2
③v2－v＝2ax
④
⑤v
⑥Δx＝aT2
⑦图象纵坐标⑧图象的斜率⑨图象与来自轴围成的面积⑩图象纵坐标
⑪图象的斜率
⑫等于零
⑬只受重力
⑭v＝gt
⑮h＝gt2
⑯v2＝2gh
⑰9.8 m/s2或10 m/s2
⑱竖直向下
匀变速直线运动规律的理解与应用
1.匀变速直线运动的常用解题方法
【答案】A
3．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图2 4所示．下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是()
图2 4
【解析】由图可知，在0～时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故B、C皆错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～时间内相同，故A错误，D正确．
图象法
应用vt图象，可把较复杂的问题转变为较简单的数学问题解决
巧用推论解题
xn＋1－xn＝aT2，若出现相等的时间问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解
逆向思维法(反演法)
把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知情况
2.注意事项
(1)解题时首先选择正方向，一般以v0方向为正方向．
(2)刹车类问题一般先求出刹车时间．
(3)对于有往返的匀变速直线运动(全过程加速度a恒定)，可对全过程应用公式v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、……列式求解．
(4)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯，特别是对多过程问题．对于多过程问题，要注意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要注意寻找位移关系、时间关系.
[自我校对]
①v＝v0＋at
②x＝v0t＋at2
③v2－v＝2ax
④
⑤v
⑥Δx＝aT2
⑦图象纵坐标⑧图象的斜率⑨图象与来自轴围成的面积⑩图象纵坐标
⑪图象的斜率
⑫等于零
⑬只受重力
⑭v＝gt
⑮h＝gt2
⑯v2＝2gh
⑰9.8 m/s2或10 m/s2
⑱竖直向下
匀变速直线运动规律的理解与应用
1.匀变速直线运动的常用解题方法
【答案】A
3．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的at图象如图2 4所示．下列vt图象中，可能正确描述此物体运动的是()
图2 4
【解析】由图可知，在0～时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故B、C皆错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的绝对值与0～时间内相同，故A错误，D正确．
图象法
应用vt图象，可把较复杂的问题转变为较简单的数学问题解决
巧用推论解题
xn＋1－xn＝aT2，若出现相等的时间问题，应优先考虑用Δx＝aT2求解
逆向思维法(反演法)
把运动过程的“末态”作为“初态”的反向研究问题的方法，一般用于末态已知情况
2.注意事项
(1)解题时首先选择正方向，一般以v0方向为正方向．
(2)刹车类问题一般先求出刹车时间．
(3)对于有往返的匀变速直线运动(全过程加速度a恒定)，可对全过程应用公式v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、……列式求解．
(4)分析题意时要养成画运动过程示意图的习惯，特别是对多过程问题．对于多过程问题，要注意前后过程的联系——前段过程的末速度是后一过程的初速度；再要注意寻找位移关系、时间关系.
高中物理 同步课件第2章 章末分层突破
1.模型法 人们对原子结构的认识经历了几个不同的阶段，其中有汤姆孙模型、卢瑟 福模型、玻尔模型、电子云模型(如图 2-1 所示)．
图 2-1
2．假设法 假设法是学习物理规律常用的方法，前边我们学过的安培分子电流假说， 现在大家知道从物质微观结构来看是正确的，它就是核外电子绕核旋转所形成 的电流．在当时的实验条件下是“假说”。玻尔的原子结构理论是为解决核式 结构模型的困惑而提出的，他的成功在于引入量子理论，局限性在于保留了轨 道的概念，没有彻底脱离经典物理学框架．
B．使 α 粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子，当 α 粒子接 近核时是核的斥力使 α 粒子偏转，当 α 粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏 转
C．实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分 D．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量
【解析】 由 α 粒子散射实验结果知，A 正确；由于电子的质量远小于 α 粒子的质量，对 α 粒子的运动影响极小，使 α 粒子发生明显偏转的是原子核的 斥力，B 错误；实验表明：原子具有核式结构，核极小，但含有全部的正电荷和 几乎所有的质量，C 正确，D 错误．
LC、f＝2π
1 LC.
预习导学
• 二、电磁场和电磁波
• 1．麦克斯韦电磁理论的两个基本假设
• (1)变化的磁场能够在周围空间产生电场．
• (2)变化的电场能够在周围空间产生磁场．
• 2．电磁场
不均匀变化
•
的电如场果就在在空它间周某围区空域间有引起变磁化场的
的电场，那么这个变化 ，这个变化的磁
场又在它周围空间引起变化的电场……于是，变化的电场
流由零逐渐增大，线圈产生逐的渐磁增场强
，电容器里
图 2-1
2．假设法 假设法是学习物理规律常用的方法，前边我们学过的安培分子电流假说， 现在大家知道从物质微观结构来看是正确的，它就是核外电子绕核旋转所形成 的电流．在当时的实验条件下是“假说”。玻尔的原子结构理论是为解决核式 结构模型的困惑而提出的，他的成功在于引入量子理论，局限性在于保留了轨 道的概念，没有彻底脱离经典物理学框架．
B．使 α 粒子发生明显偏转的力是来自带正电的核及核外电子，当 α 粒子接 近核时是核的斥力使 α 粒子偏转，当 α 粒子接近电子时是电子的吸引力使之偏 转
C．实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分 D．实验表明：原子中心的核带有原子的全部正电荷和原子的全部质量
【解析】 由 α 粒子散射实验结果知，A 正确；由于电子的质量远小于 α 粒子的质量，对 α 粒子的运动影响极小，使 α 粒子发生明显偏转的是原子核的 斥力，B 错误；实验表明：原子具有核式结构，核极小，但含有全部的正电荷和 几乎所有的质量，C 正确，D 错误．
LC、f＝2π
1 LC.
预习导学
• 二、电磁场和电磁波
• 1．麦克斯韦电磁理论的两个基本假设
• (1)变化的磁场能够在周围空间产生电场．
• (2)变化的电场能够在周围空间产生磁场．
• 2．电磁场
不均匀变化
•
的电如场果就在在空它间周某围区空域间有引起变磁化场的
的电场，那么这个变化 ，这个变化的磁
场又在它周围空间引起变化的电场……于是，变化的电场
流由零逐渐增大，线圈产生逐的渐磁增场强
，电容器里
- 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)。
如图 2-3 所示，AB、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导 轨间的距离为 L，导轨平面与水平面间的夹角为 θ，在整个导轨平面内都有垂直 于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，在导轨的 AC 端连接有 一个阻值为 R 的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒 ab，质量为 m，从静止开 始沿导轨下滑，求 ab 棒的最大速度为多少？(已知 ab 与导轨间的动摩擦因数为 μ，导轨与金属的电阻都不计)
【答案】 A
电磁感应中的力学问题
1.解决电磁感应现象中的力学问题的一般思路 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向； (2)求回路中的电流； (3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)； (4)根据牛顿第二定律或物体受力平衡列方程求解．
2．受力情况、运动情况的动态分析 导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力作用→合外 力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，最 终结果是加速度等于零，导体达到稳定运动状态．处理此类问题要画好受力示 意图，抓住加速度 a＝0 时，速度 v 达到最值的特点．
(1)磁感应强度 B、磁通量 Φ、感应电动势 E 和感应电流 I 随时间 t 变化 图象类 的图象，即 B-t 图象、Φ-t 图象、E-t 图象和 I-t 图象
型 (2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常常涉及感应 电动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图象，即 E-x 图象和 I-x 图象
图 2-3
【解析】 金属棒 ab 下滑时产生的感应电流的方向和受力情况如图所示， 金属棒 ab 沿导轨下滑过程中受到重力 mg，支持力 FN、摩擦力 Ff 和安培力 F 安 四个力作用．
金属棒下滑产生的感应电动势为 E＝BLv，闭合回路中产生的感应电流为 I ＝ER，安培力 F 安的方向沿斜面向上，其大小为：F 安＝BIL＝BERL＝B2RL2v
图 2-2
【解析】 线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向 为 CBADC 方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的 方向为 ABCDA，即为负值．在线圈进入磁场直到进入一半的过程中，切割的有 效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈继续运 动至全部进入磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小， 则感应电流均匀减小；在线圈出磁场直到离开一半的过程中，切割的有效长度 均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度 均匀减小，感应电流均匀减小．故 A 正确，B、C、D 错误．
图 2-1
【解析】 当 PQ 向右运动时，用右手定则可判定 PQ 中感应电流的方向是 由 Q→P，由安培定则可知穿过 L1 的磁场方向是自下而上的；若 PQ 向右加速运 动，则穿过 L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过 MN 的感应电流是从 N→M 的，用左手定则可判定 MN 受到向左的安培力，将向左运动，可见选项 A 不正 确；若 PQ 向右减速运动，流过 MN 的感应电流方向、感应电流所受的安培力的 方向均将反向，MN 向右运动，所以选项 C 是正确的；同理可判断 B 项是正确 的，D 项是错误的．
问题类 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象 型 (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量
分析图象问题时应特别关注的四点事项： (1)图象中两个坐标轴各代表什么意思． (2)图象中横纵坐标的正、负各表示什么意思． (3)画图象时应注意初始状态如何以及正方向的选取． (4)注意图象横轴、纵轴截距以及图线斜率、图线包围面积的物理意义． 求解时要注意相关规律的应用，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应 定律等；求解时要分清“过程段”，对每个阶段导体的切割情况或回路的变化 情况都要仔细分析，并进一步确定电动势和电流等的变化规律，有的甚至要对 线框进行受力分析和运动分析．
【答案】 BC
使用哪只手要看题中具体情景中的因果关系，“因电而动”——用左手，“因 动而电”——用右手，“因电而磁”——用右手．
电磁感应中的图象问题
电磁感应的图象问题是高考中的热点问题，它要求考生做到三会：会识图 ——认识图象，理解图象的物理意义；会作图——依据物理现象、物理过程、 物理规律画出相应的图象；会用图——能用图象分析、描述电磁感应过程，用 图象法解决问题．图象问题一般有两种类型，一是图象类型、二是问题类型．两 种类型具体如下表：
左手定则
电磁 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
感应
闭合回路磁通量变化
楞次定律
(多选)如图 2-1 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，当 PQ 在外力的作用下运动时，MN 在磁场力的作用下向右运 动，则 PQ 所做的运动可能是( )
A．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
巩
拓
固
展
层
层
章末分层突破
章
提
末
升
综
层
合
测
评
[自我校对] ①感应电流 ②阻碍 ③磁通量的变化 ④切割 ⑤自身电流 ⑥相反 ⑦相同 ⑧阻碍 ⑨变化 ⑩横截面积 ⑪长短 ⑫次级线圈 ⑬转换开关 ⑭电应用的规律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流的作用
如图 2-2 所示，宽度为 d 的有界匀强磁场，方向垂直于纸面向里．在 纸面所在平面内有一对角线长也为 d 的正方形闭合线圈 ABCD，沿 AC 方向垂直 磁场边界匀速穿过该磁场区域．规定逆时针方向为感应电流的正方向，t＝0 时 C 点恰好进入磁场，则从 C 点进入磁场开始到 A 点离开磁场为止，闭合线圈中感 应电流随时间的变化图象正确的是( )
根据牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ－B2RL2v＝ma
金属棒由静止开始下滑后，做加速度逐渐减小的变加速运动，当加速度减
小到零时，速度增至最大，以后金属棒将以这个最大速度匀速下滑．此时
mgsin θ－μmgcos θ－B2LR2vmax＝0