高三物理重要复习提纲：动力学。

俗话说，凡事预则立，不预则废。作为高中教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助高中教师提高自己的教学质量。所以你在写高中教案时要注意些什么呢？下面的内容是小编为大家整理的高三物理重要复习提纲：动力学，希望对您的工作和生活有所帮助。

高三物理重要复习提纲：动力学

高三物理期末复习提纲：动力学1.牛顿第一运动定律(惯性定律)：物体具有惯性，总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止2.牛顿第二运动定律：F合=ma或a=F合/ma{由合外力决定，与合外力方向一致}3.牛顿第三运动定律：F=-F′{负号表示方向相反，F、F′各自作用在对方，平衡力与作用力反作用力区别，实际应用：反冲运动}4.共点力的平衡F合=0，推广{正交分解法、三力汇交原理｝5.超重：FNG，失重：FN6.牛顿运动定律的适用条件：适用于解决低速运动问题，适用于宏观物体，不适用于处理高速问题，不适用于微观粒子〔见第一册P67〕注：平衡状态是指物体处于静止或匀速直线状态，或者是匀速转动。高三物理期末复习提纲：力1)常见的力1.重力G=mg(方向竖直向下，g=9.8m/s2≈10m/s2，作用点在重心，适用于地球表面附近)2.胡克定律F=kx{方向沿恢复形变方向，k：劲度系数(N/m)，x：形变量(m)｝3.滑动摩擦力F=μFN{与物体相对运动方向相反，μ：摩擦因数，FN：正压力(N)｝4.静摩擦力0≤f静≤fm(与物体相对运动趋势方向相反，fm为最大静摩擦力)5.万有引力F=Gm1m2/r2(G=6.67×10-11N·m2/kg2，方向在它们的连线上)6.静电力F=kQ1Q2/r2(k=9.0×109N·m2/C2，方向在它们的连线上)7.电场力F=Eq(E：场强N/C，q：电量C，正电荷受的电场力与场强方向相同)8.安培力F=BILsinθ(θ为B与L的夹角，当L⊥B时：F=BIL，B//L时：F=0)9.洛仑兹力f=qVBsinθ(θ为B与V的夹角，当V⊥B时：f=qVB，V//B时：f=0)注：高三物理期末复习提纲(1)劲度系数k由弹簧自身决定;(2)摩擦因数μ与压力大小及接触面积大小无关，由接触面材料特性与表面状况等决定;(3)fm略大于μFN，一般视为fm≈μFN;(4)其它相关内容：静摩擦力(大小、方向)〔见第一册P8〕;(5)物理量符号及单位B：磁感强度(T)，L：有效长度(m)，I：电流强度(A)，V：带电粒子速度(m/s)，q：带电粒子(带电体)电量(C);(6)安培力与洛仑兹力方向均用左手定则判定。2)力的合成与分解1.同一直线上力的合成同向：F=F1+F2，反向：F=F1-F2(F1F2)2.互成角度力的合成：F=(F12+F22+2F1F2cosα)1/2(余弦定理)F1⊥F2时：F=(F12+F22)1/23.合力大小范围：|F1-F2|≤F≤|F1+F2|4.力的正交分解：Fx=Fcosβ，Fy=Fsinβ(β为合力与x轴之间的夹角tgβ=Fy/Fx)注：(1)力(矢量)的合成与分解遵循平行四边形定则;(2)合力与分力的关系是等效替代关系，可用合力替代分力的共同作用，反之也成立;(3)除公式法外，也可用作图法求解，此时要选择标度，严格作图;(4)F1与F2的值一定时，F1与F2的夹角(α角)越大，合力越小;(5)同一直线上力的合成，可沿直线取正方向，用正负号表示力的方向，化简为代数运算。高三物理期末复习提纲：直线运动1)匀变速直线运动1.平均速度V平=s/t(定义式)2.有用推论Vt2-Vo2=2as3.中间时刻速度Vt/2=V平=(Vt+Vo)/24.末速度Vt=Vo+at5.中间位置速度Vs/2=[(Vo2+Vt2)/2]1/26.位移s=V平t=Vot+at2/2=Vt/2t7.加速度a=(Vt-Vo)/t{以Vo为正方向，a与Vo同向(加速)a0;反向则a0｝8.实验用推论Δs=aT2{Δs为连续相邻相等时间(T)内位移之差｝9.主要物理量及单位：初速度(Vo)：m/s;加速度(a)：m/s2;末速度(Vt)：m/s;时间(t)秒(s);位移(s)：米(m);路程：米;速度单位换算：1m/s=3.6km/h。注：(1)平均速度是矢量;(2)物体速度大，加速度不一定大;(3)a=(Vt-Vo)/t只是量度式，不是决定式;(4)其它相关内容：质点、位移和路程、参考系、时间与时刻〔见第一册P19〕/s--t图、v--t图/速度与速率、瞬时速度〔见第一册P24〕。2)自由落体运动1.初速度Vo=02.末速度Vt=gt3.下落高度h=gt2/2(从Vo位置向下计算)4.推论Vt2=2gh注：(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律;(2)a=g=9.8m/s2≈10m/s2(重力加速度在赤道附近较小，在高山处比平地小，方向竖直向下)。(3)竖直上抛运动1.位移s=Vot-gt2/22.末速度Vt=Vo-gt(g=9.8m/s2≈10m/s2)3.有用推论Vt2-Vo2=-2gs4.上升最大高度Hm=Vo2/2g(抛出点算起)5.往返时间t=2Vo/g(从抛出落回原位置的时间)注：(1)全过程处理：是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值;(2)分段处理：向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动，具有对称性;(3)上升与下落过程具有对称性，如在同点速度等值反向等。jaB88.cOM

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20xx高考物理复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案

每个老师不可缺少的课件是教案课件，大家在认真写教案课件了。是时候对自己教案课件工作做个新的规划了，未来的工作就会做得更好！究竟有没有好的适合教案课件的范文？小编收集并整理了“20xx高考物理复习微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题学案”，供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。

微专题07用动力学和能量观点解决力学综合题
多运动组合问题
(对应学生用书P96)
1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．
2．解题策略
(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．
(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
(20xx全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为56R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g.取sin37°＝35，cos37°＝45
(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点左下方，与C点水平相距72R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析：(1)由题意可知：lBC＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglBCsinθ－μmglBCcosθ＝12mv2B②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
vB＝2gR③
(2)设BE＝x，P到达E点时速度为零，此时弹簧的弹性势能为Ep，由B→E过程，根据动能定理得
mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－12mv2B④
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－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥
联立③④⑤⑥式得
x＝R⑦
Ep＝125mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1，D点与G点的水平距离为x1、竖直距离为y1，由几何关系(如图所示)得θ＝37°.
由几何关系得：
x1＝72R－56Rsinθ＝3R⑨
y1＝R＋56R＋56Rcosθ＝52R⑩
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式得：
y1＝12gt2
x1＝vDt
联立⑨⑩得
vD＝355gR
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
12m1v2C＝12m1v2D＋m1g56R＋56Rcosθ
P由E点运动到C点的过程中，由动能定理得Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝12m1v2C
联立⑦⑧得
m1＝13m
答案：(1)2gR(2)125mgR(3)355gR13m
多过程问题的解题技巧
1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．
2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．
(20xx南充模拟)如图所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙，BP为圆心角等于143°、半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的小物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不拴接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块第一次经过B点后恰能到达P点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：
(1)若CD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；
(2)B、C两点间的距离x；
(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
解析：(1)由x＝12t－4t2知，
物块在C点速度为v0＝12m/s
设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：
W－mgsin37°CD＝12mv20
代入数据得：W＝12mv20＋mgsin37°CD＝156J.
(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B的加速度大小为a＝8m/s2
物块在P点的速度满足mg＝mv2PR
物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有
12mv2B＝12mv2P＋mghBP
物块从C运动到B的过程中有v2B－v20＝－2ax
由以上各式解得x＝498m＝6.125m.
(3)设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得
mgsinθ＋μmgcosθ＝ma
代入数据解得μ＝0.25
假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得
12mv2Q－12mv2P＝mgR－2μmgcos37°
解得v2Q＝－19＜0.
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
答案：(1)156J(2)6.125m(3)不会
运用数学知识求解物理极值问题
(对应学生用书P97)
数学思想和方法已经渗透到物理学中各个层次和领域，特别是数学中的基本不等式思想在解决物理计算题中的极值问题时会经常用到，这也是数学知识在具体物理问题中实际应用的反映，也是高考中要求的五大能力之一．
如图所示，粗糙水平台面上静置一质量m＝0.5kg的小物块(视为质点)，它与平台表面的动摩擦因数μ＝0.5，与平台边缘O点的距离s＝5m．在平台右侧固定了一个1/4圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆弧的圆心为O点．现用F＝5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力．(不考虑空气阻力影响，g取10m/s2)
(1)为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
(2)改变拉力F的作用时间，小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能的最小值．
解析：(1)由动能定理
Fx－μmgs＝ΔEk＝0
又F－μmg＝ma
x＝12at2
解得t＝1s.
(2)设物块离开O点的速度为v0时，击中挡板时小物块的动能最小
x＝v0t，y＝12gt2
x2＋y2＝R2
击中挡板时的动能
Ek＝12mv20＋mgy
由以上各式得Ek＝14mgR2y＋3y
当R2y＝3y.即y＝33时，Ek最小
最小值Ek＝532J.
答案：(1)1s(2)532J
(多选)如图所示，在粗糙水平台阶上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于台阶右边缘O点．台阶右侧固定了14圆弧挡板，圆弧半径R＝1m，圆心为O，P为圆弧上的一点，以圆心O为原点建立平面直角坐标系，OP与x轴夹角53°(sin53°＝0.8)，用质量m＝2kg的小物块，将弹簧压缩到B点后由静止释放，小物块最终水平抛出并击中挡板上的P点．物块与水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，BO间的距离s＝0.8m，g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()
A．物块离开O点时的速度大小为1.5m/s
B．弹簧在B点时具有的弹性势能为10.25J
C．改变弹簧的弹性势能，击中挡板时物块的最小动能为103J
D．改变弹簧的弹性势能，物块做平抛运动，可能垂直落到挡板上
解析：选ABC设物块离开O点的速度为v0
则Rsin37°＝v0t
Rcos37°＝12gt2
解得v0＝1.5m/s
由B→O，则
Ep＝μmgs＋12mv20＝10.25J，故A、B正确．
设物块离开O点的速度为v时，击中挡板时动能最小
则Ek＝12mv2＋mgh
又h＝12gt2，t＝xv
x2＋h2＝R2
得Ek＝5h＋15h.当5h＝15h时，Ek最小
故Ek＝103J，C正确．
假设物块能垂直打在挡板上，则速度的反向延长过O点，故不可能，D错误．
传送带模型问题
(对应学生用书P97)
1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．
2．处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
(20xx河北衡水中学二模)如图所示为一皮带传送装置，其中AB段水平，长度LAB＝4m，BC段倾斜，长度足够长，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．现将一质量m＝1kg的工件(可看成质点)无初速度地放在A点，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)工件从A点开始至第一次到达B点所用的时间t；
(2)工件从第一次到达B点至第二次到达B点的过程中，工件与传送带间因摩擦而产生的热量Q.
解析：(1)由牛顿第二定律得μmg＝ma1，则a1＝μg＝5m/s2，
经t1时间工件与传送带的速度相同，则t1＝va1＝0.8s，
工件前进的位移为x1＝12a1t21＝1.6m，
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
t2＝LAB－x1v＝0.6s，
工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4s.
(2)工件沿BC上升过程中受到摩擦力f＝μmgcosθ，
由牛顿第二定律可得，加速度大小a2＝mgsinθ－fm＝2m/s2，
由运动学公式可得t3＝va2＝2s，
下降过程加速度大小不变，a3＝a2＝2m/s2，
由运动学公式可得t4＝va3＝2s.
工件与传送带的相对位移Δx＝v(t3＋t4)＝16m，
摩擦生热Q＝fΔx＝64J.
答案：(1)1.4s(2)64J
1．分析流程
2．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
(20xx安徽江淮十校联考)(多选)如图所示，倾角θ＝37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图所示，取沿传送带向上为正方向，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是()
A．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
B．0～8s内物体位移的大小为14m
C．0～8s内物体机械能的增量为84J
D．0～8s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126J
解析：选BD根据vt图象的斜率表示加速度，可得物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝22m/s2＝1m/s2，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故A错误.0～8s内物体的位移为s＝－12×2×2m＋2＋62×4m＝14m，故B正确．物体上升的高度为h＝ssinθ＝8.4m，重力势能的增量为ΔEp＝mgh＝84J，动能增量为ΔEk＝12mv22－12mv21＝12×1×(42－22)J＝6J，机械能增量为ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J，故C错误.0～8s内只有前6s内物体与传送带发生相对滑动，0～6s内传送带运动的距离为s带＝4×6m＝24m,0～6s内物体位移为s物＝－12×2×2m＋4×42m＝6m，s相对＝s带－s物＝18m，产生的热量为Q＝μmgcosθs相对＝126J，故D正确．
滑块—木板模型问题
(对应学生用书P98)
1．滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．
2．滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．
3．此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5kg、长度L＝0.6m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1kg的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝5m/s，使其在木块上滑行．g取10m/s2，求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度；
(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；
(3)铅块运动的总时间．
解析：(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg＞μ1(M＋nm)g
解得n＜3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理有：12Mv20－12Mv2＝μ2Mg×8L
代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1m/s.
(2)对铅块M：a2＝μ2g＝2.5m/s2，v2＝v－a2t2
对最后两块木块9和10有：
a1＝μ2Mg－μ1M＋2mg2m＝0.5m/s2，v1＝a1t2
令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：
t2＝va1＋a2＝13s
铅块位移：x2＝vt2－12a2t22，
木块位移：x1＝12a1t22
铅块相对木块位移：Δx＝x2－x1＝16m＜L
所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：
Q＝μ2Mg(8L＋Δx)＝12.42J.
(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为：
v1＝a1t2＝16m/s
铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3＝v1μ1g＝16s
铅块在前8个木块上运动时间：t1＝v0－vμ2g＝1.6s
所以铅块运动的总时间：
t＝t1＋t2＋t3＝2.1s.
答案：(1)1m/s(2)12.42J(3)2.1s
如图所示，在水平面上有A、B两块相同的木板．质量均为m＝2kg，每块木板长L＝1m．两木板放在一起但不粘连，木板与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，设定最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等．现有一质量M＝4kg的金属块C以初速度v0＝22m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.2，g取g＝10m/s2，试求：
(1)金属块滑上B的左端时速度为多少？
(2)金属块停在木块B上何处？
(3)整个过程中木块B的位移是多少？
解析：(1)AB与地面：fAB＝μ1(2m＋M)g＝8N
AC间：fAC＝μ2Mg＝8N
故开始时AB静止，对C有：v20－v21＝2μ2gL
v1＝2m/s
(2)BC间：fBC＝μ2Mg＝8N
B地间：fB＝μ1(m＋M)g＝6N＜fBC
则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：
对B：fBC－fB＝maB
aB＝1m/s2，v2＝aBt＝v1－μ2gt
t＝23sv2＝23m/s
此过程C相对B运动s＝v1＋v22t－v22t＝23m
(3)此后BC一起减速，a＝μ1g＝1m/s2，
B的位移sB＝v22t＋v222a＝49m.
答案：(1)2m/s(2)23m(3)49m

电磁感应中的动力学和能量问题

电磁感应中的动力学和能量问题

要点一电磁感应中的动力学问题
即学即用
1.如图甲所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L.M、P两点间
接有阻值为R的电阻.一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直.整套装置处于磁感应强度为
B的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让ab杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属
杆接触良好,不计它们之间的摩擦.

（1）由b向a方向看到的装置如图乙所示,请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图.
（2）在加速下滑过程中,当ab杆的速度大小为v时,求此时ab杆中的电流及其加速度的大小.
（3）求在下滑过程中,ab杆可以达到的速度最大值.
答案（1）见右图
（2）
（3）
要点二电磁感应中的能量问题
即学即用
2.如图所示,质量为m,边长为L的正方形线框,在有界匀强磁场上方h高处由静止自由下落,线
框的总电阻为R,磁感应强度为B的匀强磁场宽度为2L.线框下落过程中,ab边始终与磁场边
界平行且处于水平方向.已知ab边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动.求:
（1）cd边刚进入磁场时线框的速度.
（2）线框穿过磁场的过程中,产生的焦耳热.
答案（1）（2）mg（h+3L）-

题型1电磁感应中的能量问题
【例1】如图所示,将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出,穿过宽度
为b、磁感应强度为B的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面向里.线框向上离开磁场时的速度刚
好是进入磁场时速度的一半,线框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进入磁场.整个运动过程中始终
存在着大小恒定的空气阻力f,且线框不发生转动.求:
（1）线框在下落阶段匀速进入磁场时的速度v2.
（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1.
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q.
（4）线框在上升阶段通过磁场过程中克服安培力做的功W.
答案（1）R（2）
（3）-（mg+f）（a+b）
（4）-（mg+f）（a+b）
题型2单金属杆问题
【例2】如图所示,电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体
棒MN上升,导体棒的电阻R为1Ω,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B为
1T的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直.当导体棒上升h=3.8m时,获得稳定的速
度,导体棒上产生的热量为2J.电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V、1A,电动机内阻r为1Ω,不
计框架电阻及一切摩擦.求:
（1）棒能达到的稳定速度.
（2）棒从静止至达到稳定速度所用的时间.
答案（1）2m/s（2）1s
题型3双金属杆问题
【例3】如图所示,在水平台面上铺设两条很长但电阻可忽略的平行导轨MN和PQ,导轨间
宽度L=0.50m.水平部分是粗糙的,置于匀强磁场中,磁感应强度B=0.60T,方向竖直向
上.倾斜部分是光滑的,该处没有磁场.直导线a和b可在导轨上滑动,质量均为m=0.20kg,电阻均为R=0.15Ω.b
放在水平导轨上,a置于斜导轨上高h=0.050m处,无初速释放.设在运动过程中a、b间距离足够远,且始终与导轨
MN、PQ接触并垂直,回路感应电流的磁场可忽略不计.求:
（1）由导线和导轨组成回路的感应电流最大值是多少?
（2）如果导线与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.10,当导线b的速度达到最大值时,导线a的加速度多大?
（3）如果导线与水平导轨间光滑,回路中产生多少焦耳热?
答案（1）1A（2）2m/s2（3）0.05J
题型4图景结合
【例4】光滑平行的金属导轨MN和PQ,间距L=1.0m,与水平面之间的夹角α=30°,匀强磁场磁感应强度B=2.0T,
垂直于导轨平面向上,MP间接有阻值R=2.0Ω的电阻,其它电阻不计,质量m=2.0kg的金属杆ab垂直导轨放置,
如图甲所示.用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab,由静止开始运动,v—t图象如图乙所示,g=10m/s2,导轨足够长.
求:

（1）恒力F的大小.
（2）金属杆速度为2.0m/s时的加速度大小.
（3）根据v-t图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量.
答案（1）18N（2）2m/s2（3）4.12J

1.如图所示,两光滑平行金属导轨间距为L,直导线MN垂直跨在导轨上,且与导轨接触良
好,整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B.电容器的电容为C,除
电阻R外,导轨和导线的电阻均不计.现给导线MN一初速度,使导线MN向右运动,当电路稳定后,MN以速度v向右
做匀速运动时（）
A.电容器两端的电压为零?B.电阻两端的电压为BLv
C.电容器所带电荷量为CBLvD.为保持MN匀速运动,需对其施加的拉力大小为
答案C
2.如图所示,边长为L的正方形导线框质量为m,由距磁场H高处自由下落,其下边ab进入匀强
磁场后,线圈开始做减速运动,直到其上边cd刚刚穿出磁场时,速度减为ab边刚进入磁场时
的一半,磁场的宽度也为L,则线框穿越匀强磁场过程中发出的焦耳热为（）
A.2mgLB.2mgL+mgHC.2mgL+mgHD.2mgL+mgH
答案C
3.两个沿水平方向且磁感应强度大小均为B的有水平边界的匀强磁场,如图所示,磁场高度均为L.
一个框面与磁场方向垂直、质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属框abcd,从某一高度
由静止释放,当ab边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动,当ab边下落到GH和
JK之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动.整个过程中空气阻力不计.求金属框从ab边开始进入第一个磁场
至刚刚到达第二个磁场下边界JK过程中产生的热量Q.
答案+2mgL
4.如图所示,将两条倾角θ=30°,宽度L=1m的足够长的“U”形平行的光滑金属导轨固
定在磁感应强度B=1T,范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向下.用平行于
导轨的牵引力拉一质量m=0.2kg,电阻R=1Ω放在导轨上的金属棒ab,使之由静止沿轨道向上运动,牵引力的功率
恒为P=6W,当金属棒移动s=2.8m时,获得稳定速度,此过程中金属棒产生热量Q=5.8J,不计导轨电阻及一切摩擦,取g=10m/s2.求:
（1）金属棒达到的稳定速度是多大?
（2）金属棒从静止至达到稳定速度时所需的时间多长?
答案（1）2m/s（2）1.5s

1.在图中除导体棒ab可动外,其余部分均固定不动,（a）图中的电容器C原来不带电,设导体棒、导轨和直流电源的
电阻均可忽略,导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内,且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的
匀强磁场中,导轨足够长,今给导体棒ab一个向右的初速度v0,导体棒的最终运动状态是（）

A.三种情况下,导体棒ab最终都是匀速运动
B.图（a）、（c）中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图（b）中ab棒最终静止
C.图（a）、（c）中,ab棒最终将以相同的速度做匀速运动
D.三种情况下,导体棒ab最终均静止
答案B
2.如图所示,有两根和水平面成α角的光滑平行的金属轨道,上端有可变电阻R,下端足够
长,空间有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m的金属杆从轨道上
由静止滑下,经过足够长的时间后,金属杆的速度会趋于一个最大速度vm,则（）
A.如果B增大,vm将变大B.如果α增大,vm将变大
C.如果R增大,vm将变大D.如果m变小,vm将变大
答案BC
3.如图所示,固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻,但表面粗糙,导轨左端
连接一个电阻R,质量为m的金属棒（电阻也不计）放在导轨上,并与导轨垂直,整个
装置放在匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中
①恒力F做的功等于电路产生的电能
②恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
③克服安培力做的功等于电路中产生的电能
④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和
以上结论正确的有（）
A.①②B.②③C.③④D.②④
答案C
4.如图所示,ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨,整个导轨处于竖直向上的匀
强磁场中,在导轨上架着一根金属棒ef,在极短时间内给棒ef一个水平向右的速度,ef
棒开始运动,最后又静止在导轨上,则ef在运动过程中,就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较（）
A.整个回路产生的总热量相等B.安培力对ef棒做的功相等
C.安培力对ef棒的冲量相等D.电流通过整个回路所做的功相等
答案A
5.（2009济宁模拟）如图所示,粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框abcd处于匀强磁场中,另
一种材料的导体棒MN可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动.当导体棒MN在外力作用下
从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中,导线框上消耗的电功率的变化情况可能为
（）
A.逐渐增大B.先增大后减小
C.先减小后增大D.先增大后减小,再增大再减小
答案BCD
6.如图所示,一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点,将圆环拉离平衡位置并释放,圆环摆动过程中经
过一匀强磁场区域,该区域的宽度比圆环的直径大,不计空气阻力,则下述说法中正确的是（）
A.圆环向右穿过磁场后,还能摆至原高度
B.在进入和离开磁场时,圆环中均有感应电流
C.圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大,感应电流也越大
D.圆环最终将静止在平衡位置
答案B
7.如图所示,相距为d的两水平虚线L1和L2分别是水平向里的匀强磁场的上下两个边界,磁
场的磁感应强度为B,正方形线框abcd边长为L（Ld）,质量为m,将线框在磁场上方高
h处由静止释放.如果ab边进入磁场时的速度为v0,cd边刚穿出磁场时的速度也为v0,则
从ab边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的整个过程中（）
A.线框中一直有感应电流
B.线框中有一阶段的加速度为重力加速度g
C.线框中产生的热量为mg（d+h+L）
D.线框有一阶段做减速运动
答案BD
8.如图甲所示,长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面,当长直导线中的电流发生如图乙所示的变化时
（图中所示电流方向为正方向）,线框中的感应电流与线框受力情况为（）
A.t1到t2时间内,线框内电流的方向为abcda,线框受力向左
B.t1到t2时间内,线框内电流的方向为abcda,线框受力向右
C.在t2时刻,线框内无电流,线框不受力
D.在t3时刻,线框内电流的方向为abcda,线框受力向右
答案A
9.如图所示,闭合导体线框abcd从高处自由下落,落入一个有界匀强磁场中,从bd边开始
进入磁场到ac边即将进入磁场的这段时间里,在下图中表示线框运动过程中的感应电流
—时间图象的可能是（）

答案CD
10.如图所示,光滑的“Π”形金属导体框竖直放置,质量为m的金属棒MN与框架接触良好.磁
感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反,但均垂直于框架平面,分别处在abcd和cdef
区域.现从图示位置由静止释放金属棒MN,当金属棒进入磁场B1区域后,恰好做匀速运动.以下说法中正确的是
（）
A.若B2=B1,金属棒进入B2区域后将加速下滑
B.若B2=B1,金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑
C.若B2B1,金属棒进入B2区域后将先加速后匀速下滑
D.若B2B1,金属棒进入B2区域后将先减速后匀速下滑
答案BCD
11.如图所示,由7根长度都是L的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef,
放在纸面所在的平面内,有一个宽度也为L的匀强磁场,磁场边界跟cd杆平行,磁感应
强度的大小是B,方向垂直于纸面向里,金属杆af、be、cd的电阻都为r,其他各杆的电阻不计,各杆端点间接触良好.现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉,从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时,求:
（1）cd杆在磁场中运动的过程中,通过af杆的电流.
（2）从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中,金属框中电流所产生的总热量Q.
答案（1）（2）
12.在拆装某种大型电磁设备的过程中,需将设备内部处于强磁场中的线圈先闭合,然后再
提升直至离开磁场.操作时通过手摇轮轴A和定滑轮O来提升线圈.假设该线圈可简化
为水平长为L、上下宽度为d的矩形线圈,其匝数为n,总质量为M,总电阻为R.磁场的磁感应强度大小为B,方向垂
直纸面向里,如图所示.开始时线圈的上边缘与有界磁场的上边缘平齐.若转动手摇轮轴A,在时间t内把线圈从图示
位置匀速向上拉出磁场.不考虑摩擦影响,求此过程中（1）流过线圈中导线横截面的电荷量.
（2）人至少要做多少功.
答案（1）（2）Mgd+
13.如图所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在一水平面上,两导轨间距L=
0.2m,电阻R=0.4Ω,电容C=2mF,导轨上停放一质量m=0.1kg、电阻r=0.1Ω的
金属杆CD,导轨电阻可忽略不计,整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度B=0.5T
的匀强磁场中.现用一垂直金属杆CD的外力F沿水平方向拉杆,使之由静止开始向右运动.求:
（1）若S闭合,力F恒为0.5N,CD运动的最大速度.
（2）若S闭合,使CD以（1）问中的最大速度匀速运动,现使其突然停止并保持静止不动,当CD停止下来后,通过
导体棒CD的总电荷量.
（3）若S断开,在力F作用下,CD由静止开始做加速度a=5m/s2的匀加速直线运动,请写出电压表的读数U随时间
t变化的表达式.
答案（1）25m/s（2）3.2×10-3C（3）U=0.4t
知识整合演练高考

题型1感应电流的产生和方向
【例1】（2008全国Ⅰ20）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的
正方向垂直纸面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流i的正方向,下列各
图中正确的是（）
答案D
题型2自感现象问题
【例2】（2008江苏8）如图所示的电路中,三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接,电感的电阻忽
略不计,开关S从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有（）

A.a先变亮,然后逐渐变暗B.b先变亮,然后逐渐变暗
C.c先变亮,然后逐渐变暗D.b、c都逐渐变暗
答案AD
题型3电磁感应与恒定电路综合问题
【例3】（2008广东18）如图（a）所示,水平放置的两根平行金属导轨,间距L=0.3m,导轨左端连接R=0.6Ω的
电阻.区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场,磁场区域宽D=0.2m.细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m
的轻质绝缘杆连接,放置在导轨平面上,并与导轨垂直,每根金属棒在导轨间的电阻均为r=0.3Ω,导轨电阻不计.使
金属棒以恒定速度v=1.0m/s沿导轨向右穿越磁场,计算从金属棒A1进入磁场（t=0）到A2离开磁场的时间内,不同
时间段通过电阻R的电流强度,并在图（b）中画出.
答案0～0.2s内,I1=0.12A;0.2s～0.4s内,I2=0A;0.4s～0.6s内,I3=0.12A.
如下图所示?

题型四电磁感应与力学结合的综合问题
【例4】（2008北京22）均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd,每边长为L,总电阻为
R,总质量为m.将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处,如图所示.线框由静止自
由下落,线框平面保持在竖直平面内,且cd边始终与水平的磁场边界面平行.当cd边刚进
入磁场时:
（1）求线框中产生的感应电动势大小.
（2）求cd两点间的电势差大小.
（3）若此时线框加速度恰好为零,求线框下落的高度h所应满足的条件.
答案（1）BL（2）（3）

1.（2008全国Ⅱ21）如图所示,一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的
匀强磁场;一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直;虚线框对角线ab
与导线框的一条边垂直,ba的延长线平分导线框.在t=0时,使导线框从图示位置开始以
恒定速度沿ab方向移动,直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的强度,取逆时针方向为正.下
列表示i—t关系的图示中,可能正确的是（）

答案C
2.（2008四川17）在沿水平方向的匀强磁场中,有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动.开始时线圈
静止,线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直,所成的锐角为α.在磁场开始增强后的一个极短时间内,线圈平面
（）
A.维持不动
B.将向使α减小的方向转动
C.将向使α增大的方向转动
D.将转动,因不知磁场方向,不能确定α会增大还是会减小
?答案B
3.（2008宁夏16）如图所示,同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r,导体
棒PQ与三条导线接触良好,匀强磁场的方向垂直纸面向里.导体棒的电阻可忽略.当
导体棒向左滑动时,下列说法正确的是（）
A.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由b到a
B.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由b到a
C.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由a到b
D.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由a到b
答案B
4.（2008山东22）两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻.将质
量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感
应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示.除电阻R外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长位置
由静止释放,则（）
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案AC
5.（2008重庆18）如图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈,当一竖
直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈
受到的支持力N及在水平方向运动趋势的正确判断是（）
A.N先小于mg后大于mg,运动趋势向左B.N先大于mg后小于mg,运动趋势向左
C.N先小于mg后大于mg,运动趋势向右D.N先大于mg后小于mg,运动趋势向右
答案D
6.（2008海南10）一航天飞机下有一细金属杆,杆指向地心.若仅考虑地磁场的影响,则当航天飞机位于赤道上空
（）
A.由东向西水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
B.由西向东水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由上向下
C.沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时,金属杆中感应电动势的方向一定由下向上
D.沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时,金属杆中一定没有感应电动势
答案AD
7.（2008天津25）磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具.它的驱动系统简化为如下模型,固定在列车下端
的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框,电阻为R,金属框置于xOy平面内,长边MN长为l平行于y轴,宽为d的
NP边平行于x轴,如图甲所示.列车轨道沿Ox方向,轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场,磁感应强度B沿Ox
方向按正弦规律分布,其空间周期为λ,最大值为B0,如图乙所示,金属框同一长边上各处的磁感应强度相同,整个
磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移.设在短暂时间内,MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略,并
忽略一切阻力.列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速度行驶,某时刻速度为v（vv0）.

（1）简要叙述列车运行中获得驱动力的原理.
（2）为使列车获得最大驱动力,写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式.
（3）计算在满足第（2）问的条件下列车速度为v时驱动力的大小.
答案（1）由于列车速度与磁场平移速度不同,导致穿过金属框的磁通量发生变化,由于电磁感应,金属框中会产
生感应电流,该电流受到的安培力即为驱动力.
（2）为使列车获得最大驱动力,MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方,这会使得金属框所围
面积的磁通量变化率最大,导致框中电流最强,也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大.因此,d应为的奇
数倍,即
d=（2k+1）（k∈N）
（3）
8.（2008江苏15）如图所示,间距为l的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ,导轨光滑且电阻忽略不
计.场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直,磁场区域的宽度为d1,间距为d2.两根质量均为m、有效电阻均
为R的导体棒a和b放在导轨上,并与导轨垂直.（设重力加速度为g）

（1）若a进入第2个磁场区域时,b以与a同样的速度进入第1个磁场区域,求b穿过第1个磁场区域中增加的动能ΔEk.
（2）若a进入第2个磁场区域时,b恰好离开第1个磁场区域;此后a离开第2个磁场区域时,b又恰好进入第2个
磁场区域,且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相等.求a穿过第2个磁场区域过程中,两导体
棒产生的总焦耳热Q.
（3）对于第（2）问所述的运动情况,求a穿出第k个磁场区域时的速率v.
答案（1）mgd1sinθ
（2）mg（d1+d2）sinθ
（3）
9.（2008上海24）如图所示,竖直平面内有一半径为r、电阻为R1、粗细均匀的光滑半
圆形金属环,在M、N处与距离为2r、电阻不计的平行光滑金属导轨ME、NF相接,EF之
间接有电阻R2,已知R1=12R,R2=4R.在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ,
磁感应强度大小均为B.现有质量为m、电阻不计的导体棒ab,从半圆环的最高点A处由静
止下落,在下落过程中导体棒始终保持水平,与半圆形金属环及轨道接触良好,设平行导轨足够长.已知导体棒下落
时的速度大小为v1,下落到MN处时的速度大小为v2.
（1）求导体棒ab从A处下落时的加速度大小.
（2）若导体棒ab进入磁场Ⅱ后棒中电流大小始终不变,求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h和R2上的电功率P2.
（3）若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移,导体棒ab进入磁场Ⅱ时的速度大小为v3,要使其在外力F作用下做匀加速直
线运动,加速度大小为a,求所加外力F随时间变化的关系式.
答案（1）g-（2）（3）
10.（2008全国Ⅱ24）如图所示,一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r,其两端放在位
于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上,并与之密接;棒左侧两导轨之间连接一可控制的
负载电阻（图中未画出）;导轨置于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨所在平面.开始时,给
导体棒一个平行于导轨的初速度v0.在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中,通过控制负载电阻的阻值使棒中的电
流强度I保持恒定.导体棒一直在磁场中运动.若不计导轨电阻,求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电
阻上消耗的平均功率.
答案
章末检测
一、选择题（共8小题,每小题6分,共48分）
1.如图所示,E为电池,L是电阻可忽略不计、自感系数足够大的线圈,D1、D2是两个规格相
同的灯泡,S是控制电路的开关.对于这个电路,下列说法中正确的是（）
A.刚闭合S的瞬间,通过D1、D2的电流大小相等
?B.刚闭合S的瞬间,通过D1、D2的电流大小不等
C.闭合S待电路达到稳定后,D1熄灭,D2比S刚闭合时亮
D.闭合S待电路达到稳定后,再将S断开的瞬间,D1不立即熄灭,D2立即熄灭
答案ACD
2.如图所示,将一个正方形导线框ABCD置于一个范围足够大的匀强磁场中,磁场方向与其平
面垂直.现在AB、CD的中点处连接一个电容器,其上、下极板分别为a、b,让导线框在匀强
磁场中以某一速度水平向右匀速移动,则（）
A.ABCD回路中没有感应电流
B.A与D、B与C间有电势差
C.电容器的a、b两极板分别带负电和正电
D.电容器的a、b两极板分别带正电和负电
答案ABD
3.两根水平平行光滑金属导轨上放置两根与导轨接触良好的金属杆,两金属杆质量相同,滑
动过程中与导轨保持垂直.整个装置放在竖直向下的匀强磁场中,如图所示.给金属杆A向
右一瞬时冲量使它获得初动量p0,在金属杆A沿水平导轨向右运动的过程中,下列动量大
小p随时间变化的图象正确的是（）

答案A
4.如图甲所示,一矩形线圈位于随时间t变化的匀强磁场中,磁感应强度B随t的变化规律如图乙所示.以i表示线圈
中的感应电流,以图甲中线圈上箭头所示方向为电流正方向,以垂直纸面向里的磁场方向为正,则以下的i—t图象中
正确的是

答案A
5.如图是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中,让磁感
线垂直穿过铜盘;图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内;转动铜盘,就可以
使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为L,匀强磁场的磁感应强度为B,回路总电阻为R,从上往下看逆时针匀速转
动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是（）
A.回路中有大小和方向做周期性变化的电流
B.回路中电流大小恒定,且等于
C.回路中电流方向不变,且从b导线流进灯泡,再从a导线流向旋转的铜盘
D.若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场,不转动铜盘,灯泡中也会有电流流过
答案C
6.图中电磁线圈L的直流电阻为RL,小灯泡的电阻为R,小量程电流表G1、G2的内阻不计.
当开关S闭合且稳定后,电流表G1、G2的指针均偏向右侧（电流表的零刻度在表盘的中
央）,则当开关S断开时,下列说法中正确的是（）
A.G1、G2的指针都立即回到零点
B.G1缓慢回到零点,G2立即左偏,然后缓慢回到零点
C.G1立即回到零点,G2缓慢回到零点
D.G2立即回到零点,G1缓慢回到零点
答案B
7.如图所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的电流方向
相同时为正.当M中通入下列哪种电流时,在线圈P中能产生正方向的恒定感应电流（）

答案D
8.如图所示,AOC是光滑的金属轨道,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金属直杆立在
导轨上,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中Q端始终在OC上,P端始
终在AO上,直到完全落在OC上.空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场.则在PQ棒滑动的过程中,下列结论正确的
是（）
A.感应电流的方向始终是由P→QB.感应电流的方向先是P→Q,再是Q→P
C.PQ受磁场力的方向垂直棒向左D.PQ受磁场力的方向垂直棒先向右后向左
答案B
二、计算论述题（共4小题,共52分,其中9、10小题各12分,11、12小题各14分）
9.如图所示,把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环,水平固定在竖直向下的
磁感应强度为B的匀强磁场中,一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆
环上,与圆环始终保持良好的接触.当金属棒以恒定速度v向右移动,且经过圆心时,求:
（1）棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN.
（2）在圆环和金属棒上消耗的总功率.
答案（1）N→MBav
（2）
10.一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环,在范围足够大的磁场中竖直向下落,磁场的分布情况如图所示.
已知磁感应强度竖直方向分量By的大小只随高度y变化,其随高度y变化关系为By=B0（1+ky）（此处k为比例常数,
且k0）,其中沿圆环轴线的磁场方向始终竖直向上.金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平,速度越来越大,
最终稳定为某一数值,称为收尾速度.求:

（1）圆环中感应电流方向.
（2）圆环收尾速度的大小.
答案（1）顺时针（俯视观察）
（2）
11.如图甲所示,在匀强磁场中,放置一边长L=10cm、电阻r=1Ω、共100匝的正方形线圈,与它相连的电路中,电阻
R1=4Ω,R2=5Ω,电容C=10μF.磁场方向与线圈平面成30°角,磁感应强度变化如图乙所示,开关K在t0=0时闭合,
在t2=1.5s时又断开.求:
（1）t1=1s时,R2中电流强度的大小及方向.
（2）K断开后,通过R2的电荷量.
答案（1）0.025A方向从右向左（2）1.25×10-6C
12.如图甲所示,两根足够长的平行金属导轨M、N相距L,放在磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向
里,导轨M、N分别与相距为d水平放置的两平行金属板连接.金属杆ab跟金属导轨M、N接触,并在其上匀速运
动时,质量为m、带电荷量为+q的微粒在平行板间运动的v—t图象如图乙所示（取向上为正）.

（1）求0时刻金属杆ab的速度大小及运动方向.
（2）判断t1～t2时间内金属杆ab的运动状况.
答案（1）运动方向向左
（2）t1～t2时间内,金属杆ab以更大的速度向左做匀速运动

20xx高考物理复习电磁感应中的动力学和能量问题学案

微专题14电磁感应中的动力学和能量问题
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
状态特征处理方法
平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析
非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
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：
Ⅰ.电磁感应中的平衡问题
(20xx全国甲卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2．对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsinθ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcosθ②
对于cd棒，同理有mgsinθ＋μN2＝T③
N2＝mgcosθ④
联立①②③④式得F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得I＝ER⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2⑨
答案：(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)mgRB2L2
对金属棒正确进行受力分析和运动过程分析是解题的关键．
如图，两个倾角均为θ＝37°的绝缘斜面，顶端相同，斜面上分别固定着一个光滑的不计电阻的U型导轨，导轨宽度都是L＝1．0m，底边分别与开关S1、S2连接，导轨上分别放置一根和底边平行的金属棒a和b，a的电阻R1＝10．0Ω、质量m1＝2．0kg，b的电阻R2＝8．0Ω、质量m2＝1．0kg.U型导轨所在空间分别存在着垂直斜面向上的匀强磁场，大小分别为B1＝1．0T，B2＝2．0T，轻细绝缘线绕过斜面顶端很小的光滑定滑轮连接两金属棒的中点，细线与斜面平行，两导轨足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10．0m/s2．开始时，开关S1、S2都断开，轻细绝缘线绷紧，金属棒a和b在外力作用下处于静止状态．求：
(1)撤去外力，两金属棒的加速度多大？
(2)同时闭合开关S1、S2，求金属棒a、b运动过程中达到的最大速度？
解析：(1)设撤去外力，线拉力为T，两金属棒的加速度大小相等，设为a，
则m1gsinθ－T＝m1a
T－m2gsinθ＝m2a
解得a＝2m/s2
(2)a、b达到速度最大时，速度相等，设为v，此时线拉力为T1，a中感应电动势为E1，电流为I1，b中感应电动势为E2，电流为I2，则
E1＝B1lv，I1＝E1R1；E2＝B2lv，I2＝E2R2，
又m1gsinθ－T1－B1I1l＝0
T1－m2gsinθ－B2I2l＝0
联立解得v＝10m/s
答案：(1)2m/s2(2)10m/s
Ⅱ.电磁感应中的非平衡问题
如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、有效电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m)
(1)判断该金属棒在磁场中是否做匀加速直线运动？简要说明理由；
(2)求加速度的大小和磁感应强度B的大小；
(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－B2l2mR＋rx，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？
解析：(1)是．
R两端电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，所以加速度为恒量．
(2)E＝BlvI＝ER＋rF安＝BIl
F－F安＝ma，
将F＝0.5v＋0.4代入，得：
0.5－B2l2R＋rv＋0.4＝a
因为加速度为恒量，与v无关，所以a＝0.4m/s2
0．5－B2l2R＋r＝0，代入数据得：B＝0.5T.
(3)设外力F作用时间为t，则
x1＝12at2v0＝at
x2＝mR＋rB2l2v0x1＋x2＝s，
代入数据得0.2t2＋0.8t－1＝0
解方程得t＝1s或t＝－5s(舍去)．
答案：(1)是(2)0.4m/s20.5T(3)1s
如图，足够长的光滑导轨固定在水平面内，间距L＝1m，电阻不计，定值电阻R＝1．5Ω.质量m＝0.25kg、长度L＝1m、电阻r＝0.5Ω的导体棒AB静置在导轨上．现对导体棒施加一个平行于导轨、大小为F＝1．25N的恒力，使得导体棒由静止开始运动．当棒运动到虚线位置时速度达到v0＝2m/s.虚线右侧有一非匀强磁场，导体棒在里面运动时，所到位置的速度v(单位m/s)与该处磁感应强度B(单位T)在数值上恰好满足关系v＝12B2，重力加速度g取10m/s2．
(1)求导体棒刚进入磁场时，流经导体棒的电流大小和方向；
(2)导体棒在磁场中是否做匀加速直线运动？若是，给出证明并求出加速度大小；若不是，请说明理由；
(3)求导体棒在磁场中运动了t＝1s的时间内，定值电阻R上产生的焦耳热．
解析：(1)当v0＝2m/s时，B0＝0.5T
感应电动势E0＝B0Lv0＝1V
感应电流I0＝E0R＋r＝0.5A
方向由B向A
(2)速度为v时，磁感应强度为B
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r，安培力FA＝BIL
得到FA＝B2L2vR＋r
由题，B2v＝0.5T2m/s，则安培力FA＝0.25N，导体棒所受合力F合＝F－FA＝1N，为恒力，所以做匀加速直线运动．
由F合＝ma，可得a＝4m/s2
(3)t＝1s时，导体棒的速度v＝v0＋at＝6m/s
t＝1s内，导体棒的位移s＝v0t＋12at2＝4m
由动能定理，Fs－W克安＝12mv2－12mv20
由功能关系，W克安＝Q
定值电阻R上的焦耳热QR＝RR＋rQ
代入数据，QR＝0.75J
答案：(1)0.5A由B到A(2)是4m/s2(3)0.75J
1．(多选)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计．导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根金属棒MN，与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动．则金属棒运动过程中()
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒受到的安培力大小为B2L2vr＋R
D．电阻R产生焦耳热的功率为B2L2vR
解析：选AC由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的感应电流大小为I＝Er＋R＝BLvR＋r，则电阻R两端的电压为U＝IR＝BLvRR＋r，故B错误；金属棒MN受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2vR＋r，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率为P＝I2R＝BLvR＋r2RB2L2v2RR＋r2，故D错误．
2．如图1所示，两相距L＝0.5m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝2Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场．质量m＝0.2kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略．杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v－t图象如图2所示．在15s末时撤去拉力，同时使磁场随时间变化，从而保持回路磁通量不变，杆中电流为零．求：
(1)金属杆所受拉力的大小F；
(2)0－15s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)撤去恒定拉力之后，磁感应强度随时间的变化规律．
解析：(1)10s内金属杆未进入磁场，
所以有F－μmg＝ma1
由图可知a1＝0.4m/s2
15s～20s内仅在摩擦力作用下运动，
由图可知a2＝0.8m/s2，解得F＝0.24N
(2)在10s～15s时间段杆在磁场中做匀速运动．
因此有F＝μmg＋B20L2vR
以F＝0.24N，μmg＝0.16N代入解得B0＝0.4T.
(3)撤去恒定拉力之后通过回路的磁通量不变，设杆在磁场中匀速运动距离为d，撤去外力后杆运动的距离为x，
BL(d＋x)＝B0Ld，
其中d＝20m，x＝4t－0.4t2
由此可得B＝2050＋10t－t2T.
答案：(1)0.24N(2)0.4T
(3)B＝2050＋10t－t2T
3．(20xx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可知，杆中的电动势E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0(Fm－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＝ER⑤
式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为f＝BIl⑥
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＝B2l2t0m.
答案：(1)Blt0(Fm－μg)(2)B2l2t0m
电磁感应中能量问题
1．题型简述：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；
(3)根据能量守恒定律或功能关系列式求解．
3．求解电能应分清两类情况
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
(2)若电流变化，则
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．
Ⅰ.动能定理和能量守恒定律在电磁感应中的应用
如图所示，一个“U”形金属导轨靠绝缘的墙壁水平放置，导轨长L＝1．4m，宽d＝0.2m．一对长L1＝0.4m的等宽金属导轨靠墙倾斜放置，与水平导轨成θ角平滑连接，θ角可在0°～60°调节后固定．水平导轨的左端长L2＝0.4m的平面区域内有匀强磁场，方向水平向左，磁感应强度大小B0＝2T．水平导轨的右端长L3＝0.5m的区域有竖直向下的匀强磁场B，磁感应强度大小随时间以ΔBΔt＝1．0T/s均匀变大．一根质量m＝0.04kg的金属杆MN从斜轨的最上端静止释放，金属杆与斜轨间的动摩擦因数μ1＝0.125，与水平导轨间的动摩擦因数μ2＝0.5．金属杆电阻R＝0.08Ω，导轨电阻不计．
(1)求金属杆MN上的电流大小，并判断方向；
(2)金属杆MN从斜轨滑下后停在水平导轨上，求θ角多大时金属杆所停位置与墙面的距离最大，并求此最大距离xm.
解析：(1)由法拉第电磁感应定律，则有：E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtdL3
由闭合电路欧姆定律得：I＝ER
由上式，可得MN棒上的电流大小：I＝1．25A
根据右手定则，则MN棒上的电流方向：N→M；
(2)设导体棒滑出水平磁场后继续滑行x后停下，
由动能定理得：mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2(mg＋B0Id)
(L2－L1cosθ)－μ2mgx＝0
代入数据得：
0．16sinθ＋0.16cosθ－0.18＝0.2x
当θ＝45°时，x最大，
解得：x＝0.82－0.9＝0.23m
则有：xm＝L2＋x＝0.63m.
答案：(1)1．25N由N→M(2)45°0.63m
能量转化问题的分析程序：先电后力再能量
如图所示，倾角30°的光滑倾斜导体轨道(足够长)与光滑水平导体轨道连接，轨道宽度均为L＝1m，电阻忽略不计．匀强磁场Ⅰ仅分布在水平轨道平面所在区域，方向水平向右，大小B1＝1T；匀强磁场Ⅱ仅分布在倾斜轨道平面所在区域，方向垂直于倾斜轨道平面向下，大小B2＝1T．现将两质量均为m＝0.2kg，电阻均为R＝0.5Ω的相同导体棒ab和cd，垂直于轨道分别置于水平轨道上和倾斜轨道上，并同时由静止释放．取g＝10m/s2．
(1)求导体棒cd沿斜轨道下滑的最大速度的大小；
(2)若已知从开始运动到cd棒达到最大速度的过程中，ab棒产生的焦耳热Q＝0.45J，求该过程中通过cd棒横截面的电荷量；
(3)若已知cd棒开始运动时距水平轨道高度h＝10m，cd棒由静止释放后，为使cd棒中无感应电流，可让磁场Ⅱ的磁感应强度随时间变化，将cd棒开始运动的时刻记为t＝0，此时磁场Ⅱ的磁感应强度为B0＝1T，试求cd棒在倾斜轨道上下滑的这段时间内，磁场Ⅱ的磁感应强度B随时间t变化的关系式．
解析：(1)cd棒匀速运动时速度最大，设为vm，棒中感应电动势为E，电流为I，
感应电动势：E＝BLvm，电流：I＝E2R，
由平衡条件得：mgsinθ＝BIL，代入数据解得：vm＝1m/s；
(2)设cd从开始运动到达最大速度的过程中经过的时间为t，通过的距离为x，cd棒中平均感应电动势E1，平均电流为I1，通过cd棒横截面的电荷量为q，
由能量守恒定律得：mgxsinθ＝12mv2m＋2Q，
电动势：E1＝BLxt，电流：I1＝E12R，电荷量：q＝I1t，
代入数据解得：q＝1C；
(3)设cd棒开始运动时穿过回路的磁通量为Φ0，cd棒在倾斜轨道上下滑的过程中，设加速度大小为a，经过时间t通过的距离为x1，穿过回路的磁通量为Φ，cd棒在倾斜轨道上下滑时间为t0，则：Φ0＝B0Lhsinθ，
加速度：a＝gsinθ，位移：x1＝12at2，Φ＝BLhsinθ－x1，hsinθ＝12at20.
解得：t0＝8s，
为使cd棒中无感应电流，必须有：Φ0＝Φ，
解得：B＝88－t2(t＜8s)．
答案：(1)1m/s(2)1C(3)B＝88－t2(t＜8s)
Ⅱ.动量定理和动量守恒定律在电磁感应中的应用
(20xx江西师大附中试卷)如图所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1m，在左端斜轨道部分高h＝1．25m处放置一金属杆a，斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b电阻Ra＝2Ω、Rb＝5Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感强度B＝2T．现杆b以初速度v0＝5m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动速度－时间图象如图所示(以a运动方向为正)，其中ma＝2kg，mb＝1kg，g＝10m/s2，求：
(1)杆a在斜轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
解析：(1)对b棒运用动量定理，有：
BdI－Δt＝mb(v0－vb0)
其中vb0＝2m/s
代入数据得到：Δt＝5s
即杆在斜轨道上运动时间为5s；
(2)对杆a下滑的过程中，机械能守恒：mgh＝12mav2a
va＝2gh＝5m/s
最后两杆共同的速度为v′，由动量守恒得
mava＋mbvb＝(ma＋mb)v′
代入数据计算得出v′＝83m/s
杆a动量变化等于它所受安培力的冲量，由动量定理可得I安＝BIdΔt′＝mava－mav′
而q＝IΔt′
由以上公式代入数据得q＝73C
(3)由能量守恒得，共产生的焦耳热为Q＝magh＋12mbv20－12(ma＋mb)v′2＝1616J
b棒中产生的焦耳热为Q′＝52＋5Q＝1156J.
答案：(1)5s(2)73C(3)1156J
如图所示，倾斜的金属导轨和水平的金属导轨接在一起，各自的两条平行轨道之间距离都为d，倾斜导轨与水平面间的夹角为30°，在倾斜导轨的区域有垂直于轨道平面斜向上的匀强磁场，在水平导轨的区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小都为B，倾斜导轨上放有金属棒a，在紧靠两导轨连接处的水平导轨上放有金属棒b，a、b都垂直于各自的轨道，a质量为m，b质量为2m，a、b与水平的金属导轨间的动摩擦因数是μ，倾斜的金属导轨光滑．倾斜轨道间接有电阻R，a、b的电阻值都是R，其余电阻不计．开始时，a固定，b静止，且a距水平导轨平面的高度为h，现释放a，同时给a一个平行于倾斜导轨向下的初速度，a就在倾斜导轨上做匀速运动，经过两导轨的连接处时速度大小不变，在此过程中b仍然静止，滑上水平导轨后即与b金属棒粘在一起，在水平导轨上运动距离L后静止．求：
(1)a在倾斜导轨上匀速运动的速度v0大小？
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，金属棒a上产生的热量Q是多大？
(3)a、b一起在水平导轨上运动的过程中，电阻R上产生的热量QR是多大？
解析：(1)设在倾斜导轨上运动的过程中，感应电动势为E，其中的电流强度为Ia，受到的磁场力为F，则
E＝Bdv0，R总＝32R
Ia＝E/R总，Ia＝2Bdv03R
F＝BIad，F＝2B2d2v03R
由于a在倾斜导轨上做匀速运动，所以所受的合外力为零，则：
F＝mgsin30°
解得：v0＝3mgR4B2d2
(2)a在倾斜导轨上运动的过程中，设a、b和电阻R中的电流强度分别是Ia、Ib和IR，产生的热量分别是Qa、Qb和Q1，则
Ia＝2IRIb＝IR
由：Q＝I2Rt得
Qa＝4Q1，Qb＝Q1
根据能量守恒有：mgh＝Qa＋Qb＋Q1
Q1＝16mgh，所以Qa＝23mgh
(3)设a、b粘在一起的共同速度为v，由动量守恒定律则有：
mv0＝3mv
ab在水平轨道上运动过程，克服摩擦力做功W，则
W＝μ3mgL
设电流流过a、b产生的热量共为Qab，则有：
Qab＝12QR
根据能量守恒定律得：12×3mv2＝QR＋Qab＋W
得：QR等于电阻R上产生的热量QR＝9m3g2R216B4d4－2μmgL
答案：(1)3mgR4B2d2(2)23mgh(3)9m3g2R216B4d4－2μmgL
4．(20xx东北三省四市教研联合体模拟考试)(多选)如图所示，平行导轨放在斜面上，匀强磁场垂直于斜面向上，恒力F拉动金属杆ab从静止开始沿导轨向上滑动，接触良好，导轨光滑．从静止开始到ab杆达到最大速度的过程中，恒力F做功为W，ab杆克服重力做功为W1，ab杆克服安培力做功为W2，ab杆动能的增加量为ΔEk，电路中产生的焦耳热为Q，ab杆重力势能增加量为ΔEp，则()
A．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk＋ΔEp
B．W＝Q＋W1＋W2＋ΔEk
C．W＝Q＋ΔEk＋ΔEp
D．W2＝Q，W1＝ΔEp
解析：选CD功是能量转化的量度，做功的过程就是能量转化的过程．力F做的功导致内能的增加、杆动能的增加和重力势能的增加，所以有W＝Q＋ΔEk＋ΔEp，选项AB错误，C正确；克服重力做的功等于杆重力势能的增加量，即W1＝ΔEp，克服安培力做的功等于电路产生的焦耳热，即W2＝Q，选项D正确．
5．(20xx成都二诊)如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬时冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是()
A．回路中的最大电流为BLImR
B．铜棒b的最大加速度为B2L2I2m2R
C．铜棒b获得的最大速度为Im
D．回路中产生的总焦耳热为I22m
解析：选B给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv0，v0＝Im，铜棒a电动势E＝BLv0，回路电流I＝E2R＝BLI2mR，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝Fm＝IB2L22Rm2，选项B正确；此后铜棒a做变减速运动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv0＝2mv，铜棒b最大速度v＝I2m，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝12mv20－122mv2＝I24m，选项D错误．
6．如图，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a和b的质量ma＝2mb＝2m，其电阻大小Ra＝2Rb＝2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感强度为B，开始a棒向右速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行且a总在MN上运动，b总在PQ上运动，求a、b最终的速度．
解析：本题由于两导轨的宽度不等，a、b系统动量不守恒，可对a、b分别用动量定理，a、b运动产生感应电流，a、b在安培力的作用下，分别作减速和加速运动．回路中电动势E总＝Ea－Eb＝2Blva－Blvb，
随着va减小，vb增加，E总减小，安培力F＝E总lB/(3R)也随之减小，故a棒的加速度a＝Fa/(2m)减小，b棒的加速度a′＝Fb/m也减小．
当E总＝0，即2Blva＝Blvb时，两者加速度为零，两棒均匀速运动，且有vb＝2va①
对a、b分别用动量定理－Fat＝2m(va－vb)②
Fbt＝mvb③
而Fa＝2Fb④
联立以上各式可得：va＝v03，vb＝2v03.
答案：v0323v0

第七章动力学的基本问题

第七章动力学的基本问题

一、全章说明

概述

这一章是在前几章的基础上运用牛顿运动定律进一步分析和处理直线运动的力学问题。从物体受力情况的分析开始，进而分析动力学的两类基本问题、连接体问题和超重失重问题。通过本章的教学，要使学生清楚地理解运用牛顿运动定律处理力学问题的基本思路和方法，并能够按照这一基本思路和方法独立地分析和解决力学问题。这是本章教学的基本要求。

这一章在知识方面，没有更多的新的知识点，主要侧重在应用牛顿运动定律分析、解决问题的思路和方法的阐述和训练上，课本叙述力求循序渐进，思路清晰，对学生有启发性，期望学生能逐渐体会和理解运用牛顿运动定律处理问题的基本方法，加深对知识的理解，提高综合分析问题的能力。

修订本把原来在本章的有关静力学的内容，合并入“第八章物体的平衡”中。这样每章容量小了，问题更加集中，思路更清爽、明快一些，希望更有利于教和学。

单元划分

本章可分为三个单元：

第一单元第一节，物体受力分析。

第二单元第二节，分析动力学的两类基本问题。

第三单元第三、第四节，分析连接体和超重失重问题。

具体说明

1．本章着重在牛顿定律的应用。首先，要通过定律的应用加深对所学知识的理解。课本在这方面给予了注意。如力和运动的关系问题，物体受力的分析问题，静摩擦力方向的判定问题等等。在课文的叙述、例题的选择与分析等方面都注意了针对学生学习的难点和易发生误解之处，引导学生澄清认识，加深理解。

2．在应用牛顿定律分析解决问题时，应着重使学生学到正确的思路和方法。但不能空讲方法论，也不能单纯记住解题步骤。课本除了注意选择恰当的例题和习题，在叙述和分析问题时特别注意分析思路之外，还画龙点睛式地对一些重要和常用的方法进行介绍。如明确研究对象，隔离的方法，定性和半定量分析的方法，连接体问题中整体和局部的关系的处理，在互相垂直的两个方向上应用牛顿运动定律求解问题等等。希望对学生有所启发和帮助，但在教学中不宜脱离开对具体问题的分析单独讲方法。

3．隔离法是分析问题的一种基本方法。因为事物都不是孤立存在，而是相互联系的，分析具体问题时将物体隔离开便于逐个分析。在解决连接体问题时，作为基本方法，尤其常常用到。但在有些书中或教学中把它作为一种模式强调，过于死板僵化。这不利于学生思维能力的培养和对问题的灵活处理。为此，本章采取的做法是：先在第一节物体受力分析中，在强调明确研究对象时介绍隔离法，重点仍在于强调“明确研究对象”。以后在分析问题时就注意应用隔离分析的方法，到第三节连接体问题中则依据题目的具体情况灵活使用隔离分析或整体分析的方法。希望这样的处理能更有利于使学生思路清晰，有助于提高能力。

4．本章没有什么新知识点，教学中可以较多地发挥学生的积极主动精神，多启发学生独立分析和讨论问题。根据学生的实际情况，可以采用教师讲解和学生自学讨论相结合等多种不同的灵活的教学方法，教师在关键处给以指导和点拨。只有通过学生自己的思考活动，学生才能真正澄清认识、理解问题、掌握方法。这一章提供了一个机会和条件，希望教学中能很好地利用它。

5．本章小结既是对这一章的小结，又是对前几章知识的全面小结。最好以学生自己总结为主，这样做，对于加深学生对知识的理解，提高学生的能力，是大有好处的。

二、教学要求和教学建议

全章教学要求

1．在前几章知识的基础上对力的概念有进一步认识，掌握分析物体受力情况的正确方法。

2．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。

3．掌握解决有关连接体问题的基本思路和方法。

4．理解超重和失重问题。

（一）物体受力分析

教学要求

·对力的概念有进一步认识，掌握分析物体受力情况的正确方法。

1．能正确地确定压力、支持力、拉力、摩擦力的方向。

2．对于确定的研究对象，会正确地分析周围有哪些物体对它施加力的作用，能画出受力示意图。

3．能结合物体的运动状态分析物体受力情况。

教学建议

1．能否正确对物体受力情况进行分析，是解决力学问题的前提，也是对学生掌握知识的程度的重要检验。进行物体受力分析，不但要求学生对力有正确认识，还要对物体运动情况或运动趋势有正确判断。因此本节是承前启后的一节，既是对以前所学知识的小结，也是学习后面知识的基础，教学中要给予充分注意。

2．关于受力分析，要使学生注意以下几点：

①明确研究对象，即分析哪个物体受力，只考虑别的物体施予它的力；②能指出施力物体；③不要漏掉确实存在的力，也不要凭空增加力，合力和它的分力不可重复考虑；④要结合物体运动状态分析受力情况；⑤画出物体受力示意图。

明确研究对象后，分析受力时常用隔离法，这是研究较复杂问题的基本方法。

3．忽略次要因素是一种理想化的方法，在分析物体受力时同样适用。比如：如果摩擦力远小于其它力时就可不计，所谓光滑就是这种情况的理想化。课本对此有专门的介绍，希望在教学中注意引导学生理解和运用。

4．物体受力分析是解决力学问题的基本功，必须要求学生很好地掌握和运用。但在教学中不可操之过急，对所有学生一律要求，或是在这一节中就要求学生分析过于复杂的问题。对于基本方法掌握不好的学生要给予一定的指导帮助，以减少后面学习的困难。节后的练习是基本要求，学生应扎扎实实掌握好。

（二）动力学的两类基本问题

教学要求

·掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法。

1．知道动力学的两类基本问题，掌握求解这两类基本问题的思路和基本步骤。

2．会应用牛顿运动定律分析解决物体在斜面上运动的问题。

3．会在互相垂直的两个方向分别应用牛顿运动定律求解问题。

4．会综合应用牛顿运动定律和运动学公式解答有关问题。

教学建议

1．解决动力学问题，首先要确定研究对象，其次要搞清研究对象的受力情况和运动情况，而不要急于进行计算。应帮助学生逐渐习惯于对问题先做定性的或半定量的分析，弄清问题的物理情景，最后再选择最优方案进行计算。对此，一定要对学生提出明确要求，养成正确的习惯，这对以后的学习很有帮助。

2．很多动力学问题都可以在互相垂直的两个方向上分别进行分析和求解。这样可以使复杂问题变得简单，课本中给出了例题，并用“旁批”的形式加以强调，希望引起注意。

3．本节最后，用花纹线框内的内容，对解决动力学问题的基本方法和步骤做了小结。最好根据学生的实际情况，引导学生自己总结，得出结论。

4．节后的练习三中的第1题，将问题分成几个小题目，让学生逐个解答，意在引导学生思路，帮助学生明确解决动力学问题的基本步骤，为解决复杂问题打下较好的基础。后面的第2、第3、第4题，也是同样目的，希望在指导学生练习时予以重视。

（三）连接体问题

教学要求

·掌握解决有关连接体问题的基本思路和方法。

1．会用隔离分析的方法和整体分析的方法解决连接体问题。限于相连物体的加速度大小相同的情况。

2．能根据具体情况选择使用隔离法或整体分析法。

教学建议

1．本节通过对两个例题的分析，帮助学生理解和掌握解决连接体问题的基本思路和方法。其中依据题目的具体情况分别交替使用了隔离法和整体分析法。并在例题1之后的花纹框中对这两种方法的使用做了说明。这是为了提高学生灵活运用各种方法分析问题的能力，免使学生思维僵化。教学中请予注意。

2．本节例题2，既是连接体，还着重分析了静摩擦力做动力的情况，帮助学生澄清一些容易混淆的认识。节末的思考与讨论也是针对这一问题的。希望对解决静摩擦力这一学习难点有些帮助。

3．节后练习三的第4题，作为连接体的一个实例，让学生分析牛顿第二定律实验的条件的问题，既巩固了有关解决连接体问题的知识，又与前面的知识相呼应，明确了实验条件为Ｍm，希望学生认真思考解决。

（四）超重和失重

教学要求

·理解超重和失重问题。

1．知道超重和失重分别是指物体对支持面的压力?或对悬绳的拉力大于和小于物体所受重力的情况。

2．知道产生超重和失重现象的条件。

教学建议

1．课本以人在升降机中的情况为例，详细分析了人对升降机地板压力的变化，以帮助学生理解超重和失重现象。

2．课本分别介绍了超重、失重和完全失重，并在节末强调指出，“物体处于超重和失重状态时，地球作用于物体的重力始终存在，大小也没有发生变化，只是物体对支持物的压力?或对悬挂物的拉力发生了变化，看起来好像物重有所增大或减小。”要让学生通过本节学习对这一问题有明确的认识。

3．在学生的日常生活中，不容易观察和体会超重和失重现象。节后的小实验“观察失重现象”，材料易得，比较容易完成，又会引起学生兴趣，教师可指导学生自己进行实验，要注意引导学生认真观察，进行分析，这对学生理解和确信失重现象的产生是有好处的。

4．阅读材料“失重和开发宇宙”，可以开阔学生眼界，有条件的还可以再多介绍一些情况，或组织学生阅读课外书籍和资料或看科技影视片。