20xx高考物理大一轮复习：第3章牛顿运动定律（10份打包含课件）。

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第1节牛顿第一定律牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
2．意义
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律．
(2)揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因．
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质．
2．表现：物体不受外力作用时，其惯性表现在保持静止或匀速直线运动状态；物体受外力作用时其惯性表现在反抗运动状态的改变．
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小．
三、牛顿第三定律
1．内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．表达式：F＝－F′.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体不受外力时一定处于静止状态．(×)
(2)惯性即惯性定律．(×)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)
(4)两个大小相等、方向相反、作用在同一直线上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力与反作用力的关系不随运动状态的变化而变化．(√)
(6)人走在松软土地上下陷时，人对地面的压力大于地面对人的支持力．(×)
2．(多选)关于牛顿第三定律，下列说法正确的是()
A．对重力、弹力、摩擦力等都适用
B．当相互作用的两个物体相距很远时不适用
C．当相互作用的两个物体做加速运动时不适用
D．相互作用的两个物体没有直接接触时也适用
解析：选AD.对于牛顿第三定律，适用于重力、弹力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的两物体的质量如何、运动状态怎样、是否相互接触都适用，例如，地球吸引地球表面上的石块，石块同样以相同大小的力吸引地球，且不管接触不接触，都互相吸引，所以B、C错误，A、D正确．
3．关于惯性，下列说法中正确的是()
A．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了
B．卫星内的仪器由于完全失重惯性消失了
C．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼的惯性，使铁饼飞得更远
D．月球上物体的重力只有在地球上的1/6，但是惯性没有变化
解析：选D.惯性只与质量有关，与速度无关，A、C错误；失重或重力加速度发生变化时，物体质量不变，惯性不变，所以B错误、D正确．
4．一个榔头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了．对于这一现象，下列说法正确的是()
A．榔头敲玻璃的力大于玻璃对榔头的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C．榔头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于榔头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D．因为不清楚榔头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小
解析：选C.榔头对玻璃的作用力和玻璃对榔头的作用力为作用力与反作用力关系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物体上的效果往往是不同的，所以不能从效果上去比较作用力与反作用力的大小关系，C正确．
考点一对牛顿第一定律的理解
1．指出了物体的一种固有属性
牛顿第一定律揭示了物体所具有的一个固有属性——惯性，即物体总保持原有运动状态不变的一种性质．
2．揭示了力的本质
牛顿第一定律明确了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因，物体的运动不需要力来维持．
3．揭示了不受力作用时物体的运动状态
牛顿第一定律描述的只是一种理想状态，而实际中不受力作用的物体是不存在的，当物体受外力作用但所受合力为零时，其运动效果跟不受外力作用时相同，物体将保持静止或匀速直线运动状态．
1．(多选)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()
A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性
B．没有力的作用，物体只能处于静止状态
C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性
D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动
解析：选AD.物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确．没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确．行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是匀速直线运动，所以不能称为惯性，C错误．
2．在一次交通事故中，一辆载有30吨“工”字形钢材的载重汽车由于避让横穿马路的摩托车而紧急制动，结果车厢上的钢材向前冲出，压扁驾驶室．关于这起事故原因的物理分析正确的是()
A．由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁驾驶室
B．由于汽车紧急制动，使其惯性减小，而钢材惯性较大，所以继续向前运动
C．由于车厢上的钢材所受阻力太小，不足以克服其惯性，所以继续向前运动
D．由于汽车制动前的速度太大，汽车的惯性比钢材的惯性大，在汽车制动后，钢材继续向前运动
解析：选A.由于车厢上的钢材有惯性，在汽车制动时，钢材继续向前运动，压扁了驾驶室，惯性只与质量有关，与运动状态、受力情况无关，A正确．
牛顿第一定律的“三点注意”
(1)牛顿第一定律不能用实验直接验证，而是通过伽利略斜面实验等大量事实推理得出的．
(2)牛顿第一定律并非牛顿第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情况．
(3)物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变”两种形式表现出来．
考点二对牛顿第三定律的理解
1．作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2．应用牛顿第三定律时应注意的问题
(1)定律中的“总是”二字说明对于任何物体，在任何条件下牛顿第三定律都是成立的．
(2)牛顿第三定律说明了作用力和反作用力中，若一个产生或消失，则另一个必然同时产生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(20xx吉林实验中学二模)两人的拔河比赛正在进行中，两人均保持恒定拉力且不松手，而脚下开始移动．下列说法正确的是()
A．两人对绳的拉力大小相等、方向相反，是一对作用力和反作用力
B．两人对绳的拉力是一对平衡力
C．拔河的胜利与否取决于谁的力量大
D．拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小
解析：选D.人拉绳的力与绳拉人的力是一对作用力与反作用力，大小相等，选项A错误；两人对绳的拉力不一定是一对平衡力，要根据绳子所处的运动状态进行判断，选项B错误；拔河的胜利与否取决于地面对人的摩擦力大小，选项D正确，C错误．
2.物体静止于一斜面上，如图所示，则下列说法正确的是()
A．物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力
B．物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力
C．物体所受的重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力
D．物体所受的重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力
解析：选B.根据作用力和反作用力及平衡力的特点可知：物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力，分别作用在斜面和物体上，因此它们是两对作用力和反作用力，故A错，B对．物体的重力是地球施加的，它的反作用力应作用在地球上，由此可知C错．对重力分解，其分力也是作用在物体上的，不可能分解为斜面上的压力，D错．
3.如图所示，两块小磁铁质量均为0.5kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度为L＝11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10m/s2)
解析：A受力如图甲所示，由平衡条件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4N
故B对A的作用力大小为4N，方向竖直向上．
由牛顿第三定律得A对B的作用力
F′＝－F＝4N，方向竖直向下
B受力如图乙所示，由平衡条件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9N
由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9N.
答案：9N
正确认识作用力和反作用力的“两点技巧”
(1)抓住特点：无论物体的运动状态、力的作用效果如何，作用力和反作用力总是等大、反向、共线的．
(2)明确力的作用点：要区别作用力和反作用力与平衡力，最直观的方法是看作用点的位置，一对平衡力的作用点在同一物体上，作用力和反作用力的作用点在两个物体上．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展，利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3.根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是()
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速运动或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A.根据实验结果，得到的最直接的结论是如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置，A项正确．而小球不受力时状态不变，小球受力时状态发生变化，是在假设和逻辑推理下得出的结论，不是实验直接结论，所以B和C选项错误；而D项不是本实验所说明的问题，故错误．
2．(多选)伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有()
A．力不是维持物体运动的原因
B．物体之间普遍存在相互吸引力
C．忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
D．物体间的相互作用力总是大小相等、方向相反
解析：选AC.伽利略的斜面实验表明物体的运动不需要外力来维持，A正确；伽利略假想将轻重不同的物体绑在一起时，重的物体会因轻的物体阻碍而下落变慢，轻的物体会因重的物体拖动而下落变快，即二者一起下落快慢应介于单独下落时之间．而从绑在一起后更重的角度考虑二者一起下落时应该更快，从而由逻辑上否定了重的物体比轻的物体下落得快的结论，并用实验证明了轻重物体下落快慢相同的规律，C正确；物体间普遍存在相互吸引力，物体间相互作用力的规律是牛顿总结的，对应于万有引力定律与牛顿第三定律，故B、D皆错误．
3．(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法符合历史事实的是()
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
解析：选BCD.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持；伽利略通过实验推翻了亚里士多德的错误结论，笛卡儿对伽利略的实验结果进行了完善，牛顿总结了伽利略和笛卡儿的理论，得出了牛顿第一定律．
4．(多选)用手托着一块砖，开始静止不动，当手突然向上加速运动时，砖对手的压力()
A．一定小于手对砖的支持力
B．一定等于手对砖的支持力
C．一定大于手对砖的支持力
D．一定大于砖的重力
解析：选BD.由牛顿第三定律知砖对手的压力与手对砖的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B项对；对砖受力分析，则FN－mg＝ma，FN＞mg，D项对．
5．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”，两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
解析：选C.甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，故选项A错误；甲对绳的拉力与乙对绳的拉力作用在同一物体上，不是作用力与反作用力，故选项B错误；设绳子的张力为F，则甲、乙两人受到绳子的拉力大小相等，均为F，若m甲m乙，则由a＝Fm得，a甲a乙，由x＝12at2得，在相等时间内甲的位移小，因开始时甲、乙距分界线的距离相等，则乙会过分界线，所以甲能赢得“拔河”比赛的胜利，故选项C正确；收绳速度与“拔河”比赛胜负无关，故选项D错误．
6．(多选)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()
A．小车匀速向左运动
B．小车可能突然向左加速
C．小车可能突然向左减速
D．小车可能突然向右减速
解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出．②原来小车向右运动，突然减速，碗中水由于惯性保持原速度不变，相对碗向右洒出，故B、D正确．
7．图为杂技“顶竿”表演的示意图，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竖直竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，竿对“底人”的压力大小为()
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：选B.对竿上的人进行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，则Ff＝m(g－a)．竿对人有摩擦力，人对竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．对竿进行受力分析：其受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力Ff′、顶竿的人对竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因为竿对“底人”的压力和“底人”对竿的支持力是一对作用力和反作用力，由牛顿第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故选项B正确．
[综合应用题组]
8．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状如图中的()
解析：选C.列车进站时刹车，速度减小，而水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．
9．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为()
A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动
B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动
C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度
解析：选D.力是改变物体运动状态的原因，人竖直跳起时，在水平方向上没有受到力的作用，因此，人将保持和火车相同的水平速度，向前做匀速直线运动，落地时仍在车上原处，故正确选项为D.
10．(多选)如图所示，在匀速前进的磁悬浮列车里，小明将一小球放在水平桌面上，且小球相对桌面静止．关于小球与列车的运动，下列说法正确的是()
A．若小球向前滚动，则磁悬浮列车在加速前进
B．若小球向后滚动，则磁悬浮列车在加速前进
C．磁悬浮列车急刹车时，小球向前滚动
D．磁悬浮列车急刹车时，小球向后滚动
解析：选BC.列车加(减)速时，小球由于惯性保持原来的运动状态不变，相对于车向后(前)滚动，选项B、C正确．
11．(多选)抖空竹是人们喜爱的一项体育活动．最早的空竹是两个如同车轮的竹筒，中间加一个转轴，由于外形对称，其重心在中间位置，初玩者能很好地找到支撑点而使之平衡．随着制作技术的发展，如图所示的不对称的空竹也受到人们的欢迎，现在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．关于抖空竹，在空气阻力不可忽略的情况下，下列说法中正确的是()
A．空竹启动前用绳子拉住提起，要保证支持力和重力在同一条直线上
B．空竹的转动是依靠绳子的拉动，绳子与转轴之间的摩擦力越小越好
C．空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和惯性作用
D．空竹从抛起到接住，转速会减小，表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动
解析：选AD.空竹启动前用绳子拉住提起，此时要选择恰当的位置，保证支持力和重力在同一条直线上，满足二力平衡的条件，否则空竹就要翻倒从绳子上落下，选项A正确；空竹是利用绳子与转轴之间的摩擦力使其转动的，因此绳子选用比较粗糙、摩擦力比较大的比较好，选项B错误；空竹抛起后由于惯性而继续向上运动，在空中受重力和空气阻力的作用，空竹的运动状态发生改变，速度越来越小，然后下落，选项C错误；空竹从抛起到接住，由于空气阻力的作用，转速比抛出前减小，因此表演时还要继续牵拉绳子使其加速转动，选项D正确．
12．如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()
A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮
B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮
C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮
D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮
解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力．得甲攀爬时乙的加速度大于甲的加速度，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．
13．如图所示，用细线将A物体悬挂在顶板上，B物体放在水平地面上．A、B间有一劲度系数为100N/m的轻弹簧，此时弹簧伸长了2cm.已知A、B两物体的重力分别是3N和5N．则细线的拉力及B对地面的压力分别是()
A．8N和0B．5N和7N
C．5N和3ND．7N和7N
解析：选C.对A由平衡条件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，对B由平衡条件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛顿第三定律得B对地面的压力是3N，C正确．
14.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为()
A．Mg＋FfB．Mg－Ff
C．Mg＋mgD．Mg－mg
解析：选A.环在竖直方向上受力情况如图甲所示，其受重力mg和杆对它竖直向上的摩擦力Ff，根据牛顿第三定律，环应对杆有一个竖直向下的摩擦力Ff′.故箱子在竖直方向上受力情况如图乙所示，其受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff′.
由于箱子处于平衡状态，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根据牛顿第三定律可知，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的弹力大小，则
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故应选A.
第2节牛顿第二定律两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表达式：F＝ma
3．适用范围
(1)牛顿第二定律只适用于惯性参考系，即相对于地面静止或匀速直线运动的参考系．
(2)牛顿第二定律只适用于宏观物体(相对于分子、原子等)、低速运动(远小于光速)的情况．
二、两类动力学问题
1．动力学的两类基本问题
(1)由受力情况确定物体的运动情况．
(2)由运动情况确定物体的受力情况．
2．解决两类基本问题的思路：以加速度为桥梁，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解．
三、力学单位制
1．单位制由基本单位和导出单位共同组成．
2．力学单位制中的基本单位有米、千克、秒(s)．
3．导出单位有牛顿、米/秒、米/秒2等．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)牛顿第二定律表达式F＝ma在任何情况下都适用．(×)
(2)物体所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度．(√)
(4)物体由于做加速运动，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向与F的方向相同，与速度方向无关．(√)
(6)物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小．(√)
(7)物理公式不仅确定了物理量之间的数量关系，同时也确定了物理量间的单位关系．(√)
2．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为()
A．m2kgs－4A－1B．m2kgs－3A－1
C．m2kgs－2A－1D．m2kgs－1A－1
解析：选B.本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识．由1J＝1VAs＝1kgms－2m可得，1V＝1m2kgs－3A－1，因此选B.
3．如图甲、乙所示，两车都在光滑的水平面上，小车的质量都是M，人的质量都是m，甲图人推车、乙图人拉绳(绳与轮的质量和摩擦均不计)的力都是F，对于甲、乙两图中车的加速度大小说法正确的是()
A．甲图中车的加速度大小为FM
B．甲图中车的加速度大小为FM＋m
C．乙图中车的加速度大小为2FM＋m
D．乙图中车的加速度大小为FM
解析：选C.对甲图以车和人为研究对象，系统不受外力作用，故甲图中车的加速度为零，A、B错误；乙图中人和车受绳子的拉力作用，以人和车为研究对象，受力大小为2F，所以乙图中车的加速度a＝2FM＋m，C正确，D错误．
4．如图所示，在光滑水平面上，A、B两物体用轻弹簧连接在一起，A、B的质量分别为m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做匀加速直线运动，加速度大小为a，某时刻突然撤去拉力F，此瞬间A和B的加速度大小分别为a1、a2，则()
A．a1＝0，a2＝0
B．a1＝a，a2＝m2m1＋m2a
C．a1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a
D．a1＝a，a2＝m1m2a
解析：选D.撤去拉力F前，设弹簧的劲度系数为k、形变量为x，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬间，弹簧的形变量保持不变，对A由牛顿第二定律得kx＝m1a1，对B由牛顿第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正确．
考点一对牛顿第二定律的理解
1．牛顿第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度间的关系
(1)加速度与力有瞬时对应关系，加速度随力的变化而变化．
(2)速度的改变需经历一定的时间，不能突变；加速度可以突变．
1．(20xx高考全国乙卷)(多选)一质点做匀速直线运动．现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC.质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0.当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确．
2．(多选)一物体重为50N，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图所示的水平力F1和F2，若F2＝15N时物体做匀加速直线运动，则F1的值可能是(g＝10m/s2)()
A．3NB．25N
C．30ND．50N
解析：选ACD.若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F2－F1－μG＝ma0，解得F15N，A正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知F1－F2－μG＝ma0，解得F125N，C、D正确．
3．(20xx湖南师范大学附中月考)(多选)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B，另一端被人拉着，且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M，B物块的质量为m，重力加速度为g，当人拉着绳子以大小为a1的加速度沿斜面向上运动时，B物块运动的加速度大小为a2，则下列说法正确的是()
A．物块一定向上加速运动
B．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m＞Msinθ
C．若a2＝0，则a1一定等于mg－MgsinθM
D．若a1＝a2，则a1可能等于mg－MgsinθM＋m
解析：选CD.对人受力分析，由牛顿第二定律可知F－Mgsinθ＝Ma1，得F＝Mgsinθ＋Ma1，若F＞mg，则物体B加速上升，若F＜mg，则物体B加速下降，若F＝mg，物体B静止，故A错误；人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F＞Mgsinθ即可，故B错误；若a2＝0，则F＝mg，故mg－Mgsinθ＝Ma1，a1＝mg－MgsinθM，故C正确；F＝Mgsinθ＋Ma1，当Fmg时，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，则a1＝mg－MgsinθM＋m，故D正确．
考点二牛顿第二定律瞬时性的理解
1．两种模型：
牛顿第二定律F＝ma，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，两者总是同时产生，同时消失、同时变化，具体可简化为以下两种模型：
2．求解瞬时加速度的一般思路
分析瞬时变化前、后物体的受力情况列牛顿第二定律方程
求瞬时加速度
1．(20xx山东大学附中检测)如图所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为()
A．都等于g2B．g2和0
C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2
解析：选C.由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°
剪断线瞬间，弹力瞬间不发生变化，由牛顿第二定律可得：
对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝mAmBg2
对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝12g
所以C正确．
2．如图所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为()
A．0B.233g
C．gD.33g
解析：选B.开始小球处于平衡态，受重力mg、支持力FN、弹簧拉力F三个力作用，受力分析如图所示，由平衡条件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，Fcos30°＝mgsin30°，解得FN＝233mg，重力mg、弹簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球受力不再平衡，此时的合力与FN等大反向，由牛顿第二定律得此时小球的加速度大小为233g，B正确．
3．如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m，物块2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上．并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有()
A．a1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg
D．a1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：选C.在抽出木板的瞬时，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a1＝a2＝g：而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mg＝F，a3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以C对．
在求解瞬时性加速度问题时的“两点注意”
(1)物体的受力情况和运动情况是时刻对应的，当外界因素发生变化时，需要重新进行受力分析和运动分析．
(2)加速度可以随着力的突变而突变，而速度和位移的变化需要一个积累的过程，不会发生突变．
考点三动力学的两类基本问题
1．求解两类问题的思路，可用下面的框图来表示：
2．分析解决这两类问题的关键：应抓住受力情况和运动情况之间联系的桥梁——加速度．
考向1：由受力情况求运动情况
[典例1]如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25.工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为α＝37°并保持不变，经4s后松手．(g＝10m/s2)求：
(1)松手前铸件的加速度；
(2)松手后铸件还能前进的距离．
解析(1)松手前，对铸件由牛顿第二定律得
a＝Fcos37°－μmg－Fsin37°m＝1.3m/s2
(2)松手时铸件的速度v＝at＝5.2m/s
松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5m/s2
则松手后铸件还能滑行的距离x＝v22a′＝5.4m
答案(1)1.3m/s2(2)5.4m
1．(20xx黑龙江齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7kg，在14N的恒力作用下运动，则5s末的速度及5s内通过的路程为()
A．8m/s25mB．2m/s25m
C．10m/s25mD．10m/s12.5m
解析：选C.物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a＝Fm＝147m/s2＝2m/s2，v＝at＝2×5m/s＝10m/s，x＝12at2＝12×2×25m＝25m，选项C正确．
2．(20xx高考江苏卷)(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中()
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
解析：选BD.由题图可见，鱼缸相对桌布向左滑动，故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右，A错．因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等，所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等，均为μg；由v＝at可知，鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等，故B正确．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，由Ff＝μmg可知，Ff不变，故C错．若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动，则鱼缸就会滑出桌面，故D正确．
3．(20xx江西抚州五校第二次联考)一质量m＝5kg的滑块在F＝15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，问：
(1)滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？
(2)5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？
解析：(1)滑块的加速度
a1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1m/s2
滑块的位移x1＝12a1t2＝12×1×25m＝12.5m
(2)5s末滑块的速度v＝a1t＝5m/s
撤去拉力后滑块的加速度大小
a2＝μmgm＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
撤去拉力后滑行距离x2＝v22a2＝254m＝6.25m
答案：(1)12.5m(2)6.25m
考向2：由运动情况求受力情况
[典例2](20xx山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g＝10m/s2)求：
(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？
(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
解析(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v，由v＝gt1得v＝20m/s
(2)自由下落的位移
h′＝12gt21＝20m
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20)m＝16m
由h＝v2t得t＝1.6s
(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，
由v＝at得a＝12.5m/s2
由牛顿第二定律得F－mg＝ma
则Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25
答案(1)20m/s(2)1.6s(3)2.25
4．(20xx湖北襄阳模拟)在欢庆节日的时候，人们会在夜晚燃放美丽的焰火．按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在4s末到达离地面100m的最高点时炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中竖直射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，那么v0和k分别等于(重力加速度g取10m/s2)()
A．25m/s,1.25B．40m/s,0.25
C．50m/s,0.25D．80m/s,1.25
解析：选C.根据h＝12at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升过程礼花弹所受的平均阻力Ff＝kmg，根据牛顿第二定律得a＝mg＋Ffm＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故选项C正确．
5．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
解析：选C.汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝5m/s2，对乘客由牛顿第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正确．
(1)解决动力学基本问题时对力的处理方法
①合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
②正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
(2)解答动力学两类问题的基本程序
①明确题目中给出的物理现象和物理过程的特点．
②根据问题的要求和计算方法，确定研究对象，进行分析，并画出示意图．
③应用牛顿运动定律和运动学公式求解．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为()
A．53m/s2B．33m/s2
C．(5－3)m/s2D.1033m/s2
解析：选D.由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝33；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝1033m/s2，D对．
2．(多选)如图所示，质量为m＝1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m/s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()
A．物体经10s速度减为零
B．物体经2s速度减为零
C．物体速度减为零后将保持静止
D．物体速度减为零后将向右运动
解析：选BC.物体受到向右的滑动摩擦力，Ff＝μFN＝μG＝3N，根据牛顿第二定律得，a＝F＋Ffm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物体减速到0所需的时间t＝v0a＝105s＝2s，B正确，A错误．减速到零后，F＜Ff，物体处于静止状态，不再运动，C正确，D错误．
3．如图所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2.则有()
A．a1＝a2，x1＝x2B．a1＜a2，x1＝x2
C．a1＝a2，x1＞x2D．a1＜a2，x1＞x2
解析：选B.对a、b物体及弹簧整体分析，有：
a1＝F－m1＋m2gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，
可知a1＜a2，
再隔离b分析，有：F1－m2g＝m2a1，解得：F1＝m2Fm1＋m2，
F2＝m2a2＝m2Fm1＋m2，可知F1＝F2，再由胡克定律知，x1＝x2.所以B选项正确．
4．如图所示，质量分别为m、2m的小球A、B，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在电梯内，已知电梯正在竖直向上做匀加速直线运动，细线中的拉力为F，此时突然剪断细线．在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A的加速度大小分别为()
A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋g
C.2F3，F3m＋gD.F3，F3m＋g
解析：选A.在细线剪断前，对A、B及弹簧整体由牛顿第二定律有F－3mg＝3ma，对B由牛顿第二定律得F弹－2mg＝2ma，由此可得F弹＝2F3；细线被剪断后的瞬间，弹簧弹力不变，此时对A球来说，受到向下的重力和弹力，则有F弹＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正确．
5．(多选)如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()
A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ
B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零
C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零
解析：选BC.对A、B整体受力分析，细线烧断前细线对A球的拉力FT＝2mgsinθ，细线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力与FT等大反向，则FT＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，A、D错误，B、C正确．
6．一质量为m＝2kg的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以a＝2.5m/s2匀加速下滑．如右图所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑块，使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移x＝4m．求：(g取10m/s2)
(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
(2)恒力F的大小．
解析：(1)以物块为研究对象受力分析如图甲所示，根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°－μmgcos30°＝ma
解得：μ＝36.
(2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度向上和向下两种可能．当加速度沿斜面向上时，受力分析如图乙所示，Fcos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，根据题意可得a1＝2m/s2，
代入数据得：F＝7635N
当加速度沿斜面向下时(如图丙)：
mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1
代入数据得：F＝437N.
答案：(1)36(2)7635N或437N
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动，若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g取10m/s2.关于热气球，下列说法正确的是()
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s的速度匀速上升时所受空气阻力大小为230N
解析：选AD.热气球从地面刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10s后速度要小于5m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力、空气阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，选项D正确．
8．乘坐“空中缆车”饱览大自然的美景是旅游者绝妙的选择．若某一缆车沿着坡度为30°的山坡以加速度a上行，如图所示．在缆车中放一个与山坡表面平行的斜面，斜面上放一个质量为m的小物块，小物块相对斜面静止(设缆车保持竖直状态运行)．则()
A．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物块受到的滑动摩擦力为12mg＋ma
D．小物块受到的静摩擦力为ma
解析：选A.小物块相对斜面静止，因此小物块与斜面间的摩擦力是静摩擦力．缆车以加速度a上行，小物块的加速度也为a，以物块为研究对象，则有Ff－mgsin30°＝ma，Ff＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正确，B、C、D均错误．
9．质量1kg的小物块，在t＝0时刻以5m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为13，则AB间的距离为(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()
A．1.05mB．1.13m
C．2.03mD．1.25m
解析：选B.物块沿斜面上滑和下滑时，加速度分别为：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物块滑到最高点所用时间为：t1＝v0a1＝0.5s，位移为：x1＝12a1t21＝1.25m，物块从最高点滑到B点所用时间为：t2＝t－t1＝0.2s，位移为：x2＝12a2t22＝0.12m，所以AB间的距离为x1－x2＝1.13m，选项B对．
10．(多选)质量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物体沿着粗糙的水平面向右运动，物体与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.1，同时物体还要受一个如图所示的随时间变化的水平拉力F的作用，水平向右为拉力的正方向．则以下结论正确的是(取g＝10m/s2)()
A．0～1s内，物体的加速度大小为2m/s2
B．1～2s内，物体的加速度大小为2m/s2
C．0～1s内，物体的位移为7m
D．0～2s内，物体的总位移为11m
解析：选BD.由题图可知，在0～1s内力F为6N，方向向左，由牛顿运动定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s内力F为6N，方向向右，由牛顿运动定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以选项A错误，B正确；由运动关系可知0～1s内位移为6m，选项C错误；同理可计算0～2s内的位移为11m，选项D正确．
11．声音在空气中的传播速度v与空气的密度ρ、压强p有关，下列速度的表达式(k为比例系数，无单位)中正确的是()
A．v＝kpρB．v＝kpρ
C．v＝kρpD．v＝kpρ
解析：选B.可把p、ρ的单位用基本单位表示，代入进行单位运算，看得出的单位是否是v的单位．压强p的单位用基本单位表示为Pa＝Nm2＝kgm/s2m2，密度ρ的单位用基本单位表示为kgm3，所以pρ的单位为m2s2，易知B正确．
12．如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接．现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点．已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m(滑块经过B点时没有能量损失，g取10m/s2)，求：
(1)滑块在运动过程中的最大速度；
(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小．
解析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为vm，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin30°＝ma1
v2m＝2a1hsin30°，解得vm＝4m/s.
(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑块在斜面上运动的时间为t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝vma1＝0.8s
由于t＞t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动的时间为t－t1＝0.2s
设t＝1.0s时速度大小为v，有
v＝vm－a2(t－t1)，解得v＝3.2m/s.
答案：(1)4m/s(2)0.4(3)3.2m/s
第3节牛顿运动定律的综合应用
1．超重和失重
(1)视重
当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为视重．
(2)超重、失重和完全失重的比较
超重失重完全失重
概念物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的现象
产生条件物体的加速度方向竖直向上物体的加速度方向竖直向下物体的加速度方向竖直向下，大小a＝g
运动状态加速上升或减速下降加速下降或减速上升以a＝g加速下降或减速上升
原理方程F－mg＝ma
F＝m(g＋a)mg－F＝ma
F＝m(g－a)mg－F＝ma
F＝0
2.整体法和隔离法
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法．
(3)外力和内力
如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力．应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力；如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)超重就是物体的重力变大的现象．(×)
(2)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于重力．(×)
(3)加速上升的物体处于超重状态．(√)
(4)加速度大小等于g的物体处于完全失重状态．(×)
(5)物体处于超重或失重状态，完全由物体加速度的方向决定，与速度方向无关．(√)
(6)整体法和隔离法是指选取研究对象的方法．(×)
(7)求解物体间的相互作用力应采用隔离法．(√)
2．如图所示，将物体A放在容器B中，以某一速度把容器B竖直上抛，不计空气阻力，运动过程中容器B的底面始终保持水平，下列说法正确的是()
A．在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零
B．上升过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
C．下降过程中A对B的压力大于物体A受到的重力
D．在上升和下降过程中A对B的压力都等于物体A受到的重力
解析：选A.把容器B竖直上抛，物体处于完全失重状态，在上升和下降过程中A对B的压力都一定为零，选项A正确．
3．(20xx安徽蚌埠模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做匀加速直线运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做匀加速直线运动，此时弹簧长度为L2.若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则下列关系式正确的是()
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B质量关系未知，故无法确定L1、L2的大小关系
解析：选A.水平面光滑时，用水平恒力F拉A时，由牛顿第二定律得，对整体有F＝(mA＋mB)a，对B有F1＝mBa＝mBFmA＋mB；水平面粗糙时，对整体有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，对B有F2－μmBg＝mBa，解以上两式得F2＝mBFmA＋mB，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正确．
4．从地面以一定的速度竖直向上抛出一小球，小球到达最高点的时刻为t1，下落到抛出点的时刻为t2.若空气阻力的大小恒定，则在下图中能正确表示被抛出物体的速率v随时间t的变化关系的图线是()
解析：选C.小球在上升过程中做匀减速直线运动，其加速度为a1＝mg＋Ffm，下降过程中做匀加速直线运动，其加速度为a2＝mg－Ffm，即a1a2，且所分析的是速率与时间的关系，故C正确．
考点一超重和失重问题
1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变．
2．在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失．
3．尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态．
4．尽管整体没有竖直方向的加速度，但只要物体的一部分具有竖直方向的分加速度，整体也会出现超重或失重状态．
1．(20xx福建莆田模拟)关于超重和失重现象，下列描述中正确的是()
A．电梯正在减速上升，在电梯中的乘客处于超重状态
B．磁悬浮列车在水平轨道上加速行驶时，列车上的乘客处于超重状态
C．荡秋千时秋千摆到最低位置时，人处于失重状态
D．“神舟”飞船在绕地球做圆轨道运行时，飞船内的宇航员处于完全失重状态
解析：选D.物体是否超重或失重取决于加速度方向，当加速度向上时物体处于超重状态，当加速度向下时物体处于失重状态，当加速度向下且大小等于重力加速度时物体处于完全失重状态．电梯正在减速上升，加速度向下，乘客失重，选项A错误；列车加速时加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，选项B错误；荡秋千到最低位置时加速度向上，人处于超重状态，选项C错误；飞船绕地球做匀速圆周运动时，其加速度等于飞船所在位置的重力加速度，宇航员处于完全失重状态，选项D正确．
2．(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力()
A．t＝2s时最大B．t＝2s时最小
C．t＝8.5s时最大D．t＝8.5s时最小
解析：选AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛顿第二定律得FN－mg＝ma.由牛顿第三定律得人对地板的压力FN′＝FN＝mg＋ma.当t＝2s时a有最大值，FN′最大；当t＝8.5s时，a有最小值，FN′最小，选项A、D正确．
3．(20xx浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于失重状态
解析：选A.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D项错误．
考点二连接体问题
1．处理连接体问题常用的方法为整体法和隔离法．
2．涉及隔离法与整体法的具体问题类型
(1)涉及滑轮的问题
若要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法．例如，如图所示，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法．
(2)水平面上的连接体问题
①这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体、后隔离的方法．
②建立坐标系时也要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题
当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析．
3．解题思路
(1)分析所研究的问题适合应用整体法还是隔离法．
①处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力；
②对于加速度大小相同，方向不同的连接体，应采用隔离法进行分析．
(2)对整体或隔离体进行受力分析，应用牛顿第二定律确定整体或隔离体的加速度．
(3)结合运动学方程解答所求解的未知物理量．
[典例1]如图所示，物块A和B的质量分别为4m和m，开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F＝6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动．已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长，在滑轮向上运动过程中，物块A和B的加速度分别为()
A．aA＝12g，aB＝5gB．aA＝aB＝15g
C．aA＝14g，aB＝3gD．aA＝0，aB＝2g
解析对滑轮由牛顿第二定律得F－2FT＝m′a，又滑轮质量m′忽略不计，故m′＝0，所以FT＝F2＝6mg2＝3mg，对A由于FT＜4mg，故A静止，aA＝0，对B有aB＝FT－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正确．
答案D
1．(多选)如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是()
A．增大A物的质量B．增大B物的质量
C．增大倾角θD．增大拉力F
解析：选BD.对于A、B整体由牛顿第二定律得F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsinθ＝mBa，解以上两式得FT＝mBmA＋mBF，选项B、D正确．
2.如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角，则下列说法正确的是()
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为mgsinα
C．系统的加速度为a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
解析：选C.根据小铁球与光滑凹槽相对静止的状态可知，系统有向右的加速度，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为mgcosα，A、B错误．小球所受合外力为mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正确，D错误．
考点三动力学中的图象问题
1．常见的图象有
v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．
2．图象间的联系
加速度是联系v－t图象与F－t图象的桥梁．
3．图象的应用
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况．
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况．
(3)通过图象对物体的受力与运动情况进行分析．
4．解答图象问题的策略
(1)弄清图象坐标轴、斜率、截距、交点、拐点、面积的物理意义．
(2)应用物理规律列出与图象对应的函数方程式，进而明确“图象与公式”、“图象与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断．
1．(多选)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
解析：选ACD.由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0t1，下降过程中的加速度为a2＝v1t1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑动摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确．由v－t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确．
2．(20xx河南郑州第一次质量预测)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v－t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.则下列判断正确的是()
A．释放瞬间甲球加速度较大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：选C.释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，m1m2＝v1v2，B错误；由图象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正确；图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误．
3．(20xx广东佛山二模)广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台．若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图所示．则下列相关说法正确的是()
A．t＝4.5s时，电梯处于失重状态
B．5～55s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5s时，电梯处于超重状态
D．t＝60s时，电梯速度恰好为零
解析：选D.利用at图象可判断：t＝4.5s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则A错误；0～5s时间内，电梯处于超重状态，拉力＞重力，5s～55s时间内，电梯处于匀速上升过程，拉力＝重力，55s～60s时间内，电梯处于失重状态，拉力＜重力，综上所述，B、C错误；因at图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60s时为零，D正确．
考点四动力学中的临界、极值问题
1．临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点．
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态．
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点．
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解决动力学临界、极值问题的常用方法
极限分析法、假设分析法和数学极值法．
考向1：极限分析法
把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的．
[典例2]如图所示，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为FT1和FT2，已知下列四个关于FT1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是()
A．FT1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2
B．FT1＝m＋2m1m2gm＋4m1＋m2
C．FT1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2
D．FT1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2
解析由于滑轮转动时与绳之间无相对滑动，所以滑轮转动时，可假设两物体的加速度大小均为a，对A，若FT1－m1g＝m1a，则对B应有m2g－FT2＝m2a；上面两式分别解出加速度的表达式为a＝FT1m1－g和a＝g－FT2m2，所以有FT1m1＋FT2m2＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根据题目所给选项可设FT1＝m＋xm2m1gm＋ym1＋m2，则根据A、B地位对等关系应有FT2＝m＋xm1m2gm＋ym2＋m1，将FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判断A错误、C正确．若将FT1设为m＋xm1m2gm＋ym1＋m2，则结合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位关系不再具有对等性，等式不可能成立，B、D错误．
答案C
考向2：假设分析法
临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题．
[典例3]如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10N，此后逐渐增加，在增大到45N的过程中，则()
A．当拉力F＜12N时，物体均保持静止状态
B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动
C．两物体从受力开始就有相对运动
D．两物体始终没有相对运动
解析首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝FfmB＝μmAgmB＝122m/s2＝6m/s2，F＝48N，由此可以看出当F＜48N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确．
答案D
考向3：数学极值法
将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式解出临界条件．
[典例4]如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F＝6.5N，玩具的质量m＝1kg，经过时间t＝2.0s．玩具移动了距离x＝23m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．(取g＝10m/s2)，求：
(1)玩具与地面间的动摩擦因数；
(2)松开手后玩具还能运动多远？
(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平面夹角多大时，最省力？
解析(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝12at2
解得a＝3m/s2
对玩具，由牛顿第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma
解得μ＝33.
(2)松手时，玩具的速度v＝at＝23m/s
松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝1033m/s2
由匀变速运动的速度位移公式得
玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝0.63m≈1.04m.
(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则Fcosθ－Ff＞0
Ff＝μFN
在竖直方向上，由平衡条件得
FN＋Fsinθ＝mg
解得F＞μmgcosθ＋μsinθ
cosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(60°＋θ)
当θ＝30°时，拉力最小，最省力．
答案(1)33(2)1.04m(3)30°
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列哪个说法是正确的()
A．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态
B．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态
C．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态
D．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态
解析：选B.选项A、C、D中运动员所受合外力为零，加速度为零．既不超重，也不失重，选项A、C、D错误；选项B中的运动员的加速度为重力加速度，方向竖直向下，处于失重状态，选项B正确．
2．人站在电梯中随电梯一起运动．下列过程中人处于超重状态的是()
A．电梯加速上升B．电梯加速下降
C．电梯匀速上升D．电梯匀速下降
解析：选A.人在竖直方向受到重力和电梯提供的弹力作用，由牛顿第二定律有F－G＝ma，若人处于超重状态，此时人对电梯的压力大于人本身的重力，则应有力F大于G，加速度方向向上．选项A正确，B、C、D错误．
3．图甲为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动．分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图象分别对应图乙中的()
A．①、②和③B．③、②和①
C．②、③和①D．③、①和②
解析：选B.小球受重力mg、支持力FN，由牛顿第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，而am＝g，故aam＝sinθ；由牛顿第三定律得FN′＝FN，FNm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，FNm＝mg，即FNFNm＝cosθ，则FN′FNm′＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即ggm＝1，B正确．
4．(多选)在下列运动过程中，人处于失重状态的是()
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内
C．宇航员随飞船绕地球做圆周运动
D．跳水运动员离开跳板后向上运动
解析：选ACD.当小朋友沿滑梯加速下滑时，具有向下的加速度，人处于失重状态，A正确；乘客坐在沿平直路面减速行驶的汽车内，对乘客受力分析可得在竖直方向汽车对乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不处于失重状态，B错误；宇航员随飞船绕地球做圆周运动，宇航员处于完全失重状态，运动员离开跳板后仅受重力作用处于完全失重状态，C、D正确．
5．如图所示，质量分别为m和2m的两个小球置于光滑水平面上，且固定在一轻质弹簧的两端，已知弹簧的原长为L，劲度系数为k.现沿弹簧轴线方向在质量为2m的小球上施加一水平拉力F，使两球一起做匀加速运动，则此时两球间的距离为()
A.F3kB.F2k
C．L＋F3kD．L＋F2k
解析：选C.两个小球一起做匀加速直线运动，加速度相等，对系统受力分析，由牛顿第二定律可得F＝(m＋2m)a，对质量为m的小球作水平方向受力分析，由牛顿第二定律和胡克定律可得kx＝ma，则此时两球间的距离为L′＝L＋x＝L＋F3k，C正确．
6．如图甲所示，为一倾角θ＝37°足够长的斜面，将一质量为m＝1kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化关系图象如图乙所示，与斜面间动摩擦因数μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)2s末物体的速度；
(2)前16s内物体发生的位移．
解析：(1)分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入数据可得
v1＝5m/s.
(2)设物体在前2s内发生的位移为x1，则
x1＝12a1t21＝5m.
当拉力为F2＝4.5N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，
代入数据可得a2＝0.5m/s2，
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2，t2＝10s，
设t2时间发生的位移为x2，则
x2＝12a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，则物体在剩下4s时间内处于静止状态．
故物体在前16s内发生的位移x＝x1＋x2＝30m，方向沿斜面向下．
答案：(1)5m/s(2)30m方向沿斜面向下
[综合应用题组]
7．(多选)将一个质量为1kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反．该过程的v－t图象如图所示，g取10m/s2.下列说法中正确的是()
A．小球所受重力和阻力大小之比为5∶1
B．小球上升过程与下落过程所用时间之比为2∶3
C．小球落回到抛出点时的速度大小为86m/s
D．小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态
解析：选AC.上升过程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比为5∶1，选项A正确；下落过程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根据h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，选项B错误；根据v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误．
8．如图甲所示，某人通过动滑轮将质量为m的货物提升到一定高处，动滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度a与竖直向上的拉力FT之间的函数关系如图乙所示．则下列判断正确的是()
A．图线与纵轴的交点的绝对值为g
B．图线的斜率在数值上等于物体的质量m
C．图线与横轴的交点N的值FTN＝mg
D．图线的斜率在数值上等于物体质量的倒数1m
解析：选A.由牛顿第二定律可得：2FT－mg＝ma，则有a＝2mFT－g，由a－FT图象可判断，纵轴截距的绝对值为g，图线的斜率在数值上等于2m，则A正确，B、D错误，横轴截距代表a＝0时，FTN＝mg2，C错误．
9．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．观察小球从开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是()
解析：选A.小球先做自由落体运动，接触弹簧后小球做加速度减小的加速运动．直至重力和弹力相等，即mg＝kΔx，此时a＝0，小球速度达到最大值vmax，此后小球继续下降，小球重力小于弹力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的减速运动直至最低点，小球速度为0，加速度最大，A正确，B错误．设小球到达最低点时，弹簧的形变量为x，由能量关系得mg(h＋x)＝12kx2，则2mg(h＋x)＝kxx，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低点kx－mg＝ma＞mg，即ag，C错误．弹簧形变量x与t不是线性关系．则a与t也不是线性关系，D错误．
10．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升．夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为Ff.若木块不滑动，力F的最大值是()
A.2Ffm＋MM
B.2Ffm＋Mm
C.2Ffm＋MM－(m＋M)g
D.2Ffm＋Mm＋(m＋M)g
解析：选A.木块恰好滑动时，对木块和夹子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，对木块有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝2FfM＋mM，选项A正确．
11．(多选)质量为0.3kg的物体在水平面上做直线运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉力的图线，则下列说法正确的()
A．水平拉力可能是0.3N
B．水平拉力一定是0.1N
C．物体所受摩擦力可能是0.2N
D．物体所受摩擦力一定是0.2N
解析：选BC.若拉力方向与物体运动方向相同，则斜率较大的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a1＝23m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff＝ma1＝0.2N，图象中斜率较小的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a2＝13m/s2，由牛顿第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知条件可知，拉力F＝0.1N；若拉力方向与物体运动方向相反，则斜率较小的图象为不受拉力即只受摩擦力的速度图象，此时物体加速度大小为a3＝13m/s2，由牛顿第二定律可知此时摩擦力Ff′＝ma3＝0.1N；图象中斜率较大的图线为受拉力时的图线，加速度大小为a4＝23m/s2，由牛顿第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知条件可知，拉力F′＝0.1N，B、C正确．
12．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
Ff1＝m1a1，F－Ff1－Ff2＝m2a2
发生相对运动a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝12a1t21
纸板运动的距离d＋x1＝12a2t21
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝12a3t22，
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μm1＋1＋dlm2g
代入数据得F＝22.4N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4N
第4节微专题1“板—块”＋“传送带”问题
考点一“板—块”模型
1．模型特点
上、下叠放两个物体，在摩擦力的相互作用下两物体发生相对滑动．
2．两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．解题方法
整体法、隔离法．
4．解题思路
(1)分析滑块和滑板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和滑板的加速度．
(2)对滑块和滑板进行运动情况分析，找出滑块和滑板之间的位移关系或速度关系，建立方程．特别注意滑块和滑板的位移都是相对地的位移．
[典例1](20xx山东德州质检)长为L＝1.5m的长木板B静止放在水平冰面上，小物块A以某一初速度v0从木板B的左端滑上长木板B，直到A、B的速度达到相同，此时A、B的速度为v＝0.4m/s，然后A、B又一起在水平冰面上滑行了s＝8.0cm后停下．若小物块A可视为质点，它与长木板B的质量相同，A、B间的动摩擦因数μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：
(1)木板与冰面的动摩擦因数μ2；
(2)小物块A的初速度v0；
(3)为了保证小物块不从木板的右端滑落，小物块滑上木板的最大初速度v0m应为多少？
解析(1)小物块和木板一起运动时，受冰面的滑动摩擦力，做匀减速运动，则加速度
a＝v22s＝1.0m/s2
由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物块相对木板滑动时受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，其加速度
a1＝μ1g＝2.5m/s2
小物块在木板上滑动，木板受小物块的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，则有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50m/s2.
设小物块滑上木板经时间t后小物块、木板的速度相同为v，则
对于木板v＝a2t
解得t＝va2＝0.8s
小物块滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s.
(3)小物块滑上木板的初速度越大，它在木板上相对木板滑动的距离越大，当滑动距离等于木板长时，小物块到达木板B的最右端，两者的速度相等(设为v′)，这种情况下小物块的初速度为保证其不从木板上滑落的最大初速度v0m，则
v0mt－12a1t2－12a2t2＝L
v0m－v′＝a1t
v′＝a2t
由以上三式解得v0m＝3.0m/s.
答案(1)0.10(2)2.4m/s(3)3.0m/s
1．(20xx安徽芜湖模拟)质量为m0＝20kg、长为L＝5m的木板放在水平面上，木板与水平面的动摩擦因数为μ1＝0.15.将质量m＝10kg的小木块(可视为质点)，以v0＝4m/s的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2)．则下列判断中正确的是()
A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板
B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板
C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板
D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板
解析：选A.木板与地面间的摩擦力为Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，小木块与木板之间的摩擦力为Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，Ff1Ff2，所以木板一定静止不动；设小木块在木板上滑行的距离为x，v20＝2μ2gx，解得x＝2mL＝5m，所以小木块不能滑出木板，A正确．
2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图a所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v－t图线如图b所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离．
解析：(1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由题图b可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度
v1＝4m/s，
由运动学公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋12a1t21③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度．
联立①②③式和题给条件得
μ1＝0.1④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由题图b可得
a2＝v2－v1t2－t1⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝－v1＋v32Δt
小物块运动的位移为
s2＝v1＋v32Δt
小物块相对木板的位移为Δs＝s2－s1
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
Δs＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m.
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v23＝2a4s3
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩式，并代入数值得
s＝－6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m
考点二水平传送带问题
滑块在水平传送带上运动常见的三个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后匀速
情景二
(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(2)v0v时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景三
(1)传送带较短时，滑块一直减速到达左端
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0v返回时速度为v，当v0v返回时速度为v0

[典例2](多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是()
解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝FT＋μmgm，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTμmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正确，A、D错误．
答案BC
1．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2v1，则()
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B.物块滑上传送带后将做匀减速运动，t1时刻速度为零，此时小物块离A处的距离达到最大，选项A错误；然后在传送带滑动摩擦力的作用下向右做匀加速运动，t2时刻与传送带达到共同速度，此时小物块相对传送带滑动的距离最大，选项B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，选项C错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力，选项D错误．
2．(20xx陕西汉中模拟)(多选)如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L.当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是()
A．F1＜F2B．F1＝F2
C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2
解析：选BD.绳剪断前物体的受力情况如图所示，由平衡条件得FN＋Fsinθ＝mg，Ff＝μFN＝Fcosθ，解得F＝μmgμsinθ＋cosθ，F的大小与传送带的速度无关，选项A错误，B正确；绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同，若L≤v212μg，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2，若L＞v212μg，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2，选项C错误，D正确．
考点三倾斜传送带问题
滑块在倾斜传送带上运动常见的四个情景
项目图示滑块可能的运动情况
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
③可能一直匀速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直匀速
③可能先减速后反向加速

[典例3]如图所示，倾角为37°，长为l＝16m的传送带，转动速度为v＝10m/s，在传送带顶端A处无初速度的释放一个质量为m＝0.5kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间．
解析(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin37°－μcos37°)＝ma
则a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，
根据l＝12at2得t＝4s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
则有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2.
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝va1＝1010s＝1s，
x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m.
当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin37°＞μmgcos37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变．设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2
x2＝l－x1＝11m
又因为x2＝vt2＋12a2t22，
则有10t2＋t22＝11
解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2s.
答案(1)4s(2)2s
1．(20xx广东汕头模拟)如图所示，A、B两个皮带轮被紧绷的传送皮带包裹，传送皮带与水平面的夹角为θ，在电动机的带动下，可利用传送皮带传送货物．已知皮带轮与皮带之间无相对滑动，皮带轮不转动时，某物体从皮带顶端由静止开始下滑到皮带底端所用的时间是t，则()
A．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定大于t
B．当皮带轮逆时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
C．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间可能等于t
D．当皮带轮顺时针匀速转动时，该物体从顶端由静止滑到底端所用时间一定小于t
解析：选D.传送带不动物体下滑时，物体受摩擦力向上，故加速度a＝gsinθ－μgcosθ；当传送带向上运动时，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不变，故a不变，所以物体运动到B的时间不变，故A、B错误；当皮带向下运动时，物体受摩擦力开始是向下的，故加速度开始一定增大，位移不变，故由A滑到B的时间小于t，故C错误，D正确．
2．如图所示为上、下两端相距L＝5m、倾角α＝30°、始终以v＝3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t＝2s到达下端，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)传送带与物体间的动摩擦因数多大？
(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？
解析：(1)物体在传送带上受力如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.
由题意得L＝12at2
解得a＝2.5m/s2
由牛顿第二定律得
mgsinα－Ff＝ma
又Ff＝μmgcosα
故μ＝0.29.
(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.
由牛顿第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′
又v2m＝2La′
故vm＝2La′＝8.66m/s.
答案：(1)0.29(2)8.66m/s
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)如图所示是某工厂所采用的小型生产流水线示意图，机器生产出的物体源源不断地从出口处以水平速度v0滑向一粗糙的水平传送带，最后从传送带上落下装箱打包．假设传送带静止不动时，物体滑到传送带右端的速度为v，最后物体落在P处的箱包中．下列说法正确的是()
A．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度小于v，物体仍落在P点
B．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v0，物体仍落在P点
C．若传送带随皮带轮顺时针方向转动起来，且传送带速度大于v，物体仍落在P点
D．若由于操作不慎，传送带随皮带轮逆时针方向转动起来，物体仍落在P点
解析：选AD.若传送带静止，物体滑到传送带右端的过程中，物体一直减速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，当传送带顺时针转且速度小于v时，物体仍一直减速，到达传送带右端速度仍为v，因而物体仍落在P点，A正确；当传送带顺时针转且速度大于v0时，物体应先加速，因而到达右端时速度一定大于v，应落在P点右侧，B错误；当传送带顺时针转且速度大于v时，物体在传送带上应先减速，当速度达到传送带速度时便和传送带一起匀速运动，到达右端时速度大于v，应落在P点右侧，C错误；当传送带逆时针转时，物体一直减速，到达右端时速度为v，仍落在P点，D正确．
2．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ.若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
解析：选C.无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μm＋MgM＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出，选项C正确．
3．如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB＝BC，小物块P(可视为质点)以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1∶4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数μ1、μ2之比为(P物块在AB、BC上所做两段运动可看做匀变速直线运动)()
A．1∶1B．1∶4
C．4∶1D．8∶1
解析：选D.设到达B点速度为v1，由于AB与BC段的位移相等，则有v0＋v12t1＝v1＋02t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝v03，AB段的加速度为a1＝v1－v0t1＝－2v03t1，BC段的加速度为a2＝0－v1t2＝－v03t2，根据牛顿第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故选项D正确．

精选阅读

20xx高考物理大一轮复习：第2章-相互作用（8份打包含课件）

第1节重力弹力摩擦力
一、力
1．力的概念：物体与物体之间的相互作用．
2．力的作用效果
两类效果使物体发生形变.改变物体的运动状态.
二、重力
1．产生：由于地球的吸引而使物体受到的力．
2．大小：G＝mg.
3．方向：总是竖直向下．
4．重心：因为物体各部分都受重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫做物体的重心．
◆特别提醒：(1)重力的方向不一定指向地心．
(2)并不是只有重心处才受到重力的作用．
三、弹力
1．弹力
(1)定义：发生弹性形变的物体由于要恢复原状，对与它接触的物体产生力的作用．
(2)产生的条件
①两物体相互接触；②发生弹性形变．
(3)方向：与物体形变方向相反．
◆特别提醒：有弹力作用的两物体一定相接触，相接触的两物体间不一定有弹力．
2．胡克定律
(1)内容：弹簧的弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比．
(2)表达式：F＝kx.
①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定．
②x是弹簧长度的变化量，不是弹簧形变以后的长度．
四、摩擦力
1．产生：相互接触且发生形变的粗糙物体间，有相对运动或相对运动趋势时，在接触面上所受的阻碍相对运动或相对运动趋势的力．
2．产生条件：接触面粗糙；接触面间有弹力；物体间有相对运动或相对运动趋势．
3．大小：滑动摩擦力Ff＝μFN，静摩擦力：0Ff≤Ffmax.
4．方向：与相对运动或相对运动趋势方向相反．
5．作用效果：阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势．
◆特别提醒：(1)摩擦力阻碍的是物体间的相对运动或相对运动趋势，但不一定阻碍物体的运动．
(2)受静摩擦力作用的物体不一定静止，受滑动摩擦力作用的物体不一定运动．
(3)接触面处有摩擦力时一定有弹力，且弹力与摩擦力方向总垂直，反之不一定成立．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)只要物体发生形变就会产生弹力作用．(×)
(2)物体所受弹力的方向与自身形变的方向相同．(√)
(3)轻绳、轻杆的弹力方向一定沿绳、杆的方向．(×)
(4)滑动摩擦力的方向一定与物体运动方向相反．(×)
(5)滑动摩擦力的方向与物体的运动方向不相同就相反．(×)
(6)运动的物体不可能受到静摩擦力的作用．(×)
(7)根据μ＝FfFN可知动摩擦因数μ与Ff成正比，与FN成反比．(×)
2．(多选)关于弹力的方向，下列说法中正确的是()
A．放在水平桌面上的物体所受弹力的方向是竖直向上的
B．放在斜面上的物体所受斜面的弹力的方向是竖直向上的
C．将物体用绳吊在天花板上，绳所受物体的弹力方向是竖直向上的
D．物体间相互挤压时，弹力的方向垂直接触面指向受力物体
解析：选AD.放在水平桌面上的物体所受弹力为支持力，其方向为垂直于桌面向上，故A正确；放在斜面上的物体所受斜面的支持力方向垂直于斜面向上，故B错误，D正确；绳子对物体的拉力总是沿绳子收缩的方向，而物体对绳子的弹力方向指向绳子伸长的方向，故C错误．
3．(多选)关于胡克定律，下列说法正确的是()
A．由F＝kx可知，在弹性限度内弹力F的大小与弹簧形变量x成正比
B．由k＝Fx可知，劲度系数k与弹力F成正比，与弹簧的长度改变量成反比
C．弹簧的劲度系数k是由弹簧本身的性质决定的，与弹力F的大小和弹簧形变量x的大小无关
D．弹簧的劲度系数在数值上等于弹簧伸长(或缩短)单位长度时弹力的大小
解析：选ACD.在弹性限度内，弹簧的弹力与形变量遵守胡克定律F＝kx，故A正确；弹簧的劲度系数是由弹簧本身的性质决定的，与弹力F及x无关，故C正确，B错误；由胡克定律得k＝Fx，可理解为弹簧每伸长(或缩短)单位长度时受到的弹力的值与k相等，故D正确．
4．(20xx中山模拟)如图所示，放在粗糙水平面上的物体A上叠放着物体B，A和B之间有一根处于压缩状态的弹簧，A、B均处于静止状态，下列说法中正确的是()
A．B受到向左的摩擦力
B．B对A的摩擦力向右
C．地面对A的摩擦力向右
D．地面对A没有摩擦力
解析：选D.压缩的弹簧对B有向左的弹力，B有向左运动的趋势，受到向右的摩擦力，选项A错误；A对B的摩擦力向右，由牛顿第三定律可知，B对A的摩擦力向左，选项B错误；对整体研究，根据平衡条件分析可知，地面对A没有摩擦力，选项C错误，D正确．
考点一弹力的分析和计算
1．弹力有无的判断方法
(1)条件法：根据产生弹力的两个条件——接触和发生弹性形变直接判断．
(2)假设法或撤离法：可以先假设有弹力存在，然后判断是否与研究对象所处状态的实际情况相符合．还可以设想将与研究对象接触的物体“撤离”，看研究对象能否保持原来的状态．
2．弹力方向的判断方法
(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断．
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向．
3．弹力大小的确定方法
(1)弹簧类弹力：由胡克定律知弹力F＝kx，其中x为弹簧的形变量，而不是伸长或压缩后弹簧的总长度．
(2)非弹簧类弹力：根据运动状态和其他受力情况，利用平衡条件或牛顿第二定律来综合确定．
1．如图所示，小车内一根轻质弹簧沿竖直方向和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是()
A．细绳一定对小球有拉力的作用
B．轻弹簧一定对小球有弹力的作用
C．细绳不一定对小球有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳不一定对小球有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力
解析：选D.若小球与小车一起匀速运动，则细绳对小球无拉力；若小球与小车有向右的加速度a＝gtanα，则轻弹簧对小球无弹力，D正确．
2．(20xx高考江苏卷)一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为()
A．40m/NB．40N/m
C．200m/ND．200N/m
解析：选D.根据胡克定律有F＝kx，则k＝Fx＝42×10－2N/m＝200N/m，故D正确．
3．(20xx安庆质检)如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆间的夹角为θ，在斜杆的下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断正确的是()
A．小车静止时，F＝mgsinθ，方向沿杆向上
B．小车静止时，F＝mgcosθ，方向垂直于杆向上
C．小车以向右的加速度a运动时，一定有F＝masinθ
D．小车以向左的加速度a运动时，F＝ma2＋mg2，方向斜向左上方，与竖直方向的夹角θ1满足tanθ1＝ag
解析：选D.小车静止时，由物体的平衡条件知此时杆对球的作用力方向竖直向上，大小等于球的重力mg，A、B错误；小车以向右的加速度a运动，设小球受杆的作用力的方向与竖直方向的夹角为θ1，如图甲所示．根据牛顿第二定律，有Fsinθ1＝ma，Fcosθ1＝mg，两式相除可得tanθ1＝ag，只有当球的加速度a＝gtanθ时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有F＝masinθ，C错误；小车以加速度a向左加速运动时，由牛顿第二定律，可知小球所受到的重力mg与杆对球的作用力的合力大小为ma，方向水平向左，如图乙所示．所以杆对球的作用力的大小F＝ma2＋mg2，方向斜向左上方，tanθ1＝ag，D正确．
几种典型弹力的方向
考点二静摩擦力的有无及方向的判断
1．假设法：利用假设法判断的思维程序如下：
2．状态法
根据物体的运动状态来确定，思路如下．
3．转换法
利用牛顿第三定律(作用力与反作用力的关系)来判定．先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的大小和方向，再确定另一物体受到的反作用力——静摩擦力的大小和方向．
1．如图，质量mAmB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是()
解析：选A.两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物体与竖直墙面之间没有压力，所以没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，A、B之间没有弹力作用，物体B的受力示意图是图A.
2．(20xx东北三校二联)(多选)如图所示是主动轮P通过皮带带动从动轮Q的示意图，A与B、C与D分别是皮带上与轮缘上相互接触的点，则下列判断正确的是()
A．B点相对于A点运动趋势方向与B点运动方向相反
B．D点相对于C点运动趋势方向与C点运动方向相反
C．D点所受静摩擦力方向与D点运动方向相同
D．主动轮受到的摩擦力是阻力，从动轮受到的摩擦力是动力
解析：选BCD.P为主动轮，假设接触面光滑，B点相对于A点的运动方向一定与B点的运动方向相同，A错误；Q为从动轮，D点相对于C点的运动趋势方向与C点的运动方向相反，Q轮通过静摩擦力带动，因此，D点所受的静摩擦力方向与D点的运动方向相同，B、C均正确；主动轮靠摩擦带动皮带，从动轮靠摩擦被皮带带动，故D也正确．
3．(多选)如图所示，倾角为θ的斜面C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则()
A．B受到C的摩擦力一定不为零
B．C受到地面的摩擦力一定为零
C．C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D．将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力为0
解析：选CD.若绳对B的拉力恰好与B的重力沿斜面向下的分力平衡，则B与C间的摩擦力为零，A项错误；将B和C看成一个整体，则B和C受到细绳向右上方的拉力作用，故C有向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力，B项错误，C项正确；将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，利用整体法判断，B、C整体在水平方向不受其他外力作用，处于平衡状态，则地面对C的摩擦力为0，D项正确．
考点三摩擦力的计算
1．静摩擦力大小的计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速运动)，利用力的平衡条件来判断其大小．
(2)物体有加速度时，若只有静摩擦力，则Ff＝ma.若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力．
2．滑动摩擦力的计算
滑动摩擦力的大小用公式Ff＝μFN来计算，应用此公式时要注意以下几点：
(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；FN为两接触面间的正压力，其大小不一定等于物体的重力．
(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关．
考向1：静摩擦力的计算
[典例1](20xx黄冈模拟)如图所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2.当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为()
A．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向上
B．μ1mgcosθ，方向平行于斜面向下
C．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向上
D．μ2mgcosθ，方向平行于斜面向下
解析当物体P和Q一起沿斜面加速下滑时，其加速度为a＝gsinθ－μ2gcosθ＜gsinθ，因为P和Q相对静止，所以P和Q之间的摩擦力为静摩擦力，且方向平行于斜面向上，B、D错误；不能用公式Ff＝μFN求解，对物体P运用牛顿第二定律得mgsinθ－F静＝ma，求得F静＝μ2mgcosθ，C正确．
答案C
判断摩擦力方向时应注意的两个问题
(1)静摩擦力的方向与物体的运动方向没有必然关系，可能相同，也可能相反，还可能成一定的夹角．
(2)分析摩擦力方向时，要注意静摩擦力方向的“可变性”和滑动摩擦力的“相对性”．
考向2：滑动摩擦力的计算
[典例2]如图所示，质量为mB＝24kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22kg的木箱A放在木板B上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5.现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，重力加速度g取10m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为()
A．0.3B．0.4
C．0.5D．0.6
解析对A受力分析如图甲所示，由题意得
FTcosθ＝Ff1①
FN1＋FTsinθ＝mAg②
Ff1＝μ1FN1③
由①②③得：FT＝100N
对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得
FTcosθ＋Ff2＝F④
FN2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g⑤
Ff2＝μ2FN2⑥
由④⑤⑥得：μ2＝0.3，故A选项正确．
答案A
计算摩擦力时的三点注意
(1)首先分清摩擦力的性质，因为只有滑动摩擦力才有公式，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来求解．
(2)公式Ff＝μFN中FN为两接触面间的正压力，与物体的重力没有必然联系，不一定等于物体的重力．
(3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大小也无关．
1．如图所示，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()
A.1μ1μ2B．1－μ1μ2μ1μ2
C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ2
解析：选B.对A、B整体受力分析，F＝Ff1＝μ2(mA＋mB)g.对B受力分析，Ff2＝μ1F＝mBg.联立解得mAmB＝1－μ1μ2μ1μ2，B正确．
2．(多选)如图所示，小车的质量为m0，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人和小车保持相对静止，不计绳和滑轮质量及小车与地面间的摩擦，则小车对人的摩擦力可能是()
A．0B.m－m0m＋m0F，方向向右
C.m－m0m＋m0F，方向向左D.m0－mm＋m0F，方向向右
解析：选ACD.假设小车对人的静摩擦力方向向右，先对整体分析受力有2F＝(m0＋m)a，再隔离出人，对人分析受力有F－Ff＝ma，解得Ff＝m0－mm0＋mF，若m0m，则和假设的情况相同，D正确；若m0＝m，则静摩擦力为零，A正确；若m0m，则静摩擦力方向向左，C正确．
考点四轻杆、轻绳、轻弹簧模型
[典例3]如图所示，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12N，轻绳的拉力为10N，水平轻弹簧的拉力为9N，求轻杆对小球的作用力．
解析以小球为研究对象，受力如图所示，小球受四个力的作用：重力、轻绳的拉力、轻弹簧的拉力、轻杆的作用力，其中轻杆的作用力的方向和大小不能确定，重力与弹簧拉力的合力大小为F＝G2＋F21＝15N.
设F与竖直方向夹角为α，sinα＝F1F＝35，则α＝37°
即方向与竖直方向成37°角斜向下，这个力与轻绳的拉力恰好在同一条直线上．根据物体平衡的条件可知，轻杆对小球的作用力大小为5N，方向与竖直方向成37°角斜向右上方．
答案5N方向与竖直方向成37°角斜向右上方
1．如图所示，小车内有一固定光滑斜面，一个小球通过细绳与车顶相连，细绳始终保持竖直．关于小球的受力情况，下列说法正确的是()
A．若小车静止，则绳对小球的拉力可能为零
B．若小车静止，则斜面对小球的支持力一定为零
C．若小车向右运动，则小球一定受两个力的作用
D．若小车向右运动，则小球一定受三个力的作用
解析：选B.小车向右运动可能有三种运动形式：向右匀速运动、向右加速运动和向右减速运动．当小车向右匀速运动时，小球受力平衡，只受重力和绳子拉力两个力的作用．当小车向右加速运动时，小球需有向右的合力，但由细绳保持竖直状态和斜面形状可知，该运动形式不可能有．当小车向右减速运动时，小球需有向左的合力，则一定受重力和斜面的支持力，可能受绳子的拉力，也可能不受绳子的拉力，故B正确．
2．如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向的夹角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，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是()
A．只有角θ变小，作用力才变大
B．只有角θ变大，作用力才变大
C．不论角θ变大或变小，作用力都是变大
D．不论角θ变大或变小，作用力都不变
解析：选D.由于两侧细绳中拉力不变，若保持滑轮的位置不变，则滑轮受到木杆作用力大小不变，与夹角θ没有关系，选项D正确，A、B、C错误．
3．(多选)两个中间有孔的质量为M的小球用一轻弹簧相连，套在一水平光滑横杆上．两个小球下面分别连一轻弹簧．两轻弹簧下端系在同一质量为m的小球上，如图所示．已知三根轻弹簧的劲度系数都为k，三根轻弹簧刚好构成一等边三角形．则下列判断正确的是()
A．水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg＋mg
B．连接质量为m小球的轻弹簧的弹力为mg3
C．连接质量为m小球的轻弹簧的伸长量为33kmg
D．套在水平光滑横杆上轻弹簧的形变量为36kmg
解析：选CD.水平横杆对质量为M的小球的支持力为Mg＋mg2，选项A错误；设下面两个弹簧的弹力均为F，则2Fsin60°＝mg，解得F＝33mg，结合胡克定律得kx＝33mg，则x＝33kmg，选项B错误，选项C正确；下面的一根弹簧对M的水平分力为Fcos60°＝36mg，再结合胡克定律得kx′＝36mg，解得x′＝36kmg，选项D正确．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．下列说法正确的是()
A．有力作用在物体上，其运动状态一定改变
B．单个孤立物体有时也能产生力的作用
C．作用在同一物体上的力，只要大小相同，作用的效果就相同
D．找不到施力物体的力是不存在的
解析：选D.由于力的作用效果有二：其一是改变物体运动状态，其二是使物体发生形变，A错误；力是物体对物体的作用，B错误；力的作用效果是由大小、方向、作用点共同决定的，C错误；力是物体与物体之间的相互作用，只要有力就一定会有施力物体和受力物体，D正确．
2．(多选)下列关于摩擦力的说法，正确的是()
A．作用在物体上的滑动摩擦力只能使物体减速，不可能使物体加速
B．作用在物体上的静摩擦力只能使物体加速，不可能使物体减速
C．作用在物体上的滑动摩擦力既可能使物体减速，也可能使物体加速
D．作用在物体上的静摩擦力既可能使物体加速，也可能使物体减速
解析：选CD.滑动摩擦力既能提供动力，也能提供阻力，如把物体无初速度放在传送带上，滑动摩擦力对物体做正功，使物体加速，选项A错误，C正确；静摩擦力既能提供动力，也能提供阻力，汽车启动过程中，车厢里的货物跟随汽车一起加速，静摩擦力使货物加速．汽车刹车时，汽车车厢里的货物跟汽车一起停下来的过程，静摩擦力使货物减速，选项B错误，D正确．
3．如图所示，完全相同、质量均为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，系统处于静止状态时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩()
A.mgtanθkB．2mgtanθk
C.mgtanθ2kD.2mgtanθ2k
解析：选C.以A球为对象，其受力如图所示，所以F弹＝mgtanθ2，则Δx＝F弹k＝mgktanθ2，C正确．
4．如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间()
A．Ffa大小不变B．Ffa方向改变
C．Ffb仍然为零D．Ffb方向向左
解析：选A.右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧细绳的拉力、静摩擦力的大小方向均不变，A正确，B错误；而在剪断细绳的瞬间，b右侧细绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C、D错误．
5．如图所示，一质量为m的木板置于水平地面上，其上叠放一质量为m0的砖块，用水平力F将木板从砖下抽出，则该过程中木板受到地面的摩擦力为(已知m与地面间的动摩擦因数为μ1，m0与m间的动摩擦因数为μ2)()
A．μ1mgB．μ1(m0＋m)g
C．μ2mgD．μ2(m0＋m)g
解析：选B.滑动摩擦力的计算公式F＝μFN，题中水平地面所受压力的大小为(m0＋m)g，木板与地面间的动摩擦因数为μ1，所以木板受滑动摩擦力大小为μ1(m0＋m)g，B正确．
6．如图所示，一重为10N的球固定在支杆AB的上端，用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，已知绳的拉力为7.5N，则AB杆对球的作用力()
A．大小为7.5N
B．大小为10N
C．方向与水平方向成53°角斜向右下方
D．方向与水平方向成53°角斜向左上方
解析：选D.对小球进行受力分析可得，AB杆对球的作用力与绳的拉力的合力与小球重力等值反向，AB杆对球的作用力大小F＝G2＋F2拉＝12.5N，A、B错误；令AB杆对小球的作用力与水平方向夹角为α，可得tanα＝GF拉＝43，α＝53°，D正确．
7．(多选)如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后()
A．M静止在传送带上
B．M可能沿斜面向上运动
C．M受到的摩擦力不变
D．M下滑的速度不变
解析：选CD.由M匀速下滑可知其处于平衡状态，受重力、摩擦力和支持力作用，传送带启动以后对M受力没有影响，自然也不会影响其运动状态，C、D正确．
[综合应用题组]
8．如右图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是下图中的()
解析：选B.物体在竖直方向上只受重力G和摩擦力Ff的作用．由于Ff从零开始均匀增大，开始一段时间Ff＜G，物体加速下滑；当Ff＝G时，物体的速度达到最大值；之后Ff＞G，物体向下做减速运动，直至减速为零．
在整个运动过程中，摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ff＝μFN＝μF＝μkt，即Ff与t成正比，是一条过原点的倾斜直线．
当物体速度减为零后，滑动摩擦力突变为静摩擦力，其大小Ff＝G，所以物体静止后的图线为平行于t轴的线段，正确答案为B.
9．如图所示，质量为m的物体用细绳拴住放在水平粗糙传送带上，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，当传送带分别以v1、v2的速度做逆时针运动时(v1＜v2)，绳中的拉力分别为F1、F2，物体受到的摩擦力分别为Ff1、Ff2则下列说法正确的是()
A．Ff1＜Ff2B．物体所受摩擦力方向向右
C．F1＝F2D．Ff1＝μmg
解析：选C.物体的受力分析如图所示，滑动摩擦力与绳的拉力的水平分量平衡，因此方向向左，B错误；设绳与水平方向成θ角，则Fcosθ－μFN＝0，FN＋Fsinθ－mg＝0，解得F＝μmgcosθ＋μsinθ，F大小与传送带速度大小无关，C正确；物体所受摩擦力Ff＝Fcosθ恒定不变，A、D错误．
10．(多选)两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示．开始时两弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则()
A．b弹簧的伸长量也为L
B．b弹簧的伸长量为k1Lk2
C．P端向右移动的距离为2L
D．P端向右移动的距离为1＋k1k2L
解析：选BD.两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，两弹簧中的弹力大小相等，k1L＝k2x，解得b弹簧的伸长量为x＝k1Lk2，选项A错误，B正确；P端向右移动的距离为L＋x＝1＋k1k2L，选项C错误，D正确．
11．如图所示，水平桌面上平放有一堆卡片，每一张卡片的质量均为m.用手指以竖直向下的力压第1张卡片，并以一定速度向右移动手指，确保第1张卡片与第2张卡片之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，手指与第1张卡片之间的动摩擦因数为μ1，卡片之间、卡片与桌面之间的动摩擦因数均为μ2，且有μ1＞μ2，则下列说法正确的是()
A．任意两张卡片之间均可能发生相对滑动
B．上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左
C．第1张卡片受到手指的摩擦力向左
D．最下面那张卡片受到水平桌面的摩擦力向右
解析：选B.对第2张卡片分析，它对第3张卡片的压力等于上面两张卡片的重力及手指的压力的和，最大静摩擦力Ffm＝μ2(2mg＋F)，而其受到第1张卡片的滑动摩擦力为Ff＝μ2(mg＋F)＜Ffm，则第2张卡片与第3张卡片之间不发生相对滑动，同理，第3张到第54张卡片也不发生相对滑动，故A错误；根据题意，因上一张卡片相对下一张卡片要向右滑动或有向右滑动的趋势，故上一张卡片受到下一张卡片的摩擦力一定向左，B正确；第1张卡片相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，则其受到手指的静摩擦力与手指的运动方向相同，即受到手指的摩擦力向右，C错误；对53张卡片(除第1张卡片外)研究，其处于静止状态，水平方向受到第1张卡片的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，则根据平衡条件可知：第54张卡片受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反，即水平向左，D错误．
12．如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是()
A.2mgkB.2mg2k
C.42mg3kD.2mgk
解析：选B.对a球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为Fmin＝2mgcosθ＝2mg，再根据胡克定律得：最小形变量Δx＝2mgk，则形变量小于2mgk是不可能的，所以应该选B.
13．如图甲所示，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，地面对斜劈的摩擦力为Ff1；如图乙所示，若对该物块施加一平行于斜面向下的推力F1，使其加速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff2；如图丙所示，若对该物块施加一平行于斜面向上的推力F2，使其减速下滑，则地面对斜劈的摩擦力为Ff3.下列关于Ff1、Ff2、Ff3的大小关系正确的是()
A．Ff1＞0B．Ff2＞Ff3
C．Ff2＜Ff3D．Ff2＝Ff3
解析：选D.图甲中斜劈和物块都处于平衡状态，对整体，只有竖直方向的重力和支持力，地面对斜劈的摩擦力Ff1＝0，若有摩擦力，则系统不能平衡，故A项错误；根据图甲的情景可知，在图乙、丙中，物块受到斜面作用的都是滑动摩擦力和支持力，合力与物块重力平衡即竖直向上，因此物块对斜面的作用力(摩擦力和压力的合力)总是竖直向下的，且与物块的重力等大，所以斜劈只受到了竖直方向的重力、地面支持力和物块的作用力，与图甲的受力情况相同，因此有Ff1＝Ff2＝Ff3＝0，B、C错误，D项正确．
14．(多选)某同学用传感器来探究摩擦力，他将力传感器接入数据采集器，再连接到计算机上；将一质量m＝3.75kg的木块置于水平桌面上，用细绳将木块和传感器连接起来进行数据采集，然后沿水平方向缓慢地拉动传感器，使木块运动一段时间后停止拉动．获得的数据在计算机上显示出如图所示的图象．下列有关这个实验的几个说法，其中正确的是()
A．0～6s内木块一直受到静摩擦力的作用
B．最大静摩擦力比滑动摩擦力大
C．木块与桌面间的动摩擦因数约为0.08
D．木块与桌面间的动摩擦因数约为0.11
解析：选BC.在0～2s内，物体不受外力，此时没有摩擦力，故选项A错误；由图象可知，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大；刚开始木块处于静止状态，木块受拉力和桌面对木块的静摩擦力，当拉力达到4N时，木块与桌面发生相对滑动，由图可知木块与桌面间的最大静摩擦力Ffm为4N；当拉力大于4N时，发生相对滑动，木块与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力；由图可知木块与桌面间的滑动摩擦力Ff为3N，故选项B正确；根据滑动摩擦力公式得μ＝Ffmg＝337.5＝0.08，选项C正确、D错误．
第2节力的合成与分解
一、力的合成
1．合力与分力
(1)定义：如果一个力产生的效果跟几个力共同作用的效果相同，这一个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力．
(2)关系：合力和分力是一种等效替代关系．
2．共点力：作用在物体的同一点，或作用线的延长线交于一点的力．
3．力的合成：求几个力的合力的过程．
4．力的运算法则
(1)三角形定则：把两个矢量首尾相连从而求出合矢量的方法．(如图甲所示)
(2)平行四边形定则：求互成角度的两个力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的大小和方向．(如图乙所示)
二、力的分解
1．概念：求一个力的分力的过程．
2．遵循的原则：平行四边形定则或三角形定则．
3．分解的方法
(1)按力产生的效果进行分解．
(2)正交分解．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)两个力的合力一定大于任一个分力．(×)
(2)合力及其分力可以同时作用在物体上．(×)
(3)合力与分力是等效替代的关系．(√)
(4)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则．(√)
(5)按效果分解是力分解的一种方法．(√)
(6)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形．(√)
(7)既有大小又有方向的物理量一定是矢量．(×)
2．(多选)作用在同一点上的两个力，大小分别是5N和4N，则它们的合力大小可能是()
A．0B．5N
C．3ND．10N
解析：选BC.根据|F1－F2|≤F≤F1＋F2得，合力的大小范围为1N≤F≤9N，B、C正确．
3．(20xx江苏南京一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全．当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F，下图中弹力F画法正确且分解合理的是()
解析：选B.减速带对车轮的弹力方向垂直车轮和减速带的接触面，指向受力物体，故A、C错误；按照力的作用效果分解，将F分解为水平方向和竖直方向，水平方向的分力产生的效果减慢汽车的速度，竖直方向上分力产生向上运动的作用效果，故B正确，D错误．
4．(多选)已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为33F，方向未知，则F1的大小可能是()
A.3F3B.3F2
C.23F3D.3F
解析：选AC.如图所示，因F2＝33F＞Fsin30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝F22－Fsin30°2＝36F，即F1的大小分别为Fcos30°－ΔF和Fcos30°＋ΔF，即F1的大小分别为33F和233F，A、C正确．
考点一共点力的合成
1．共点力合成的方法
(1)作图法：根据力的三要素，利用力的图示法画规范图示求解．
(2)计算法：根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力，是解题的常用方法．
(3)重要结论
①二个分力一定时，夹角θ越大，合力越小．
②合力一定，二等大分力的夹角越大，二分力越大．
③合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力．
2．合力的大小范围
(1)两个共点力的合成
|F1－F2|≤F合≤F1＋F2，即两个力大小不变时，其合力随夹角的增大而减小，当两力反向时，合力最小，为|F1－F2|；当两力同向时，合力最大，为F1＋F2.
(2)三个共点力的合成
①最大值：三个力共线且同向时，其合力最大，为F1＋F2＋F3；
②最小值：任取两个力，求出其合力的范围，如果第三个力在这个范围之内，则三个力的合力的最小值为零，如果第三个力不在这个范围内，则合力的最小值为最大的一个力的大小减去另外两个较小的力的大小之和．
1．三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们的合力F的大小，下列说法中正确的是()
A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3
B．F至少比F1、F2、F3中的某一个大
C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
解析：选C.合力不一定大于分力，B错；三个共点力的合力的最小值能否为零，取决于任何一个力是否都在其余两个力的合力范围内，由于三个力大小未知，所以三个力的合力的最小值不一定为零，A错；当三个力的大小分别为3a、6a、8a，其中任何一个力都在其余两个力的合力范围内，故C正确；当三个力的大小分别为3a、6a、2a时，不满足上述情况，故D错．
2．一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是()
A．三力的合力有最大值为F1＋F2＋F3，方向不确定
B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．由题给条件无法求出合力大小
解析：选B.方法一：以F1和F2为邻边作平行四边形，对角线必沿F3方向，其大小F12＝2F3，再与F3求合力，故F＝3F3，与F3同向，所以只有B正确．
方法二：分解F1、F2，竖直方向抵消，水平方向合成后相当于2F3，所以合力为3F3.
考点二力的分解
1．按力的效果分解
(1)根据力的实际作用效果――→确定两个实际分力的方向；
(2)再根据两个实际分力方向――→画出平行四边形；
(3)最后由三角形知识――→求出两分力的大小．
2．正交分解法
(1)定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法．
(2)建立坐标轴的原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(即尽量多的
力在坐标轴上)；在动力学中，以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系．
(3)方法：物体受到多个力作用F1、F2、F3…，求合力F时，可把各力沿相互垂直的x轴、y轴分解．
x轴上的合力：Fx＝Fx1＋Fx2＋Fx3＋…
y轴上的合力：Fy＝Fy1＋Fy2＋Fy3＋…
合力大小：F＝F2x＋F2y
合力方向：与x轴夹角为θ，则tanθ＝FyFx.
[典例1](20xx浙江杭州模拟)如图所示，电灯的重力G＝10N，AO绳与顶板间的夹角为45°，BO绳水平，试求AO绳和BO绳拉力的大小？
解析法一：力的作用效果分解法
结点O为研究对象，悬挂灯的拉力产生了两个效果，一是沿AO向下的使AO张紧的分力F1，二是沿BO向左的使BO绳张紧的分力F2，画出平行四边形如图甲所示，因此，由几何关系得
F1＝Gsin45°＝102N
F2＝Gtan45°＝10N
法二：正交分解法
结点O与灯看作一个整体，其受到三个力作用FA、FB、G，如图乙所示．
由水平方向和竖直方向，列方程得
FAsin45°＝G，FAcos45°＝FB
解得FA＝102N，FB＝10N
答案102N10N
正交分解法的适用原则
正交分解法是分析力或其他矢量问题的常用方法，往往适用于下列情况：
(1)物体受到三个以上的力的情况．
(2)物体受到三个力的作用，其中有两个力互相垂直的情况．
(3)只分析物体某一方向的运动情况时，需要把不沿该方向的力正交分解，然后分析该方向上的受力情况．
1．(多选)将物体所受重力按力的效果进行分解，下列图中正确的是()
解析：选ABD.A项中物体重力分解为垂直于斜面使物体压紧斜面的分力G1和沿斜面向下使物体向下滑的分力G2；B项中物体的重力分解为沿两条细绳使细绳张紧的分力G1和G2，A、B项图画得正确．C项中物体的重力应分解为垂直于两接触面使物体压紧两接触面的分力G1和G2，故C项图画错．D项中物体的重力分解为水平向左使球压紧墙的分力G1和沿绳向下使绳张紧的分力G2，故D项图画得正确．
2．(多选)如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°.不计小球与斜面间的摩擦，则()
A．轻绳对小球的作用力大小为33mg
B．斜面对小球的作用力大小为2mg
C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为36mg
解析：选AD.以B为研究对象，受力如图甲所示，
由几何关系知θ＝β＝30°.根据受力平衡可得
FT＝FN＝33mg
以斜面体为研究对象，其受力如图乙所示
由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cosθ＝Mg＋12mg
Ff＝FN′sinθ＝36mg
故B、C选项错误，A、D选项正确．
3．(20xx江西抚州临川一中质检)如图所示，开口向下的“
┍┑”形框架两侧竖直杆光滑固定，上面水平横杆中点固定一定滑轮，两侧杆上套着的两滑块用轻绳绕过定滑轮相连，并处于静止状态，此时连接滑块A的绳与水平方向夹角为θ，连接滑块B的绳与水平方向的夹角为2θ，则A、B两滑块的质量之比为()
A．1∶2cosθ
B．2cosθ∶1
C．2sinθ∶1
D．1∶2sinθ
解析：选A.设绳的拉力为F，对两个滑块分别受力分析，如图所示，根据力的平衡条件可知：mAg＝Fsinθ，mBg＝Fsin2θ，因此mAmB＝sinθsin2θ＝12cosθ，A项正确．
考点三力的合成与分解方法在实际问题中的应用
1．某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.5m，b＝0.05m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为()
A．4B．5
C．10D．1
解析：选B.按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的F1、F2，则F1＝F2＝F2cosθ，由几何知识得tanθ＝ab＝10，再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为图乙所示的F3、F4，则F4＝F1sinθ，联立得F4＝5F，即物体D所受压力的大小与力F的比值为5，B对．
2．电梯修理员或牵引专家常常需要监测金属绳中的张力，但不能到绳的自由端去直接测量．某公司制造出一种能测量绳中张力的仪器，工作原理如图所示，将相距为L的两根固定支柱A、B(图中的小圆圈表示支柱的横截面)垂直于金属绳水平放置，在A、B的中点用一可动支柱C向上推动金属绳，使绳在垂直于A、B的方向竖直向上发生一个偏移量d(dL)，这时仪器测得金属绳对支柱C竖直向下的作用力为F.
(1)试用L、d、F表示这时金属绳中的张力FT；
(2)如果偏移量d＝10mm，作用力F＝400N，L＝250mm，计算金属绳中张力的大小．
解析：(1)设C′点受两边金属绳的张力分别为FT1和FT2，BC与BC′的夹角为θ，如图所示．依对称性有：
FT1＝FT2＝FT
由力的合成有：F＝2FTsinθ
根据几何关系有sinθ＝dd2＋L24
联立上述二式解得FT＝F2dd2＋L24
因dL，故FT＝FL4d.
(2)将d＝10mm，F＝400N，L＝250mm
代入FT＝FL4d
解得FT＝2.5×103N，即金属绳中的张力为2.5×103N.
答案：(1)FL4d(2)2.5×103N
把力按实际效果分解的一般思路
考点四绳上的“死结”和“活结”模型
1．“死结”模型的4个特点
(1)“死结”可理解为把绳子分成两段；
(2)“死结”是不可以沿绳子移动的结；
(3)“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳；
(4)“死结”分开的两段绳子上的弹力不一定相等．
2．“活结”模型的4个特点
(1)“活结”可理解为把绳子分成两段；
(2)“活结”是可以沿绳子移动的结点；
(3)“活结”一般是由绳跨过滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的．绳子虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳；
(4)“活结”分开的两段绳子上弹力的大小一定相等，两段绳子合力的方向一定沿这两段绳子夹角的平分线．
[典例2]如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力．
解析题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图a和b所示，根据平衡规律可求解．
(1)图a中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g
图b中由FTEGsin30°＝M2g，得FTEG＝2M2g
所以FTACFTEG＝M12M2
(2)图a中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有
FNC＝FTAC＝M1g
方向与水平方向成30°，指向右上方．
(3)图b中，根据平衡方程有
FTEGsin30°＝M2g，FTEGcos30°＝FNG
所以FNG＝M2gcot30°＝3M2g
方向水平向右．
答案(1)M12M2(2)M1g方向与水平方向成30°指向右上方(3)3M2g方向水平向右
1．(20xx陕西宝鸡质检)如图所示，某同学通过滑轮组将一重物吊起，该同学对绳的竖直拉力为F1，对地面的压力为F2，不计滑轮与绳的重力及摩擦，则在重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是()
A．F1逐渐变小
B．F1逐渐变大
C．F2先变小后变大
D．F2先变大后变小
解析：选B.由题图可知，滑轮两边绳的拉力均为F1，设动滑轮两边绳的夹角为θ，对动滑轮有2F1cosθ2＝mg，当重物上升时，θ2变大，cosθ2变小，F1变大；对该同学，有F2′＋F1＝Mg，而F1变大，Mg不变，则F2′变小，即对地面的压力F2变小．综上可知，B正确．
2．(多选)如图所示，A物体被绕过小滑轮P的细线所悬挂，B物体放在粗糙的水平桌面上；小滑轮P被一根细线系于天花板上的O点；O′是三根线的结点，bO′水平拉着B物体，cO′沿竖直方向拉着弹簧；弹簧、细线、小滑轮的重力和细线与滑轮间的摩擦力均可忽略，整个装置处于静止状态．若悬挂小滑轮的细线OP上的张力是203N，取g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()
A．弹簧的弹力为10N
B．A物体的质量为2kg
C．桌面对B物体的摩擦力为103N
D．OP与竖直方向的夹角为60°
解析：选ABC.分别以物体A、B和结点O′及小滑轮为研究对象进行受力分析，对物体A有mAg＝FO′a，对小滑轮有2FO′acos30°＝FOP，联立解得mA＝2kg，FO′a＝20N，选项B正确；同一根细线上的张力相同，故OP的延长线为细线张角的角平分线，由此可知OP与竖直方向的夹角为30°，选项D错误；对结点O′，有FO′asin30°＝F弹，FO′acos30°＝FO′b，对物体B有Ff＝FO′b，联立解得弹簧弹力F弹＝10N，B物体所受的摩擦力Ff＝103N，选项A、C正确．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．物体受共点力F1、F2、F3作用而做匀速直线运动，若F1、F2、F3三个力不共线，则这三个力可能选取的数值为()
A．15N、5N、6NB．3N、6N、4N
C．1N、2N、10ND．1N、6N、7N
解析：选B.物体在F1、F2、F3作用下而做匀速直线运动，则三个力的合力必定为零，只有B选项中的三个力的合力可以为零且三个力不共线，B正确．
2．如图所示，一名骑独轮车的杂技演员在空中钢索上表演．已知独轮车和演员的总质量为60kg，两侧钢索的夹角为150°，钢索所能承受的最大拉力为2000N，g取10m/s2.当独轮车和演员在图示位置静止不动时，钢索对独轮车的作用力大小为()
A．600NB．1200N
C．2000ND．4000N
解析：选A.独轮车和演员处于平衡状态，所以钢索对独轮车的作用力大小为600N，A正确．
3．如图所示，重力为G的小球用轻绳悬于O点，用力F拉住小球，使轻绳保持偏离竖直方向60°角且不变，当F与竖直方向的夹角为θ时F最小，则θ、F的值分别为()
A．0°，GB．30°，32G
C．60°，GD．90°，12G
解析：选B.小球重力不变，位置不变，则绳OA拉力的方向不变，故当拉力F与绳OA垂直时，力F最小，故θ＝30°，F＝Gcosθ＝32G，B正确．
4．如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为()
A.22mB.2m
C．mD．2m
解析：选A.先以A为研究对象，由A物块受力及平衡条件可得绳中张力FT＝mgsin30°.再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有mBg＝2FT，解得mB＝22m，A正确．
5．如图所示，起重机将重为G的重物匀速吊起，此时四条钢索与竖直方向的夹角均为60°，则每根钢索中弹力大小为()
A.G4B.3G6
C.3G4D.G2
解析：选D.设钢索中张力大小为F，由对称性可知，四条钢索中弹力大小相同，由平衡条件可得：4Fcos60°＝G，得F＝G2.D正确．
6．图甲为杂技表演的安全网示意图，网绳的结构为正方格形，O、a、b、c、d…等为网绳的结点．安全网水平张紧后，若质量为m的运动员从高处落下，并恰好落在O点上．该处下凹至最低点时，网绳dOe、bOg均成120°向上的张角，如图乙所示，此时O点受到的向下的冲击力大小为F，则这时O点周围每根网绳承受的力的大小为()
A．FB.F2
C．F＋mgD.F＋mg2
解析：选B.O点周围共有4根绳子，设每根绳子的力为F′，则4根绳子的合力大小为2F′，所以F＝2F′，所以F′＝F2，故B正确．
7．如图所示，相隔一定距离的两个相同的圆柱体A、B固定在等高的水平线上，一细绳套在两圆柱体上，细绳下端悬挂一重物．绳和圆柱体之间无摩擦，当重物一定时，绳越长()
A．绳对圆柱体A的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越小
B．绳对圆柱体A的作用力越小，作用力与竖直方向的夹角越大
C．绳对圆柱体A的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越小
D．绳对圆柱体A的作用力越大，作用力与竖直方向的夹角越大
解析：选A.题中装置关于A、B连线的中垂线对称，因此三段绳中的张力相等．对物体，两段绳的张力的合力等于物体的重力，若绳越长，则两段绳间的夹角越小，则张力越小．对A圆柱体，两段绳的张力的合力即对圆柱体的作用力，绳越长，两绳的夹角越大，则合力越小，合力方向与竖直方向的夹角越小，选项A正确．
[综合应用题组]
8．(多选)一个大人拉着载有两个小孩的小车(其拉杆可自由转动)沿水平地面匀速前进，则对小孩和车下列说法正确的是()
A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力
B．拉力与摩擦力的合力大小等于车和小孩重力大小
C．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上
D．小孩和车所受的合力为零
解析：选CD.小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小孩和车所受的摩擦力，故选项A错误；小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力竖直，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，故选项B错误，C正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，故选项D正确．
9．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图所示，其中OB是水平的，A端、B端固定，若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳是()
A．必定是OAB．必定是OB
C．必定是OCD．可能是OB，也可能是OC
解析：选A.由于重物重力作用使细绳OC对O点有向下的拉力FC，大小等于重物的重力，拉力FC有两个效果，一是产生拉细绳OA的拉力FA(大小等于OA承受的拉力)，二是产生拉细绳OB的拉力FB(大小等于OB承受的拉力)，作出FC的分解图如图所示．从图中可以看出，FA最大，即若逐渐增加C端所挂物体的质量，细绳OA最先断，A正确．
10．如图所示，三根轻绳系于竖直杆上的同一点O，其中轻绳OA与OB等长且夹角为60°，竖直杆与平面AOB所成的角为30°.若轻绳OA、OB的拉力均为20N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳OC的拉力大小为()
A．10NB．20N
C．203ND．103N
解析：选D.根据平行四边形定则以及几何知识，可得轻绳OA与OB的合力F＝2FOAcos30°＝203N，F与竖直方向的夹角为30°，所以F的水平分量Fx＝Fsin30°＝103N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳OC的拉力应该与F的水平分量等值反向，所以轻绳OC的拉力大小FOC＝Fx＝103N，故选D.
11．如图所示，作用在滑块B上的推力F＝100N，若α＝30°，装置重力和摩擦力均不计，则通过连杆工件受到向上的压力为()
A．100NB．1003N
C．50ND．200N
解析：选B.对B进行受力分析，如图甲所示，得F2＝Fsin30°＝2F；对连杆上部进行受力分析，如图乙所示，其中F2′＝F2，得FN＝F2′cos30°＝1003N，根据牛顿第三定律可知B正确．
12．(多选)如图所示，作用于O点的三个力F1、F2、F3合力为零．F1沿－y方向，大小已知．F2与x轴正方向夹角为θ(θ＜90°)，大小未知．下列说法正确的是()
A．F3可能指向第二象限
B．F3一定指向第三象限
C．F3与F2的夹角越小，则F3与F2的合力越小
D．F3的最小可能值为F1cosθ
解析：选AD.因F1、F2、F3的合力为零，故F3应与F2、F1的合力等大反向，故F3可能在第二象限，也可能在第三象限，选项A正确，B错误；F3、F2的合力与F1等大反向，而F1大小、方向均已知，故F3与F2的合力与其夹角大小无关，选项C错；当F3与F2垂直时，F3最小，其最小值为F1cosθ，选项D正确．
13．近年来，智能手机的普及使“低头族”应运而生．近日研究发现，玩手机时，就有可能让颈椎承受多达60磅(约270N)的重量．不当的姿势与一系列健康问题存在关联，如背痛、体重增加、胃痛、偏头痛和呼吸道疾病等，当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量；但当低头时，颈椎受到的压力会随之变化．现将人低头时头颈部简化为如图所示的模型：重心在头部的P点，颈椎OP(轻杆)可绕O转动，人的头部在颈椎的支持力和沿PA方向肌肉拉力的作用下处于静止．假设低头时颈椎OP与竖直方向的夹角为45°，PA与竖直方向的夹角为60°，此时颈椎受到的压力约为直立时颈椎受到的压力的(2≈1.414，3≈1.732)()
A．4.2倍B．3.3倍
C．2.8倍D．2.0倍
解析：选B.设头部的质量为m，当人体直立时，颈椎所受的压力F＝mg；当低头时，设颈椎所受到的压力为F1，以P点为研究对象，受力分析如图所示，由正弦定理得F1sin120°＝mgsin15°，解得F1≈3.3mg，选项B正确，A、C、D错误．
14．(多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点．已知容器半径为R，与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是()
A．容器相对于水平面有向左的运动趋势
B．容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上
C．弹簧原长为R＋mgk
D．轻弹簧对小球的作用力大小为32mg
解析：选BC.对小球受力分析，如图所示．θ＝30°，三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，D错误．由整体法得，竖直方向有总重力、地面的支持力，根据平衡条件可知，容器不受水平面的静摩擦力，容器与地面没有相对运动趋势，A错误．小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，B正确．由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋mgk，C正确．
第3节受力分析共点力的平衡
一、受力分析
1．概念
把研究对象(指定物体)在指定的物理环境中受到的所有力都分析出来，并画出物体所受力的示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序
先分析重力，然后按接触面分析接触力(弹力、摩擦力)，再分析其他力(电磁力、浮力等)，最后分析已知力．
二、共点力作用下物体的平衡
1．平衡状态
物体处于静止或匀速直线运动的状态．
2．共点力的平衡条件：F合＝0或者Fx合＝0Fy合＝0
3．平衡条件的几条重要推论
(1)二力平衡：如果物体在两个共点力的作用下处于平衡状态，这两个力必定大小相等，方向相反．
(2)三力平衡：如果物体在三个共点力的作用下处于平衡状态，其中任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反．
(3)多力平衡：如果物体受多个力作用处于平衡，其中任何一个力与其余力的合力大小相等，方向相反．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)物体沿光滑斜面下滑时，受到重力、支持力和下滑力的作用．(×)
(2)对物体进行受力分析时不用区分外力与内力，两者要同时分析．(×)
(3)处于平衡状态的物体加速度一定等于零．(√)
(4)速度等于零的物体一定处于平衡状态．(×)
(5)若三个力F1、F2、F3平衡，若将F1转动90°时，三个力的合力大小为2F1.(√)
(6)物体在缓慢运动时所处的状态不属于平衡状态．(×)
2．如图所示，一小车的表面由一光滑水平面和光滑斜面连接而成，其上放一球，球与水平面的接触点为a，与斜面的接触点为b.当小车和球一起在水平桌面上做直线运动时，下列结论正确的是()
A．球在a、b两点处一定都受到支持力
B．球在a点一定受到支持力，在b点处一定不受支持力
C．球在a点一定受到支持力，在b点处不一定受到支持力
D．球在a点处不一定受到支持力，在b点处也不一定受到支持力
解析：选D.若球与车一起水平匀速运动，则球在b处不受支持力作用，若球与车一起水平向左匀加速运动，则球在a处的支持力可能为零，D正确．
3．如图所示，物块A放在倾斜的木板上，已知木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为()
A.12B．32
C.22D.52
解析：选C.由题意可以推断出，当倾角α＝30°时，物体受到的摩擦力是静摩擦力，大小为Ff1＝mgsin30°；当α＝45°时，物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff2＝μFN＝μmgcos45°，由Ff1＝Ff2得μ＝22，C正确．
4．体操运动员静止悬挂在单杠上，当两只手掌握点之间的距离减小时，关于运动员手臂受到的拉力，下列判断正确的是()
A．不变B．变小
C．变大D．无法确定
解析：选B.对运动员受力分析如图所示．运动员静止悬挂在单扛上，受力平衡，设两臂与竖直方向夹角为α，根据三力平衡的特点可知运动员手臂受到的拉力F＝mg2cosα，α减小，cosα增大，F减小，故选项B正确.
考点一物体的受力分析
1．定义：把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力示意图，这个过程就是受力分析．
2．受力分析的一般顺序：先分析场力(重力、电场力、磁场力)，再分析接触力(弹力、摩擦力)，最后分析其他力．
3．研究对象选取方法：整体法和隔离法．
(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法．
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时常用隔离法．
(3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法．
1．如图所示，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放在一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平，则在斜面上运动时B受力的示意图为()
解析：选A.先将A、B当成一个整体，一起冲上斜面时，受重力及斜面的支持力，合力沿斜面向下．再用隔离法，单独对B进行受力分析可知，B所受摩擦力水平向左，所受A的支持力在竖直方向上，A正确．
2．(20xx四川达州一模)如图所示，用轻杆拴接同种材料制成的a、b两物体，它们沿斜面向下做匀速运动，关于a、b的受力情况，以下说法正确的是()
A．a受三个力作用，b受四个力作用
B．a受四个力作用，b受三个力作用
C．a、b均受三个力作用
D．a、b均受四个力作用
解析：选C.对a、b和轻杆组成的整体分析，根据平衡条件有Mgsinθ＝μMgcosθ，解得μ＝tanθ.再隔离对a分析，假设受到拉力，有mgsinθ＝FT＋μmgcosθ，解得FT＝0.所以轻杆无拉力，a、b均受三个力，即重力、支持力和摩擦力，选项C正确，A、B、D错误．
3．(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上．关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是()
A．A一定受到4个力
B．B可能受到4个力
C．B与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．A与B之间一定有摩擦力
解析：选AD.整体法确定外力：对斜面体A、B整体受力分析，其受到向下的重力G和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，故C错误．
假设法、状态法确定B对A的接触力：对斜面体A受力分析，A一定受到重力GA和推力F.假设撤掉A，B将下落，A、B间一定存在弹力FBA，如图甲所示，为保持A处于平衡状态，B一定给A一个沿斜面向下的摩擦力Ff.
转换法确定B的受力：根据牛顿第三定律可知，斜面体B除受重力外，一定受到A的支持力FAB和摩擦力Ff′，如图乙所示．综合以上分析可知，A、D正确．
考点二共点力的静态平衡问题
解决共点力平衡问题常用的4种方法
合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
效果分解法物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分解法物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
力的三角形法对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
考向1：单个物体的平衡问题
[典例1]如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心．一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点．设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ.下列关系正确的是()
A．F＝mgtanθB．F＝mgtanθ
C．FN＝mgtanθD．FN＝mgtanθ
解析解法一：合成法．滑块受力如图甲，由平衡条件知：mgF＝tanθ，解得F＝mgtanθ，FN＝mgsinθ.
解法二：效果分解法．将重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝mgtanθ，FN＝G1＝mgsinθ.
解法三：正交分解法．将滑块受的力水平、竖直分解，如图丙所示，mg＝FNsinθ，F＝FNcosθ，
联立解得：F＝mgtanθ，FN＝mgsinθ.
解法四：封闭三角形法．如图丁所示，滑块受的三个力组成封闭三角形，解直角三角形得：F＝mgtanθ，FN＝mgsinθ，故A正确．
答案A
考向2：整体法和隔离法在多体平衡问题中的应用
[典例2](20xx广东佛山模拟)质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则()
A．底层每个足球对地面的压力为mg
B．底层每个足球之间的弹力为零
C．下层每个足球对上层足球的支持力大小为mg3
D．水平面的摩擦因数至少为66
解析根据整体法，设下面每个球对地面的压力均为FN，则3FN＝4mg，故FN＝43mg，A错误；四个球的球心连线构成了正四面体，球放在水平面上，所以下层每个足球之间的弹力为零，B正确；上层足球受到重力、下层足球对上层足球的三个支持力，由于三个支持力的方向不是竖直向上，所以三个支持力在竖直方向的分量之和等于重力，则下层每个足球对上层足球的支持力大小大于mg3，C错误；如图所示，根据正四面体几何关系可得，F与mg夹角的余弦值cosθ＝63，正弦值sinθ＝33，则有F63＋mg＝FN＝43mg，33F＝Ff，解得Ff＝26mg，F＝66mg，则μ＝26mg43mg＝28，所以水平面的摩擦因数至少为28，故D错误．
答案B
1.(20xx安徽铜陵模拟)如图所示，质量分别为mA、mB的两物块A、B叠放在一起，若它们共同沿固定在水平地面上倾角为α的斜面匀速下滑．则()
A．A、B间无摩擦力
B．B与斜面间的动摩擦因数μ＝tanα
C．A、B间有摩擦力，且B对A的摩擦力对A做负功
D．B对斜面的摩擦力方向沿斜面向上
解析：选B.因为A处于平衡状态，所以A受重力、支持力以及B对A的静摩擦力而平衡，可知A、B间有摩擦力，摩擦力的方向沿A与B的接触面斜向上，向下滑动的过程中，摩擦力的方向与A速度方向的夹角为锐角，所以B对A的摩擦力对A做正功，故A、C错误；A、B能一起匀速下滑，对整体分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，则有(mA＋mB)gsinθ＝μ(mA＋mB)gcosθ，可得μ＝tanα，斜面对B的摩擦力方向沿斜面向上，所以B对斜面的摩擦力方向沿斜面向下，故B正确，D错误.
考点三共点力的动态平衡问题
1．动态平衡：通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢地变化，物体在这一变化过程中始终处于一系列的平衡状态中，这种平衡称为动态平衡．
2．基本思路：化“动”为“静”，“静”中求“动”．
3．常用方法：解析法、图解法和相似三角形法．
考向1：解析法的应用
[典例3]如图所示，与水平方向成θ角的推力F作用在物块上，随着θ逐渐减小直到水平的过程中，物块始终沿水平面做匀速直线运动．关于物块受到的外力，下列判断正确的是()
A．推力F先增大后减小
B．推力F一直减小
C．物块受到的摩擦力先减小后增大
D．物块受到的摩擦力一直不变
解析对物块受力分析，建立如图所示的坐标系．由平衡条件得：Fcosθ－Ff＝0，FN－(mg＋Fsinθ)＝0，又Ff＝μFN，联立可得F＝μmgcosθ－μsinθ，可见，当θ减小时，F一直减小，B正确；摩擦力Ff＝μFN＝μ(mg＋Fsinθ)，可知，当θ、F减小时，Ff一直减小.
答案B
考向2：图解法的应用
图解法的适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，还有一个力的方向变化．
[典例4](20xx湖南益阳模拟)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙面间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．现对B施加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的摩擦力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程中()
A．F1保持不变，F3缓慢增大
B．F1缓慢增大，F3保持不变
C．F2缓慢增大，F3缓慢增大
D．F2缓慢增大，F3保持不变
解析球B受力情况如图所示，墙对球B的作用力及A对球B的作用力的合力与F及重力的合力大小相等，方向相反，故当F增大时，A对B的支持力F2′增大，故B对A的压力也增大，即F2增大，同理可知，墙对B的作用力F1增大；对整体分析，整体竖直方向受重力、支持力及压力F，水平方向受墙的作用力F1和地面对A的摩擦力为F3而处于平衡，由平衡条件得，当F增大时，地面对A的摩擦力F3增大，故选项C正确.
答案C
考向3：相似三角形法的应用
相似三角形法的适用条件：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另两个力的方向都变化．
[典例5](20xx江西南昌模拟)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻小滑轮在A点正上方，B端吊一重物G，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓缦上拉，在AB杆达到竖直前(均未断)，关于绳子的拉力F和杆受的弹力FN的变化，判断正确的是()
A．F变大B．F变小
C．FN变大D．FN变小
解析设物体的重力为G.以B点为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，如图所示：
作出力FN与F的合力F2，根据平衡条件得知，F2＝F1＝G.由△F2FNB∽△ABO得FNF2＝BOAO，解得FN＝BOAOG，式中，BO、AO、G不变，则FN保持不变，C、D错误；由△F2FNB∽△ABO得FNOB＝FAB，AB减小，则F一直减小，A错误，B正确．
答案B
1．(20xx河南濮阳模拟)(多选)如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为60°的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动，现将一质量为m的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角θ＝60°，下列说法正确的是()
A．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对斜面的压力逐渐增大
B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，则球对挡板的压力逐渐减小
C．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为mg
D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力可能为零
解析：选CD.若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动60°，根据图象可知，FB先减小后增大，FA逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的压力先减小后增大，球对斜面的压力逐渐减小，故选项A、B错误；球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，FA、FB以及G构成的三角形为等边三角形，根据几何关系可知，FA＝FB＝mg，故选项C正确；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当FA和重力G的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故选项D正确．
2．如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ90°.设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB，下列说法正确的是()
A．FOA逐渐增大B．FOA逐渐减小
C．FOB逐渐增大D．FOB逐渐减小
解析：选B.以结点O为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图，由图看出，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，选项B正确．
考点四共点力平衡中的临界极值问题
1．临界问题
当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述．
2．极值问题
物体平衡的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题．一般用图解法或解析法进行分析．
3．解决极值问题和临界问题的方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论．
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明．
(3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值．
[典例6](20xx陕西宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角θ0的大小．
解析(1)如图所1示，
对物体受力分析，由平衡条件得mgsin30°＝μmgcos30°
解得μ＝tan30°＝33
(2)设斜面倾角为α时，受力情况如图2所示，由平衡条件得
Fcosα＝mgsinα＋Ff
FN＝mgcosα＋Fsinα
Ff＝μFN
解得F＝mgsinα＋μmgcosαcosα－μsinα
当cosα－μsinα＝0，即cotα＝33时，F→∞，即“不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角θ0＝α＝60°
答案(1)33(2)60°
1．如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为()
A．mgB．33mg
C.12mgD.14mg
解析：选C.由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan30°＝33mg；D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小，故最小力F＝FTsin60°＝12mg，故C正确．
2．拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图所示)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.
(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小；
(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切值tanθ0.
解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得
Fcosθ＋mg－FN＝0①
Fsinθ－Ff＝0②
式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力，则
Ff＝μFN③
联立①②③式得F＝μmgsinθ－μcosθ④
(2)使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力等于拖把与地板间的最大静摩擦力，设为Ffm，
则依题意有FfmFN＝λ⑤
若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应满足
Fcosθ＋mg＝FN⑥
Fsinθ≤Ffm⑦
联立⑤⑥⑦式得F(sinθ－λcosθ)≤λmg⑧
因为λmg总是大于零，要使得F为任意值时上式总是成立，只要满足
sinθ－λcosθ≤0⑨
即有tanθ≤λ⑩
上式取等号即为临界状态，则tanθ0＝λ
答案：(1)μmgsinθ－μcosθ(2)λ
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，关于它在此平面内的受力分析，下列图示中正确的是()
解析：选A.壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行，受力平衡，故受到的摩擦力一定和重力等大、反向，即方向竖直向上，A正确．
2．如图，一质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点．另一端系在滑块上．弹簧与斜面垂直，则()
A．滑块不可能只受到三个力作用
B．弹簧不可能处于原长状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于12mg
解析：选D.弹簧与斜面垂直，则弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧弹力的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，故选项A、B错误；假设斜面对滑块的支持力为零，则滑块只受重力和弹簧弹力，滑块不可能处于平衡状态，故滑块一定受支持力作用，故选项C错误；由于物块处于静止状态由受力分析知摩擦力与重力沿斜面向下的分力平衡，大小为mgsin30°＝12mg.故选项D正确．
3．“L”型木板P(上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P的受力个数为()
A．3B．4
C．5D．6
解析：选C.P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力，木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，C正确．
4．如图所示，质量均为m的两个球A、B固定在杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两球刚好能平衡，则杆对小球的作用力为()
A.33mgB.233mg
C.32mgD．2mg
解析：选A.由已知条件知，球A、B间的杆一定水平，对A球受力分析，如图所示，由共点力的平衡知识可得，杆的作用力为F＝mgtan30°＝33mg，A正确．
5．(多选)如图所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，圆环A套在粗糙的水平直杆MN上．现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置，但圆环A始终保持在原位置不动．在这一过程中，环对杆的摩擦力Ff和环对杆的压力FN的变化情况是()
A．Ff不变B．Ff增大
C．FN减小D．FN不变
解析：选BD.以结点O为研究对象进行受力分析，由题意可知，O点处于动态平衡，则可作出三力的平衡关系图如图甲所示，由图可知水平拉力增大．
以环和结点整体作为研究对象，对其受力分析如图乙所示，由整个系统平衡可知FN＝mg，Ff＝F，即Ff增大，FN不变，B、D正确．
6．如图所示，物块a、b的质量分别为2m、m，水平地面和竖直墙面均光滑，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态，则()
A．物块b受四个力作用
B．物块b受到的摩擦力大小等于2mg
C．物块b对地面的压力大小等于mg
D．物块a受到物块b的作用力水平向右
解析：选B.对a分析，a受到竖直向下的重力，墙壁对a的支持力，b对a的弹力，要想保持静止，必须在竖直方向上受到b对a的向上的静摩擦力，故Ffba＝Ga＝2mg，B正确；对b分析，b受到竖直向下的重力，地面对b的竖直向上的支持力，a对b的竖直向下的静摩擦力，a对b的水平向左的弹力，以及推力F，共5个力作用，在竖直方向上有Gb＋Ffab＝FN，故FN＝3mg，即物块b对地面的压力大小等于3mg，A、C错误；物块a受到物块b的水平方向上的弹力和竖直方向上的摩擦力，合力方向不是水平向右，D错误．
7．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定放置的竖直挡板MN.在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止．如图所示是这个装置的纵截面图．若用外力先使MN保持竖直，然后缓慢地水平向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止．在此过程中，下列说法中正确的是()
A．MN对Q的弹力逐渐增大
B．Q所受的合力逐渐增大
C．P、Q间的弹力先减小后增大
D．地面对P的摩擦力逐渐减小
解析：选A.对圆柱体Q受力分析，受到重力、MN的支持力和P的支持力，如图甲所示，重力的大小和方向都不变，MN的支持力方向不变、大小改变，P的支持力方向和大小改变，然后根据平衡条件，得到FN1＝mgtanθ，FN2＝mgcosθ，由于θ不断增大，故FN1不断增大，FN2也不断增大，故选项A正确，C错误；对P、Q整体受力分析，受到总重力、MN的支持力FN1，地面的支持力FN3，地面的静摩擦力Ff，如图乙所示，根据共点力平衡条件有Ff＝FN1＝mgtanθ，由于θ不断增大，故Ff不断增大，故选项D错误；Q一直保持静止，所受合力为零，不变，故选项B错误．
[综合应用题组]
8．如图所示，竖直轻杆AB在细绳AC和水平拉力作用下处于平衡状态．若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态．细绳AC上的拉力FT和杆AB受到的压力FN与原先相比，下列说法正确的是()
A．FT和FN都减小B．FT和FN都增大
C．FT增大，FN减小D．FT减小，FN增大
解析：选A.设细绳AC与地面的夹角为α，结点A受到三个力的作用，细绳AC的拉力FT、水平绳向右的拉力F(大小、方向均不变，等于所挂物体重力的大小mg)、轻杆AB对A点向上的弹力FN′，根据物体的平衡条件有：FT＝Fcosα＝mgcosα，FN′＝Ftanα＝mgtanα，因AC加长，C点左移，细绳AC与地面的夹角α减小，所以细绳AC的拉力FT、轻杆AB对A点向上的弹力FN′均减小．根据牛顿第三定律可知AB受到的压力FN与FN′是作用力与反作用力关系，故AB受到的压力FN减小，选项A正确．
9．(多选)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：选BD.因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确．
10．(多选)如图所示，质量分别为m1，m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(m1在地面，m2在空中)，力F与水平方向成θ角．则m1所受支持力FN和摩擦力Ff正确的是()
A．FN＝m1g＋m2g－Fsinθ
B．FN＝m1g＋m2g－Fcosθ
C．Ff＝Fcosθ
D．Ff＝Fsinθ
解析：选AC.以m1和m2整体为研究对象，受力情况如图所示，竖直方向有FN＋Fsinθ＝m1g＋m2g，解得FN＝m1g＋m2g－Fsinθ，选项A正确，选项B错误；水平方向有Ff＝Fcosθ，选项C正确、选项D错误．
11．(多选)如图所示，物体m通过定滑轮牵引另一水平面上的物体并沿斜面匀速下滑，此过程中斜面仍静止，斜面质量为M，则水平地面对斜面体()
A．无摩擦力B．有水平向右的摩擦力
C．支持力为(M＋m)gD．支持力小于(M＋m)g
解析：选BD.设斜面夹角为θ，细绳的拉力为FT，M、m整体处于平衡状态，对M、m整体受力分析可得平衡方程FTcosθ＝Ff静，FTsinθ＋FN＝(M＋m)g，故Ff静方向水平向右，B、D正确．
12．如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为()
A.75B.57
C.135D.513
解析：选C.设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m1g－m2gsinθ)，解得m1m2＝135；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcosθ＝μ(m2gsinθ－m1g)，解得m1m2＝－75(舍去)．综上分析可知应选C.
13．如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是图中的()
解析：选D.依题意，若静摩擦力的方向沿着斜面向上，则有F＋Ff＝mgsinθ，在力F减小的过程中，Ff增大，直到力F减小到零时Ff恒定，D正确；若静摩擦力的方向沿着斜面向下，则有F＝Ff＋mgsinθ，在力F减小的过程中，Ff先减小到零，然后反向增大到mgsinθ恒定，无选项对应．
14．如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为()
A.m2B．32m
C．mD．2m
解析：选C.如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m.故选项C正确．
实验二探究弹力和弹簧伸长的关系
一、实验目的
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系．
2．学会利用图象法处理实验数据，探究物理规律．
二、实验原理
1．如图所示，弹簧在下端悬挂钩码时会伸长，平衡时弹簧产生的弹力与所挂钩码的重力大小相等．
2．用刻度尺测出弹簧在不同钩码拉力下的伸长量x，建立直角坐标系，以纵坐标表示弹力大小F，以横坐标表示弹簧的伸长量x，在坐标系中描出实验所测得的各组(x、F)对应的点，用平滑的曲线连接起来，根据实验所得的图线，就可探知弹力大小与伸长量间的关系．
三、实验器材
铁架台、弹簧、毫米刻度尺、钩码若干、三角板、坐标纸、重锤线．
四、实验步骤
1．将弹簧的一端挂在铁架台上，让其自然下垂，用刻度尺测出弹簧自然伸长状态时的长度l0，即原长．
2．如图所示，在弹簧下端挂质量为m1的钩码，测出此时弹簧的长度l1，记录m1和l1，填入自己设计的表格中．
3．改变所挂钩码的质量，测出对应的弹簧长度，记录m2、m3、m4、m5和相应的弹簧长度l2、l3、l4、l5，并得出每次弹簧的伸长量x1、x2、x3、x4、x5.
钩码个数长度伸长量x钩码质量m弹力F
0l0＝
1l1＝x1＝l1－l0m1＝F1＝
2l2＝x2＝l2－l0m2＝F2＝
3l3＝x3＝l3－l0m3＝F3＝
五、数据处理
1．以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横坐标，用描点法作图．连接各点，得出弹力F随弹簧伸长量x变化的图线．
2．以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数，并解释函数表达式中常数的物理意义．
六、误差分析
1．钩码标值不准确造成系统误差．
2．弹簧长度的测量和作图时造成偶然误差．
七、注意事项
1．所挂钩码不要过重，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度，要注意观察，适可而止．
2．每次所挂钩码的质量差适当大一些，从而使坐标点的间距尽可能大，这样作出的图线准确度更高一些．
3．测弹簧长度时，一定要在弹簧竖直悬挂且处于稳定状态时测量，以免增大误差．
4．描点画线时，所描的点不一定都落在一条直线上，但应注意一定要使不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．
5．记录实验数据时要注意弹力、弹簧的原长l0、总长l及弹簧伸长量的对应关系及单位．
6．坐标轴的标度要适中.
考点一实验原理及操作
[典例1]某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验．
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为________cm.
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是________(填选项前的字母)．
A．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码的总重
B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是________________．
解析(1)由图乙可知，弹簧长度为14.66cm，因此弹簧伸长量为Δl＝14.66cm－7.73cm＝6.93cm.
(2)规范的做法是逐一增挂钩码，记录每增加一只钩码标尺的刻度值和对应的钩码质量，这样规律增加钩码容易探究弹力与伸长量的关系，而且不会一开始就超过弹簧弹性限度，才能继续后面的实验，如果随意增加钩码，可能会造成开始就超过弹簧弹性限度，使后面实验无法进行．
(3)超过弹簧的弹性限度时，弹簧弹力与伸长量不再成正比关系，会造成图线偏离直线OA的现象．
答案(1)6.93(6.92～6.94均正确)
(2)A(3)超过弹簧的弹性限度
考点二数据处理及误差分析
[典例2]某实验小组做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验，实验时，先把弹簧平放在桌面上，用直尺测出弹簧的原长L0＝4.6cm，再把弹簧竖直悬挂起来，在下端挂钩码，每增加一只钩码均记下对应的弹簧长度x，数据记录如下表所示.
钩码个数12345
弹力F/N1.02.03.04.05.0
弹簧的长度x/cm7.09.011.013.015.0
(1)根据表中数据作出F－x图线；
(2)由此图线可得，该弹簧劲度系数k＝________N/m.
(3)图线与x轴的交点坐标大于L0的原因是_____________.
解析(1)根据表中数据描点并作图，如图所示．
(2)根据图线的斜率可确定弹簧的劲度系数．
k＝ΔFΔx＝5.0－3.015.0－11.0×102N/m＝50N/m
(3)由题意知，测弹簧的原长L0时，弹簧是平放在桌面上的．当弹簧竖直悬挂时，由于弹簧自身重力的影响，即使不挂钩码，弹簧也会伸长一小段，所以图线与x轴的交点坐标大于L0.
答案(1)见解析(2)50(3)未考虑弹簧自身重力的影响
考点三实验改进拓展创新
以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器设置题目，不脱离教材而又不拘泥于教材，体现开放性、探究性等特点．
1．实验器材的改进
弹簧的弹力直接由力传感器测得，数据处理由计算机处理．
2．实验的拓展延伸
将弹簧水平放置或穿过一根水平光滑的直杆，在水平方向上做实验，消除了弹簧自重的影响．
[典例3]在“探究弹力和弹簧伸长量的关系并测定弹簧的劲度系数”实验中，实验装置如图甲所示．右侧挂上钩码，相当于对弹簧提供了向右恒定的拉力．实验时先测出不挂钩码时弹簧的自然长度，再将5个钩码逐个挂在绳子的下端，每次测出相应的弹簧总长度L.
(1)有一个同学通过以上实验测量后把6组数据在坐标纸中描点，如图乙所示．请作出F－L图线．
(2)由此图线可得出该弹簧的原长L0＝________cm，劲度系数k＝________N/m.
(3)试根据以上该同学的实验情况，帮助他设计一个记录实验数据的表格(不必填写其实验测得的具体数据)．
(4)该同学实验时，把弹簧水平放置与弹簧悬挂放置相比较，优点在于：__________________________________；
缺点在于：______________________________.
解析(1)用平滑的曲线将各点连接起来(舍去偏离较大的点)，如图所示．
(2)弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L0＝5×10－2m＝5cm.
劲度系数为图象直线部分的斜率，k＝20N/m.
(3)记录数据的表格如下：
次数123456
弹力F/N
弹簧的长度L/(×10－2m)
弹簧的伸长量x/(×10－2m)
(4)优点是：避免弹簧自身所受重力对实验的影响．
缺点是：弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成的实验误差增大．
答案(1)见解析(2)520(3)见解析(4)避免弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成的实验误差增大
1．(多选)如图甲所示，一个弹簧一端固定在传感器上，传感器与电脑相连．当对弹簧施加变化的作用力(拉力或压力)时，在电脑上得到了弹簧形变量与弹簧产生的弹力大小的关系图象，如图乙所示．则下列判断正确的是()
A．弹簧产生的弹力和弹簧的长度成正比
B．弹簧长度的增加量与对应的弹力增加量成正比
C．该弹簧的劲度系数是200N/m
D．该弹簧受到反向压力时，劲度系数不变
解析：选BCD.由题图知，Fx是一条过原点的直线，k＝200.10N/m＝200N/m，可知A错误，B、C、D正确．
2．在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究．
钩码数1234
LA/cm15.7119.7123.6627.76
LB/cm29.9635.7641.5147.36
(1)某次测量如图乙所示，指针示数为________cm.
(2)在弹性限度内，将50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表．用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为________N/m(重力加速度g＝10m/s2)．由表数据________(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数．
解析：(1)刻度尺分度值为1毫米，读数应估读到毫米下一位，故指针的示数为16.00cm.
(2)当A弹簧的弹力为FA1＝0.50N、FA2＝1.00N、FA3＝1.50N、FA4＝2.00N时，弹簧长度LA1＝15.71cm、LA2＝19.71cm、LA3＝23.66cm、LA4＝27.76cm，根据ΔF＝kΔx得k1＝12.50N/m、k2＝12.66N/m、k3＝12.20N/m，所以弹簧Ⅰ的劲度系数k＝k1＋k2＋k33＝12.45N/m.根据表可以计算出弹簧Ⅱ每次的伸长量Δx′，也可以根据ΔF＝k′Δx′计算弹簧Ⅱ的劲度系数(劲度系数的计算也可以通过作Fx图象处理，图象的斜率即等于弹簧的劲度系数)．
答案：(1)16.00(有效数字位数正确，15.96～16.05均可)
(2)12.45(12.20～12.80均可)
能高效演练跟踪检测
1．为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出(g取9.8m/s2)
(1)作出m－l的关系图线；
(2)弹簧的劲度系数为________N/m.
解析：(1)应使尽量多的点在同一条直线上．
(2)由胡克定律F＝kx，得k＝ΔFΔx，即图线的斜率表示弹簧的劲度系数，由图象得k＝0.258.
答案：(1)如图所示
(2)0.258(0.248～0.262)
2．如图甲所示，用铁架台、弹簧和多个已知质量且质量相等的钩码探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系．
(1)为完成实验，还需要的实验器材有；________.
(2)实验中需要测量的物理量有：___________________________.
(3)图乙是弹簧弹力F与弹簧伸长量x的Fx图线，由此可求出弹簧的劲度系数为________N/m.图线不过原点是由于_________________________．
(4)为完成该实验，设计的实验步骤如下：
A．以弹簧伸长量为横坐标，以弹力为纵坐标，描出各组(x，F)对应的点，并用平滑的曲线连接起来；
B．记下弹簧不挂钩码时其下端在刻度尺上的刻度l0；
C．将铁架台固定于桌子上，并将弹簧的一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个、4个…钩码，并分别记下钩码静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码；
E．以弹簧伸长量为自变量，写出弹力与伸长量的关系式．首先尝试写成一次函数，如果不行，则考虑二次函数；
F．解释函数表达式中常数的物理意义；

20xx高考物理大一轮复习：第10章-电磁感应（10份打包有课件）

第1节电磁感应现象楞次定律
一、磁通量
1．概念：磁感应强度B与面积S的乘积．
2．计算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场的有效面积．
(3)单位：韦伯(Wb)，1Wb＝1_Tm2.
3．意义：穿过某一面积的磁感线的条数．
4．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．
二、电磁感应
1．电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．
2．产生感应电动势和感应电流的条件
(1)产生感应电动势的条件
无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)产生感应电流的条件
①电路闭合．②磁通量变化．
三、感应电流方向的判断
1．右手定则：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；让磁感线从掌心垂直进入，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．如右图所示．
2．楞次定律
内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)磁通量虽然是标量，但有正、负之分．(√)
(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流．(×)
(3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关．(√)
(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流．(×)
(5)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．(×)
(6)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．(×)
(7)回路不闭合时，穿过回路的磁通量发生变化也会产生“阻碍”作用．(×)
2．如图所示，匀强磁场中有一个矩形闭合导线框．在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是()
A．如图甲所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．如图乙所示，保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．如图丙所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．如图丁所示，线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
解析：选C.保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项A错误；保持线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项B错误；线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动，磁通量周期性地改变，故一定有感应电流，故选项C正确；线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动，磁通量一直为零，故磁通量不变，无感应电流，选项D错误．
3．如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是()
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析：选C.磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，则导体环中，先是向上的磁通量增加，磁铁过中间以后，向上的磁通量减少，根据楞次定律，产生的感应电流方向先顺时针后逆时针，选项C正确．
4．如图所示，AOC是光滑的金属导轨，电阻不计，AO沿竖直方向，OC沿水平方向；PQ是金属直杆，电阻为R，几乎竖直斜靠在导轨AO上，由静止开始在重力作用下运动，运动过程中P、Q端始终在金属导轨AOC上；空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆从开始滑动到P端滑到OC的过程中，PQ中感应电流的方向()
A．始终是由P→Q
B．始终是由Q→P
C．先是由P→Q，后是由Q→P
D．先是由Q→P，后是由P→Q
解析：选C.在PQ杆滑动的过程中，△POQ的面积先增大后减小，穿过△POQ的磁通量先增加后减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，C正确．
考点一电磁感应现象的判断
1．穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况
(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化．
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化．
(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化．
(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化．
2．判断电磁感应现象能否发生的一般流程：
1.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为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()
A．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B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°θ90°)
解析：选A.本题中引起磁通量变化都有两个方面，面积的变化和夹角改变，向右运动的同时θ减小都会使磁通量变大，所以A项正确．
2．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接．下列说法中正确的是()
A．开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B．线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
解析：选A.只要闭合回路磁通量发生变化就会产生感应电流，故A正确，B错误；开关闭合后，只要滑片P滑动就会产生感应电流，故C、D错误．
3．(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()
A．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
解析：选AB.A.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；
B．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，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；
C．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；
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．
确定磁通量变化的两种方法
(1)通过对穿过回路磁感线条数的分析和计算，可以确定磁通量是否变化．
(2)依据公式Φ＝BSsinθ(θ是B与S的夹角)确定磁通量与哪些因素有关．
考点二楞次定律的理解及应用
1．判断感应电流方向的两种方法
方法一用楞次定律判断
方法二用右手定则判断
该方法适用于切割磁感线产生的感应电流．判断时注意掌心、拇指、四指的方向：
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向．
2．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：

内容例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”

阻碍相对运动——“来拒去留”

使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
B减小，线圈扩张

阻碍原电流的变化——“增反减同”

考向1：应用楞次定律判感应电流方向
[典例1]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是()
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
解析由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d；同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．
答案B
考向2：右手定则判感应电流的方向
[典例2]如图所示，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，垂直纸面向外的匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，则()
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路中的电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则abdc回路有电流，电流方向为a→c→d→b→a
解析由右手定则可判断出A项做法使回路产生顺时针方向的电流，故A项错．若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围面积不变，磁通量不变，故不产生感应电流，故B项错．若ab向左，cd向右，则abdc回路中有顺时针方向的电流，故C项错．若ab、cd都向右运动，且两杆速度vcd＞vab，则ab、cd所围面积发生变化，磁通量也发生变化，由楞次定律可判断出，abdc回路中产生顺时针方向的电流，故D项正确．
答案D
考向3：“阻碍法”的应用
[典例3](20xx东北三省五校联考)如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是()
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量减少
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析当滑片P向下移动时滑动变阻器连入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，方向向下，选项B错误；根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，选项A错误；再根据楞次定律“阻碍”含义的推广，线圈a应有收缩或远离b的趋势来阻碍磁通量的增加，所以C错误，D正确．
答案D
感应电流方向判断的两点注意
(1)楞次定律可应用于磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体切割磁感线运动的情况)．
(2)右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，是楞次定律的一种特殊情况．
考点三“三定则、一定律”的理解及应用
1．“三个定则、一个定律”的应用对比：
名称基本现象因果关系应用的定则或定律
电流的磁效应运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则
洛伦兹力、安培力磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则
电磁感应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
2.三个定则、一个定律”的相互联系：
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则．
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．
1．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行金属导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在金属导轨上的金属棒ab的运动情况是(两线圈共面放置)()
A．向右匀速运动B．向左加速运动
C．向右减速运动D．向右加速运动
解析：选BC.欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．
2．(多选)如图所示，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()
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
解析：选BC.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――→左手定则MN中的感应电流由M→N――→安培定则L1中感应电流的磁场方向向上――→楞次定律L2中磁场方向向上减弱L2中磁场方向向下增强.若L2中磁场方向向上减弱――→安培定则PQ中电流为Q→P且减小――→右手定则向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强――→安培定则PQ中电流为P→Q且增大――→右手定则向左加速运动．
3．(多选)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是()
A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析：选BD.当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，A错误，B正确．当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φbφa，电流沿逆时针方向．
又由E＝BLv可知ab导体两端的E不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边电路的线圈中的向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路的感应电流方向应沿逆时针，而在右线圈组成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看作电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点，C错误，D正确．
左、右手定则区分技巧
(1)抓住“因果关系”：“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手．
(2)形象记忆：把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”．“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是()
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
解析：选D.产生感应电流的条件为：闭合回路内磁通量发生变化．A项中，线圈绕在磁铁上，磁通量未变，不会产生感应电流，A错误．同理B错误．C项中，往线圈中插入条形磁铁的瞬间，线圈中磁通量发生变化，此时线圈中将产生感应电流，但插入后磁通量不再变化，无感应电流，故到相邻房间观察时无示数，C错误．D项中，在线圈通电或断电的瞬间，磁通量发生变化，产生感应电流，D正确．
2．如图所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生图中箭头方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是()
A．使匀强磁场均匀增大
B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°
C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°
D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动
解析：选A.根据右手定则，圆环中感应电流产生的磁场竖直向下与原磁场方向相反，根据楞次定律，说明圆环磁通量在增大．磁场增强则磁通量增大，A正确．使圆环绕水平轴ab或cd转动30°，圆环在垂直磁场方向上的投影面积减小，磁通量减小，只会产生与图示方向相反的感应电流，B、C错误．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动，圆环仍与磁场垂直，磁通量不变，不会产生感应电流，D错误．
3．如图甲所示，在同一平面内有两个相互绝缘的金属圆环A、B，圆环A平分圆环B为面积相等的两部分，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，甲图中A环所示的电流方向为正，下列说法正确的是()
A．B中始终没有感应电流
B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流
D．B中先有顺时针方向的感应电流，后有逆时针方向的感应电流
解析：选B.由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故选项B正确．
4．(多选)如图，两同心圆环A、B置于同一水平面上，其中B为均匀带负电绝缘环，A为导体环．当B绕轴心顺时针转动且转速增大时，下列说法正确的是()
A．A中产生逆时针的感应电流
B．A中产生顺时针的感应电流
C．A具有收缩的趋势
D．A具有扩展的趋势
解析：选BD.由图可知，B为均匀带负电绝缘环，B中电流为逆时针方向，由右手螺旋定则可知，电流的磁场垂直纸面向外且逐渐增大；由楞次定律可知，磁场增大时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反，所以感应电流的磁场的方向垂直纸面向里，A中感应电流的方向为顺时针方向，故A错误，B正确；B环外的磁场的方向与B环内的磁场的方向相反，当B环内的磁场增强时，A环具有面积扩展的趋势，故C错误，D正确．
5．(多选)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的．电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈端点的金属环被弹射出去．现在固定线圈左侧同一位置，先后放有分别用横截面积相等的铜和铝导线制成形状、大小相同的两个闭合环，且电阻率ρ铜ρ铝．闭合开关S的瞬间()
A．从左侧看环中感应电流沿顺时针方向
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将环放置在线圈右方，环将向左运动
D．电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
解析：选AB.线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，环中感应电流由左侧看为顺时针，A正确．由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环的，B正确．若将环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，C错误．电池正负极调换后，金属环受力仍向左，故仍将向左弹出，D错误．
6．多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”．磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布．如图所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路．设想有一个N极磁单极子沿abcd轴线从左向右穿过超导回路，那么在回路中可能发生的现象是()
A．回路中无感应电流
B．回路中形成持续的abcda流向的感应电流
C．回路中形成持续的adcba流向的感应电流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感应电流
解析：选C.N极磁单极子的磁感线分布类似于正点电荷的电场线分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感应电流，由于回路为超导材料做成的，电阻为零，故感应电流不会消失，C项正确．
[综合应用题组]
7．(多选)如图所示，一接有电压表的矩形闭合线圈ABCD向右匀速穿过匀强磁场的过程中，下列说法正确的是()
A．线圈中有感应电动势，有感应电流
B．线圈中有感应电动势，无感应电流
C．AB边两端有电压，且电压表有示数
D．AB边两端有电压，但电压表无示数
解析：选BD.由于通过回路的磁通量不变，故回路中无感应电流产生，A项错；由欧姆定律知电压表示数U＝IRV＝0，C项错；由于AB棒切割磁感线AB两端有电压，B、D项正确．
8．如图所示，在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd，当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是()
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析：选C.电流增强时，电流在abdc回路中产生的垂直纸面向里的磁场增强，回路中磁通量增大，根据楞次定律可知回路要减小面积以阻碍磁通量的增加，因此，两导体棒要相向运动，相互靠近．选项C正确．
9．如图所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强度较大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏电流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中感应电流的方向是()
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
D．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
解析：选D.如图为地下通电直导线产生的磁场的正视图，当线圈在通电直导线正上方的左侧时由楞次定律知，线圈中感应电流方向为逆时针，同理在右侧也为逆时针，当线圈一部分在左侧一部分在右侧时为顺时针，故D正确．
10．(多选)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，以下说法正确的是()
A．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：选ABD.设想把金属圆盘切割成无数根导体棒，导体棒切割磁感线产生感应电动势、感应电流，根据右手定则可知，靠近圆心处的电势高，选项A正确；根据E＝BLv可知，所加磁场B越强，感应电动势E越大，感应电流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力对圆盘的转动阻碍作用越强，选项B正确；若所加磁场反向，根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动，故圆盘仍将减速运动，选项C错误；若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘的半径切割磁感线，产生感应电动势，但圆盘内没有涡流，故没有安培力，不消耗机械能，所以圆盘匀速转动，选项D正确．
11．(多选)如图所示，铁芯上有两个线圈A和B.线圈A跟电源相连，LED(发光二极管，具有单向导电性)M和N并联后接在线圈B两端．图中所有元件均正常，则()
A．S闭合瞬间，A中有感应电动势
B．S断开瞬间，A中有感应电动势
C．S闭合瞬间，M亮一下，N不亮
D．S断开瞬间，M和N二者均不亮
解析：选ABC.闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，线圈A中将产生自感电动势，故A正确．开关断开的瞬间，穿过线圈A的磁通量减小，线圈A中将产生自感电动势，故B正确．闭合开关的瞬间，穿过线圈A的磁通量增加，根据安培定则可知，A中产生的磁场的方向向上，穿过B的磁通量向上增大时，根据楞次定律可知，B中感应电流的磁场的方向向下，根据安培定则可知B中感应电流的方向向下，所以线圈下端的电势高，电流能通过二极管M，不能通过二极管N，故C正确．结合C的分析可知，S断开瞬间，穿过线圈B的磁通量减小，产生感应电流的方向与C中感应电流的方向相反，所以感应电流能通过二极管N，不能通过二极管M，故D错误．
12．经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针．法拉第可观察到的现象有()
A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原
B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转
C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大
D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转
解析：选A.当合上开关，A线圈接通电流瞬间，穿过A的磁通量发生变化，使得穿过B的磁通量也变化，所以在B中产生感生电流，电流稳定后穿过A、B的磁通量不再变化，所以B中不再有感应电流，即小磁针偏转一下，随即复原，选项A正确；A线圈中有电流，但是如果电流大小不变，则在B中不会产生感应电流，即小磁针就不会发生偏转，选项B错误；B线圈中的感应电流大小与A中电流的变化率有关，与A中电流大小无关，故C错误；当开关打开，A线圈电流中断瞬间，由于穿过B的磁通量减小，则在B中产生的电流方向与A线圈接通电流瞬间产生的电流方向相反，所以小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相反的偏转，选项D错误．
13．(多选)某同学将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边．当转盘(及磁铁)转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图象．该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．按照这种猜测()
A．在t＝0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
B．在t＝0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化
C．在t＝0.1s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
D．在t＝0.15s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值
解析：选AC.题图乙中斜率既能反映线圈内产生的感应电流的方向变化，又能反映感应电流的大小变化．t＝0.1s时刻，图线斜率最大，意味着磁通量的变化率最大，感应电动势最大，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，t＝0.1s时刻前后的图线斜率一正一负，说明产生的感应电流的方向发生了变化，所以A、C正确；同理可知t＝0.15s时刻，图线斜率不是最大值，且该时刻前后图线斜率全为负值，说明线圈内产生的感应电流的方向没有变化，而且大小并未达到最大值，选项B、D错误．
14．磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内，有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd，沿垂直于磁感线方向，以速度v匀速通过磁场，如图所示，从ab进入磁场时开始计时，到线框离开磁场为止．
(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象；
(2)判断线框中有无感应电流．若有，说明感应电流的方向．
解析：(1)当ab边进入磁场时，穿过线框的磁通量均匀增加，在t1＝lv时线框全部进入磁场，磁通量Φ＝Bl2不变化；当在t2＝2lv时，ab边离开磁场，穿过线框的磁通量均匀减少到零，所以该过程的Φ－t图象如图所示．
(2)ab边进入磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为逆时针；ab边离开磁场时有感应电流，根据右手定则可判知感应电流方向为顺时针；中间过程t1～t2磁通量不变化，没有感应电流．
答案：见解析
第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．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＝nΔΦΔt，n为线圈匝数．
2．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.
(2)E＝Blvsinθ，θ为运动方向与磁感线方向的夹角．
(3)导体棒在磁场中转动：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Blv－＝12Bl2ω平均速度取中点位置线速度12lω.
二、自感和涡流
1．自感现象：当导体中电流发生变化时，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象．
2．自感电动势：在自感现象中产生的感应电动势E＝LΔIΔt，其中L叫自感系数，它与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关，自感系数的单位是亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.
3．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的漩涡状的感应电流．
(1)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运动．
(2)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，使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大．(×)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)
(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)
(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)
(6)对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大．(√)
2．如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是()
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
解析：选B.由题意可知ΔBΔt＝k，导体圆环中产生的感应电动势E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝ΔBΔtπr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确．
3．如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′，则E′E等于()
A.12B．22
C．1D.2
解析：选B.设金属棒长度为l，匀强磁场的磁感应强度为B，根据电磁感应定律得E＝Blv.金属棒弯折后，切割磁感线运动的有效长度变为22l，故E′＝22Blv.因此E′E＝22，B正确．
4．(20xx江苏盐城中学学情检测)(多选)如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．A和B是两个完全相同的灯泡，则下列说法中正确的有()
A．当开关S闭合瞬间，A、B两灯同时亮，最后B灯熄灭
B．当开关S断开瞬间，A、B两灯同时熄灭
C．当开关S断开瞬间，a点电势比b点电势低
D．当开关S断开瞬间，流经灯泡B的电流是由a到b
解析：选AD.开关S闭合瞬间，线圈L对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此同时亮，且亮度相同，稳定后B被短路熄灭，选项A正确；稳定后当开关S断开后，A马上熄灭，由于自感，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，左端电势高，与灯泡B构成闭合回路放电，流经灯泡B的电流是由a到b，B闪一下再熄灭，选项D正确，B、C错误．
考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用
1．感应电动势大小的决定因素
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝nSΔBΔt；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝nBΔSΔt；当ΔΦ由B、S的变化同时引起，则E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔBΔSΔt.
2．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率．
3．应用E＝nΔΦΔt时应注意的几个问题
(1)由于磁通量有正负之分，计算磁通量的变化时一定要规定磁通量的正方向．正向的磁通量增加与反向的磁通量减少产生的感应电流的方向相同．
(2)公式E＝nΔΦΔt是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择．若ΔΦΔt为恒量，则平均电动势等于瞬时电动势．
(3)用公式E＝nSΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内垂直磁场方向的有效面积．
1．图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()
A．恒为nSB2－B1t2－t1
B．从0均匀变化到nSB2－B1t2－t1
C．恒为－nSB2－B1t2－t1
D．从0均匀变化到－nSB2－B1t2－t1
解析：选C.根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝nΔΦΔt＝nB2－B1St2－t1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－nB2－B1St2－t1，选项C正确．
2．(20xx湖南衡阳联考)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，如图所示，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，当磁场以ΔBΔt的变化率增强时，不考虑磁场的变化对虚线右侧的影响，则()
A．线圈中感应电流方向为adbca
B．线圈中产生的电动势E＝ΔBΔtl2
C．线圈中a点电势高于b点电势
D．线圈中b、a两点间的电势差为l2ΔB4Δt
解析：选D.处于磁场中的线圈面积不变，ΔBΔt增大时，通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的方向为acbda方向，A项错；产生感应电动势的acb部分等效为电源，b端为等效电源的正极，电势高于a端，C项错；由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtl22，知B项错；adb部分等效为外电路，b、a两点间电势差为等效电路的路端电压，U＝E2RR＝E2＝l2ΔB4Δt，D项正确．
3．A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示．在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是()
A．两导线环内所产生的感应电动势相等
B．A环内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势
C．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶4
D．流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为1∶1
解析：选A.某一时刻穿过A、B两导线环的磁通量均为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，设磁场区域的面积为S，则Φ＝BS，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS(S为磁场区域面积)，对A、B两导线环，有EAEB＝1，所以A正确，B错误；I＝ER，R＝ρlS1(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以IAIB＝EArBEBrA＝12，C、D错误．
4．(20xx连云港质检)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω.磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T．在1s～5s内从0.2T均匀变化到－0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1s～5s内通过线圈的电荷量q；
解析：(1)感应电动势E1＝NΔΦ1Δt1
磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S
解得E1＝NΔB1SΔt1
代入数据得E1＝10V
由楞次定律得，感应电流的方向为a→d→c→b→a.
(2)同理可得在1s～5s内产生的感应电动势
E2＝NΔB2SΔt2
感应电流I2＝E2r
电荷量q＝I2Δt2
解得q＝NΔB2Sr
代入数据得q＝10C
答案：(1)10Va→d→c→b→a(2)10C
应用法拉第电磁感应定律的两点注意
(1)一般步骤：
①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
②利用楞次定律确定感应电流的方向；
③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解．
(2)一个结论：通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关．推导如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtR总Δt＝nΔΦR总.
考点二导体棒切割类电动势的计算
1．导体平动切割磁感线
(1)一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsinθ.
(2)常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv.
(3)若导体棒不是直的，则E＝Blv中的l为切割磁感线的导体棒的有效长度．下图中，棒的有效长度均为ab间的距离．
2．导体转动切割磁感线
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生的感应电动势E＝12Bωl2(导体棒的长度为l)．
1.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上，当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()
A．UaUc，金属框中无电流
B．UbUc，金属框中的电流方向沿abca
C．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流
D．Uac＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿acba
解析：选C.金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误．转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误．由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－12Bl2ω，选项C正确．
2．如图所示，abcd为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则()
A．电路中感应电动势的大小为Blvsinθ
B．电路中感应电流的大小为Bvsinθr
C．金属杆所受安培力的大小为B2lvsinθr
D．金属杆的热功率为B2lv2rsinθ
解析：选B.金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝ER＝Blvlrsinθ＝Bvsinθr，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝BBvsinθrlsinθ＝B2lvr，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝B2v2sin2θr2lrsinθ＝B2lv2sinθr，选项D错误．
3．(20xx山东济南模拟)在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05kg、电阻R＝1Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始向右做匀变速运动，求：
(1)在5s内平均感应电动势E是多少？
(2)第5s末回路中的电流I多大？
(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力F多大？
解析：(1)t＝5s内金属杆的位移
x＝12at2＝25m
5s内的平均速度
v＝xt＝5m/s也可用v＝0＋v52求解
故平均感应电动势E＝BLv＝0.4V
(2)第5s末杆的速度v＝at＝10m/s
此时感应电动势E＝BLv
则回路中的电流为I＝ER＝BLvR＝0.8A
(3)杆cd匀加速运动，由左手定则判得所受安培力方向向左，由牛顿第二定律得F－F安＝ma
杆cd所受安培力F安＝BIL，
即F＝BIL＋ma＝0.164N
答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N
求解感应电动势常见情况与方法
情景图

研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框
表达式E＝nΔΦΔt
E＝BLvsinθE＝12BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)

考点三自感现象的理解及应用
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡
电路图

通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变.
1．(多选)如图甲、乙所示，电路中的电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()
A．在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
C．在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗
解析：选AD.题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗．题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A和电阻R的总电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗．
2．(多选)如图所示，电路中A和B是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，对A、B的发光情况判断正确的是()
A．S闭合时，A立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B立即亮，然后逐渐熄灭
C．S闭合足够长时间后，B发光而A不发光
D．S闭合足够长时间后再断开，B立即熄灭而A逐渐熄灭
答案：AC.
3．(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．t＝0时刻，闭合开关S.经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()
解析：选AC.当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．
(1)对自感现象“阻碍”作用的理解
①流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，使其缓慢地增加；
②流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势阻碍原电流的减小，使其缓慢地减小．
(2)分析自感现象应注意
①通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大，断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路；
②断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮，再慢慢熄灭．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1.(多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈．线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()
A．电流I与匝数n成正比
B．电流I与线圈半径r成正比
C．电流I与线圈面积S成正比
D．电流I与导线横截面积S0成正比
解析：选BD.由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2ΔBΔt，电阻为R＝ρn2πrS0，电流I＝ER，联立以上各式得I＝S0r2ρΔBΔt，则可知B、D项正确，A、C项错误．
2．(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
解析：选AB.由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝12Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．
3．(多选)一导线弯成如图所示的闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止，下列结论正确的是()
A．感应电流一直沿顺时针方向
B．线圈受到的安培力先增大，后减小
C．感应电动势的最大值E＝Brv
D．穿过线圈某个横截面的电荷量为Br2＋πr2R
解析：选AB.在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直沿顺时针方向，A正确；线圈切割磁感线的有效长度先变长后变短，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确；线圈切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大值E＝2Brv，C错误；穿过线圈某个横截面的电荷量为Q＝ΔΦR＝Br2＋π2r2R，D错误．
4．如图所示，正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐．若第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，为使两次操作过程中，线框产生的平均感应电动势相等，则()
A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2
C．v1∶v2＝1∶2D．v1∶v2＝2∶1
解析：选A.第1次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，线框中的感应电动势恒定，有E1＝E1＝BLv1.第2次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，所需时间t＝πr2v2＝πL4v2，线框中的磁通量变化量ΔΦ＝BLL2＝12BL2，产生的平均电动势E2＝ΔΦt＝2BLv2π.由题意知E1＝E2，可得v1∶v2＝2∶π，A正确．
5．如图所示的电路，电源电动势为E，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是()
A．闭合S，稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
C．断开S的瞬间，电容器的a极板将带正电
D．断开S的瞬间，电容器的a极板将带负电
解析：选C.由题意及自感现象规律可知，当开关S闭合且电路稳定后，电容器与线圈L并联，由于线圈的直流电阻不计，所以电容器两端电压为零，故A、B项错误；断开S的瞬间，由自感规律可知，线圈中要产生感应电动势，感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向一致，因而电容器的a极板将带正电，故C项正确．
[综合应用题组]
6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如右图所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()
A．mgbB.12mv2
C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋12mv2
解析：选D.金属块在进出磁场过程中要产生感应电流，机械能要减少，上升的最大高度不断降低，最后刚好飞不出磁场，就往复运动永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝12mv2＋mg(b－a)．
7．如图所示，边长为2L的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一个边长为L、粗细均匀的正方形导线框abcd，其所在平面与磁场方向垂直，导线框的对角线与虚线框的对角线在一条直线上，导线框各边的电阻大小均为R.在导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，到整个导线框离开磁场区域的过程中，下列说法正确的是()
A．导线框进入磁场区域时产生顺时针方向的感应电流
B．导线框中有感应电流的时间为2Lv
C．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，整个导线框所受安培力大小为B2L2v4R
D．导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为2BLv4
解析：选D.根据楞次定律知，感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化，故由楞次定律判断出，导线框进入磁场区域时产生的感应电流的方向为逆时针方向，故选项A错误；导线框完全进入磁场后感应电流消失，导线框从开始进入磁场到完全进入经历的时间为2Lv，穿出的时间也为2Lv，导线框中有感应电流的时间为t＝2Lv×2，故选项B错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导体的有效切割长度为2L2，感应电动势为2BLv2，由安培力公式可算出安培力为B2L2v8R，故选项C错误；导线框的bd对角线有一半进入磁场时，导线框a、c两点间的电压为电动势的一半，即2BLv4，故选项D正确．
8．如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同．下列说法正确的是()
A．闭合开关S，A灯逐渐变亮
B．电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的32
C．电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭
D．电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高
解析：选D.画出等效电路如图所示，闭合开关S，所有的灯都立即变亮，A错误；电路稳定后，线圈和灯泡A的并联电阻为R2，与B灯的串联电阻为3R2，C灯的电阻为R，根据并联电路分流与电阻成反比，故流过B灯的电流是流过C灯电流的23，B错误；断开开关S，线圈产生的感应电动势对三个灯泡供电，因此三个灯泡都过一会才熄灭，供电电路是B、C灯串联与A灯并联，因此A灯的亮度比B、C灯的亮度高，C错误，D正确．
9．如图所示，PQQ2P2是由两个正方形导线方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2构成的网络电路．方格每边长度l＝10cm.在x0的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸内．今令网络电路PQQ2P2以恒定的速度v＝5cm/s沿x轴正方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行．若取PQ与y轴重合的时刻为t＝0，在以后任一时刻t磁场的磁感应强度为B＝B0＋bt，式中t的单位为s，B0、b为已知恒量．当t＝2.5s时刻，方格PQQ1P1中的感应电动势是E1，方格P1Q1Q2P2中的感应电动势是E2.E1、E2的表达式正确的是()
A．E1＝B0lvB．E1＝bl2
C．E2＝bl24D．E2＝(B0＋bt)lv
解析：选B.经过2.5s，线框向右运动了12.5cm，此时右边的线框只有感生电动势，根据法拉第电磁感应定律得E1＝bl2，B正确，A错误；此时左边的线框只有右边在磁场中，离磁场边界0.25l，线框中既有动生电动势又有感生电动势，故电动势的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D错误．
10．小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为n1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数n1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选n2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω.不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m．当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔBΔt.
解析：(1)线圈受到安培力F＝n1B0IL
天平平衡mg＝n1B0IL
代入数据得n1＝25匝
(2)由电磁感应定律得E＝n2ΔΦΔt
即E＝n2ΔBΔtLd
由欧姆定律得I′＝ER
线圈受到安培力F′＝n2B0I′L
天平平衡m′g＝n22B0ΔBΔtdL2R
代入数据可得ΔBΔt＝0.1T/s
答案：(1)25匝(2)0.1T/s
11．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5T．一根直金属杆MN以v＝2m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好．杆MN的电阻r1＝1Ω，导轨的电阻可忽略．求杆MN中产生的感应电动势E1.
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4m2，电阻r2＝1Ω.在线圈中存在面积S2＝0.3m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示．求圆形线圈中产生的感应电动势E2.
(3)有一个R＝2Ω的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的导轨和图乙中的圆形线圈相连接，b端接地．试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？求这种情况中a端的电势φa.
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，E1＝B1Lv
产生的感应电动势E1＝0.3V.
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，E2＝nΔB2ΔtS2
产生的感应电动势E2＝4.5V.
(3)当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高
通过电阻R的电流I＝E1R＋r1
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2V.
答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)与图甲中的导轨相连接a端电势高φa＝0.2V
第3节电磁感应的综合应用
一、电磁感应中的电路问题
1．电源和电阻
2．电流方向
在外电路，电流由高电势流向低电势；在内电路，电流由低电势流向高电势．
二、电磁感应中的图象问题
图象类型①随时间t变化的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和I－t图象
②随位移x变化的图象，如E－x图象和I－x图象
问题类型①由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象
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(用图象)
应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律，函数图象等知识
三、电磁感应中的动力学问题
1．安培力的大小
感应电动势：E＝Blv感应电流：I＝ER＋r安培力公式：F＝BIlF＝B2l2vR＋r
2．安培力的方向
(1)先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向．
(2)根据楞次定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反．
四、电磁感应中的能量问题
1．能量的转化
闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，感应电流在磁场中受安培力．外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．
2．实质
电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)
(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)
(3)闭合电路中电流一定从高电势流向低电势．(×)
(4)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)
(5)电磁感应中求焦耳热时，均可直接用公式Q＝I2Rt.(×)
(6)电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)
2．如图所示，两个互连的金属圆环，粗金属环的电阻是细金属环电阻的一半，磁场垂直穿过粗金属环所在的区域，当磁感应强度均匀变化时，在粗环内产生的电动势为E，则ab两点间的电势差为()
A.E2B．E3
C.2E3D．E
解析：选C.粗环相当于电源，细环相当于负载，ab间的电势差就是等效电路的路端电压．粗环电阻是细环电阻的一半，则路端电压是电动势的23，即Uab＝2E3.
3．如图所示，水平光滑的平行金属导轨，左端接有电阻R，匀强磁场B竖直向下分布在导轨所在的空间内，质量一定的金属棒PQ垂直导轨放置．今使棒以一定的初速度v0向右运动，当其通过位置a、b时，速率分别为va、vb，到位置c时棒刚好静止，设导轨与棒的电阻均不计，a到b与b到c的间距相等，则金属棒在由a到b和由b到c的两个过程中()
A．回路中产生的内能相等
B．棒运动的加速度相等
C．安培力做功相等
D．通过棒横截面积的电荷量相等
解析：选D.棒由a到b再到c的过程中，速度逐渐减小，根据E＝Blv，E减小，故I减小，再根据F＝IlB可知安培力减小，根据F＝ma可知加速度减小，选项B错误．由于a到b与b到c的间距相等，故从a到b安培力做的功大于从b到c安培力做的功，故选项A、C错误．再根据平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，平均感应电流I＝ER＝BΔSRΔt，通过棒横截面积的电荷量为q＝IΔt＝BΔSR，故选项D正确．
4．如图，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i的正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()
解析：选A.因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，线框的左边受到的安培力大于线框的右边受到的安培力，所以合力与线框的左边受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，B、C、D错误.
考点一电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电阻．
2．电源电动势和路端电压
(1)电动势：E＝Blv或E＝nΔΦΔt.
(2)路端电压：U＝IR＝E－Ir＝ER＋rR.
1．(20xx江西赣中南五校联考)如图所示，用相同导线制成的边长为L或2L的4个单匝闭合回路，它们以相同的速度先后垂直穿过正方形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，区域宽度大于2L，则进入磁场过程中，电流最大的回路是()
A．甲B．乙
C．丙D．丁
解析：选C.线框进入磁场过程中，做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝Bdv，根据电阻定律可知，线框的电阻R＝ρLS，由闭合电路欧姆定律可知，回路中的感应电流I＝ER，联立以上各式有I＝BSvρdL，所以线框切割磁感线的边长d越长，总长度L越短，其感应电流越大，对照4种图形可知，C正确．
2．(20xx贵州七校联考)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接阻值为R＝10Ω的电阻．一阻值为R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是()
A．导体棒ab中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1V
C．de两端的电压为1V
D．fe两端的电压为1V
解析：选BD.由右手定则可判知A错误；由法拉第电磁感应定律E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，Ucd＝RR＋RE＝1V，B正确；由于de、cf间电阻没有电流流过，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1V，C错误，D正确．
3．(多选)如图所示电路中，均匀变化的匀强磁场只存在于虚线框内，三个电阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，其他部分电阻不计．当S3断开，而S1、S2闭合时，回路中感应电流为I，当S1断开，而S2、S3闭合时，回路中感应电流为5I，当S2断开，而S1、S3闭合时，可判断()
A．闭合回路中感应电流为4I
B．闭合回路中感应电流为7I
C．R1、R3消耗的功率之比PR1∶PR3＝3∶1
D．上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25
解析：选BD.因R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以设R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.由题图可知，当S1、S2闭合S3断开时，电阻R1与R2组成闭合回路，设此时感应电动势是E1，由欧姆定律可得E1＝3IR；当S2、S3闭合S1断开时，电阻R2与R3组成闭合回路，设感应电动势为E2，由欧姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR；当S1、S3闭合S2断开时，电阻R1与R3组成闭合回路，此时感应电动势E＝E1＋E2＝28IR，则此时的电流I′＝28IR4R＝7I，A错误，B正确．
根据P＝I2R可知，串联电路电流相等，则各电阻的功率与电阻阻值成正比，故PR1∶PR3＝1∶3，C错误．E1＝3IR，E2＝25IR，再根据法拉第电磁感应定律E＝SΔBΔt可知，上下两部分磁场的面积之比S上∶S下＝3∶25，D正确．
4．(20xx湖北咸宁联考)如图所示，水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置，导轨的电阻不计，间距为l＝0.5m，左端通过导线与阻值R＝3Ω的电阻连接，右端通过导线与阻值为RL＝6Ω的小灯泡L连接，在CDFE矩形区域内有竖直向上，磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场．一根阻值r＝0.5Ω、质量m＝0.2kg的金属棒在恒力F＝2N的作用下由静止开始从AB位置沿导轨向右运动，经过t＝1s刚好进入磁场区域．求金属棒刚进入磁场时：
(1)金属棒切割磁感线产生的电动势；
(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力．
解析：(1)0～1s棒只受拉力，由牛顿第二定律得F＝ma，金属棒进入磁场前的加速度a＝Fm＝10m/s2.
设其刚要进入磁场时速度为v，v＝at＝10×1m/s＝10m/s.
金属棒进入磁场时切割磁感线，感应电动势E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V.
(2)小灯泡与电阻R并联，R并＝RRLR＋RL＝2Ω，通过金属棒的电流大小I＝ER并＋r＝0.4A，小灯泡两端的电压U＝E－Ir＝1V－0.4×0.5V＝0.8V.
金属棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左．
答案：(1)1V(2)0.8V0.04N，方向水平向左
解决电磁感应中的电路问题三部曲
考点二电磁感应中的图象问题
1．图象问题的求解类型
类型据电磁感应过程选图象据图象分析判断电磁感应过程
求解流程

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．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；
(2)分析电磁感应的具体过程；
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式；
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；
(6)画图象或判断图象．
考向1：据电磁感应过程选择图象
问题类型由给定的电磁感应过程选出正确的图象
解题关键根据题意分析相关物理量的函数关系、分析物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的含义，结合数学知识做正确的判断
[典例1](20xx湖北宜昌模拟)如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外，右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a的感应电流方向为正，则图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是()
解析bc边的位置坐标x在L～2L过程，线框bc边有效切割长度为l1＝x－L，感应电动势为E＝Bl1v＝B(x－L)v，感应电流i1＝ER＝Bx－LvR，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．x在2L～3L过程，ad边和bc边都切割磁感线，产生感应电动势，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→d→c→b→a，为负值，有效切割长度为l2＝L，感应电动势为E＝Bl2v＝BLv，感应电流i2＝－BLvR.x在3L～4L过程，线框ad边有效切割长度为l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感应电动势为E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感应电流i3＝B4L－xvR，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a→b→c→d→a，为正值．根据数学知识知道D正确．
答案D
考向2：据图象分析判断电磁感应过程
问题类型由电磁感应图象得出的物理量和规律分析求解动力学、电路等问题
解题关键第一个关键是破译，即解读图象中的关键信息(尤其是过程信息)，另一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换
[典例2](20xx河南中原名校联考)如图甲，在水平桌面上固定着两根相距L＝20cm、相互平行的无电阻轨道P、Q，轨道一端固定一根电阻R＝0.02Ω的导体棒a，轨道上横置一根质量m＝40g、电阻可忽略不计的金属棒b，两棒相距也为L＝20cm，该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．开始时，磁感应强度B0＝0.1T．设棒与轨道间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t＝0时刻开始，给b棒施加一个水平向右的拉力，使它由静止开始做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求b棒做匀加速运动的加速度及b棒与轨道间的滑动摩擦力；
(2)若从t＝0开始，磁感应强度B随时间t按图丙中图象所示的规律变化，求在金属棒b开始运动前，这个装置释放的热量．
解析(1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝ER＝B0LvR③
v＝at④
所以F安＝B20L2aRt
当b棒匀加速运动时，根据牛顿第二定律有
F－f－F安＝ma⑤
联立可得F－f－B20L2aRt＝ma⑥
由图象可得：当t＝0时，F＝0.4N，当t＝1s时，
F＝0.5N.
代入⑥式，可解得a＝5m/s2，f＝0.2N.
(2)当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的感应电流I，以b棒为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大，当磁感应强度增大到b所受安培力F安′与最大静摩擦力f相等时开始滑动．
感应电动势E′＝ΔBΔtL2＝0.02V⑦
I′＝E′R＝1A⑧
棒b将要运动时，有F安′＝BtI′L＝f⑨
所以Bt＝1T，根据Bt＝B0＋ΔBΔtt⑩
得t＝1.8s.
回路中产生的焦耳热为Q＝I′2Rt＝0.036J.
答案(1)5m/s20.2N(2)0.036J
考向3：图象的描绘
问题类型由题目给出的电磁感应现象画出所求物理量的图象
解题关键由题目给出的电磁感应过程结合所学物理规律求出所求物理量的函数关系式，然后在坐标系中做出相对应的图象
[典例3]如图甲所示，水平面上固定一个间距L＝1m的光滑平行金属导轨，整个导轨处在竖直方向的磁感应强度B＝1T的匀强磁场中，导轨一端接阻值R＝9Ω的电阻．导轨上有质量m＝1kg、电阻r＝1Ω、长度也为1m的导体棒，在外力的作用下从t＝0开始沿平行导轨方向运动，其速度随时间的变化规律是v＝2t，不计导轨电阻．求：
(1)t＝4s时导体棒受到的安培力的大小；
(2)请在如图乙所示的坐标系中画出电流平方与时间的关系(I2t)图象．
解析(1)4s时导体棒的速度
v＝2t＝4m/s
感应电动势E＝BLv，感应电流I＝ER＋r
此时导体棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.4N
(2)由(1)可得
I2＝ER＋r2＝4BLR＋r2t＝0.04t
作出图象如图所示．
答案(1)0.4N(2)见解析图
(1)处理图象问题要做到“四明确、一理解”
(2)电磁感应中图象类选择题的两个常用方法
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象进行分析和判断．
考点三电磁感应中的动力学和能量问题
1．两种状态及处理方法
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
2.力学对象和电学对象的相互关系
3．能量转化过程的理解
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．
1．(20xx安徽宿州一模)(多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直．将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则()
A．金属棒在最低点的加速度小于g
B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
解析：选AD.金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g.故A正确．根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B错误，金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C错误．由于产生内能，且弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D正确．
2．(20xx河北邯郸一模)如图所示，一足够长的光滑平行金属轨道，轨道平面与水平面成θ角，上端与一电阻R相连，处于方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的金属杆ab，从高为h处由静止释放，下滑一段时间后，金属杆开始以速度v匀速运动直到轨道的底端．金属杆始终保持与轨道垂直且接触良好，轨道的电阻及空气阻力均可忽略不计，重力加速度为g.则()
A．金属杆加速运动过程中的平均速度为v/2
B．金属杆加速运动过程中克服安培力做功的功率大于匀速运动过程中克服安培力做功的功率
C．当金属杆的速度为v/2时，它的加速度大小为gsinθ2
D．整个运动过程中电阻R产生的焦耳热为mgh－12mv2
解析：选C.对金属杆分析知，金属杆ab在运动过程中受到重力、轨道支持力和安培力作用，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动，因金属杆加速运动过程不是匀加速，故其平均速度不等于v2，A错误．当安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝B2l2vR时，杆ab开始匀速运动，此时v最大，F安最大，故匀速运动时克服安培力做功的功率大，B错误；当金属杆速度为v2时，F安′＝B2l2v2R＝12mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝12mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ2，C正确；由能量守恒可得mgh－12mv2＝Qab＋QR，即mgh－12mv2应等于电阻R和金属杆上产生的总焦耳热，D错误．

20xx高考物理大一轮复习：第12章-近代物理初步（6份打包有课件）

一名优秀的教师在教学时都会提前最好准备，作为教师就要精心准备好合适的教案。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助教师提前熟悉所教学的内容。写好一份优质的教案要怎么做呢？下面的内容是小编为大家整理的20xx高考物理大一轮复习：第12章-近代物理初步（6份打包有课件），供您参考，希望能够帮助到大家。

第1节光电效应波粒二象性

一、光电效应及其规律

1．光电效应现象

在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．

2．光电效应的产生条件

入射光的频率大于金属的极限频率．

3．光电效应规律

(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率才能产生光电效应．

(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大．

(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9s.

(4)当入射光的频率大于极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比．

二、爱因斯坦光电效应方程

1．光子说

在空间传播的光不是连续的，而是一份一份的，每—份叫做一个光子，光子的能量ε＝hν.

2．逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的最小值．

3．最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．

4．光电效应方程

(1)表达式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν－W0.

(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．

三、光的波粒二象性

1．光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．

2．光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．

3．光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性．

[自我诊断]

1．判断正误

(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应．(×)

(2)要使某金属发生光电效应，入射光子的能量必须大于金属的逸出功．(√)

(3)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比．(×)

(4)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性．(√)

(5)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律．(×)

(6)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性．(√)

(7)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性．(√)

2．当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时()

A．锌板带负电B．有正离子从锌板逸出

C．有电子从锌板逸出D．锌板会吸附空气中的正离子

解析：选C.发生光电效应时，有光电子从锌板中逸出，逸出光电子后的锌板带正电，对空气中的正离子有排斥作用，C正确．

3．(多选)一单色光照到某金属表面时，有光电子从金属表面逸出，下列说法中正确的是()

A．无论增大入射光的频率还是增大入射光的强度，金属的逸出功都不变

B．只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将增大

C．只增大入射光的频率，光电子的最大初动能将增大

D．只增大入射光的频率，光电子逸出所经历的时间将缩短

解析：选AC.金属逸出功只与极限频率有关，A正确．根据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，光电子的最大初动能由入射光的频率和逸出功决定，只延长入射光照射时间，光电子的最大初动能将不变，B错误，C正确．发生光电效应的条件是入射光的频率大于截止频率，光电子逸出所经历的时间几乎同时，D错误．

4．关于光的本性，下列说法正确的是()

A．光既具有波动性，又具有粒子性，这是互相矛盾和对立的

B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点

C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性

D．由于光既具有波动性，又具有粒子性，无法只用其中一种去说明光的—切行为，只能认为光具有波粒二象性

解析：选D.光既具有波动性，又具有粒子性，但不同于宏观的机械波和机械粒子，波动性和粒子性是光在不同的情况下的不同表现，是同一客体的两个不同的侧面、不同属性，只能认为光具有波粒二象性，A、B、C错误，D正确．

5．在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示．若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为________，所用材料的逸出功可表示为________．

解析：根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝hνe－W0e，故he＝k，b＝－W0e，得h＝ek，W0＝－eb.

答案：ek－eb

考点一光电效应的理解

1．光电效应中的几个概念比较

(1)光子与光电子

光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子．

(2)光电子的动能与光电子的最大初动能

光照射到金属表面时，电子吸收光子的全部能量，可能向各个方向运动，需克服原子核和其他原子的阻碍而损失一部分能量，剩余部分为光电子的初动能；只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能．

(3)光电流和饱和光电流

金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关．

(4)光的强弱与饱和光电流

频率相同的光照射金属产生光电效应，入射光越强，饱和光电流越大．

2．对光电效应规律的解释

对应规律对规律的产生的解释

光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光强度无关电子吸收光子能量后，一部分克服原子核引力做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能，对于确定的金属，逸出功W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大

光电效应具有瞬时性光照射金属时，电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要能量积累的过程

光较强时饱和电流大光较强时，包含的光子数较多，照射金属时产生的光电子较多，因而饱和电流较大

1．(20xx高考全国乙卷)(多选)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是()

A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大

B．入射光的频率变高，饱和光电流变大

C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大

D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生

解析：选AC.产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确．减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误．

2．(20xx广东深圳模拟)(多选)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都能发生光电效应．对于这两个过程，下列物理过程中一定不同的是()

A．遏止电压B．饱和光电流

C．光电子的最大初动能D．逸出功

解析：选ACD.同一束光照射不同的金属，一定相同的是入射光的光子能量，不同金属的逸出功不同，根据光电效应方程Ekm＝hν－W0知，最大初动能不同，则遏止电压不同，选项A、C、D正确；同一束光照射，单位时间内射到金属表面的光子数目相等，所以饱和光电流是相同的，选项B错误．

3．(20xx广东省湛江一中高三模拟)(多选)用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转．而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么()

A．a光的频率一定大于b光的频率

B．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大

C．增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转

D．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c

解析：选AB.由于用单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，说明发生了光电效应，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，说明b光不能发生光电效应，即a光的频率一定大于b光的频率；增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加，则通过电流计G的电流增大；因为b光不能发生光电效应，所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转；用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电子的方向是由d到c，所以电流方向是由c到d.选项A、B正确．

光电效应实质及发生条件

(1)光电效应的实质是金属中的电子获得能量后逸出金属表面，从而使金属带上正电．

(2)能否发生光电效应，不取决于光的强度，而是取决于光的频率．只要照射光的频率大于该金属的极限频率，无论照射光强弱，均能发生光电效应．

考点二光电效应方程及图象的理解

1．爱因斯坦光电效应方程

Ek＝hν－W0

hν：光子的能量

W0：逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服原子核引力所做的功．

Ek：光电子的最大初动能．

2．四类图象

图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量

最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线

①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc

②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值W0＝|－E|＝E

③普朗克常量：图线的斜率k＝h

颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系

①遏止电压Uc：图线与横轴的交点

②饱和光电流Im：电流的最大值

③最大初动能：Ekm＝eUc

颜色不同时，光电流与电压的关系

①遏止电压Uc1、Uc2

②饱和光电流

③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2

=遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线

①截止频率νc：图线与横轴的交点

②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大

③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝ke.(注：此时两极之间接反向电压)

[典例](20xx重庆万州二中模拟)(多选)某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图象如图所示．则由图象可知()

A．该金属的逸出功等于hν0

B．若已知电子电荷量e，就可以求出普朗克常量h

C．遏止电压是确定的，与照射光的频率无关

D．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为hν0

解析当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0＝hν0，A正确；根据光电效应方程Ek＝hν－W0和－eUc＝0－Ek得，Uc＝heν－W0e，可知当入射光的频率大于极限频率时，遏止电压与入射光的频率呈线性关系，C错误；因为Uc＝heν－W0e，知图线的斜率等于he，从图象上可以得出斜率的大小，已知电子电荷量e，可以求出普朗克常量h，B正确；从图象上可知逸出功W0＝hν0，根据光电效应方程Ek＝h2ν0－W0＝hν0，D正确．

答案ABD

应用光电效应方程时的注意事项

(1)每种金属都有一个截止频率，光频率大于这个截止频率才能发生光电效应．

(2)截止频率是发生光电效应的最小频率，对应着光的极限波长和金属的逸出功，即hν0＝hcλ0＝W0.

(3)应用光电效应方程Ek＝hν－W0时，注意能量单位电子伏和焦耳的换算(1eV＝1.6×10－19J)．

20xx高考物理大一轮复习：第13章热学（选修3-3）（8份打包有课件）

第1节分子动理论内能
一、分子动理论
1．物体是由大量分子组成的
(1)分子模型：主要有两种模型，固体与液体分子通常用球体模型，气体分子通常用立方体模型．
(2)分子的大小
①分子直径：数量级是10－10m；
②分子质量：数量级是10－26kg；
③测量方法：油膜法．
(3)阿伏加德罗常数
1mol任何物质所含有的粒子数，NA＝6.02×1023mol－1.
2．分子热运动
分子永不停息的无规则运动．
(1)扩散现象
相互接触的不同物质彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行．
(2)布朗运动
悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒越小，温度越高，布朗运动越显著．
3．分子力
分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而减小，随分子间距离的减小而增大，但总是斥力变化得较快．
二、内能
1．分子平均动能
(1)所有分子动能的平均值．
(2)温度是分子平均动能的标志．
2．分子势能
由分子间相对位置决定的能，在宏观上分子势能与物体体积有关，在微观上与分子间的距离有关．
3．物体的内能
(1)内能：物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和．
(2)决定因素：温度、体积和物质的量．
三、温度
1．意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上标志物体中分子平均动能的大小)．
2．两种温标
(1)摄氏温标t：单位℃，在1个标准大气压下，水的冰点作为0℃，沸点作为100℃，在0℃～100℃之间等分100份，每一份表示1℃.
(2)热力学温标T：单位K，把－273.15℃作为0K.
(3)就每一度表示的冷热差别来说，两种温度是相同的，即ΔT＝Δt.只是零值的起点不同，所以二者关系式为T＝t＋273.15.
(4)绝对零度(0K)，是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)质量相等的物体含有的分子个数不一定相等．(√)
(2)组成物体的每一个分子运动是有规律的．(×)
(3)布朗运动是液体分子的运动．(×)
(4)分子间斥力随分子间距离的减小而增大，但分子间引力却随分子间距离的减小而减小．(×)
(5)内能相同的物体，温度不一定相同．(√)
(6)分子间无空隙，分子紧密排列．(×)
2．(多选)墨滴入水，扩而散之，徐徐混匀．关于该现象的分析正确的是()
A．混合均匀主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均匀的过程中，水分子和碳粒都做无规则运动
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均匀的过程进行得更迅速
D．墨汁的扩散运动是由于碳粒和水分子发生化学反应引起的
解析：选BC.根据分子动理论的知识可知，最后混合均匀是扩散现象，水分子做无规则运动，碳粒做布朗运动，由于布朗运动的剧烈程度与颗粒大小和温度有关，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗运动会更明显，则混合均匀的过程进行得更迅速，故选B、C.
3．关于物体的内能，以下说法正确的是()
A．不同物体，温度相等，内能也相等
B．所有分子的势能增大，物体内能也增大
C．温度升高，分子平均动能增大，但内能不一定增大
D．只要两物体的质量、温度、体积相等，两物体的内能一定相等
解析：选C.不同物体，温度相等，分子平均动能相等，分子动能不一定相等，不能说明内能也相等，A错误；所有分子的势能增大，不能反映分子动能如何变化，不能确定内能也增大，B错误；两物体的质量、温度、体积相等，但其物质的量不一定相等，不能得出内能相等，D错误，C正确．
考点一宏观量与微观量的计算
1．微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2．宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
3．关系
(1)分子的质量：m0＝MNA＝ρVmNA.
(2)分子的体积：V0＝VmNA＝MρNA.
(3)物体所含的分子数：N＝VVmNA＝mρVmNA
或N＝mMNA＝ρVMNA.
4．分子的两种模型
(1)球体模型直径d＝36V0π.(常用于固体和液体)
(2)立方体模型边长d＝3V0.(常用于气体)
对于气体分子，d＝3V0的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离．
1．(多选)若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ表示在标准状态下水蒸气的密度，NA表示阿伏加德罗常数，m、v分别表示每个水分子的质量和体积，下面关系正确的是()
A．NA＝ρVmB．ρ＝μNAv
C．ρ＜μNAvD．m＝μNA
解析：选ACD.由于μ＝ρV，则NA＝μm＝ρVm，变形得m＝μNA，故A、D正确；由于分子之间有空隙，所以NAv＜V，水的密度为ρ＝μV＜μNAv，故C正确，B错误．
2．(多选)已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1)．下列判断正确的是()
A．1kg铜所含的原子数为NAM
B．1m3铜所含的原子数为MNAρ
C．1个铜原子的质量为MNA(kg)
D．1个铜原子的体积为MρNA(m3)
解析：选ACD.1kg铜所含的原子数N＝1MNA＝NAM，A正确；同理，1m3铜所含的原子数N＝ρMNA＝ρNAM，B错误；1个铜原子的质量m0＝MNA(kg)，C正确；1个铜原子的体积V0＝m0ρ＝MρNA(m3)，D正确．
3．(20xx陕西西安二模)目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术．实验发现，在水深300m处，二氧化碳将变成凝胶状态，当水深超过2500m时，二氧化碳会浓缩成近似固体的硬胶体．设在某状态下二氧化碳气体的密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，将二氧化碳分子看成直径为D的球球的体积公式V球＝16πD3，则在该状态下体积为V的二氧化碳气体变成硬胶体后体积为________．
解析：二氧化碳气体变成硬胶体后，可以看成是分子一个个紧密排列在一起的，故体积为V的二氧化碳气体质量为m＝ρV；所含分子数为n＝mMNA＝ρVMNA；变成硬胶体后体积为V′＝n16πD3＝πρVNAD36M.
答案：πρVNAD36M
在进行微观量与宏观量之间的换算的两点技巧
(1)正确建立分子模型：固体和液体一般建立球体模型，气体一般建立立方体模型．
(2)计算出宏观量所含物质的量，通过阿伏加德罗常数进行宏观量与微观量的转换与计算．
考点二布朗运动与分子热运动

布朗运动热运动
活动主体固体小颗粒分子
区别是固体小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身的以及周围的分子仍在做热运动是指分子的运动，分子无论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到
共同点都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈，都是肉眼所不能看见的
联系布朗运动是由于小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力不均衡而引起的，它是分子做无规则运动的反映
1．(多选)关于扩散现象，下列说法正确的是()
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E．液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
解析：选ACD.扩散现象与温度有关，温度越高，扩散进行得越快，选项A正确．扩散现象是由于分子的无规则运动引起的，不是一种化学反应，选项B错误、选项C正确、选项E错误．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，选项D正确．
2．关于布朗运动，下列说法正确的是()
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．布朗运动就是悬浮微粒的固体分子的无规则运动
C．气体分子的运动是布朗运动
D．液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显
解析：选D.布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是液体分子无规则运动的表现，A、B错误．气体分子的运动不是布朗运动，C错误．布朗运动的剧烈程度与液体的温度以及颗粒的大小有关，液体中的悬浮微粒越大，布朗运动就越不明显，D正确．
3．(多选)下列哪些现象属于热运动()
A．把一块平滑的铅板叠放在平滑的铝板上，经相当长的一段时间再把它们分开，会看到与它们相接触的面都变得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜汤中，最后胡椒粉末会沉在汤碗底，但我们喝汤时尝到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水经一定时间会变澄清
D．用砂轮打磨而使零件温度升高
解析：选ABD.热运动在微观上是指分子的运动，如扩散现象，在宏观上表现为温度的变化，如“摩擦生热”、物体的热传递等，而水变澄清的过程是泥沙在重力作用下的沉淀，不是热运动，C错误．
区别布朗运动与热运动应注意以下两点
(1)布朗运动并不是分子的热运动．
(2)布朗运动可通过显微镜观察，分子热运动不能用显微镜直接观察．
考点三分子力、分子力做功和分子势能
分子力和分子势能随分子间距变化的规律如下：
分子力F分子势能Ep
随分子间距的变化图象

随分子间距的变化情况r＜r0F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＜F斥，F表现为斥力r增大，分子力做正功，分子势能减小；r减小，分子力做负功，分子势能增加
r＞r0F引和F斥都随距离的增大而减小，随距离的减小而增大，F引＞F斥，F表现为引力r增大，分子力做负功，分子势能增加；r减小，分子力做正功，分子势能减小
r＝r0F引＝F斥，F＝0分子势能最小，但不为零
r＞10r0(10－9m)F引和F斥都已十分微弱，可以认为F＝0分子势能为零

[典例](20xx东北三省三市联考)(多选)分子力比重力、引力等要复杂得多，分子势能跟分子间的距离的关系也比较复杂．图示为分子势能与分子间距离的关系图象，用r0表示分子引力与分子斥力平衡时的分子间距，设r→∞时，Ep＝0，则下列说法正确的是()
A．当r＝r0时，分子力为零，Ep＝0
B．当r＝r0时，分子力为零，Ep为最小
C．当r0＜r＜10r0时，Ep随着r的增大而增大
D．当r0＜r＜10r0时，Ep随着r的增大而减小
E．当r＜r0时，Ep随着r的减小而增大
解析由Ep－r图象可知，r＝r0时，Ep最小，再结合F－r图象知此时分子力为0，则A项错误，B项正确；结合F－r图象可知，在r0＜r＜10r0内分子力表现为引力，在间距增大过程中，分子引力做负功分子势能增大，则C项正确，D项错误；结合F－r图象可知，在r＜r0时分子力表现为斥力，在间距减小过程中，分子斥力做负功，分子势能增大，则E项正确．
答案BCE
判断分子势能变化的两种方法
(1)利用分子力做功判断
分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加．
(2)利用分子势能Ep与分子间距离r的关系图线判断
如图所示，仅受分子力作用，分子动能和势能之和不变，根据Ep变化可判知Ek变化．而Ep变化根据图线判断．但要注意此图线和分子力与分子间距离的关系图线形状虽然相似，但意义不同，不要混淆．
1．(20xx海口模拟)(多选)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0.相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近．若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是()
A．在r＞r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小
B．在r＜r0阶段，F做负功，分子动能减小，势能也减小
C．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
解析：选ACE.由Ep－r图可知：在r＞r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故A正确；在r＜r0阶段，当r减小时F做负功，分子势能增加，分子动能减小，故B错误；在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，动能最大，故C正确，D错误；在整个相互接近的过程中，分子动能和势能之和保持不变，故E正确．
2．(20xx山东烟台二模)(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此过程中，下列说法正确的是()
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
解析：选BCE.两分子从较远靠近的过程分子力先表现为引力且先增大后减小，到平衡位置时，分子力为零，之后再靠近分子力表现为斥力且越来越大，A选项错误；分子力先做正功后做负功，B选项正确；分子势能先减小后增大，动能先增大后减小，C选项正确、D选项错误；只有分子力做功，分子势能和分子动能相互转化，总和不变，E选项正确．
考点四实验：用油膜法估测分子大小
1.实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝VS计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径．
2．实验器材：盛水浅盘、滴管(或注射器)、试剂瓶、坐标纸、玻璃板、痱子粉(或细石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩笔．
3．实验步骤：
(1)取1mL(1cm3)的油酸溶于酒精中，制成200mL的油酸酒精溶液．
(2)往边长为30～40cm的浅盘中倒入约2cm深的水，然后将痱子粉(或细石膏粉)均匀地撒在水面上．
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1mL，算出每滴油酸酒精溶液的体积V0＝1nmL.
(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜．
(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上．
(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积．
(7)据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，据一滴油酸的体积V和薄膜的面积S，算出油酸薄膜的厚度d＝VS，即为油酸分子的直径．比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10－10m，若不是10－10m需重做实验．
4．实验时应注意的事项：
(1)油酸酒精溶液的浓度应小于11000.
(2)痱子粉的用量不要太大，并从盘中央加入，使粉自动扩散至均匀．
(3)测1滴油酸酒精溶液的体积时，滴入量筒中的油酸酒精溶液的体积应为整毫升数，应多滴几毫升，数出对应的滴数，这样求平均值误差较小．
(4)浅盘里水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直．
(5)要待油膜形状稳定后，再画轮廓.
(6)利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去．大于半个的算一个．
5．可能引起误差的几种原因：
(1)纯油酸体积的计算引起误差．
(2)油膜面积的测量引起的误差主要有两个方面：
①油膜形状的画线误差；
②数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差．
1．(20xx湖北三校联考)在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是_____．(填写步骤前面的数字)
(2)将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2.由此估算出油酸分子的直径为________m．(结果保留1位有效数字)
解析：(1)依据实验顺序，首先配置混合溶液，然后在浅盘中放水和痱子粉，将一滴溶液滴入浅盘中，将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状，最后用已知边长的坐标纸上的油膜形状来计算油膜的总面积，故正确的操作顺序为④①②⑤③；
(2)一滴油酸酒精溶液的体积为V＝1cm3300×50＝SD，其中S＝0.13m2，故油酸分子直径
D＝VS＝1×10－6m3300×50×0.13m2＝5×10－10m.
答案：(1)④①②⑤③(2)5×10－10
2．(1)现有按酒精与油酸的体积比为m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管从量筒中取体积为V的该种溶液，让其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴这样的溶液滴入盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展开，稳定后形成单分子油膜的形状如图所示，已知坐标纸上每个小方格面积为S.根据以上数据可估算出油酸分子直径为d＝________；
(2)若已知油酸的密度为ρ，阿伏加德罗常数为NA，油酸的分子直径为d，则油酸的摩尔质量为________．
解析：(1)一滴油酸酒精溶液里含油酸的体积为：
V1＝nVm＋nN，油膜的总面积为8S；
则油膜的厚度即为油酸分子直径，即
d＝V18S＝nV8Sm＋nN
(2)一个油酸分子的体积：V′＝16πd3，则油酸的摩尔质量为M＝ρNAV′＝16πρNAd3.
答案：(1)nV8Sm＋nN(2)πρNAd36
3．在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1cm.则
(1)油酸薄膜的面积是________cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是________mL.(取一位有效数字)
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为________m．(取一位有效数字)
解析：(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，
故油膜的面积：
S＝115×1cm2＝115cm2.
(2)一滴油酸酒精溶液的体积：
V′＝175mL，
一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：
V＝6104V′＝8×10－6mL.
(3)油酸分子的直径：
d＝VS＝8×10－12115×10－4m＝7×10－10m.
答案：(1)115±3(2)8×10－6(3)7×10－10
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)以下关于分子动理论的说法中正确的是()
A．物质是由大量分子组成的
B．－2℃时水已经结为冰，部分水分子已经停止了热运动
C．随分子间距离的增大，分子势能可能先减小后增大
D．分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小
解析：选ACD.物质是由大量分子组成的，A正确；分子是永不停息地做无规则运动的，B错误；在分子间距离增大时，如果先是分子力做正功，后是分子力做负功，则分子势能是先减小后增大的，C正确；分子间的引力与斥力都随分子间距离的增大而减小，但斥力变化得快，D正确．
2．下列叙述正确的是()
A．只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数
B．只要知道气体的摩尔体积和阿伏加德罗常数，就可以算出气体分子的体积
C．悬浮在液体中的固体颗粒越大，布朗运动就越明显
D．当分子间的距离增大时，分子间的引力变大而斥力减小
解析：选A.水的摩尔质量除以水分子的质量就等于阿伏加德罗常数，选项A正确；气体分子间的距离很大，气体的摩尔体积除以阿伏加德罗常数得到的不是气体分子的体积，选项B错误；布朗运动与固体颗粒大小有关，颗粒越大，布朗运动越不明显，选项C错误；当分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，选项D错误．
3．(多选)1g100℃的水和1g100℃的水蒸气相比较，下列说法正确的是()
A．分子的平均动能和分子的总动能都相同
B．分子的平均动能相同，分子的总动能不同
C．内能相同
D．1g100℃的水的内能小于1g100℃的水蒸气的内能
解析：选AD.温度相同则它们的分子平均动能相同；又因为1g水和1g水蒸气的分子数相同，因而它们的分子总动能相同，A正确、B错误；当100℃的水变成100℃的水蒸气时，分子间距离变大，分子力做负功、分子势能增加，该过程吸收热量，所以1g100℃的水的内能小于1g100℃的水蒸气的内能，C错误、D正确．
4．(多选)下列关于布朗运动的说法，正确的是()
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
解析：选BD.布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，A错误．温度越高、颗粒越小，布朗运动越剧烈，B正确．布朗运动是由液体分子撞击的不平衡引起的，间接反映了液体分子的无规则运动，C错误、D正确．
5．(多选)下列说法正确的是()
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
E．当温度升高时，物体内每一个分子热运动的速率一定都增大
解析：选ACD.根据布朗运动的定义，显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，不是分子运动，是小炭粒的无规则运动．但却反映了小炭粒周围的液体分子运动的无规则性，A正确．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，可能先增大后减小，也可能一直减小，B错误．由于分子间的距离不确定，故分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大，也可能一直增大，C正确．由扩散现象可知，在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，D正确．当温度升高时，分子的热运动加剧，但不是物体内每一个分子热运动的速率都增大，E错误．
6．如图所示是分子间作用力和分子间距离的关系图线，关于图线下面说法正确的是()
A．曲线a是分子间引力和分子间距离的关系曲线
B．曲线b是分子间作用力的合力和分子间距离的关系曲线
C．曲线c是分子间斥力和分子间距离的关系曲线
D．当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先减小，后增大
解析：选B.在F－r图象中，随着距离的增大，斥力比引力变化得快，所以a为斥力曲线，c为引力曲线，b为合力曲线，故A、C错误，B正确；当分子间距离r＞r0时，曲线b对应的力先增大，后减小，故D错误．
7．(多选)当两分子间距为r0时，它们之间的引力和斥力大小相等．关于分子之间的相互作用，下列说法正确的是()
A．当两个分子间的距离等于r0时，分子势能最小
B．当两个分子间的距离小于r0时，分子间只存在斥力
C．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小
D．在两个分子间的距离由很远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力一直增大
E．在两个分子间的距离由r＝r0逐渐减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大
解析：选ACE.两个分子间的距离等于r0时，分子力为零，分子势能最小，选项A正确；两分子之间的距离小于r0时，它们之间既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表现为斥力，选项B错误；当分子间距离等于r0时，它们之间引力和斥力的大小相等、方向相反，合力为零，当两个分子间的距离由较远逐渐减小到r＝r0的过程中，分子间作用力的合力先增大后减小，表现为引力，选项C正确，D错误；两个分子间的距离由r＝r0开始减小的过程中，分子间作用力的合力一直增大，表现为斥力，选项E正确．
8．在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中：
(1)关于油膜面积的测量方法，下列说法中正确的是()
A．油酸酒精溶液滴入水中后，要立刻用刻度尺去量油膜的面积
B．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能地散开，再用刻度尺去量油膜的面积
C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即将油膜的轮廓画在玻璃板上，再利用坐标纸去计算油膜的面积
D．油酸酒精溶液滴入水中后，要让油膜尽可能散开，等到状态稳定后，再把油膜的轮廓画在玻璃板上，用坐标纸去计算油膜的面积
(2)实验中，将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，又测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴，现将1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2m2的单分子薄层，由此可估算油酸分子的直径d＝________m.
解析：(1)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验中，油酸酒精溶液滴在水面上，油膜会散开，待稳定后，再在玻璃板上画下油膜的轮廓，用坐标纸计算油膜面积，故选D.
(2)一滴油酸酒精溶液里含纯油酸的体积V＝1200×150cm3＝10－10m3.油酸分子的直径d＝VS＝10－100.2m＝5×10－10m.
答案：(1)D(2)5×10－10
[综合应用题组]
9．(多选)如图所示，纵坐标表示两个分子间引力、斥力的大小，横坐标表示两个分子间的距离，图中两条曲线分别表示两分子间引力、斥力的大小随分子间距离的变化关系，e为两曲线的交点，则下列说法中正确的是()
A．ab为斥力曲线，cd为引力曲线，e点横坐标的数量级为10－10m
B．ab为引力曲线，cd为斥力曲线，e点横坐标的数量级为10－10m
C．若两个分子间距离增大，则分子势能也增大
D．由分子动理论可知，温度相同的氢气和氧气，分子平均动能相同
E．质量和温度都相同的氢气和氧气(视为理想气体)，氢气的内能大
解析：选BDE.分子引力和分子斥力都会随着分子间距离的增大而减小，只是斥力减小得更快，所以当分子间距离一直增大，最终分子力表现为引力，即ab为引力曲线，cd为斥力曲线，二者相等即平衡时分子距离数量级为10－10m，A错误，B正确．若两个分子间距离增大，如果分子力表现为引力，则分子力做负功，分子势能增大，若分子力表现为斥力，分子力做正功，分子势能减小，C错误．分子平均动能只与温度有关，即温度相等时，氢气和氧气分子平均动能相等，D正确，若此时质量相同，则氢气分子数较多，因此氢气内能大，E正确．
10．近期我国多个城市的PM2.5数值突破警戒线，受影响最严重的是京津冀地区，雾霾笼罩，大气污染严重．PM2.5是指空气中直径等于或小于2.5微米的悬浮颗粒物，其漂浮在空中做无规则运动，很难自然沉降到地面，吸入后对人体形成危害．矿物燃料燃烧的排放是形成PM2.5的主要原因．下列关于PM2.5的说法中正确的是()
A．PM2.5的尺寸与空气中氧分子的尺寸的数量级相当
B．PM2.5在空气中的运动属于布朗运动
C．温度越低PM2.5活动越剧烈
D．倡导低碳生活减少煤和石油等燃料的使用能有效减小PM2.5在空气中的浓度
E．PM2.5中颗粒小一些的，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈
解析：选BDE.“PM2.5”是指直径小于或等于2.5微米的颗粒物，PM2.5的尺度远大于空气中氧分子的尺寸的数量级，A错误．PM2.5在空气中的运动是固体颗粒的运动，属于布朗运动，B正确．大量空气分子对PM2.5无规则碰撞，温度越高，空气分子对颗粒的撞击越剧烈，则PM2.5的运动越激烈，C错误．导致PM2.5增多的主要原因是环境污染，故应该提倡低碳生活，有效减小PM2.5在空气中的浓度，D正确．PM2.5中颗粒小一些的，空气分子对颗粒的撞击越不均衡，其颗粒的运动比其他颗粒更为剧烈，E正确．
11．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示．F0为斥力，F0为引力．A、B、C、D为x轴上四个特定的位置．现把乙分子从A处由静止释放，下列A、B、C、D四个图分别表示乙分子的速度、加速度、势能、动能与两分子间距离的关系，其中大致正确的是()
解析：选B.速度方向始终不变，A项错误；加速度与力成正比，方向相同，故B项正确；分子势能不可能增大到正值，故C项错误；乙分子动能不可能为负值，故D项错误．
12．已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为________，空气分子之间的平均距离为________．
解析：地球大气层空气的质量m＝Gg＝4πR2p0g，总分子数N＝mMNA＝4πR2p0gMNA；气体总体积V＝Sh＝4πR2h，分子平均距离d＝3V0＝3VN＝3Mghp0NA.
答案：4πNAp0R2MgMghNAp013
13．空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥．某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023mol－1.试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
解析：(1)水的摩尔体积为
Vm＝Mρ＝1.8×10－21.0×103m3/mol＝1.8×10－5m3/mol
水分子总数为
N＝VNAVm＝1.0×103×10－6×6.0×10231.8×10－5个≈3×1025个．
(2)建立水分子的球体模型，有VmNA＝16πd3，可得水分子直径：d＝36VmπNA＝36×1.8×10－53.14×6.0×1023m＝4×10－10m.
答案：(1)3×1025个(2)4×10－10m
第2节固体、液体和气体
一、固体
1．分类：固体分为晶体和非晶体两类．晶体又分为单晶体和多晶体．
2．晶体与非晶体的比较
单晶体多晶体非晶体
外形规则不规则不规则
熔点确定确定不确定
物理性质各向异性各向同性各向同性
典型物质石英、云母、食盐、硫酸铜玻璃、蜂蜡、松香
形成与转化有的物质在不同条件下能够形成不同的形态．同一物质可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现，有些非晶体在一定条件下可以转化为晶体
二、液体
1．液体的表面张力
(1)作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势．
(2)方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直．
(3)大小：液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大．
2．液晶的物理性质
(1)具有液体的流动性
(2)具有晶体的光学各向异性
(3)在某个方向上看，其分子排列比较整齐，但从另一方向看，分子的排列是杂乱无章的
三、饱和汽湿度
1．饱和汽与未饱和汽
(1)饱和汽：与液体处于动态平衡的蒸汽．
(2)未饱和汽：没有达到饱和状态的蒸汽．
2．饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强．
(2)特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关．
3．湿度
(1)绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强．
(2)相对湿度：空气的绝对湿度与同一温度下水的饱和汽压之比．
(3)相对湿度公式
相对湿度＝水蒸气的实际压强同温度水的饱和汽压B＝pps×100%.
四、气体分子运动速率的统计分布气体实验定律理想气体
1．气体分子运动的特点
(1)分子很小，间距很大，除碰撞外不受力．
(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数目都相等．
(3)分子做无规则运动，大量分子的速率按“中间多，两头少”的规律分布．
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，温度升高时，速率小的分子数减少，速率大的分子数增多，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大．
2．气体的三个状态参量
(1)体积；(2)压强；(3)温度．
3．气体的压强
(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的压力．
(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在单位面积上的压力．公式：p＝FS.
(3)常用单位及换算关系：
①国际单位：帕斯卡，符号：Pa,1Pa＝1N/m2.
②常用单位：标准大气压(atm)；厘米汞柱(cmHg)．
③换算关系：1atm＝76cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105Pa.
4．气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律：
①内容：一定质量的某种气体，在温度不变的情况下，压强p与体积V成反比．
②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)．
(2)等容变化——查理定律：
①内容：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p与热力学温度T成正比．
②公式：p1p2＝T1T2或pT＝C(常量)．
③推论式：Δp＝p1T1ΔT.
(3)等压变化——盖—吕萨克定律：
①内容：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积V与热力学温度T成正比．
②公式：V1V2＝T1T2或VT＝C(常量)．
③推论式：ΔV＝V1T1ΔT.
5．理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何压强下都遵从气体实验定律的气体．
①理想气体是一种经科学的抽象而建立的理想化模型，实际上不存在．
②理想气体不考虑分子间相互作用的分子力，不存在分子势能，内能取决于温度，与体积无关．
③实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大，温度不太低时都可看作理想气体．
(2)一定质量的理想气体状态方程：
p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C(常量)．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)晶体一定有规则的外形．(×)
(2)晶体不一定各向异性，单晶体一定各向异性．(√)
(3)液体的表面张力其实质是液体表面分子间的引力．(√)
(4)温度升高，物体内每一个分子运动的速率都增大．(×)
(5)理想气体的内能是所有气体分子的动能．(√)
(6)蒸汽处于饱和状态时没有了液体分子与蒸汽分子间的交换．(×)
(7)饱和汽压是指饱和汽的压强．(√)
2．(多选)下列说法正确的是()
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．单晶体中原子(或分子、离子)的排列具有空间周期性
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
解析：选CE.液体的表面张力与液体表面相切，垂直于液面上的各条分界线，选项A错误；无论是单晶体还是多晶体，都有固定的熔点，选项B错误；根据固体特性的微观解释可知，选项C正确；金属是由大量细微的小晶粒杂乱无章地排列起来的，在各个方向上的物理性质都相同，但有固定的熔点，金属属于多晶体，选项D错误；液晶既具有液体的流动性，同时也具有单晶体的各向异性，选项E正确．
3．如右图所示，只有一端开口的U形玻璃管，竖直放置，用水银封住两段空气柱Ⅰ和Ⅱ，大气压为p0，水银柱高为压强单位，那么空气柱Ⅰ的压强p1为()
A．p1＝p0＋hB．p1＝p0－h
C．p1＝p0＋2hD．p1＝p0
解析：选D.由图可知，p1＋h＝p2＝p0＋h，故p1＝p0，选项D正确．
4．如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为________．
解析：对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力pScosθ，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示．由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强．圆块在竖直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝pScosθcosθ，即p＝p0＋MgS.
答案：p0＋MgS
5．一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形汽缸内．汽缸壁导热良好，活塞可沿汽缸壁无摩擦地滑动．开始时气体压强为p，活塞下表面相对于汽缸底部的高度为h，外界的温度为T0.现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了h4.若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积．已知外界大气的压强始终保持不变，重力加速度大小为g.
解析：设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)h－14hS①
解得Δp＝13p②
外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h′.根据盖－吕萨克定律，得h－14hST0＝h′ST③
解得h′＝3T4T0h④
据题意可得Δp＝mgS⑤
气体最后的体积为V＝Sh′⑥
联立②④⑤⑥式得V＝9mghT4pT0⑦
答案：9mghT4pT0
考点一固体和液体的性质
1．晶体和非晶体
(1)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性．
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体．
(3)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体．
(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化．
2．液体表面张力
(1)形成原因：
表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力．
(2)表面特性：
表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜．
(3)表面张力的方向：
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线．
(4)表面张力的效果：
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小．
(5)表面张力的大小：
跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系．
1．(多选)下列说法正确的是()
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
解析：选BCD.A.将一晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，故选项A错误．
B．单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，故选项B正确．
C．例如金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，故选项C正确．
D．晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化．如天然水晶是晶体，熔融过的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，故选项D正确．
E．熔化过程中，晶体的温度不变，但内能增加，故选项E错误．
2．(多选)下列说法正确的是()
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面．这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能．这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形．这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开．这是由于水膜具有表面张力的缘故
解析：选ACD.由于液体表面张力的存在，针、硬币等能浮在水面上，A正确．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，B错误．在太空中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果，C正确．液体的种类和毛细管的材质决定了液体与管壁的浸润或不浸润，浸润液体液面在细管中向下弯，不浸润液体液面在细管中向上弯，D正确．E项中，玻璃板很难被拉开是由于分子引力的作用，E错误．