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(共130张PPT)
基于电磁学，谈物理综合分析能力的提高
策略：以物理模型为主线，重点培养学生分析问题和解决问题的能力。
高考备考研究
2014年，上海、浙江新高考改革试点，高考综合改革启动；
2017年，山东、海南、天津和北京加入，新高考改革扩大、全国展开；
2018年，河北、辽宁、江苏、福建、湖南、湖北、广东、重庆加入，模式确定、全面铺开。
新高考综合改革重要标志
前言
了解2021年广东高考
新高考综合改革重要标志
2019年12月，山东省、海南省高考适应性测试；
2020年1月，天津市2020高考适应性测试；
2020年3月，北京市2020高考适应性测试；
2020年7月，上海、浙江、北京、天津省市自主命题，山东、海南全国命题；(新高考Ⅰ、新高考Ⅱ）
2021年1月，八省市适应性测试。
2021年6月… …
广东物理试题题型猜测：7道单选题、3道多选题、2道实验题、2道计算题和一道选做题（从3-3和3-4两个模块题中选择一个），选做题由一道选择题（或填空题）和计算题组成。
单选 多选 实验 计算 选做 时间 年份
山东 8 4 2 4 0 90分钟 2020
北京 14 0 2 4 0 90分钟 2020
广东 5 3 2 2 2选1 90分钟 2020
广东？ 7 3 2 2 2选1 75分钟 2021
2021年是广东“新高考”考试科目采用“3+1+2”模式的第一年，物理试题由广东自主命题，单独考试，考试时间75分钟，以原始分计入总分。
4、新高考突出体现对核心素养的考查，从解题向解决实际问题转变。命题会增加生活情境、学生探究情境和科技前沿的背景等。比如：“嫦娥五号” 登月可以关注.
几点思考：
1、全国卷反猜题、反押题的能力很强。有些主干知识可以不考；估计广东自主命题不敢这样做。还是会延续几年前自主命题的风格。
2、广东命题选择题题干简单，试题的计算量不会太大。重点考查物理概念和规律，突出主干知识的考查，尤其是二级知识点，比较重视二级知识点的覆盖率。
3、2021和2022年为新高考过渡年，广东试题总体难度不会太大。
高考备考研究
三个维度
三、物理学科的维度
一、历史的维度
二、宏观的维度
“知识为本” “以人为本”
双基目标
三维目标
核心素养
一、历史的维度
知识
能力
物理核心素养
二、宏观的维度
2016年10月11日，前教育部考试中心主任姜钢在《中国教育报》发表署名文章《探索构建高考评价体系全方位推进高考内容改革》。提出了“一核四层四翼”。
高考评价体系由“一核”“四层”“四翼”组成，其中，“四层”为高考的考查内容，即“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”，回答“考什么”的问题；“四翼”为高考的考查要求，即“基础性、综合性、应用性、创新性”，回答“怎么考”的问题。
现任教育部考试中心主任孙海波在《中国考试》2020年第1期刊发表了长文《深入学生贯彻党的十九届四中全会精神全面深化高考内容改革》，为今年乃至未来几年的高考命题重新定调。之前各学科专家在《中国考试》2019年第12期撰文，全面解读高考评价体系，提出了“基于高考评价体系的学科考试内容改革实施路径”。
2020年1月7日教育部考试中心发布
《中国高考评价体系》《中国高考评价体系说明》
文化底蕴
学术精神
学科体系
专业素养
《中国高考评价体系》解读
高考改革的需要
这次高考制度改革是1977年恢复高考以来最全面、最系统、最深刻、最困难的改革，给高中学校带来的变化全方位的、深层次的。
习近平总书记曾三次主持重大会议研究高考改革方案。 特别强调：要把考试招生制度改革作为方向明、见效快的改革积极稳妥加以推进。
2013年11月党的十八届三中全会对考试招生制度改革进行了全面部署。
2014年3月30日教育部印发《关于深化课程改革、落实立德树人根本任务的意见》，提出深化课程改革的总体思路和核心任务。
2014年9月3日国务院颁布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》。
《中国高考评价体系》产生的背景
立德树人的需要
2019.6.19，国务院办公厅《关于新时代推进普通高中育人方式改革的指导意见》
2019.7.8，国务院办公厅《关于深化教育教学改革，全面提高义务教育质量的意见》
本轮新课程改革是我国基础教育发展史上力度最大、最彻底的一次课程改革运动，涉及教育教学理念、课程标准、课程管理、课程内容及教材等多个方面的变革，标志着我国基础教育范式的根本转换。必将触及目前教育教学过程中普遍存在的深层次问题。
2019年，中国基础教育全面进入核心素养时代
现行的考试大纲难以满足“增强立德树人导向、构建适应德智体美劳全面培养要求的评价体系”这一新时代要求。
高考作为上接高等教育、下连基础教育的重要枢纽，需落实课程标准理念和要求，加强考试与教学的衔接，更好发挥考试对教学的促进作用，反映高中课程标准和高校人才选拔要求、有利于与高中教学沟通互动的新体系。
《中国高考评价体系》的意义
通过解决高考“为什么考、考什么、怎么考”的问题，对“培养什么人、怎样培养人、为谁培养人”这一教育根本问题给出了在高考领域的答案。
是深化高中育人方式改革的助推器，是提升高考治理能力的重要基础，是命题评价的准绳和量尺。
有助于充分发挥高考育人功能和积极的导向作用。
1. 高考评价体系是综合高校人才选拔要求和国家课程标准而形成的考试评价理论框架。
2. 中国高考评价体系不是考试大纲，也不是界定考试范围的规范性文件。《中国高考评价体系》是一个指导性的文件。
3. 评价理念：价值引领，素养导向，能力为重，知识为基。
《中国高考评价体系》的主要内容
为什么考 一核 立德树人
服务选才
引导教学
考查目的
考什么 四层 必备知识、关键能力、学科素养、核心价值
四层考查目标
怎么考 四翼 基础性、综合性、
应用性、创新性
四个方面的考查要求
“一核四层四翼”的高考评价体系涵盖了考查目的、考查内容和考查要求
物理
观念
高中物理核心素养
科学
思维
科学
探究
科学态度
与责任
质疑创新
科学论证
科学推理
模型建构
交流
解释
证据
问题
社会责任
科学态度
科学本质
物质观
运动与相互作用观
能量观
解决问题
形成观念
每一要素都分为五级水平
（13×5）
从图1中我们可以看出，高考物理中对五种能力的考察，其实就是对物理学科核心素养的考察，比如对理解能力的考察，就是对物理观念的考察；对推理能力的考察，就是对物理观念、科学思维、科学探究的考察；对分析综合能力的考察，就是对物理观念、科学思维、科学探究的考察；对应用数学处理物理问题能力的考察，就是对物理观念、科学思维的考察；对实验能力的考察，就是对科学思维、科学探究、科学态度与责任的考察。
核心素养与五种能力之间的关系
不同阶段的目标和教学策略
主要目标 理 解 对知识的全面、深入理解和灵活运用 综 合 多知识点综合解决问题；解题方法的巩固熟练 基本素质
审题、表达、审视答案等基本应试能力
高考第一轮
高考第二轮
高考第三轮
☆
☆
☆☆
☆☆
☆
☆
☆
☆
☆☆
三、物理学科的维度
（一）主要目标
全面、细致地复习全部知识，不遗漏；
第一轮复习的教学策略
培养学生具体问题具体分析的习惯，而不是仅仅记忆结论和死套“方法”.
重视从不同角度理解知识，拓展情境，灵活应用；
（二）实施策略
有效训练与落实
基础训练、专题训练、限时训练、规范训练、错题训练等
夯实基础知识、注意主干知识
注重学科思想方法的掌握
研究题型，分类归档，注意解题方法和技巧的训练和归纳
切实加强实验复习，提高实验变通能力
加强应试能力的培养
注意现代信息的收集和获取
第二轮复习的教学策略
（一）第二轮复习的目标
1、重在发展能力，侧重发展分析综合能力；重在训练学生运用多知识点综合解决问题的思路。
2、兼顾知识上的认识，但不是重点。不是对第一轮复习“炒现饭”。
3、重点关注解题素养的培养。采用的是“渗透”方式，积累感性认识，不过度进行系统总结，不把第三轮复习的目标提前完成。
（二）第二轮复习的策略——专题复习
（1）专题结构
①知识内容专题（运动与力、功和能… … … … ）
②能力技巧专题（实验、图像、学习工具、解题方法与技巧）
③模块专题（3-3、3-4和3-5）
（2）第二轮复习的专题设计（参考）
专题 知识内容 力与直线运动
力与曲线运动
带电粒子的运动
功和能
电磁感应综合问题
能力技巧 物理实验
物理图像
数学工具
解题方法与技巧
选考模块 热力学与气体实验定律
机械波与光波
●知识
主干知识，而不是“查漏补缺”
● 解题能力
对审题、表达、审视答案等能力系统强化
● 竞技状态
调节生物钟、身体状态、心理状态
● 应试策略
确认应试策略，训练和适应按既定策略应试
第三轮复习的教学策略
物理试卷
解题
方 法
知 识
审 题
作 答
知识系统
考试系统
编拟
体现
概念
规律
运动规律
作用规律
解题规律
实验
模型
方法
基本模型
综合模型
模型综合
规范
解题
科学
审题
对象分析
过程分析
规律分析
状态分析
作用分析
关系分析
格式准确
思路清晰
两大系统
“拆”“联”
①多物体问题
独立分析各个击破
把握联系
时间关系
位移关系
②多阶段问题
抽出运动模型，分段处理，
把握联系
各段之间的速度
处理物理问题的思想----
1、直线运动拆过程
2、曲线运动拆方向----时间关联
物理考试系统-----审题 解题
终
态
m
v
a
P
E
初
态
m
v
a
P
E
临界
m
v
a
P
E
F、 W、 I、 x、t
过程1
过程2
F、 W、 I、 x、t
对象、状态、作用、过程、关系、规律
矢量和标量、状态量和过程量、相对量和绝对量、性质量和作用量
科学审题“六要素”
审题
建立物理图景
弄清题意
挖掘隐含条件
解题
联想物理模型
确定研究对象
选择研究过程
正确运用规律
讨论结果合理性
分析受力情况
分析运动情况
找临界、关联点
依据题设条件
抓守恒量分段
多解、舍解
解题思路
模型化解题的基本步骤
情境
规律
模型
文字
讨论
结果
运算
操作
关联
决策
再现
分析
特点
示意图
①针对某一状态；比如牛顿第二定律的应用、力的平衡条件等。
②针对某一过程 ：比如运动学公式 、动能定理、动量守恒定律等。
③用数学知识：三角函数、几何、微积分等。
三个优先： ⑴整体优先 ⑵全程优先 ⑶动量功能优先
2016年到2020年全国卷中关于电磁感应的题目 2016 2017 2018 2019 2020
新课标I 24 18 17；19 20 21
新课标Ⅱ 21；24 20；21 18 21 14
新课标Ⅲ 21；25 15 20 14；19 14
山东卷 12
电磁感应综合问题
一、解决电磁感应综合问题的一般思路和方法
研究对象 研究内容 研究方法 答题规律
单个物体 状态 过程 整体法、隔离法、 图像法、程序法、逆向思维 极限法、 极值法、外推法、 等效法、对称法、 微元法等 ①牛顿运动定律、运动学公式
②动量定理、动量守恒定律
③动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能量守恒
④楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应电流、闭合电路欧姆定律等
⑤必备数学知识
系统 （两个或两个以上物体） ①运动和受力 ②动量和冲量 ③功、能量及其变化 电源、电路 ④电动势、电流
解决问题
分析问题
宏观
（一）、知识储备
（二）、规律方法
抓住“两个对象”
微观
电磁感应章节的主要知识 电磁感应章节的相对次要知识 电磁感应题目常涉及的知识
1、楞次定律 2、右手定则 3、法拉第电磁感应定律 1、自感和互感 2、电磁阻尼 3、电磁驱动 4、涡流 1、力学知识（运动和受力分析）
2、电路的知识（等效电路图的绘制）
3、平行板电容器的知识（与平行板电容器的结合）
4、磁场的知识（安培力）
（三）、分析策略
（四）、解决电磁感应中的力、电问题的关键
1．电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．
2．我们根据导体的运动状态合理地选取物理规律，如平衡条件、牛顿运动定律、能量守恒定律．特别是“杆＋轨道问题”中的单双杆问题，要根据情况恰当选用动量定理或动量守恒定律．
（二） 电磁感应典型模型分析
以金属杆平动切割为例，利用二维联想法将主要模型归类分析。
两大类：单杆类 、双杆类
单杆仅受安培力作用时的运动
单杆置于光滑水平导轨上，可以与电源、电阻、电容器等组成回路．杆运动时仅受安培力(合外力)作用．
单杆第一类模型介绍三种（1）36；（2）45；（3）47
（1）接电源
（2）接电阻
（3）接电容器
单杆第一类模型
1．电路特点
导体为电动杆，运动后产生反电动势（等效于电机）。
2．安培力的特点
安培力为运动动力，并随速度增大而减小。
3．加速度特点
加速度随速度增大而减小
4．运动特点
a减小的加速运动
t
v
O
vm
单杆第一类模型
(1)接电源
5．收尾特征
匀速运动
6．两个极值
(2)最大速度：稳定时，a=0,速度最大，电流为零
(1)最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大
(1)接电源
单杆第一类模型
7．几种变化
(1)导轨不光滑
(2)导轨倾斜
(3) 有初速度
(4)磁场方向变化
v0
B
(1)接电源
单杆第一类模型
单杆第一类模型
a
R
v0
B
b
N
mg
v
F
v
v0
t
0
(2)接电阻
1．电路特点
导体棒相当于电源。
2．安培力的特点
安培力为阻力，并随速度减小而减小。
3．加速度特点
加速度随速度减小而减小
4．运动特点
5．收尾状态
a减小的减速运动
静止
v=0, I=0, F=0, a=0
6．三个规律
(1)能量关系：
(2)动量关系：
(3)瞬时加速度：
7．变化
(1)有摩擦
(2)磁场方向不沿竖直方向
单杆第一类模型
(2)接电阻
解析：设某时刻杆的速度为v，E=Blv
F=BIl
取速度方向为正方向，由牛顿第二定律得：
取一小段时间
有:
由以上几式得：
把每一小段对应得位移相加可得：
而
解得：
求位移是难点
若要求通过电阻R的总电量呢？
1、已知水平导轨光滑且足够长，导轨间距为l，导轨间接电阻R。匀强磁场垂直导轨平面向下，大小为B。质量为m、阻值为R1的金属杆ab以初速度v0开始运动.求ab杆从开始运动至停下所通过的位移。
另一种解法：
对ab杆，由动量定理得：
1．电路特点
导体杆相当于电源;电容器被充电.
2．电流的特点
3．运动特点
a变小的减速运动，最终做匀速运动。
4．收尾特征
易错点：电容器带电量不为零
匀速运动
v0
v
O
t
v
导体杆相当于电源; F安为阻力，杆减速, E减小
电容器被充电，两端电压UC增大，电流I减小。
当Blv=UC时，I=0， F安=0，杆匀速运动。
（3）接电容器
单杆第一类模型
充电式
5．最终速度
电容器充电量：
最终导体杆的感应电动势等于电容两端电压：
对杆应用动量定理：
单杆第一类模型
（3）接电容器
　单杆受安培力与其他力共同作用时的运动
该模型是指单杆置于导轨上，导轨可以水平、倾斜、竖直放置，单杆受安培力与其他力共同作用
单杆第二类模型
三个甲图为一类25，三个乙图为另一类27.
1．电路特点
导体杆相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv
2．安培力的特点
安培力为阻力，并随速度增大而增大
3．加速度特点
加速度随速度增大而减小
4．运动特点
a减小的加速运动
t
v
O
vm
单杆第二类模型
甲图25
FB
5．收尾特征
匀速运动
6．两个极值
(1) v=0时,有最大加速度：
(2) a=0时,有最大速度：
单杆第二类模型
甲图25
FB
7．稳定后的能量转化规律
8．起动过程中的三个规律
(1)动量关系：
(2)功能关系：
(3)瞬时加速度：
甲图25
单杆第二类模型
9．几种变化
(1)拉力变化
F
F
F
B
F
若匀加速拉杆，则F大小恒定吗？
单杆第二类模型
甲图
(3)磁场方向变化
(2)电路变化
1．电路特点
导体杆为发电杆；电容器被充电。
2．三个基本关系
导体杆受到的安培力为：
导体杆加速度可表示为：
回路中的电流可表示为：
单杆第二类模型
乙图27
还是充电式
3．三个重要结论：
(1)导体杆做初速度为零匀加速运动：
(2)回路中的电流恒定：
O
t
v
(3)导体杆受安培力恒定：
单杆第二类模型
乙图
4．几种变化：
(1)导轨不光滑
(2)恒力的提供方式不同
(3)电路的变化
F
单杆第二类模型
乙图
2、(2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
充电式
解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv　①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E　②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，
按定义有
C＝Q/U　③
联立①②③式得
Q＝CBLv　④
(2)设金属棒运动时间t时速度大小为v，通过金属棒的电流为i。 棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 f1＝BLi　⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有
i＝ ΔQ / Δt 　 ⑥
ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得ΔQ＝CBLΔv　⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有a＝Δv/Δt　⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN=mgcos θ⑨　
　
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－f1－f2＝ma⑩　
联立⑤至⑩式得 　
由 式及题设可知，金属棒做初速度为零
的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大
小为 　

电容放电式
1．电路特点
电容器放电，相当于电源；导体杆受安培力而运动。
2．电流的特点
电容器放电时，导体杆在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小，直至电流为零，此时UC=Blv
3．运动特点
a渐小的加速运动，最终做匀速运动。
4．收尾特征
但此时电容器带电量不为零
t
v
O
vm
匀速运动
5．最大速度vm
电容器充电量：
v
t
O
vm
放电结束时电量：
电容器放电电量：
对杆应用动量定理：
电容放电式
易错点：认为电容器最终带电量为零
3、(2017天津卷) 电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．
放电式
解析：（1）电容器充电后上极板带正电，放电时通过MN的电流由M到N，安培力方向向右，根据左手定则可知磁场方向垂直导轨平面向下。
(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E,由欧姆定律，电容器放电时电流：
炮弹受到安培力：F=BIl
由牛顿运动定律：F=ma
解得：
（3）电容器放电前所带电量Q1=CE，开关接2后，MN开始向右加速，达到最大速度vm时，MN上的感应电动势：E1=Blvm
最终电容器所带电量Q=CE1
设在此过程中MN的平均电流为
MN上所受平均安培力：
由动量定理，有：
联立以上几式解得：
第二类双杆模型
2
v0
1
1、无外力等距式
2、无外力不等距式
1
2
F
3、有外力等距式
4、有外力不等距式
F
2
1
（1）无外力等距
1．电路特点
杆2相当于电源;杆1受安培力而加
速起动,运动后产生反电动势.
2．电流特点
随着杆1的减速、杆2的加速，两杆的相对速度v1-v2
变小，回路中电流也变小。
初状态：
电流最大
当v2=v1时：
电流　I＝0
第二类双杆模型
（1）无外力等距
3．两杆的运动情况
安培力大小：
两杆的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.
杆1做加速度变小的减速运动
杆2做加速度变小的加速运动
t
O
v
v0
v共
最终两杆具有共同速度
第二类双杆模型
（1）无外力等距
4．两个规律
(1)动量规律
两杆受到安培力大小相等方向相反,
系统合外力为零,系统动量守恒.
(2)能量转化规律
系统机械能的减小量等于内能的增加量.
（类似于完全非弹性碰撞）
两杆产生焦耳热之比：
第二类双杆模型
5．几种变化：
(1)初速度的提供方式不同
(2)磁场方向与导轨不垂直
(3)两杆都有初速度
两杆动量守恒吗？
(4)两杆位于不同磁场中
两杆动量守恒吗？
（1）无外力等距
第二类双杆模型
v
v
0
0
2
1
4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)
双杆
无外力等距
棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v0/2，选项A、C均正确，B、D均错误。
答案：AC
（2）无外力不等距
1．电路特点
杆1相当于电源;杆2受安培力而启动,运动后产生反电动势.
2．电流特点
随着杆1的减速、杆2的加速，回路中电流变小。
2
v0
1
最终当Bl1v1= Bl2v2时,电流为零,两杆都做匀速运动
第二类双杆模型
（2）无外力不等距
3．两杆的运动情况
杆1加速度变小的减速,最终匀速;
2
v0
1
回路中电流为零
杆2加速度变小的加速,最终匀速.
v0
v2
O
t
v
v1
4．最终特征
5．动量规律
系统动量守恒吗？
安培力不是内力
两杆合外力不为零
第二类双杆模型
6．两杆最终速度
任一时刻两杆中电流相同，两杆受到的安培力大小之比为：
2
v0
1
整个过程中两杆所受安培力冲量大小之比
对杆1：
对杆2：
结合：
可得：
（2）无外力不等距
第二类双杆模型
7．能量转化情况
系统动能 电能 内能
2
v0
1
8．流过某一截面的电量
（2）无外力不等距
第二类双杆模型
（3）有外力等距
1．电路特点
棒2相当于电源;棒1受安培力而起动.
2．运动分析：
某时刻回路中电流：
最初阶段，a1>a2,
棒1：
安培力大小：
棒2：
只要a1>a2 ,
(v1-v2)
I
FB
a1
a2
当a1＝a2时
v1-v2恒定
I恒定
FB恒定
两棒匀加速
第二类双杆模型
F
2
1
3．稳定时的速度差
（3）有外力等距
第二类双杆模型
F
2
1
v1
O
t
v
v2
4．变化
(1)两棒都受外力作用
F2
1
2
F1
(2)外力提供方式变化
（3）有外力等距
第二类双杆模型
F
2
1
5．（2020·新课标Ⅰ卷）21.如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【答案】BC
F
2
1
有外力等距
（4）有外力不等距
运动分析：
某时刻两杆速度分别为v1、 v2
加速度分别为a1、a2
此时回路中电流为：
经极短时间t后其速度分别为：
I恒定
FB恒定
两杆匀加速
1
2
F
当　　　　　时
第二类双杆模型
1
2
F
此时回路中电流为：
与两杆电阻无关
（4）有外力不等距
第二类双杆模型
三、典型案例归类分析
（一）、平动切割类
（二）、转动切割类
（三）、感生类
（四）切割、感生衔接类
（五）切割、感生叠加类
6．在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动．已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B.线框质量为m，电阻值为R，边长为L(d＞2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，求：
(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；
(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；
(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E.
（一）、平动切割类
6、解析：(1)根据安培力公式得F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律得I＝E/R
又由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0
由以上联立可解得
由以上联立解得
(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有：
根据安培力公式得
根据闭合电路欧姆定律得
根据法拉第电磁感应定律得
根据运动学公式得
由以上联立可解得
(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，由动能定理得：
(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0
由功能关系得Q电＝－W安
Qf＝μmgcos α(v0t－d)
从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，
由能量守恒定律得：E＝2mgsin α·d＋2Q电＋2Qf
7、如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的四分之一圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中， ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触．已知ab的质量为m、电阻为r， cd的质量为3m、电阻为r．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．
（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小
（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向
（3）若cd正要离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd正要离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小。
无外力等距
解析：（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力
为N，ab下滑机械能守恒，有 ……①
由牛顿第二定律： ……②
联立①②得：N=3mg ……③
由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为 ……④
（2）如图。如：d到c，或d→c
（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为 ，ab、cd组成的系统动量守恒，有：
ab、cd构成的闭合回路闭合电路欧姆定律：
安培力公式：
联立①④⑤⑥⑦ ⑧得：
……⑨
……⑤
由法拉第电磁感应定律：
……⑥
……⑦
……⑧
8、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；
(2)求t1时刻棒b的加速度大小；
(3)求t2时刻两棒之间的距离。
[解析]　(1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv＝mv0
所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。
解得
(2)t1时刻有
回路中的电流
此时棒b所受的安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得棒b的加速度大小
(3)t2时刻，两棒速度相同，均为
0～t2时间内，对棒b，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律有
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2时刻两棒之间的距离
由能量守恒定律有
9、半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率。
（二）、转动切割类
解析：(1)根据右手定则得，导体棒AB上的电流
方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D。
设导体棒AB中点的速度为v，则
而vA＝ωr，vB＝2ωr。根据法拉第电磁感应定律，
导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv
根据闭合电路欧姆定律得I＝E/R，
联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为 。
(2)根据功能关系，外力所做的功等于电路消耗的电能与克服摩擦力做功之和，即
解得：
（三）、感生类
10、轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω.边长为L/2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，g=10m/s2．求：
（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；
（2）在前t0时间内线圈的电功率；
（3）求t0的值．
解：（1）由法拉第电磁感应定律得：
（2）
(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：
由图像知：
解得：
3、计算安培力时忘记匝数；
易错点
1、计算电动势时面积错误；
2、计算安培力时导体长度错误。
11、(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计.
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.
（四）、动生、感生衔接类
解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律
则 E＝k ①
设PQ与MN并联的电阻为R并,有
②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
设PQ中的电流为IPQ，有
设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl ⑤
保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右．
由动能定理，有
联立⑦⑧⑨⑩ 式得


(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为 ，有
⑧
其中ΔΦ＝Blx ⑨
设PQ中的平均电流为 ，
根据电流的定义得
⑩

12、如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=0.5m，与水平面的夹角θ=30°，上端连接R=0.5Ω的电阻．导轨下方虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，上、下边界之间的距离s=10m，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示。长为L、电阻不计，质量为m=0.5kg的金属棒ab，垂直导轨放置于距离磁场上边界d=2.5m处，与导轨接触良好．在t=0时刻棒由静止释放，滑至导轨底端被金属环卡住不动，g取10m/s2，求：
（1）棒运动到磁场上边界的时间；
（2）棒进入磁场时受到的安培力；
（3）在0—5s时间内电路中产生的焦耳热。
解：（1）由牛柳第二定律：
得：
由运动学公式：
得：
（2）由法拉第电磁感应定律：
得：
（3）因为
所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：
由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化。
由法拉第电磁感应定律：
所以在0--5s时间内电路中产生的焦耳热为：
所以
（五）、动生、感生叠加类
13、(2016·高考全国卷Ⅲ)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量
和金属棒所受外加水平恒力的大小．
解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS ① 设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq. 由法拉第电磁感应定律有
②
由欧姆定律有
③
由电流的定义有
④
联立①②③④式得
⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R
的电荷量q的绝对值为
⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒
在MN右侧做匀速运动，有f＝F ⑦式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为
F＝B0Il ⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′
式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩ 式得
，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
由欧姆定律有
联立⑦⑧ 式得


模型一.单物体多过程问题(典型运动)
模型二.“物块和木板”相互作用问题
模型三.含有弹簧作用的问题
模型四.碰撞、反冲和爆炸类的问题
模型五.传送带的问题
模型六.连接体问题
二、力学典型模型分析
常见力学模型
模型二 “物块和木板”相互作用问题
设物块A和木板的质量B分别为m和M,它们之间的动摩擦因数为μ1（μ1>0), 木板与地面之间动摩擦因数为μ2，板长为L.F为系统受到的水平外力,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。v0为物块A或木板B的初速度。
通过二维联想来确定问题
板块模型 问题1（581/233/）
1、地面光滑；2、板足够长；3、物块受力；4、均无初速
关键点：被动的物体（木板B）其加速度达到最大时，受到的摩擦力也达到最大值。
只有一种临界情况：两物体间的摩擦力恰好等于最大静摩擦力，是发生相对滑动得临界条件。
设物块A和木板B一起加速，由牛顿运动定律得：
F=（M+m）a
f=Ma=μ1mg
解得：F=μ1mg(M+m)/M
当F≤μ1mg(M+m)/M时两物体一起以共同的加速度运动
当F>μ1mg(M+m)/M时物块相对木板滑动
f
f/
板块模型 问题2（681/233/）
1、地面粗糙；2、板足够长；3、物块受力；4、均无初速
②设木板和物块一起加速，且它们间的摩擦力达到最大静摩擦力 F-μ2(M+m)g=(M+m)a
μ1mg-μ2(M+m)g=Ma
解得：F=μ2(M+m)g+[ μ1mg-μ2(M+m)g] (M+m)/M=Fm
（一）若μ1mg≤μ2(M+m)g，
若F>μ1mg物块加速，F≤μ1mg物块静止或匀速运动。
无论力F多大，木板始终静止不动；
（二）若μ1mg>μ2(M+m)g
①若F ≤ μ2(M+m)g，物块和木板均静止不动
③若F>Fm时，板、块相对滑动。板的加速度为一定值，物块的
加速度随F的增大而增大
若μ2(M+m)g分类讨论：
f
f/
f地
关键点：
①木板滑动的条件；
②板块间摩擦力是否达到最大值
可能出现两种临界情况：
①木板与地面的静摩擦力恰好达到最大
②物块与木板间静摩擦力恰好达到最大
F
0
μ2(M+m)g
Fm
μ1mg>μ2(M+m)g
均不动
一起加速
相对滑动
临界1
临界2
这种情况大家可自行研究
板块模型 问题3（5711/43/）
1、地面光滑；2、板长为L；3、均不受力；4、A有初速
地面光滑，系统动量守恒。设它们能达到共同速度v1
解得：
两个物体会分离
两个物体能共速
问：若木板前方某处有固定挡板呢？
对系统能应用动量守恒解决问题的题目，涉及的能量问题都比较简单，一般为摩擦生热问题，即系统机械能的减少量等于内能的增加量。
2.【高考题改编】如图，可视为质点的物块以初速 从静止在光滑的地面上木板的左端开始运动，木板前方有固定挡板，挡板与木板上表面相平，与固定于竖直平面内的半圆形光滑轨道PQ相切于端点P，木板运动到P时被牢固粘连。物块质量为m，木板质量为M=2m，半圆半径为R，板长L=6.5R,板右端到P的距离L1在R试讨论物块从滑上木板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L1的关系。判断物块能否滑到PQ轨道的中点。
解析：物块从左端滑上木板后开始作匀减速运动,此时木板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，根据动量守恒定律得：
对物块，用动能定理列方程：
对木板，用动能定理列方程：
可知物块在木板上滑过s1－s2=6R时，小于L=6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。
解得：
解得：s1=8R
解得：s2=2R
均为对地位移
R1、当R＜L1＜2R时，
讨论：
不能达到共速，物块的运动是一直做匀减速运动6.5R+L1，滑上P点。有：
根据动能定理：
所以不能滑到PQ轨道的中点
2、 当2R≤L1＜5R时，
物块的运动是先做匀减速运动s1=8R，达到共速后做匀速运动L1－2R，再做匀减速运动0.5R，滑上P点，所以有：
根据动能定理：
所以不能滑到PQ轨道的中点
讨论：
板块模型 问题4（6811/44 / ）
1、地面粗糙；2、板足够长；3、均不受力；3、均有初速
由牛顿运动定律得：μ1mg=ma1m 得到：a1m=μ1g
得到：
（1）
m向左边减速，速度先减速到0后再反向向右加速，此过程中M一直做向右减速运动.它们之间一直在发生相对运动，在达到共同速度之前均做匀变速运动。达到共速后需分类讨论。
共速时它们间产生的摩擦力一定会发生突变。
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma1M
f地
f
f/
若共速后一起减速，A、B之间为静摩擦力，对整体有：
μ2(m+M)g=（m+M）a/ a/=μ2g
即
m和M速度相等后，它们之间动摩擦力突变为静摩
擦力，然后一起做加速度为a/=μ2g的减速运动直
至停下。
（1）
能够一起减速必须满足的条件
①
f=m a/=μ2mg
f地
说明m和M分别作加速度不相同的匀减速运动, 它们之间继续发生相对滑动，且M减速的加速度大，会先停下，此过程中物块m相对木板M向右运动.
②0<μ1<μ2
（1）
（2）
M先减速到0，后面的分析类似。（略）
对m，μ1mg=ma2m， 得到：a2m= μ1g=a1m
对M， μ2(m+M)g－ μ1mg =Ma2M
得到：a2M=μ2g+（μ2－μ1）m g/M > μ2g > a2m=μ1g
f
f/
f地
3.（2015年新课标I卷）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。
图a
图b
解析：（1）根据图像可以判定：碰撞前物块与木板共同速度为
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
物块受到滑动摩擦力向右做匀减速，根据牛顿第二定律可知
解得： μ2=0.4
木板与墙壁碰前，由运动学公式可得：
解得：a=1m/s2
分析木板与物块的整体受力，可知：
解得： μ1=0.1
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有
可得木板加速度为
由运动图像可知物块加速度为
碰后，物块经t1=1s速度先减小到0，此时，木板向左的位移为
末速度
物块向右的位移
假设又经历t2,二者速度相等，则有
解得:
此后，物块开始向左加速，加速度仍为 ,
木板继续减速，加速度仍为 a2=4m/s2
达到共速过程中，木板向左位移
末速度
物块向左的位移
物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m.
因木板与地面间的动摩擦因数μ1小于物块与木板间的动摩擦因数μ2，所以它们达到共速后一定可以一起减速运动至停下。
二者的相对位移最大
木板最小的长度L为
（3）最后阶段物块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度
向右的位移
所以木板右端离墙壁最远的距离为
木板右端离墙壁最远的距离为
蓝色阴影部分面积就是总的相对位移，也等于木板的最小长度。
水平向左为正方向，碰后两物体运动图像
4.（2013年新课标II卷） 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于物动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2.求：
(1)物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
谢谢大家

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