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(共27张PPT)
第1讲　牛顿第一定律、牛顿第三定律
核心素养 重要考点
物理观念 (1)理解质量的含义，理解惯性的概念；(2)理解和掌握牛顿运动定律；(3)能从运动与相互作用的视角分析自然与生活中的有关简单问题 1.牛顿运动定律及其应用
2.超重和失重
3.单位制
4.实验：探究加速度与力和质量的关系
科学思维 (1)应用“理想实验”方法分析问题；(2)运用牛顿运动定律分析、解决问题 科学探究 通过实验探究加速度与力和质量的关系 科学态度 与责任 通过牛顿运动定律的应用，进一步认识物理学是对自然现象的描述与理解，激发学生学习物理的兴趣，形成正确的世界观、人生观和价值观 一、牛顿第一定律
1.内容：一切物体总保持________________状态或________状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态.
匀速直线运动
静止
2.意义.
(1)揭示了物体的固有属性：一切物体都有________，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________物体运动状态的原因，而是________物体运动状态的原因，即产生加速度的原因.
惯性
维持
改变
二、惯性
1.定义：物体具有保持原来________________状态或________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________.
3.量度：________是惯性大小的唯一量度，________大的物体惯性大，________小的物体惯性小.
匀速直线运动
静止
改变
质量
质量
质量
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________，方向________，而且在同一条直线上.
2.表达式：F＝－F'.
相等
相反
(1)牛顿第一定律并不是牛顿第二定律在加速度等于零时的特例.
(2)当物体不受力或所受合力为零时，惯性表现为保持原来的运动状态不变；当物体受到的合力不为零时，惯性表现为抗拒运动状态改变的能力.
(3)牛顿第三定律可简记为：异体、等大、反向、共线.
1.[牛顿第一定律]牛顿第一定律是(　　)
A.直接通过理论推导得到的
B.实验定律，可以通过实验直接验证
C.描述惯性大小的，又叫惯性定律
D.以实验为基础，通过推理、想象总结出来的
【答案】D
2.[惯性]如图所示，冰壶在冰面运动时，可以在较长时间内保持运动速度的大小和方向不变，我们可以说冰壶有较强的抵抗运动状态变化的“本领”，这里所指的“本领”是冰壶的惯性，则冰壶的惯性大小取决于(　　)
A.冰壶的速度
B.冰壶的加速度
C.冰壶的质量
D.冰壶受到的合外力
【答案】C
3.[牛顿第三定律]如图所示，电动遥控小车放在水平长木板上面，当它在长木板上水平向左加速运动时，长木板保持静止，此时(　　)
A.小车只受重力、支持力作用
B.木板对小车的作用力方向水平向左
C.木板对小车的作用力大于小车对木板的作用力
D.木板对小车的作用力与小车对木板的作用力大小一定相等
【答案】D
考点1　对牛顿第一定律的理解　[基础考点]
1.牛顿第一定律的意义
(1)提出惯性的概念：牛顿第一定律指出一切物体都具有惯性，惯性是物体的一种固有属性.
(2)揭示力与运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因.
2.牛顿第一定律的产生
牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律.
1.科学研究方法对物理学的发展意义深远，实验法、归纳法、演绎法、类比法、理想实验法等对揭示物理现象的本质十分重要.下列哪个成果是运用理想实验法得到的(　　)
A.牛顿发现“万有引力定律”
B.库仑发现“库仑定律”
C.法拉第发现“电磁感应现象”
D.伽利略发现“力不是维持物体运动的原因”
【答案】D
2.(2022年邯郸模拟)如图所示，观察者面朝东坐在一列火车中，看到水平桌面上的小球忽然离开他向东滚动，仅凭这一现象，他能够做出的正确判断是(　　)
A.列车的速度方向一定向东
B.列车的速度方向一定向西
C.列车的加速度方向一定向西
D.列车的加速度方向一定向东
【答案】C　
【解析】观察者面朝东坐在一列火车中，看到水平桌面上的小球忽然离开他向东滚动，说明小球相对于火车向东运动.如果火车向东减速运动，由于小球的惯性，可以相对于火车向东运动；如果火车向西加速运动，由于小球的惯性，可以相对于火车向东运动；火车向东减速运动和火车向西加速运动，其加速度方向都是向西，C正确.
3.如图为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是(　　)
A.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用B.包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性
C.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力
D.包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力
【答案】A　
【解析】包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹受重力和支持力作用，水平方向不受摩擦力的作用，A正确；一切物体在任何情况下都有惯性，惯性是物体的一个基本属性，B错误；包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对相互作用力，C错误；包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力有竖直方向的支持力和水平方向的摩擦力，只有竖直方向的支持力与包裹的重力大小相等，因此机器人对包裹的作用力不等于包裹的重力，D错误.
考点2　对牛顿第三定律的理解　[基础考点]
1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
(1)“三同”：大小相同，性质相同，变化情况相同.
(2)“三异”：方向不同，受力物体不同，产生效果不同.
(3)“三无关”：与物体的种类无关，与物体的运动状态无关，与是否和另外物体相互作用无关.
2.相互作用力与平衡力的比较
比较 作用力和反作用力 一对平衡力
不同点 受力 物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上
依赖 关系 同时产生，同时消失，相互依存，不可单独存在 无依赖关系，撤除一个，另一个可依然存在，只是不再平衡
不同点 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加，不可求合力 两力作用效果可相互抵消，可叠加，可求合力，合力为零
力的 性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力，也可以是不同性质的力
相同点 大小相等、方向相反、作用在同一条直线上 1.(2021年浙江卷)“天问一号”着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆.若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(　　)
A.打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B.打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C.打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D.悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
【答案】B
2.(多选)“长征三号乙”运载火箭成功将“天链二号”卫星送入轨道.下面关于卫星和火箭升空的描述，正确的是(　　)
A.火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
B.火箭喷出的气体对火箭的推力与火箭对气体的推力大小相等、方向相反，始终平衡
C.火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D.火箭在加速上升的过程中，火箭喷出的气体对火箭的推力大小仍然等于火箭对气体的推力大小
【答案】AD
转换研究对象法的应用
　　如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力.在许多问题中，摩擦力的求解亦是如此.利用牛顿第三定律转换研究对象，可以使我们分析问题的思路更灵活、更开阔.
例　如图所示为杂技“顶竿”表演，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
【答案】B　
【解析】对竿上的人分析：受重力mg、摩擦力Ff，由mg－Ff＝ma得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.对竿分析：受重力Mg、竿上的人对竿向下的摩擦力F'f、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”对竿的支持力是作用力与反作用力，由牛顿第三定律得到竿对“底人”的压力大小FN'＝Mg+Ff'＝(M+m)g－ma，B正确.
1.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料.质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　　)
A.510 N B.490 N
C.890 N D..910 N
【答案】B
【解析】绳子对物体的拉力F1＝mg－ma，
F1＝m(g+a)＝210 N，
绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N，
人处于静止，则地面对人的支持力
FN＝Mg－F2＝490 N，
由牛顿第三定律知，人对地面的压力
FN'＝FN＝490 N，故B正确.
2.一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，箱与杆的总质量为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，则此时箱子对地面的压力大小为(　　)
A.Mg+Ff B.Mg－Ff
C.Mg+mg D..Mg－mg
【答案】A　
【解析】环在竖直方向上受重力及箱子内的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff，受力情况如图甲所示.根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力Ff'，故箱子竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环对它的摩擦力Ff'，受力情况如图乙所示.由箱子处于平衡状态，可得FN＝Ff'+Mg＝Ff+Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即FN'＝Mg+Ff，故A正确.(共46张PPT)
第2讲　牛顿第二定律、两类动力学问题
1.基本概念
作用力
质量
作用力
F＝ma
惯性
宏观
低速
受力情况
运动情况
2.单位制
基本单位
导出单位
质量
时间
长度
基本物理量
3.基本物理量和基本单位
物理量名称 物理量符号 单位名称 单位符号
长度 l 米 _____
质量 m 千克 _____
时间 t 秒 _____
电流 I 安(培) A
热力学温度 T 开(尔文) K
物质的量 n 摩(尔) mol
发光强度 IV 坎(德拉) cd
m
kg
s
(1)应用F＝ma进行计算时，各量必须使用国际单位制中的单位.
(2)“基本量”既可以采用国际单位制中的单位，也可以采用其他单位制中的单位，如厘米、英寸、斤等常用单位，并且不同的单位制规定的基本量不尽相同.
(3)不管是哪一类动力学问题，受力分析和运动状态分析都是关键环节.
(4)作为“桥梁”的加速度，既可以根据已知受力求解，也可以根据已知运动状态求解.
1.[力与运动的关系]某种自动扶梯，无人乘行时运转很慢，当有人站上去后会慢慢加速.如图所示，有一顾客乘这种扶梯下楼，在电梯加速向下运行的过程中，她所受力的示意图是(　　)
A B C D
【答案】D
2.[力与运动的关系]某同学在水平运动的列车车厢顶部用细线悬挂一个小球研究列车的运动.某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度并相对车厢保持静止，如图所示.关于列车的运动，下列判断正确的是(　　)
A.加速度一定向右　 B.加速度一定向左
C.一定向右运动　 D..一定向左运动
【答案】A
3.[两类动力学问题]如图所示，质量为60 kg的某同学在做引体向上运动，他双臂伸直后从静止开始竖直向上做匀变速运动到肩部与单杠同高度所用时间为0.8 s，肩部上升的距离为0.4 m，g取10 m/s2，则该同学在运动过程中双手受到竖直向上的力大小为(　　)
A.675 N　　 B.600 N
C.525 N　　 D..875 N
【答案】A　
【解析】他引体向上运动的加速度满足x＝at2，所以a＝ m/s2＝1.25 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，所以F－60×10 N＝60×1.25 N，解得F＝675 N，所以A正确.
4.[力学单位制](2021年河北卷)普朗克常量h＝6.626×10－34 J·s，光速为c，电子质量为me，则在国际单位制下的单位是(　　)
A.J/s　 B.m
C.J·m　 D..m/s
【答案】B　
【解析】单位为，而1 J＝1 kg·m/s2·m，所以在国际单位制下的单位是m，B正确.
考点1　牛顿第二定律　[能力考点]　　　　　　　　　　　　　　
1.牛顿第二定律的五个特性
2.只要合力不为零，物体都有加速度，与速度大小无关；只有合力为零时，加速度才为零
3.牛顿第二定律瞬时性的两种模型
例1　(2022年全国卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　　)
A.P加速度大小的最大值为2μg
B.Q加速度大小的最大值为2μg
C.P的位移大小一定大于Q的位移大小
D.P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
【答案】AD　
【解析】设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小.根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动.故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg.Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度最大值为μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，P、Q间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为－μmg＝maP2，解得aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始大小为2μg的加速度做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg.分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确.
1.(2022年湖北八市模拟)如图所示，餐厅服务员水平托举菜盘给顾客上菜.若服务员托举菜盘先匀速前行，此时手对菜盘的作用力大小为F1；服务员快到餐桌前变为减速向前运动，此时手对菜盘的作用力大小为F2，下列说法正确的是(　　)
A.F1＝F2 B.F1＜F2
C.F1＞F2 D..F1＞2F2
【答案】B　
【解析】若服务员托举菜盘先匀速前行，此时手对菜盘的作用力大小为F1＝mg，服务员快到餐桌前变为减速向前运动，如图，则手对菜盘的作用力大小为F2＞mg，即F1＜F2， B正确.
2.(2022年重庆模拟)如图所示，甲、乙两物块位于光滑水平面上并通过水平轻弹簧连接，物块甲受到水平恒力F作用，两物块保持相对静止以相同大小的加速度a水平向右做匀加速直线运动.甲、乙物块质量分别为m、2m，弹簧在弹性限度内，不计空气阻力，撤去力F瞬时，甲、乙物块的加速度大小分别为a甲、a乙，则(　　)
A.a甲＝a乙＝a B.a甲＝a，a乙＝2a
C.a甲＝2a，a乙＝a D..a甲＝a乙＝2a
【答案】C　
【解析】由题知，撤去力F前，此时弹簧弹力为F'，对物块乙有F'＝2ma，撤去力F瞬间，弹簧弹力大小不变，则乙物体加速度不变.对甲物体有F'＝ma甲，则有a甲＝2a，a乙＝a，C正确，A、B、D错误.
3.如图所示，物体a和b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端.初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直.已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦.现释放物体a，则(　　)
A.释放瞬间，a的加速度大小为g
B.释放瞬间，b的加速度大小为g
C.c刚离开地面时，b的速度最大
D.弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
【答案】B　
【解析】刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F＝mg，则对ab的整体，由牛顿第二定律有2mg－mg+F＝3ma，解得ab的加速度a＝g，A错误，B正确；当ab的加速度为零时速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，C、D错误.
考点2　牛顿第二定律的综合应用　[能力考点]
解决两类动力学问题的基本方法
例2　(2021年浙江卷)机动车礼让行人是一种文明行为.如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前.假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间.
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 m/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度.
解：(1)根据平均速度＝5 m/s，
解得刹车时间t1＝＝4 s，
刹车加速度a＝＝2.5 m/s2，
根据牛顿第二定律Ff＝ma＝2.5×103 N.
(2)小朋友通过时间t2＝＝24 s，
等待时间t＝t2－t1＝20 s.
(3)根据－v2＝2as，
解得v＝5 m/s.
[方法归纳]　解决两类动力学问题的关键
1.(2022年浙江卷)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接.若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g取10 m/s2).
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2.
解：(1)根据牛顿第二定律可得mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1，
代入数据解得a1＝2 m/s2.
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2，
解得v＝4 m/s.
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2，
根据运动学公式－2a2l2＝－v2，
代入数据解得l2＝2.7 m.
2.图甲是我国传统农具——风鼓车，图乙是其工作原理示意图.转动摇柄，联动风箱内的风叶，向车斗内送风，入料仓漏口H漏出的谷物经过车斗，质量大于2.0×10－5 kg的谷粒为饱粒，落入第一出料口A1B；质量为1.2×10－5 kg~2.0×10－5 kg的谷粒为瘪粒，落入第二出料口A2B；质量小于1.2×10－5 kg的草屑被吹出出风口.已知A1、B、A2三点在同一水平线上，A1B的宽度为0.27 m；A1在H正下方，A1H的高度为0.45 m；质量为2.0×10－5 kg的谷粒从H漏出，恰好经B点落入A2B，设谷物从H漏出时速度为零；谷粒在车斗内所受水平风力恒定且相等，只考虑其所受重力和水平风力作用，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求谷粒从H落到出料口所经历的时间；
(2)求谷粒所受水平风力的大小；
(3)若瘪粒恰好能全部落入A2B，求A2B的宽度.
解：(1)谷粒从H落到出料口的过程，竖直方向和水平方向都是初速为零的匀加速直线运动，竖直方向上有h＝gt2，
将h＝0.45 m代入可得t＝0.3 s.
(2)对质量为2.0×10－5 kg的谷粒，从H漏出恰好经B点，水平方向有x1＝at2，
设风力大小为F，由牛顿第二定律F＝ma，
将x1＝0.27 m、t＝0.3 s、m＝2.0×10－5 kg代入，联立可解得F＝1.2×10－4 N.
(3)对质量等于1.2×10－5 kg的瘪粒，恰好落到A2点，设A2B的宽度为x2，则有
x1+x2＝a't2，F＝m'a'，
将m'＝1.2×10－5 kg、x1＝0.27 m、t＝0.3 s、F＝1.2×10－4 N代入可得x2＝0.18 m.
考点3　动力学图像问题的应用　[能力考点]
1.图像解读
以牛顿运动定律和运动学公式为纽带，建立方程等式，从而理解图像的轴、点、线、截距、斜率、图线与轴包围的面积所表示的意义.
2.解题策略
例3　(2022年广州模拟)如图，篮球从某一高度自由落下，与地面反复碰撞，最后停在地面上，空气阻力不计，下列图像能大致反映该过程篮球的加速度随时间变化的是(　　)
A B C D
【答案】B　
【解析】篮球自由落下与地面接触前，只受重力作用，加速度不变，以向下为正方向，加速度为正值，图线为平行于t轴的线段；篮球与地面接触到反弹离开地面过程中，受地面的向上的弹力先从零开始逐渐增大，篮球所受的合力ma1＝mg－N，开始阶段地面弹力N小于重力，合力向下，篮球向下继续挤压，N增大，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，篮球这一阶段向下做加速度(向下，为正)减小的加速运动；弹力N增大到超过重力大小时，合力向上，其大小为ma2＝N－mg，随着N增大，加速度a逐渐增大，方向向上，篮球向下做加速度(向上，为负)增大的减速运动直至速度为零；篮球开始向上运动(离开地面前)的过程是篮球向下挤压地面过程的逆过程，加速度变化特点是：向上(为负)减小，再向下(为正)增大.故B符合题意，A、C、D不符合题意.
1.(2022年南宁模拟)(多选)“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出.图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力.关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是(　　)
A.在t1、t2、t3、t4时刻中，t1时刻加速度最大
B.“水火箭”在t2时刻达到最高点
C.在t3时刻失去推力
D.t3~t4时间内“水火箭”做自由落体运动
【答案】AC　
【解析】v－t图像的斜率表示加速度，由图乙可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，C正确；t3~t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，D错误.
2.(多选)古代人们常用夯锤(如图甲)将地砸实，打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时用相同的力将地上质量为90 kg的夯锤竖直向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实.以竖直向上为正方向，若某次打夯过程松手前夯锤运动的v－t图像如图乙所示.不计空气阻力，g取10 m/s2，则(　　)
A.松手后，夯锤立刻落下做自由落体运动
B.松手前，夯锤竖直向上做加速度a＝ m/s2的匀加速直线运动
C.每个人对夯锤施加的力大小为300 N
D.夯锤离地的最大高度为0.337 5 m
【答案】BC　
【解析】松手后，因为惯性，夯锤要继续向上运动一段后，再自由下落，A错误；图像的斜率表示加速度，松手前，夯锤竖直向上做加速度a＝ m/s2的匀加速直线运动，B正确；对夯锤松手时，受力分析有4F－mg＝ma，解得F＝300 N，C正确；松手时，夯锤离地的高度为h1＝vt＝0.337 5 m，松手后夯锤做竖直上抛运动，所以夯锤离地的最大高度大于0.337 5 m，D错误.
动力学中的等时圆模型
等时圆问题归纳
类型一：圆周内同顶端的斜面
类型二：圆周内同底端的斜面
类型三：双圆周内斜面
例4　如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，由静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)
A.2∶1 B.1∶1
C.∶1 D..1∶
【答案】B　
【解析】设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度s＝2(R+r)sin θ，由运动学公式s＝at2，得t＝＝2，即所用时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B正确.
[名师点拨]
迁移角度 易错警示
已知运动 求受力 运动学公式中一般是“知三求二”的问题，关键是求解出加速度，且要注意加速度与初速度的方向问题
已知受力 求运动 由受力求加速度时要注意是合加速度还是分加速度，一般由受力分析求合力，再得加速度
等时圆 模型 一定是以圆上端点或下端点为共同运动的起点或终点分析
1.如图所示，Pa、Pb、Pc是竖直面内三根固定的光滑细杆，P、a、b、c位于同一圆周上，d点为圆周的最高点，c点为最低点.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从P处释放(初速为0)，用t1、t2、t3依次表示各滑环到达a、b、c所用的时间，则(　　)
A.t1＜t2＜t3 B.t1＞t2＞t3
C.t3＞t1＞t2 D..t1＝t2＝t3
【答案】B　
【解析】以P点为最高点，取合适的竖直直径Pe作圆，如图虚线所示.三个滑环从P静止释放到达虚线圆上f、g、b的时间设为t，杆与竖直方向的夹角为α，虚线圆的直径为R.根据位移时间公式可得Rcos α＝gcos αt2，解得t＝，则知虚线圆为等时圆，即从P到f、b、g是等时的，比较图示位移Pa＞Pf，Pc＜Pg，故推得t1＞t2＞t3，B正确，A、C、D错误.
2.如图所示，在竖直平面内有半径为R和3R的两个圆，两圆相切于最低点O，A、B和C分别是大圆和小圆上的三个点，且AO＝2BO＝2CO.现沿OA、OB和OC建立三条光滑轨道，分别自A、B、C处由静止释放小球，小球沿OA、OB、OC轨道运动到O点所用时间之比为(　　)
A.∶1∶1 B.2∶1∶1
C.∶1 D..1∶1∶1
【答案】C　
【解析】设斜面与竖直方向的夹角为θ，则斜面长L＝2rcos θ，小球沿斜面下滑的加速度a＝gcos θ，解得小球在斜面上运动的时间t1＝＝2；可见小球下滑时间只跟所在的圆的半径r有关，而跟斜面长度无关，所以小球沿OA、OB、OC轨道运动到O点所用时间之比为∶1，C正确.(共51张PPT)
第3讲　牛顿运动定律的应用
一、超重和失重
1.超重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况.
产生条件：物体具有________的加速度.
大于
向上
2.失重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力)________物体所受重力的情况.
产生条件：物体具有________的加速度.
3.完全失重：物体对水平支持物的压力(或绳对竖直悬挂物的拉力)________的情况.
4.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.视重大小等于弹簧测力计或台秤所受的拉力或压力.
小于
向下
为零
二、解连接体问题的常用方法
1.整体法：当系统中各物体的________相同时，可把系统内的所有物体看成一个整体，其质量等于各物体的__________，当所受外力已知时，可用______________求出整体的加速度. 　
2.隔离法：当求解系统内物体间的____________时，常把物体从系统中“隔离”出来分析，依据牛顿第二定律列方程.
3.外力和内力.
(1)外力：系统外的物体对研究对象的作用力.
(2)内力：系统内物体之间的作用力.
加速度
质量之和
牛顿第二定律
相互作用力
三、瞬时问题
1.由F合＝ma知，加速度由物体所受合外力决定，加速度方向与物体所受合外力的方向一致，当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变.
2.轻绳、轻杆和轻弹簧(橡皮条)的区别：
(1)轻绳和轻杆：剪断轻绳或轻杆断开后，原有弹力将突变为零.
(2)轻弹簧和橡皮条：当轻弹簧和橡皮条两端与其他物体连接时，轻弹簧或橡皮条的弹力不能发生突变.
1.[超重和失重]体育课上某同学做引体向上.他两手握紧单杠，双臂竖直，身体悬垂；接着用力上拉使下颌超过单杠(身体无摆动)；然后使身体下降，最终悬垂在单杠上.下列说法正确的是(　　)
A.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力变大
B.若增大两手间的距离，最终悬垂时手掌受到单杠的弹力不变
C.在上升过程中单杠对人的作用力始终大于人的重力
D.在下降过程中单杠对人的作用力始终小于人的重力
【答案】B　
【解析】人在悬垂时处于静止状态，由力的平衡条件可知，手掌受到单杠在竖直方向的弹力不变，A错误，B正确；人在上升运动中，由于身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于超重状态，后处于失重状态，单杠对人的作用力先大于人的重力，后小于人的重力，C错误；同理，人在下降运动中，身体先做加速运动，后做减速运动，人先处于失重状态，后处于超重状态，单杠对人的作用力先小于人的重力，后大于人的重力，D错误.
2.[牛顿运动定律]质量为m1的数学书和质量为m2的物理书叠放在桌面上，数学书和桌面之间的动摩擦因数为μ1，物理书和数学书之间的动摩擦因数为μ2，欲将数学书从物理书下抽出，则要用的力至少为(　　)
A.(μ1+μ2)(m1+m2)g
B.(m1+m2)g+μ1m2g
C.(μ1+μ2)m2g
D.(μ1m1+μ2m2)g
【答案】A　
【解析】当数学书刚好从物理书下抽出时，物理书所受的静摩擦力达到最大，对物理书由牛顿第二定律得μ2m2g＝m2a，对整体，有F－μ1(m1+m2)g＝(m1+m2)a，联立得 F＝(μ1+μ2)(m1+m2)g，A正确，B、C、D错误.
考点1　超重和失重　[基础考点]
1.超重、失重和完全失重比较
比较 超重 失重 完全失重
产生 条件 物体有向上的加速度 物体有向下的加速度 物体的加速度等于g
列原 理式 F－mg＝ma F＝m(g+a) mg－F＝ma F＝m(g－a) mg－F＝mg
F＝0
运动 状态 加速上升、减速下降 减速上升、加速下降 抛体运动、无动力绕行的卫星
2.尽管物体的加速度不是在竖直方向，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
1.如图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为建筑材料被吊车竖直提升过程的运动图像(竖直向上为正方向)，根据图像下列判断正确的是(　　)
A.46 s时材料离地面的距离最大
B.前36 s重力的冲量为零
C.在30~36 s钢索最容易发生断裂
D.36~46 s材料处于失重状态
【答案】D
2.(2022年韶关模拟)纵跳是体育运动的基本动作之一，可以分为原地纵跳和助跑纵跳.如图甲所示，人光脚在原地纵跳时，快速下蹲后立即蹬伸，在起跳过程中，人受到地面的支持力随时间变化的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A.人对地面的压力是由于地面发生微小形变引起的
B.人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人对地面的压力
C.在C点人达到最大速度
D.曲线上的A点表示人下蹲至最低点
【答案】C　
【解析】人对地面的压力是由于人脚发生微小形变引起的，地面对人的支持力是由于地面发生微小形变引起的，A错误；人能够原地纵跳是由于地面对人的支持力大于人的重力，产生向上的加速度，B错误；图中C点，地面对人的支持力减小到等于人的重力，人的速度达到最大，C正确；曲线上的A点表示人下蹲受到地面支持力最小，表示人向下的加速度最大，但仍处于加速下蹲阶段，没有下蹲到最低点，D错误.
考点2　用隔离法和整体法解决连接体问题　[能力考点]
1.连接体的类型及特点
轻绳 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度一定相等
轻杆 轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度，而线速度与转动半径成正比
轻弹簧 在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等
2.连接体问题的处理方法
方法 原则
整体法 若连接体内各物体具有相同的加速度，且不用求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度或其他未知量
隔离法 若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解
交替 运用 若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力，即“先整体求加速度，后隔离求内力”
例1　(2022年全国卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L.一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直.当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　)
A. C. D..
【答案】A　
【解析】取两小球整体为研究对象，当两球运动至二者相距L时，如图所示.由几何关系可知sin θ＝，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcos θ＝F，解得T＝F，对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝，A正确，B、C、D错误.
1.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次
连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，取重力加速度为g.现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时也用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为(　　)
A.0　　 B.F－3μmg
C.F　　 D..F+3μmg
【答案】A　
【解析】对整体由牛顿第二定律得2F－μ·6mg＝6ma，对C由牛顿第二定律得F+FN－3μmg＝3ma，解得FN＝0，故A正确.
2.(2022年湖北重点中学模拟)如图所示，在竖直平面内，一辆小车正在水平面上以加速度a向右匀加速运动，大物块压在车厢竖直后壁上并与车厢相对静止，小物块放在大物块上与大物块相对静止，大物块刚好不下滑，小物块与大物块也刚好不发生相对滑动.重力加速度为g，a＜g.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则大物块与车厢后壁间的动摩擦因数μ1和小物块与大物块间的动摩擦因数μ2间的大小关系正确的是(　　)
A.μ1＜μ2 B.μ1＝μ2
C.μ1＞μ2 D..μ1·μ2＜1
【答案】C　
【解析】将m与M看作一个整体有(m+M)g＝μ1N1，N1＝(m+M)a，对m受力分析有mg＝N2，μ2N2＝ma，代入分别解得μ1＝，μ2＝，由于a＜g，则有μ1＞1，μ2＜ 1，μ1＞μ2，C正确.
考点3　动力学中的临界极值问题　[能力考点]
　　在应用牛顿运动定律解决动力学的问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态.特别是题目中出现“最大”“最小”“刚好”等词语时，往往会有临界现象，此时要采用假设法或极限分析法，看物体以不同的加速度运动时，会有哪些现象发生，优先找出临界点，求出临界条件.
1.接触与脱离的临界条件
弹力N＝0.
2.相对滑动的临界条件
静摩擦力达到最大值.
3.绳子断裂与松弛的临界条件
绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是FT＝0.
4.加速度最大与速度最大的临界条件
所受合力最大时，具有最大加速度；所受合力最小时，具有最小加速度.当出现速度有最大值或最小值的临界条件时，物体处于临界状态，所对应的加速度为零或最大.
例2　(2022年湖南模拟预测)如图所示，水平轻弹簧左端固定，右端与滑块P相连，P置于水平地面上；滑块Q与P完全相同，紧靠在P的右侧，P、Q均处于静止状态，此时滑块Q所受地面摩擦力刚好等于最大静摩擦力.设P、Q与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，P、Q均视为质点.现对Q施加水平拉力F，使Q向右做匀加速直线运动，以下判断正确的是(　　)
A.施加F的瞬间，P的加速度可能比Q的大
B.施加F的瞬间，P的加速度不可能与Q的加速度一样大
C.F可能为恒力，也可能为变力
D.F一定为变力，P、Q分离前P与Q一起做匀加速运动
【答案】C　
【解析】设P、Q与地面动摩擦因数为μ，如果Q刚好与P之间无相互挤压且加速度相同，由牛顿第二定律，对Q有F－μmg＝ma，对P有2μmg－μmg＝ma，则有F＝2μmg，可知当F＝2μmg时，施加力F瞬间 Q、P加速度相同，处于分离的临界状态；当F＞2μmg时， Q的加速度大于P的加速度，两者立即分离；当F＜2μmg时，P、Q之间有相互弹力，两者加速度相同；综上所述，P的加速度有可能与Q的加速度一样大，但不可能比Q的大，故A、B错误.据前面分析可知当F≥2μmg时，两者瞬间分离，则F为恒力；当F＜2μmg时，分离前加速度相同，对P、Q整体受力分析，则开始瞬间有F＝2ma，则有a＜μg，过程中有F+kx－2μmg＝2ma，由于弹簧弹力变小，摩擦力及加速度大小恒定，则F应变大，在两者分离前F为变力，综上所述，F可能为恒力，也可能为变力，D错误，C正确.
1.(2022年河北模拟)(多选)汽车运送圆柱形工件的示意图如图所示，图中P、Q、N是固定在车体上的压力传感器.假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止时，Q传感器示数为零，P、N传感器示数不为零.汽车以加速度a向左匀加速启动，重力加速度g取10 m/s2，tan 15°＝0.27，下列情况说法正确的是(　　)
A.当a＝2 m/s2时，P有示数，Q无示数
B.当a＝2 m/s2时，P有示数，Q有示数
C.当a＝3 m/s2时，P有示数，Q有示数
D.当a＝3 m/s2时，P无示数，Q有示数
【答案】AD　
【解析】仅N传感器有示数时，有tan 15°＝，得a＝2.7 m/s2，当a＝2 m/s2＜2.7 m/s2时，P有示数，Q无示数，当a＝3 m/s2＞2.7 m/s2时，P无示数，Q有示数.故A、D正确.
2.如图所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处，另一端拴住一质量m＝0.2 kg的小球静止在A上.若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a(g取10 m/s2)，则(　　)
A.当a＝5 m/s2时，线中拉力为 N
B.当a＝10 m/s2时，小球所受的支持力为 N
C.当a＝12 m/s2时，经过1 s小球运动的水平位移是6 m
D.在稳定后，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和
【答案】A　
【解析】当小球对滑块的压力恰好等于零时，小球所受重力mg和拉力T使小球随滑块一起沿水平方向向左加速运动.由牛顿运动定律，得小球和滑块共同的加速度为a0＝＝10 m/s2.当a＝5 m/s2＜a0时，斜面对小球有支持力，将小球所受的力沿加速度方向和垂直于加速度方向分解，有Tcos 45°－Nsin 45°＝ma，Tsin 45°+Ncos 45°＝mg，联立解得T＝ N，A正确.当a＝10 m/s2＝a0时，斜面对小球恰好没有支持力，故N＝0，B错误.当a＝12 m/s2＞a0时，滑块的位移为x＝at2＝6 m，而小球要先脱离斜面，然后保持与滑块相同的运动状态，故在这1 s内小球运动的水平位移小于6 m，故C错误.在稳定后，对小球和滑块A整体受力分析，可知在竖直方向没有加速度，故地面对A的支持力等于两个物体重力之和，故D错误.
动力学中的典型模型
模型一　板块模型
1.处理“滑块—木板”问题思维模板
2.模型分类
类型图示 规律分析
木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA+L
物块A带动木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB+L＝xA
例3　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，此后木板运动的速度—时间图像如图所示.已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滑动摩擦力，且物块始终在木板上.g取10 m/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.
解：(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同.设t＝0到t＝t1的时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝，①
a2＝.②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小.
设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律，得μ1mg＝ma1，③
(μ1+2μ2)mg＝ma2，④
联立①~④式得μ1＝0.20，⑤
μ2＝0.30.⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1'和a2'，则由牛顿第二定律，得f＝ma1'，⑦
2μ2mg－f＝ma2'，⑧
假设f＜μ1mg，则a1'＝a2'，由⑤~⑧式，得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾.
故f＝μ1mg.⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a1'等于a1；物块的v－t图像如图所示.
由运动学公式，可推知物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×，s2＝t1+，
物块相对于木板的位移大小为s＝s2－s1，
联立解得s＝1.125 m.
1.如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙.一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05.一可视为质点的滑块质量为1 kg，在距A点3 m处，静止放置.现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板.滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2.求：
(1)滑块滑到A点时的速度大小；
(2)滑块滑到长木板上时滑块和长木板的加速度；
(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出.
解：(1)设滑块在高水平面上的加速度为a，根据牛顿第二定律，有F＝ma，
根据运动学公式，有v2＝2aL0，
代入数据，解得v＝6 m/s.
(2)设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，对滑块有μ1mg＝ma1，
代入数据，解得a1＝5 m/s2.
对长木板，有μ1mg－μ2(m+M)g＝Ma2，
代入数据，解得a2＝0.4 m/s2.
(3)设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则v－a1t＝a2t，
代入数据，解得t＝ s.
此过程中滑块的位移为x1＝vt－a1t2，
长木板的位移x2＝a2t2，
x1－x2＝ m＞L＝2 m.
所以滑块能从长木板的右端滑出.
2.如图所示，两个完全相同的长木板放置于水平地面上，木板间紧密接触，每个木板质量M＝0.6 kg，长度l＝0.5 m.现有一质量m＝0.4 kg的小木块，以初速度v0＝2 m/s从木板的左端滑上木板，已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s2.求：
(1)小木块滑上第二块木板瞬间的速度；
(2)小木块在整个运动过程中滑行的总位移(结果保留3 位有效数字).
解：(1)木板受到木块的摩擦力
f1＝μ1mg＝1.2 N，
木板受到地面的摩擦力f2＝μ2(2M+m)g＝1.6 N，
因为f2＞f1，所以木块运动时，木板静止不动.
木块在左边第一块木板上的加速度为a1，由牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，a1＝3 m/s2，
设小木块滑上第二块木板的瞬间的速度为v，由运动学关系式，得v2－＝－2a1l，
代入数据解得 v＝1 m/s.
(2)木块滑上第二块木板后，设木板的加速度为a2，由牛顿第二定律，得μ1mg－μ2(M+m)g＝Ma2，a2＝ m/s2，
设木块与木板达到相同速度v1时，用时为t，则有
对木块：v1＝v－a1t，对于木板：v1＝a2t，解得v1＝0.1 m/s，t＝0.3 s.
此时木块运动的位移s1＝t＝0.165 m，木板的位移s1'＝＝0.015 m，
木块在木板上滑行的长度为s1－s1'＜l，
达到共速后，木块和木板一起继续运动，设木块、木板一起运动的加速度大小为a3，位移为s2，则有μ2(M+m)g＝(M+m)a3，a3＝1 m/s2，＝2a3s2，
解得s2＝0.005 m，
所以，滑行的总位移s＝l+s1+s2＝0.670 m.
模型二　传送带模型
1.传送带问题的解题思路
2.水平传送带动力学问题图解
项目 情境1 情境2 情境3
图示
滑块可能的运动情况　 (1)可能滑块一直被加速 (2)可能滑块先加速、后匀速 (1)v0＞v可能一直减速，也可能先减速再匀速 (2)v0＜v可能一直加速，也可能先加速再匀速 (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
3.倾斜传送带动力学问题图解
项目 情境1 情境2 情境3 情境4
图示
滑块 可能 的运 动情 况　 (1)可能一直被加速　 (2)可能先加速、后匀速　 (1)可能一直被加速　 (2)可能先加速、后匀速　 (3)可能先以a1加速、后以a2加速 (1)可能一直被加速　 (2)可能先加速、后匀速　 (3)可能先以a1加速、后以a2加速　 (1)可能一直被加速　
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速、后反向加速　
例4　如图，相距L＝11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度大小v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带.载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度.
解：(1)传送带的速度为v＝4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma，
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
v2－＝－2ax1，解得x1＝4.5 m.
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱在传送带上做匀减速运动所用的时间为t1，随传送带一起匀速运动所用的时间为t2，由运动学公式有t1＝，t2＝，
载物箱在传送带上运动时间t＝t1+t2，
解得t2＝2.75 s.
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设最终速度为v1，
则＝－2aL，
解得v1＝ m/s.
当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设最终速度为v2，则＝2aL，
解得v2＝4 m/s.
3.(多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A端瞬时速度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则(g取10 m/s2)(　　)
A.若传送带不动，则vB＝3 m/s
B.若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，vB＝3 m/s
C.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝3 m/s
D.若传递带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，vB＝2 m/s
【答案】ABC
4.(多选)如图所示，倾斜的传送带长度为L，与水平面夹角为θ，运转速度为v，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ.若把物体静止置于传送带最高端，它能被传送带运送到最低端，下列关于物体的运动判断正确的是(　　)
A.若μ＜tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会小于v
B.若μ＜tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会大于v
C.若μ＞tan θ，无论L多长，物体到达B点的速度都不会大于v
D.若μ＞tan θ，只要L足够长，物体最终做匀速运动
【答案】CD　
【解析】当物体刚放到传送带上时，先在传送带上加速运动，当达到与传送带共同速度v后，若μ＜tan θ，则物体将继续加速到达底端；若L较小，物体到达B端的速度可能小于v；若L较大，物体到达B端的速度会大于v；A、B错误；若μ＞tan θ，则物体和传送带达到共同速度后将随传送带一起匀速运动到达B端，故C、D正确.
[方法规律]　分析传送带问题要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向；二是当v物＝v传时(速度相等是解决问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止.(共18张PPT)
热点强化3　动力学图像问题
1.在物流货场中广泛利用传送带搬运货物.如图所示，倾角为θ的足够长的传送带始终以恒定的速率v1顺时针运行，t＝0时，初速度为v2(v2＜v1)的小货物从传送带的底端滑上传送带，已知小货物与传送带之间的动摩擦因数为μ，且μ＞tan θ.小货物在传送带上运动的速度v、加速度a、重力势能Ep(取小货物刚进入传送带位置重力势能为零)和动能Ek随货物位移s的变化规律正确的是(　　)
A B C D
【答案】D
2.一同学研究箱子的运动，让一质量为m＝1 kg的箱子在水平恒力F的推动下沿光滑水平面做直线运动，箱子运动的－t图像如图所示，t是从某时刻开始计时箱子运动的时间，x为箱子在时间t内的位移，由此可知(　　)
A.箱子受到的恒力大小为F＝0.5 N
B.0~10 s内箱子的动量变化量为5 kg·m/s
C.5 s时箱子的速度大小为5.5 m/s
D.0~5 s内箱子的位移为27.5 m
【答案】D
3.用外力F拉一物体使其做竖直上升运动，不计空气阻力，加速度a随外力F的变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量为
B.地球表面的重力加速度为2a0
C.当a＞0时，物体处于失重状态
D.当a＝a1时，拉力F＝a1
【答案】A
4.(2022年天津模拟)(多选)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图像如图所示.落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2.下列判断正确的是(　　)
A.释放瞬间甲球加速度较大
B.释放瞬间甲、乙两球加速度相同
C.速度稳定时甲球动量较大
D.速度稳定时两球的动量相等
【答案】BC　
【解析】释放瞬间甲、乙两球均只受重力作用，则加速度相同，A错误，B正确；稳定时mg＝kv，则两球的动量p＝mv＝，因稳定时甲球速度较大，可知甲球动量较大，C正确，D错误.
5.如图为某运动员做蹦床运动时，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图.假设运动员仅在竖直方向运动，且不计空气阻力，g取10 m/s2.依据图像给出的物理信息，运动员离开蹦床上升的最大高度H和运动员的最大加速度大小a分别为(　　)
A.5 m、40 m/s2 B.5 m、50 m/s2
C.9.8 m、40 m/s2 D..9.8 m、50 m/s2
【答案】A　
【解析】由图给信息可知静止时蹦床的弹力等于重力，即G＝500 N，则运动员质量为m＝50 kg，又最大弹力为2 500 N，则运动员的最大加速度为a＝ m/s2＝40 m/s2，运动员在空中时间t0＝(8.7－6.7) s＝2 s，下落时间t＝＝1 s，则最大高度为h＝gt2＝×10×12 m＝5 m，故A正确.
6.(2022年吕梁模拟)如图所示，M为AB的中点，人用水平恒力推着物体由A运动到M，然后撤去推力让物体自由滑到B停下.以推力的方向为正方向，则物体由A到B过程中的位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】B
7.如图甲所示，一物体静止在水平面上，从t＝0时刻起受一向右的水平拉力F作用，该力随时间t变化的关系如图乙所示，该物体加速度a随时间t变化的图像如图丙所示.若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A.物体的质量为1 kg
B.t＝4 s时刻，物体的速度大小为2 m/s
C.物体与地面间的动摩擦因数为0.5
D.物体与地面的最大静摩擦力大小为2 N
【答案】B　
【解析】设物体的质量为m，物体与地面间的动摩擦因数为μ，对物体，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，根据乙图可知F＝0.5t，则a＝t－μg，所以a－t图像的斜率表示，即，解得m＝0.5 kg；当t＝4 s时加速度为a＝2 m/s2，解得μ＝0.2，故A、C错误；a－t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化，0~2 s内物体静止，所以t＝4 s时刻，物体的速度大小为v＝×(4－2)×2 m/s＝2 m/s，故B正确；根据丙图可知t＝2 s时物体开始运动，则根据乙图可知此时的拉力F＝1 N，根据平衡条件可得，摩擦力f＝F＝1 N，所以物体与地面的最大静摩擦力大小为1 N，故D错误.
8.(多选)水平地面上质量为1 kg的物块受到水平拉力F1、F2的作用，F1、F2随时间的变化如图所示，已知物块在前2 s内以4 m/s的速度做匀速直线运动，g取10 m/s2，则(　　)
A.物块与地面的动摩擦因数为0.2
B.3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N
C.4 s末物块受到的摩擦力大小为1 N
D.5 s末物块的加速度大小为3 m/s2
【答案】BC　
【解析】在0~2 s内物块做匀速直线运动，则摩擦力Ff＝3 N，则μ＝＝0.3，A错误；2 s后物块做匀减速直线运动，加速度a＝ m/s2＝－2 m/s2，则经过t＝＝2 s，即4 s末速度减为零，则3 s末物块受到的摩擦力大小为3 N，4 s末物块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为6 N－5 N＝1 N，B、C正确；物块停止后，因两个力的差值小于最大静摩擦力，故物块受力平衡不再运动，则5 s末物块的加速度为零，D错误.
9.(2022年太原模拟)如图甲所示，轻质弹簧下端固定在水平面上，上端叠放着两个质量均为m的物体A、B，其中物体B与弹簧拴接，初始时物体处于静止状态.t＝0时，用竖直向上的拉力F使A开始向上做匀加速直线运动，测得两物体的v－t图像如图乙所示，已知重力加速度为g，则(　　)
A.t＝0时，F的大小为m
B.弹簧的劲度系数为
C.A、B分离时弹簧弹力的大小为m
D.0~t2过程中，B上升的高度为
【答案】B　
【解析】开始运动时的加速度a＝，开始时对A、B整体F＝2ma，解得F＝，A错误；开始时2mg＝kx1，在t1时刻A、B脱离，此时对B分析得kx2－mg＝ma，其中x1－x2＝，v1＝at1，联立解得弹簧的劲度系数为k＝，B正确；A、B分离时弹簧弹力的大小为F弹＝kx2＝ma+mg＝m，C错误；在t2时刻B的速度最大，此时mg＝kx3，则0~t2过程中，B上升的高度为h＝x1－x3＝，D错误.
10.如图甲所示，长L＝1.4 m的木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板的右端放置着质量m＝1 kg的滑块(可视为质点).现用不同的水平恒力F向右拉木板，得到滑块和木板的加速度a随拉力F变化的关系图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木板的质量M；
(3)若水平恒力F＝27.8 N，滑块从木板上滑落经历的时间t.
解：(1)由图乙可知，F＝25 N时，滑块和木板发生相对运动.此时滑块的加速度a1＝4 m/s2，
分析滑块受力，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1，
解得μ1＝0.4.
(2)分析木板受力，由牛顿第二定律
F－μ2(m+M)g－μ1mg＝Ma2，
代入点(25，4)，(9，0)，
解得μ2＝0.1，M＝4 kg.
(3)F＝27.8 N时，滑块和木板发生相对运动.此时，滑块的加速度a1＝4 m/s2，
分析木板受力，由牛顿第二定律
F－μ2(m+M)g－μ1mg＝Ma2'，
解得a2'＝4.7 m/s2，
由运动学规律 L＝a2't2－a1t2，
解得t＝2 s.(共12张PPT)
热点强化4　动力学方法的综合应用
1.(2022年东营一中模拟)如图所示，在水平路面上，有一质量为M的小推车，小推车上放有一质量为m的货物.小推车的上表面是水平的，货物与小推车上表面的动摩擦因数为μ.开始时小推车和货物一起匀速向右运动，现对小车施加一水平向左、大小为F的恒力，使小车和货物以相同的加速度做匀减速直线运动，忽略小车与路面间的摩擦力，重力加速度大小为g，小车和货物做匀减速运动的过程中(　　)
A.小车受到的合力大小为μMg
B.货物受到的合力大小为μmg
C.货物受到的摩擦力大小为
D.小车受到的合力大小为F－μmg
【答案】C　
【解析】整体在水平方向只受向左的力F作用，以相同的加速度向右做匀减速运动，则两者之间存在静摩擦力，根据牛顿第二定律有F＝(m+M)a，解得a＝.对货物受力分析，可知水平方向受到向左的静摩擦力作用，即为货物所受的合外力，根据牛顿第二定律有f1＝ma＝，对小车受力分析，可知水平方向受到向左的力F和向右的静摩擦力f1作用，根据牛顿第二定律有F合＝F－f1＝Ma＝，故选C.
2.如图，一倾角为α的光滑斜面向右做匀加速运动，质量为m的物体A相对斜面静止，则斜面运动的加速度为(　　)
A.gsin α B.gcos α
C.gtan α D..gcot α
【答案】C　
【解析】物体随斜面体一起沿水平方向运动，则加速度一定在水平方向，对物体进行受力分析如图，物体受到重力和垂直斜面向上的支持力，两者合力提供加速度，而加速度在水平方向，所以加速度方向一定水平向右，根据图像可知，竖直方向FNcos α＝mg，水平方向FNsin α＝ma，所以a＝gtan α，故C正确，A、B、D错误.
3.如图所示，一儿童玩具火车由10节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第4节对第5节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则第6节对第7节车厢的牵引力为(　　)
A.F B. C. D..
【答案】B　
【解析】根据题意可知第4节车厢对第5节车厢牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第4节车厢对第5节车厢根据牛顿第二定律有F－6f＝6ma，设第6节车厢对第7节车厢的牵引力为F1，则根据牛顿第二定律有F1－4f＝4ma，联立解得F1＝，B正确.
4.(多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则(　　)
A.两物块一起运动的加速度大小为a＝
B.弹簧的弹力大小为T＝F
C.若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D.若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC　
【解析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1+m2)gsin θ＝(m1+m2)a，解得a＝－gsin θ，A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2gsin θ＝m2a，解得F弹＝，B正确；根据F弹＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律，可知伸长量变大，故它们的间距变大，C正确；根据F弹＝，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律，可知伸长量不变，故它们的间距不变，D错误.
5.哈利法塔是目前世界最高的建筑.游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15 m/s.观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观.一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1 kg的物体受到的竖直向上拉力为11 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动(g取10 m/s2)，则：
(1)求电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
(2)若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
(3)若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置
解：(1)设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
FT－mg＝ma，
解得a＝1 m/s2.
由v＝v0+at，
解得t＝15 s.
(2)匀加速阶段位移x1＝at2＝×1×152 m＝112.5 m，
匀速阶段位移x2＝v(50 s－2t)＝15×(50－2×15) m＝300 m，
匀减速阶段位移x3＝＝112.5 m，
因此观景台的高度 x＝x1+x2+x3＝525 m.
(3)由题意知，电梯到地面速度刚好为0.
自由落体加速度大小a1＝g，
启动辅助牵引装置后加速度大小
a2＝＝2g，方向向上，
则＝x，
解得vm＝10 m/s，
则tm＝ s，
即电梯自由下落最长 s时间必须启动辅助牵引装置.(共22张PPT)
实验四　验证牛顿运动定律
1.实验器材
打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、托盘、夹子、细绳、________________、导线、天平、刻度尺、砝码.
低压交流电源
2.实验过程
(1)称量质量：用天平测量托盘的质量m0和小车的质量M0.
(2)仪器安装：按照如图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂托盘的细线系在小车上(即不给小车牵引力).
(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上一块薄木块，使小车在斜面上做____________运动.
(4)操作过程：
①把细绳系在小车上并绕过滑轮悬挂托盘，托盘里放砝码，先________再_________，取纸带，编号码.
②保持小车的质量M0不变，改变托盘中砝码的质量，重复步骤①.由纸带计算出小车的加速度，并把力和对应的加速度填入设计的表格中.
③保持托盘和砝码质量m不变，改变小车和砝码的总质量M，重复以上步骤.并将所对应的质量和加速度填入设计的表格中.
匀速直线
接通电源
释放小车
3.注意事项
(1)平衡摩擦力：平衡摩擦力时小车不要挂托盘，平衡后挂托盘无须再平衡.
(2)实验条件：M m.用弹簧测力计或传感器直接测拉力时无须满足此条件.
(3)一先一后：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车.
命题一　课标教材原型实验　[基础考查]
例1　(2022年深圳模拟)某同学设计了一个验证加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图甲为实验装置简图.(交流电的频率为50 Hz)
(1)图乙为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(结果保留2位有效数字)
(2)保持桶内砝码的质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的数据，如何利用这些数据才能比较直观地确定小车加速度a与质量m之间的关系呢
____________________________________________________________.
3.2
作加速度与小车质量倒数之间的关系图像(或作a－图像)
(3)保持小车的质量不变，改变桶内砝码的质量，A、B两位同学根据实验数据分别作出了加速度a随合力F的变化图线如图丙、丁所示，图丙中的图线上部出现了弯曲并偏离原来的直线，其主要原因是______________________________________；若从小车中取出砝码放入桶中，并以桶、桶中的砝码、车和车中的砝码整体为研究对象，图线上部________(填“会”或“不会”)弯曲并偏离原来的直线，图丁中的图线不通过原点，其主要原因是________________________________________.
桶和桶内砝码的质量没有远小于车的质量　
不会
实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分
【解析】(1)从图乙中看出相邻的计数点时间间隔为0.04 s，
则a＝×10－2 m/s2≈3.2 m/s2.
(2)要直观反映两个量之间的关系，可以通过作图来解决.但是只有作出一条直线，才可以直观反映两个变量之间的关系.通过尝试可以作加速度与小车质量倒数之间的关系图像(或作a－图像).
(3)设小车的质量为M，桶和桶内砝码的质量为m，根据牛顿第二定律，对桶和桶内砝码得mg－F拉＝ma，对车得F拉＝Ma，解得F拉＝.当m M时，即当桶和桶内砝码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于桶和桶内砝码的总重力.当砂和砂桶的质量没有远小于车的质量，此式就不能近似了.
设张力为T，对桶和桶内砝码有F－T＝ma，对小车T＝Ma，由以上两式得a＝.总体质量不变，所以a与F成正比，图线上部不会发生弯曲.图丁中发现直线没过原点，当F≠0时，a＝0，也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车受到的摩擦力与绳子的拉力抵消，所以原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分.
变式1　某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系.
(1)下列做法正确的是________(填字母代号).
A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B.在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上
C.实验时，先放开木块，再接通打点计时器的电源
D.通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度
(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________(填“远大于”“远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量.
AD
远小于
(3)甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线.设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲 ______m乙，μ甲 ____ μ乙.(两空均选填“大于”“小于”或“等于”)
小于
大于
命题二　拓展创新实验　[能力考查]
实验创新方向
过 程 创 新
器 材 创 新 利用位移传感器与计算机相连，直接得出小车的加速度
(1)用光电门代替打点计时器，结合遮光条的宽度可测滑块的速度；
(2)利用气垫导轨代替长木板，无须平衡摩擦力；
(3)由力传感器测滑块受到的拉力，无须满足m M
原 理 创 新 此装置不要求砝码和盘的质量远小于小车的质量
例2　(2022年广东模拟)小华同学设计如图甲的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”创新实验.实验操作步骤如下：
a.挂上托盘和适量砝码，改变长木板的倾角，让带遮光片的小车沿长木板匀速下滑.
b.取下砝码盘和砝码，读出砝码的质量为m，小车和遮光片的总质量为M.让小车从靠近滑轮处沿长木板下滑，测出加速度a.
c.改变砝码质量和木板倾角，多次测量，作出a－mg图像，得出a－mg的关系.(g为重力加速度)
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为______cm.
(2)在步骤a调节长木板倾角，让小车匀速下滑时，发现通过光电门A的时间大于通过光电门B的时间，应_______(填“增大”或“减小”)长木板倾角.
(3)该实验方案__________(填“需要”或“不需要”)满足M m.
(4)在如图A、B、C、D四个选项中，与该实验操作对应的a－mg图像应为________.
A B C D
0.520
减小
不需要
C
【解析】(1)20分度的游标卡尺的精度为0.05 mm，遮光片的宽度为d＝5 mm+4×0.05 mm＝5.20 mm＝0.520 cm.
(2)小车通过光电门A的时间大于通过光电门B的时间，说明小车做加速运动，重力的分力大于滑动摩擦力，为了保证小车匀速下滑，则应减小长木板的倾角.
(3)实验第一步为挂上总质量为m1的托盘和适量砝码，改变长木板的倾角θ后，让质量为M的带遮光片的小车沿长木板匀速下滑，有Mgsin θ＝f+m1g，第二步为取下砝码盘和砝码，让小车从靠近滑轮处沿长木板加速下滑，有Mgsin θ－f＝m1g＝Ma，由此可知本实验利用等效替代法测出了小车的合外力为m1g，故不需要满足M m.
(4)因砝码的质量为m，设砝码盘的质量为m0，则砝码盘和砝码的总质量满足m+m0＝m1，由牛顿第二定律有(m+m0)g＝Ma，可得a＝·mg+，则a－mg图像为一次函数，截距为正值，故选C.
变式2　(2021年全国卷Ⅰ)为测量小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数，一同学将贴有标尺的瓷砖的一端放在水平桌面上，形成一倾角为α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小铜块可在斜面上加速下滑，如图所示.该同学用手机拍摄小铜块的下滑过程，然后解析视频记录的图像，获得5个连续相等时间间隔(每个时间间隔ΔT＝0.20 s)内小铜块沿斜面下滑的距离si(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示.
s1 s2 s3 s4 s5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74
cm
由表中数据可得，小铜块沿斜面下滑的加速度大小为______m/s2，小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为________.(结果均保留2位有效数字，重力加速度大小取9.80 m/s2) 　　
0.43
0.32
【解析】由逐差法和Δx＝aT2，解得小铜块沿斜面下滑的加速度大小为a＝≈0.43 m/s2，由牛顿第二定律，mgsin α－μmgcos α＝ma，解得小铜块与瓷砖表面间的动摩擦因数为μ≈0.32.(共40张PPT)
第1讲　电磁感应现象、楞次定律
核心素养 重要考点
物理观念 (1)理解电磁感应现象、磁通量、自感 、涡流等概念；(2)掌握右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律等重要规律 1.电磁感应现象、磁通量
2.法拉第电磁感应定律
3.楞次定律的应用
4.自感、涡流现象的分析理解
科学思维 综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律分析问题的能力 科学探究 通过实验探究影响感应电流方向的因素，提高定性和定量分析问题的能力 科学态度 与责任 了解电磁感应知识在生活、生产和科学技术中的应用 一、磁通量
1.概念：磁感应强度B与面积S的________.
2.公式：Φ＝________.
适用条件：匀强磁场；
S是________磁场的有效面积.
单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝________.
1 T·m2
垂直　
乘积
BS　
3.意义：穿过某一面积的磁感线的________.
【答案】条数
4.标矢性：磁通量是________，但有正、负.
【答案】标量
二、电磁感应
1.电磁感应现象：当穿过闭合电路的________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.
【答案】磁通量
2.产生感应电流的条件.
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量________________.
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做__________运动.
【答案】(1)发生变化　
(2)切割磁感线
3.能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为________.
【答案】电能
三、感应电流方向的判断
阻碍　
磁通量　
运动的方向　
切割
(1)磁通量是标量，但有正、负，若磁通量为正，表示磁感线从规定的正面穿入；磁通量为负则反之.
(2)“阻碍”不一定是相反，“阻碍”的是磁通量的变化；“阻碍”也不是阻止，而是延缓磁通量的变化过程.
(3)右手定则是楞次定律的特例，楞次定律适用于所有电磁感应现象，而右手定则适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况.
1.[产生感应电流的条件]如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下列说法正确的是(　　)
A.螺线管中不会产生感应电流
B.螺线管中会产生感应电流
C.只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流
D.只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流
【答案】B
2.[产生感应电流的条件](多选)如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动.用一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分析正确的是(　　)
A.磁铁插向左环，横杆发生转动
B.磁铁插向右环，横杆发生转动
C.磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流
D.磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
【答案】BD
3.[感应电流的方向]如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO'，OO'与线圈在同一平面上.在线圈以OO'为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向(　　)
A.始终为A→B→C→A
B.始终为A→C→B→A
C.先为A→C→B→A，后变为A→B→C→A
D.先为A→B→C→A，后变为A→C→B→A
【答案】A　
【解析】在线圈以OO'为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；线圈以OO'为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，故A正确.
4.[感应电流的方向]如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示.当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为(　　)
A.沿顺时针方向
B.沿逆时针方向
C.无感应电流
D.先沿顺时针方向，再沿逆时针方向
【答案】A
考点1　电磁感应现象的判断　[基础考点]
1.产生感应电流的几种常见情况
2.判断感应电流的流程
1.如图，法拉第在一个软铁圆环上绕两个互相绝缘的线圈a和b.a与电池、开关组成回路，b的两端用导线连接，导线正下方有一枚小磁针.使法拉第在“磁生电”方面取得突破性进展的现象是(　　)
A.闭合开关瞬间，观察到小磁针发生偏转
B.闭合开关后，观察到小磁针保持偏转状态
C.断开开关瞬间，观察到小磁针不发生偏转
D.断开开关后，观察到小磁针保持偏转状态
【答案】A　
【解析】闭合开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，可观察到小磁针发生偏转，A正确；闭合开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，B错误；断开开关瞬间，线圈a中电流发生变化，在线圈b中会产生感应电流，观察到小磁针发生偏转，C错误；断开开关后，线圈a中电流不发生变化，在线圈b中不会产生感应电流，观察到小磁针不偏转，D错误.
2.(2022年广东卷)(多选)如图所示，水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线.P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴.一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行.下列说法正确的有(　　)
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】AC　
【解析】依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，D错误.
考点2　楞次定律的理解及应用　[基础考点]
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.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.要注意掌心、大拇指、四指的方向：
掌心——磁感线垂直穿过；
大拇指——指向导体运动的方向；
四指——指向感应电流的方向.
1.如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上.小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止.则小车(　　)
A.进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B.离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda
C.穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D.穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
【答案】D　
【解析】根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，A、B错误；因线圈与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，D正确.
2.(2022年汕头模拟)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置.下列说法正确的是(　　)
A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B.松开按钮过程，螺线管Q端电势较高
C.按住按钮不动，螺线管没有产生感应电动势
D.按下和松开按钮过程，螺线管一定会产生大小相同的感应电动势
【答案】C　
【解析】按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A错误；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B错误；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，C正确；按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，D错误.
3.(多选)高速铁路列车通常使用磁力刹车系统.磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示.图中磁铁左方铝盘的甲区域(虚线区域)朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域(虚线区域)朝离开磁铁方向运动.下列有关铝盘刹车的说法正确的是(　　)
A.铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
B.铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场
C.磁铁与感应电流之间的作用力，会使铝盘减速
D.若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对
空洞铝盘所产生的减速效果与实心铝盘相同
【答案】AC
考点3　一定律、三定则的综合应用　[能力考点]
1.规律比较
定则或定律 适用的情况
安培定则 判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则 判断磁场对运动电荷、电流的作用力
右手定则 电磁感应部分导体切割磁感线运动产生电流的方向
楞次定律 闭合回路中磁通量发生变化产生电流的方向
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(即右手螺旋定则)；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；
(4)因磁而生电(S、B→I安)→楞次定律.
例1　(2022年广东模拟)如图a所示，导体棒甲、导轨、硬金属环乙构成闭合回路，硬金属环丙放在乙的正中央，导棒甲在匀强磁场中向右做加速运动；把导棒甲和磁场去掉，如图b所示在导轨的两端加上电源，下列说法正确的是(　　)
A.对图a，乙、丙两金属环的电流方向相同
B.对图a，丙有扩张的趋势
C.对图b，若电源是直流电源，则丙没有电能生成
D.对图b，若电源是正弦交流电，则每个周期内乙、丙的排斥时间为半个周期
【答案】D　
【解析】根据右手定则判断可知，图a中金属环乙中感应电流方向沿顺时针方向.根据安培定则可知，穿过金属环丙的磁通量垂直纸面向里增加，则根据楞次定律判断可知，金属环丙中感应电流方向沿逆时针方向，A错误；由于图a中乙丙两金属环的电流方向相反，则根据同向电流相互吸引，反向电流相互排斥可知，图a中金属环丙有收缩的趋势，B错误；在导轨的两端加上电源瞬间，金属环丙中的磁通量会突然增大，则金属环丙中也会产生感应电流，C错误；正弦交流电在每个周期内有半个周期电流在增强，半个周期电流在减弱，则金属环乙产生的磁场有半个周期在增强，半个周期在减弱，根据楞次定律判断可知，乙丙两金属环的电流在半个周期内方向相同，半个周期内方向相反.所以每个周期内乙丙的排斥时间为半个周期，D正确.
1.(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
【答案】BD
2.如图所示，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绕环心转动时，导体环A产生顺时针电流且具有扩展趋势，则B的转动情况是(　　)
A.顺时针加速转动 B.顺时针减速转动
C.逆时针加速转动 D.逆时针减速转动
【答案】A
小实验*　探究影响感应电流方向的因素
1.实验器材
线圈、灵敏电流计、磁铁、电池、开关、滑动变阻器、导线若干.
2.实验步骤
(1)按图连接电路，闭合开关，记录下G中流入电流方向与灵敏电流计G中指针偏转方向的关系.
(2)记下线圈绕向，将线圈和灵敏电流计构成通路.
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，并从线圈中拔出，每次记下电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出感应电流方向，从而可确定感应电流的磁场方向.
(4)记录实验现象.
例2　如图所示为“探究电磁感应产生条件及其规律”的实验装置.
(1)将图中所缺的导线补接完整.
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏转了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流表指针将________.
如图
右偏
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，灵敏电流表指针将________.
③在做“探究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将__________.
A.因电路不闭合，无电磁感应现象
B.有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C.不能用楞次定律判断感应电动势方向
D.可以用楞次定律判断感应电动势方向
左偏
BD
【解析】(2)闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏转了一下，说明穿过原线圈的磁通量增大时，电流计指针右偏，将原线圈迅速插入副线圈时，穿过原线圈的磁通量增大，所以指针右偏；将滑动变阻器触头迅速向左滑动时，电路电流减小，穿过原线圈的磁通量减小，指针左偏；感应电流的产生需要有闭合回路，感应电动势的产生不需要，且可以通过楞次定律判断方向，故选BD.
变式　在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究.某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的________(填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动.
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔_________(填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱.若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流由电流表的________(填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的.
欧姆
短暂
负
(3)实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性.
如图(共43张PPT)
第2讲　法拉第电磁感应定律、自感、涡流
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势.
(1)感应电动势：在____________中产生的电动势.产生感应电动势的那部分导体就相当于______，导体的电阻相当于____________.
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循______________定律，即I＝________.
电磁感应现象　
电源　
电源内阻　
闭合电路欧姆　
2.法拉第电磁感应定律.
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的________成正比.
(2)公式：E＝________，n为线圈匝数.
变化率　
n
3.导体切割磁感线的情形.
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝________.
(2)E＝Blvsin θ，其中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＝Bl＝___________
.
Blv　
Bl2ω
二、自感与涡流
1.自感现象.
(1)概念：由于导体本身的________变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作____________.
(2)表达式：E＝________.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的______、形状、______以及是否有铁芯有关.
电流　
自感电动势　
L
大小　
匝数
2.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________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________，安培力方向总是________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__________，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来.交流感应电动机就是利用__________的原理工作的.
电磁驱动
感应电流　
阻碍　
安培力　
水的旋涡　
(1)感应电动势的方向与电源电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极.
(2)穿过线圈的磁通量与匝数无关，感应电动势与匝数有关，n匝线圈相当于n个相同的电源串联.
(3)ω为导体棒绕一端旋转的角速度.
1.[法拉第电磁感应定律的理解]关于电磁感应，下列说法正确的是(　　)
A.穿过回路的磁通量越大，产生的感应电动势越大
B.穿过回路的磁通量减小，产生的感应电动势一定变小
C.穿过回路的磁通量变化越快，产生的感应电动势越大
D.穿过回路的磁通量变化越大，产生的感应电动势越大
【答案】C
2.[法拉第电磁感应定律的应用]如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(　　)
A.0 B.nL2
C.nπr2 D.nr2
【答案】B
3.[两种感应电动势](多选)如图所示，水平放置的平行金属导轨AB、CD相距l＝0.50 m，AC间接一电阻R＝0.20 Ω，MN到AC的距离L＝0.40 m，整个装置放在方向垂直于导轨平面的磁场中.导体棒MN垂直放在导轨上，既能固定也能无摩擦地沿导轨滑动，导轨的电阻均可忽略不计，导体棒的电阻也为0.20 Ω，则有(　　)
A.若导体棒向右滑动，则N端电势高
B.若磁场是B＝0.40 T的匀强磁场，则当MN以v＝4.0 m/s
水平向右匀速滑动时，水平外力的大小是0.4 N
C.若导体棒固定，图中磁场中的磁感应强度随时间均匀减小，则M端电势高
D.若导体棒固定，磁场中的磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋0.5t) T，则A、C两点间电压为0.05 V
【答案】BD　
【解析】MN相当于电源，根据右手定则知M端电势高，A错误；根据法拉第电磁感应定律，MN棒中的感应电动势E＝Blv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V，感应电流的大小I＝ A＝2.0 A，MN棒受安培力F＝BIl＝0.40×2.0×0.50 N＝0.4 N，由于MN以v＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动，故外力的大小也为0.4 N，B正确；由楞次定律得N点的电势高，C错误；由法拉第电磁感应定律，可知线圈中感应电动势E'＝＝0.5×0.4×0.5 V＝0.1 V，感应电流I＝＝0.25 A，所以M、N两点间电压即路端电压U＝IR＝0.25×0.2 V＝0.05 V，D正确.
4.[自感]如图所示电路，D1和D2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其直流电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡D1和D2亮暗的先后顺序是(　　)
A.接通时D1灯先达最亮，断开时D1灯后暗
B.接通时D2灯先达最亮，断开时D2灯后暗
C.接通时D1灯先达最亮，断开时D1灯先暗
D.接通时D2灯先达最亮，断开时D2灯先暗
【答案】A
考点1　法拉第电磁感应定律的理解与应用　[基础考点]
1.法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数n和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系.
(2)磁通量的变化率对应Φ－t图像上某点切线的斜率.
2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)B不变，S变化时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n.
(2)B变化，S不变时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝nS.
(3)B、S都变化时，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n.
3.注意事项
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值.
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积.
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关(与时间无关)，q＝Δt＝Δt＝.
1.(2022年河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　　)
A.kS1 B.5kS2
C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
【答案】D　
【解析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝kS1.每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确.
2.(2022年盐城模拟)如图甲所示，一矩形线圈置于匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.则线圈中产生的感应电动势的情况为(　　)
A.t1时刻感应电动势最大
B.t＝0时刻感应电动势为零
C.t2时刻感应电动势为零
D.t1～t2时间内感应电动势增大
【答案】D　
【解析】由于线圈内磁场面积一定、磁感应强度变化，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝nS·.t1时刻磁感应强度的变化率为零，感应电动势为零，A错误；t＝0时刻磁感应强度的变化率不为零，则感应电动势不为零，B错误；t2时刻磁感应强度的变化率不为零，感应电动势不为零，C错误；t1～t2时间内磁感应强度的变化率增大，感应电动势增大，D正确.
考点2　导体切割磁感线产生感应电动势的计算　[能力考点]
1.E＝Blv的特性
(1)正交性：要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直.
(2)有效性：l为导体切割磁感线的有效长度.如图甲中，导体棒的有效长度为a、b间的距离.
(3)相对性：v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，则应注意速度间的相对关系.
甲
2.导体转动切割磁感线
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势E＝BlBl2ω，如图乙所示.
乙
3.E＝n与E＝Blv的区别与联系
公式 E＝Blv
研究 对象 闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
内容 求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应 ①若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势
②若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用 范围 对任何电路普遍适用 只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
例1　(2021年广东卷)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区域内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　　)
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中电流逐渐减小
【答案】AD　
【解析】OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生的电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误.
1.(2022年深圳调研)(多选)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示，它的驱动系统简化为如图乙所示的物理模型.固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场.当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则(　　)
A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向
B.列车运动的方向与磁场移动的方向相同
C.列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v')
D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为
【答案】BC　
【解析】线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知图示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；由于前后两个边产生的感应电动势顺次相加，根据法拉第电磁感应定律E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v')，C正确；列车速度为v'时线框受到的安培力大小为F＝2NBIL＝，D错误.
2.(多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量).一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动.在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过程中(　　)
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C.t＝时刻，流过线框的电流大小为
D.t＝时刻，流过线框的电流大小为
【答案】AD　
【解析】根据楞次定律可知，穿过线框的磁通量增加，则线框中的电流始终为逆时针方向，A正确，B错误.线框的边长为.t＝时刻，线框切割磁感线的有效长度为，动生感应电动势为E＝Bv，感生感应电动势为E'＝S＝k×a＝，则流过线框的电流大小为I＝，C错误，D正确.
考点3　通电自感和断电自感　[基础考点]
1.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与电流方向相反，阻碍电流增大，使其缓慢地增大.
(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流减小，使其缓慢地减小.
2.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.
1.(2022年深圳调研)在研究自感现象的实验中，将自感线圈、电阻和电流传感器按如图电路连接.闭合开关后，电流随时间变化的关系是(　　)
A B C D
【答案】A　
【解析】电阻和电流传感器与自感线圈串联，闭合开关后，流过自感线圈的电流增大，电感线圈产生与原电流方向相反的感应电动势，且电动势慢慢变小，则线圈中电流大小逐渐变大，而且变大得越来越慢，最后电流达到稳定值，A正确，B、C、D错误.
2.(2022年佛山模拟)安装在公路上的测速装置如图，在路面下方间隔一定距离埋设有两个通电线圈，线圈与检测抓拍装置相连，车辆从线圈上面通过时线圈中会产生脉冲感应电流，检测装置根据两个线圈产生的脉冲信号的时间差计算出车速大小，从而对超速车辆进行抓拍.下列说法正确的是(　　)
A.汽车经过线圈上方时，两线圈产生的脉冲电流信号时间差越长，车速越大
B.汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件中会产生感应电流
C.当汽车从线圈上方匀速通过时，线圈中不会产生感应电流
D.当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生感应电流属于自感现象
【答案】B　
【解析】汽车经过线圈上方时产生脉冲电流信号，车速越大，汽车通过两线圈间的距离所用的时间越小，即两线圈产生的脉冲电流信号时间差越小，A错误；汽车经过通电线圈上方时，汽车底盘的金属部件通过线圈所产生的磁场，金属部件中的磁通量发生变化，在金属部件中产生感应电流，金属部件中的感应电流产生磁场，此磁场随汽车的运动，使穿过线圈的磁通量变化，所以线圈中会产生感应电流，B正确，C错误；当汽车从线圈上方经过时，线圈中产生的感应电流并不是线圈自身的电流变化所引起的，则不属于自感现象，D错误.
3.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其电阻忽略不计.下列说法正确的是(　　)
A.S闭合瞬间，A先亮
B.S闭合瞬间，A、B同时亮
C.S断开瞬间，B逐渐熄灭
D.S断开瞬间，A闪亮一下，然后逐渐熄灭
【答案】D
“等效法”求感应电动势
　　实际上，物理习题，总是依据一定的物理模型来构思设计的，解题的过程，从本质上讲就是分析和还原物理模型的过程，求感应电动势问题也不例外，只要抓住三种模型，巧妙进行等效转换，则一切问题均能顺利得到解决.
1.切割长度的等效
当切割磁感线的导体不是直线而是任意弯曲的曲线或折线时，应利用切割曲线两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度来求感应电动势.
例2　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沿与磁感应强度垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；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ε'.则等于(　　)
A. C.1 D.
【答案】B　
【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv＝B·Lv＝ε，所以，B正确.
2.切割速度的等效
在求解“旋转切割”产生的感应电动势这类问题时，导体棒上各部分的切割速度不同，此时的v应等效为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度.
例3　如图所示，长L的金属导线上端悬挂于C点，下悬一小球A，在竖直向下的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的半顶角为θ，摆球的角速度为ω，磁感应强度为B，试求金属导线中产生的感应电动势.
解：金属导线转一周所切割的磁感线与圆锥底半径转动一周所切割的磁感线相同，所以金属导线切割磁感线的有效长度L'＝Lsin θ，该有效长度上各点等效的平均切割速度＝ωsin θ，所以金属导线中产生的感应电动势E＝BL'BL2sin2θ.
变式　如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，两环间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场.磁感应强度为B.在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动、长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好.现让ab绕圆心以恒定角速度ω沿逆时针转动.不计一切电阻，则下列说法正确的是(　　)
A.电容器c极板带负电
B.cd间电压逐渐增大
C.金属棒ab产生的电动势为Bωr2
D.电容器所带电荷量为CBωr2
【答案】D　
【解析】根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势，a端为低电势，b端为高电势，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误；根据切割磁感线产生感应电动势为E＝Blv＝Brω×Br2ω，故B、C错误；根据电容器电荷量的计算公式得Q＝CU＝CBωr2，故D正确.(共80张PPT)
第3讲　电磁感应定律的综合应用
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________.
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的________，其余部分是________.
外电阻
内电阻　
电源　
2.电源电动势和路端电压.
(1)电动势：E＝________或E＝________.
(2)路端电压：U＝IR＝________.
Blv　
n　
E
二、电磁感应中的图像问题
1.随时间变化的图像如B－t图像，Φ－t图像，E－t图像和i－t图像.
2.随位移x变化的图像如E－x图像和i－x图像.
三、电磁感应现象中的动力学问题
1.安培力的大小.
安培力公式：F＝________.
感应电动势：E＝________.
感应电流：I＝.
联立可得F＝________.
BIl　
Blv　
2.安培力的方向.
(1)先用____________判定感应电流方向，再用____________判定安培力方向.
(2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向________.
相反
左手定则　
右手定则　
四、电磁感应中的能量转化
1.过程分析.
(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)感应电流在磁场中受安培力作用：若克服安培力做功，则____________的能转化为________；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能.
(3)当感应电流通过用电器时，________能转化为____________的能.
其他形式
电　
电能　
其他形式　
2.安培力做功和电能变化的对应关系
“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能.
1.[电磁感应图像]磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图所示.如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是(　　)
A　　　　　 　 B
C　　　　　 　 D
【答案】D
2.[电磁感应电动势]如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板.磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k＞0)随时间变化.t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径.经时间t，电容器的P极板(　　)
A.不带电
B.所带电荷量与t成正比
C.带正电，电荷量是
D.带负电，电荷量是
【答案】D　
【解析】磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；由L＝2πR，得R＝，感应电动势E＝·S＝k·πR2，解得E＝，电容器上的电荷量Q＝CE＝，B、C错误，D正确.
3.[电磁感应]在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长.现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态是(　　)
A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动
B.甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止
C.甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止
D.三种情形下导体棒ab最终均静止
【答案】B
考点1　电磁感应中的电路问题　[能力考点]
1.电磁感应问题中常用的电路知识
2.解决电磁感应中的电路问题三个步骤
例1　(2022年全国卷)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上.金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场.已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI).求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热.
解：(1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.4×5×10－3 Ω＝0.008 Ω，
金属框中产生的感应电动势为E＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V，
金属框中的电流为I＝＝1 A，
t＝2.0 s时磁感应强度B2＝(0.3－0.1×2) T＝0.1 T，
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l，
此时金属框所受安培力大小为FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N.
(2)0～2.0 s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
1.(2022年全国卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则(　　)
A.I1＜I3＜I2 B.I1＞I3＞I2
C.I1＝I2＞I3 D.I1＝I2＝I3
【答案】C　
【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝×6×r×r＝，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6，根据法拉第电磁感应定律有I＝·，可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2＞I3，C正确.
2.(2022年汕头模拟)如图甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距为L，导轨右端接有阻值为R的电阻，导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨的电阻均不计，导轨间圆形区域内有方向竖直向上的匀强磁场，直径ab与导轨垂直，长度也为L，从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化如图乙所示(t0和B0已知)；t＝0时刻，导体棒匀速向左恰好进入磁场，在t0时棒受到最大的安培力.棒在导轨上始终做匀速直线运动.答案可含π.求：
(1)棒在运动过程中受到最大的安培力F；
(2)棒在运动过程中的最大电流Im的大小.
解：(1)设导体棒运动的速度大小为v0，由题意可知t0时刻导体棒将运动至ab位置，则＝v0t0，解得v0＝，
此时通过导体棒的电流为I0＝，
导体棒在运动过程中受到最大的安培力为
F＝B0I0L＝，
由楞次定律可知，F的方向水平向右.
(2)易知导体棒在2t0时离开磁场，此后回路中感生电动势大小为E1＝＝S，
通过导体棒的电流为I1＝＞I0，
所以导体棒在运动过程中的最大电流为Im＝I1＝.
考点2　电磁感应中的图像问题　[能力考点]
1.图像类型
2.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t 图、I－t图等.
(2)分析电磁感应的具体过程.
(3)用右手定则或楞次定律确定方向及对应关系.
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式.
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.
(6)画图像或判断图像.
例2　(2022年河北卷)(多选)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直.设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻.下列图像可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】AC　
【解析】当导体棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)则由E＝BLv0，I＝(l0＋v0ttan θ)，可知回路电流均匀增加；安培力F＝(l0＋v0ttan θ)2，则F－t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除B、D选项；
当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述A、C正确，B、D错误.
1.(2022年广东联考)(多选)如图所示，MN为匀强磁场中位于同一水平面内的光滑平行金属导轨(足够长)，一端串接电阻R，匀强磁场沿竖直方向.金属杆ab可沿导轨滑动，杆和导轨的电阻均不计，现垂直于杆方向对杆施一水平恒力F，使杆从静止开始向右运动，关于导体棒运动的v－t、a－t图像正确的是(　　)
A B C D
【答案】AC　
【解析】金属杆ab在运动过程中受到的安培力为FA＝BIL＝，根据牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F－＝ma，可知杆的速度增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，故杆做加速度变小的变加速运动，则v－t图像的斜率逐渐减小，B、D错误，A、C正确.
2.(多选)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着磁感应强度大小均为B的匀强磁场，磁场方向垂直斜面向上，磁场的宽度为2L.一边长为L的正方形导体线圈，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等.从ab边刚越过GH处开始计时，规定沿斜面向上为安培力的正方向，则线框运动的速率v与线框所受安培力F随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】AC　
【解析】根据楞次定律，可得线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律，可得感应电动势E＝BLv，电流I＝，产生的安培力大小F＝BIL＝，随速度变化而变化，ab边刚越过GH进入磁场瞬间和刚越过MN穿出磁场瞬间速度刚好相等，可能满足的运动情况有两种：一是进磁场时匀速，完全进入磁场后做匀加速直线运动，但出磁场过程中，做加速度逐渐减小的减速运动；二是进磁场做变减速，后匀加速，再出磁场变减速.结合图像知A正确，B错误.根据左手定则，可得线框进入磁场的过程中安培力方向向上为正，且F＝BIL＝，线框完全进入磁场过程中，安培力为零；出磁场的过程中安培力方向向上，且等于进入磁场时的安培力，所以C正确，D错误.
考点3　电磁感应中的动力学问题　[能力考点]
1.力学对象和电学对象的相互关系
2.导体做变加速运动，最终趋于稳定状态的分析思路
(1)做好受力分析和运动状态分析.
导体受力→速度变化→产生变化的感应电动势→产生变化的感应电流→导体受变化的安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化……最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态.
(2)达到平衡状态时，列方程求解.
利用好导体达到稳定状态时的受力平衡方程往往是解决这类问题的突破口.
(3)此类问题中极值问题的分析方法.
①加速度的最大值出现在初位置，可先对初位置进行受力分析，然后由牛顿第二定律求解加速度.
②速度的最大值、最小值一般出现在匀速运动时，通常根据平衡条件进行分析和求解.
例3　(2022年浙江卷)舰载机电磁弹射是一种航母弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平.某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图甲所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动.线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B.开关S与1接通，恒流源(电流恒定的电源)与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下.若动子从静止开始至返回过程的v－t图像如图乙所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v) N，t3时撤去F.已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R；
(3)时刻t3.
解：(1)由题意可知接通恒流源时安培力F安＝nBIl，
动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝，
根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a，
代入数据联立解得I＝＝80 A.
(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为I'＝，
此时安培力为F安'＝nBI'l，
所以此时根据牛顿第二定律有
(800－10v)＋v＝ma'，
由图可知在t1至t3期间加速度恒定，则有＝10，
解得R＝0.5 Ω，a'＝160 m/s2.
(3)根据图像可知t2－t1＝＝0.5 s，故t2＝2 s；在0～t2时间段内的位移s＝v1t2＝80 m，而根据法拉第电磁感应定律有E＝n，
电荷量的定义式Δq＝It，I＝，可得Δq＝.
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有－nBlΔq＝0－ma'(t3－t2)，
联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0，解得t3＝ s.
1.(多选)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　
【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动.当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)，电路中的电流I＝，金属框和导体棒MN受到的安培力F安框＝，与运动方向相反；F安MN＝，与运动方向相同.设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN，＝m1a1；对金属框，F－＝m2a2，初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小.当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝大小恒定.
整个运动过程用速度－时间图像描述如图.综上可得，金属框的加速度
趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，B、C正确；金属框的速度会一
直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D错误.
2.(2021年全国甲卷)(多选)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示.不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平.在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是(　　)
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲加速运动，乙减速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB　
【解析】根据题述，由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍，甲线圈导线的横截面积是乙的，甲线圈导线长度为乙的2倍，根据电阻定律可知，甲线圈导线电阻为乙的4倍.现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入方向垂直于纸面的匀强磁场区域，进入磁场区域时速度相同，甲产生的感应电动势是乙的2倍，由闭合电路欧姆定律可知，甲线圈中的电流是乙的，由F安＝nBIL知甲线圈受到的安培力与乙相等，所以甲、乙两线圈运动情况完全相同，A、B正确，C、D错误.
3.(2022年湖南卷)(多选)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上.质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m.整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T.用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上.重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是(　　)
A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
【答案】BD　
【解析】导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝.当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为q＝·Δt＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，D正确.
考点4　电磁感应中的能量问题　[能力考点]
1.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化.
(2)求解焦耳热Q的三种方法.
2.解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”
3.电磁感应中动量定理与动量守恒定律的应用
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，
即－x＝m(0－v0).
(3)在电磁感应中，如果相互作用的系统，所受的合外力为零，则系统的动量守恒.如对于切割磁感线运动的两个导体，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题；若双杆系统所受合外力不为零，运用动量定理结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
例4　(2021年湖南卷)(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体.距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场.磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大.把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力.下列说法正确的是(　　)
A.B与v0无关，与成反比
B.通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C.通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力
做功的功率相等
D.调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过
磁场的过程中产生的热量不变
【答案】ACD　
【解析】组合体做平抛运动，进入匀强磁场区域后水平方向切割磁感线的两段导体产生的感应电动势抵消，竖直方向切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用，使其匀速通过磁场.由平抛运动规律，竖直方向速度v⊥＝，产生的感应电动势E＝BL v⊥＝BL，由闭合电路欧姆定律得，感应电流I＝，所受安培力F＝BIL＝，因为做匀速运动，故F＝mg，即＝mg，B与v0无关，与成反比，A正确.通过磁场的过程中，金属框中电流大小不变，方向改变，B错误；由于组合体匀速通过磁场，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；只要组合体匀速通过磁场，由能量守恒定律，可知减少的重力势能等于产生的热量，D正确.
1.(多选)如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻.两轨道之间ABDC区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心.一轻质金属杆电阻为r、长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球(视为质点)，并套在轨道PQ上，皆接触良好.让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v.其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势
B.金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为B0lv
C.金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为
D.金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为mgl－mv2
【答案】BC　
【解析】金属球向下运动过程中，由右手定则知感应电流方向为BAMP，即M点电势高于P点电势，A错误；第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v，因为杆上所有点的角速度相等，则A端的速度为，则此时感应电动势为E＝B0·2l·＝B0·2l·B0lv，则电阻两端的电压为U＝·E＝B0lv，B正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为q＝，其中ΔS＝·π·(3l)2－·π·l2＝2πl2，所以q＝，故C正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，由能量守恒定律得mg·3l＝mv2＋Q，则电阻上产生的焦耳热为QR＝·Q＝Q，即QR＝mgl－mv2，故D错误.
2.(2022年广东模拟)(多选)如图所示，水平面内的两根平行金属导轨处在竖直向上的匀强磁场中.两根相同的金属棒ab和cd垂直横跨在导轨两端，其中cd棒通过绝缘细线跨过定滑轮与重物M连接.由静止同时释放两根金属棒，忽略各处摩擦，导轨足够长，不考虑可能发生的碰撞，下列说法正确的是(　　)
A.安培力对两根金属棒的冲量相同
B.安培力对ab做的功等于ab动能的增量
C.cd克服安培力做的功等于整个回路中产生的焦耳热
D.ab和cd最终会以同样的加速度做匀加速直线运动
【答案】BD　
【解析】两根金属棒受到等大反向的安培力，安培力对两根金属棒的冲量等大反向，A错误；根据动能定理，安培力对ab做的功等于ab动能的增量，B正确；cd克服安培力做的功等于回路中总的焦耳热与ab增加的动能之和，C错误；系统达到稳定时一定处于平衡状态，根据相对运动和平衡条件得Mg＝，ab和cd的速度之差一定是定值，所以两根金属棒一定以相同的加速度做匀加速直线运动，D正确.
3.如图甲所示，两条足够长的平行金属导轨间距为0.5 m，固定在倾角为37°的斜面上.导轨顶端连接一个阻值为1 Ω的电阻.在MN下方存在方向垂直于斜面向上、大小为1 T的匀强磁场.质量为0.5 kg的金属棒从AB处由静止开始沿导轨下滑，其运动过程中的v－t图像如图乙所示.金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，不计金属棒和导轨的电阻，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求金属棒与导轨间的动摩擦因数；
(2)求金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
(3)已知金属棒从进入磁场到速度达到5 m/s时通过电阻的电荷量为1.3 C，求此过程中电阻产生的焦耳热.
解：(1)由图乙可知，金属棒在0～1 s内做初速度为0的匀加速直线运动，1 s后做加速度减小的加速运动，可知金属棒第1 s末进入磁场.
在0～1 s过程中，由图乙可知，金属棒的加速度
a＝＝4 m/s2，
在这个过程中，沿斜面只有重力的分力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，
解得金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.
(2)金属棒在磁场中能够达到最大速率时，金属棒处于平衡状态，设金属棒的最大速度为vm.金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvm，
根据闭合回路欧姆定律有I＝，
根据安培力公式有FA＝BIL＝，
根据平衡条件有FA＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，
解得vm＝8 m/s.
(3)根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，可得金属棒进入磁场通过电阻的电荷量为
q＝t＝，
解得金属棒在磁场中下滑的位移x＝＝2.6 m.
由动能定理有
mgxsin 37°－μmgxcos 37°－WA＝，
此过程中电阻产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝WA，
解得此过程中电阻产生的焦耳热Q＝2.95 J.
切割磁感线运动中的建模思想
1.单杆切割磁感线行动
模型 模型一(v0≠0) 模型二(v0＝0) 模型三(v0＝0) 模型四(v0＝0)
示意图
力学观点
图像观点
能量观点
例5　(2022年全国卷)(多选)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻.质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中.开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后(　　)
A.通过导体棒MN电流的最大值为
B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动
C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【答案】AD　
【解析】MN在运动过程中为非纯电阻，MN上的电流瞬时值为i＝，当闭合开关S的瞬间，Blv＝0，此时MN可视为纯电阻R，此时反电动势最小，故电流最大，Imax＝，A正确.当u＞Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN终极速度为零，B错误.MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i＝，当u＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时，MN速度最大，C错误.在MN加速度阶段，由于MN反电动势存在，故MN上电流小于电阻R上的电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即ER＞EMN)，故加速过程中，QR＞QMN；当MN减速为零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上的热量大于导体棒上的热量，D正确.
变式1　 (2022年常州模拟)如图所示，竖直放置的U形光滑导轨与一电容器串联.导轨平面有垂直于纸面的匀强磁场，金属棒ab与导轨接触良好，由静止释放后沿导轨下滑.电容C足够大，原来不带电，不计一切电阻.设导体棒的速度为v、动能为Ek、两端的电压为Uab、电容器上的电荷量为q.它们与时间t、位移x的关系图像正确的是(　　)
A B C D
【答案】B　
【解析】设导轨间距为L，金属棒释放后电容器充电，电路中充电电流为i，棒受到向上的安培力，设瞬时加速度为a，根据牛顿第二定律得mg－BiL＝ma，i＝＝CBLa，由此得mg－BLCBLa＝ma，解得a＝.可见棒的加速度不变，做匀加速直线运动v＝at，Uab＝BLv＝BLat，A、C错误；由Ek＝mv2＝m×2ax，B正确；根据q＝CUab＝BCLat，与时间成正比，而棒做匀加速运动，与位移不是正比关系，D错误.
2.电磁感应中的“双杆”模型
(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用.
项目 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度L1＝L2 杆MN、PQ间距足够长

质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝2L2
杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动
规律
分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2
(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用.
项目 光滑的平行导轨 不光滑平行导轨
示意图 质量m1＝m2 电阻r1＝r2 长度L1＝L2

摩擦力Ff1＝Ff2
质量m1＝m2
电阻r1＝r2
长度L1＝L2
规律
分析 开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动 开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动，MN杆静止.若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速，最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同
例6　如图甲所示，超级高铁是一种以“真空管道运输”为核心理论设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点.如图乙所示，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆.运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1、2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R.其他电阻忽略不计，重力加速度为g.
甲 乙
(1)如图丙所示，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑.求运输车与导轨间的动摩擦因数μ.
丙
(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力.
①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图丁所示.求刚接通电源时运输车的加速度的大小(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象).
②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B，宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反.求运输车以速度v0从如图戊所示位置通过距离D后的速度v.
丁 戊
解：(1)分析运输车的受力情况，将运输车的重力分解，如图甲所示.轨道对运输车的支持力为N1、N2，如图乙所示.
由几何关系，有N1＝mgcos θ，N2＝mgcos θ，
又f1＝μN1，f2＝μN2，
运输车匀速运动mgsin θ＝f1＋f2，
解得μ＝.
(2)①由题意，运输车到站时，电路如图所示.
R总＝，由闭合电路欧姆定律，得I＝，
由串并联知识，得I1＝，I2＝，
导体棒所受安培力
F1＝BI1r，F2＝BI2r，
运输车的加速度a＝，
解得a＝.
②由题意，运输车进站时，电路图如图所示.
当车速为v时，由法拉第电磁感应定律，有E1＝Brv，E2＝Brv，
由闭合电路欧姆定律，得I＝.
导体棒所受安培力F1＝BI1r，F2＝BI2r，
运输车所受合力F＝.
任意选取时间Δt，运输车速度的变化量为Δv，由动量定理，有－Δt＝mΔv，即－Δx＝mΔv，
两边求和，得－＝mv－mv0，解得v＝v0－.
变式2　(2022年辽宁卷)如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L.abcd区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上.初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度v0向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态.两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直.两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计.
(1)求M刚进入磁场时受到的安培力F的大小和方向；
(2)若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到ab的最小距离x；
(3)初始时刻，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k＞1)，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围.
解：(1)细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E＝BLv0，
电流方向为a→b，电流的大小为I＝，
则所受的安培力大小为F＝BIL＝.
安培力的方向由左手定则可知水平向左.
(2)①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
BL·Δt＝m·－0，且q＝Δt，
联立解得通过回路的电荷量为q＝.
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为Δx，有，
整理可得q＝，联立可得Δx＝.
若两杆在磁场内刚好未相撞，N到ab的最小距离为x＝Δx＝.
(3)两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第(2)问初始时刻的相同、到ab的距离为kx(k＞1)，则N到cd边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知mv0＝mv1＋m·，
解得N出磁场时，M的速度大小为v1＝v0，
由题意可知，此时M到cd边的距离为s＝(k－1)x，
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M出磁场时速度刚好等于N的速度，即，则一定不与N相撞，对M根据动量定理有
－BLΔt1＝m·－m×v0，q1＝Δt1＝，
联立解得k＝2.
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－BLΔt2＝0－m·.
同理解得k＝3，综上所述，M能出磁场且不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3.(共12张PPT)
热点强化15　电磁感应中的常考模型
1.(多选)如图所示，水平面上足够长的光滑平行金属导轨，左侧接定值电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中.金属杆MN以某一初速度沿导轨向右滑行，且与导轨接触良好，导轨电阻不计.则金属杆在运动过程中，速度大小v、流过的电量q与时间t或位移x的关系图像正确的有(　　)
【答案】ABD　
A B C D
【解析】设导轨宽度为L、金属杆的质量为m、电阻为r.对金属杆根据牛顿第二定律可得BIL＝ma，其中，I＝，则有a＝，所以加速度随着速度的减小而减小，根据v＝v0－at可知v－t图像的斜率减小，A正确.取初速度方向为正方向，在很短的一段时间Δt内，根据动量定理可得FΔt＝mΔv，即－＝mΔv，解得＝－，所以v－x图像为一条倾斜的直线，B正确.取初速度方向为正方向，根据动量定理可得BLIt＝mv0－mv，解得q＝t＝·t，由于加速度逐渐减小，则q－t图像的斜率减小，C错误.根据电荷量的计算公式可得q＝t＝·x，所以q－x图像是一条倾斜的直线，D正确.
2.(2022年南昌模拟)(多选)足够长光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接电容为C的电容器，导轨间距为l，磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场穿过导轨所在平面.一根质量为m的导体棒垂直静置在导轨上，俯视图如图甲.t＝0时刻导体棒在水平拉力作用下从静止开始向右运动，电容器两极板间电势差U随时间t变化的图像如图乙所示，则(　　)
A.导体棒的加速度a＝
B.水平拉力的大小为F＝
C.通过导体棒的电流大小为I＝
D.0～t0时间内安培力所做的功为W＝
【答案】AC　
【解析】电容器两端电势差U等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势大小，当导体棒速度为v时，有U＝Blv①，由题图乙可知U随t均匀变化，则v也随t均匀变化，即导体棒做匀加速运动，设t0时刻导体棒的速度大小为v0，则根据加速度的定义可知a＝②，且U0＝Blv0③，联立②③解得a＝④，A正确；t0时间内通过导体棒某一横截面的电荷量等于给电容器充入的电荷量，则根据电流的定义可知通过导体棒的电流大小I＝⑤，由⑤式可知通过导体棒的电流大小不变，导体棒所受安培力大小不变，F为恒力，根据牛顿第二定律可得F－BIl＝ma⑥，联立④⑤⑥解得F＝⑦，故B错误，C正确；0～t0时间内，导体棒的位移大小为x＝⑧，安培力所做的功为W＝－BIlx⑨，联立④⑤⑧⑨解得W＝－⑩，故D错误.
3.(多选)如图所示，两根间距为L、电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置.导轨所在空间存在方向与导轨所在平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场.平行金属杆ab、cd的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，长度均为L，且始终与导轨保持垂直.初始时两金属杆均处于静止状态，相距为x0.现给金属杆ab一水平向右的初速度v0，一段时间后，两金属杆间距稳定为x1，下列说法正确的是(　　)
A.金属杆cd先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B.当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为
C.在整个过程中通过金属杆cd的电荷量为
D.金属杆ab、cd运动过程中产生的焦耳热为
【答案】CD　
【解析】因为最终两金属杆保持稳定状态，所以最终两金属杆所受的安培力均为零，即回路中无感应电流，穿过回路的磁通量不再改变，则两金属杆最终的速度相同，所以金属杆ab先做加速度逐渐减小的减速直线运动，最后做匀速直线运动，金属杆cd先做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后做匀速直线运动，A错误；两金属杆中的电流大小始终相等，根据安培力公式F安＝BIL可知两金属杆所受的安培力大小时刻相等，再根据牛顿第二定律F＝ma可知当金属杆ab的加速度大小为a时，金属杆cd的加速度大小为a，B错误；
设从金属杆ab获得一水平向右的初速度v0到最终达到共同速度所用的时间为t，则在这段时间内，回路中的磁通量的变化量ΔΦ＝BL(x1－x0)，根据法拉第电磁感应定律有，由闭合电路欧姆定律有，设在这段时间内通过金属杆cd的电荷量为q，所以有，联立以上各式解得q＝，C正确；设两金属杆最终的共同速度为v，根据动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v，设金属杆ab、cd产生的焦耳热为Q，则由能量守恒定律有Q＝m1(m1＋m2)v2，解得Q＝，D正确.
4.如图所示，两平行光滑金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，轨道宽度L＝0.2 m，轨道顶端电阻R＝0.5 Ω.在轨道底端放置一弹性绝缘挡板(物体与挡板碰撞无能量损失)，轨道所在处存在磁感应强度B＝5 T，方向垂直轨道平面向上的匀强磁场，如图磁场仅分布在长x2＝1.6 m的区域，磁场的下边界到挡板的距离为 x3＝1.1 m，在距离磁场上边界的x1＝1.6 m处将一长为L的金属棒ab紧贴轨道由静止释放，金属棒第一次穿出磁场时恰好匀速离开.已知金属棒的质量m＝1 kg，电阻r＝0.5 Ω，不计导轨电阻，g取10 m/s2.试求：
(1)金属棒第一次进入磁场时ab两端的电势差；
(2)金属棒从静止释放到第一次到达斜面底端所用的时间；
(3)整个运动过程中该系统产生的电能.
解：(1)金属棒下滑x1＝1.6 m的过程中，根据动能定理可得mgx1sin θ＝，
金属棒切割磁感线产生的电动势为E＝BLv1，
则回路的电流为I1＝，
ab两端电势差为Uab＝I1R，
解得Uab＝2 V.
(2)规定沿斜面向下为正方向.金属棒下滑x1＝1.6 m过程用时为t1，满足
mgt1sin θ＝mv1，解得t1＝0.8 s.
金属棒第一次穿出磁场时的速度为v2，满足BI2L＝mgsin θ，I2＝，
联立解得v2＝5 m/s.
第一次穿过磁场用时t2满足mgt2sin θ－BLt2＝mv2－mv1，
该过程流过回路的总电量为q＝t2＝，联立得t2＝0.52 s.
金属棒第一次穿出磁场到轨道底端用时t3，则
mgx3sin θ＝，mgt3sin θ＝mv3－mv2，
联立得t3＝0.2 s.
金属棒第一次下滑到最底端所用总时间为t＝t1＋t2＋t3，解得t总＝1.52 s.
(3)经过足够长的时间后，金属棒在磁场下边界与挡板之间往复运动
依据能量守恒，整个运动过程产生的电能为
ΔE＝mg(x1＋x2)sin θ，
解得ΔE＝16 J.

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