高中牛頓第一定律教案

20xx高考物理大一輪復習：第3章牛頓運動定律（10份打包含課件）。

第1節(jié)牛頓第一定律牛頓第三定律
一、牛頓第一定律
1．內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，除非作用在它上面的力迫使它改變這種狀態(tài)．
2．意義
(1)揭示了物體的固有屬性：一切物體都有慣性，因此牛頓第一定律又叫慣性定律．
(2)揭示了力與運動的關系：力不是維持物體運動狀態(tài)的原因，而是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因．
二、慣性
1．定義：物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質．
2．表現(xiàn)：物體不受外力作用時，其慣性表現(xiàn)在保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)；物體受外力作用時其慣性表現(xiàn)在反抗運動狀態(tài)的改變．
3．量度：質量是慣性大小的唯一量度，質量大的物體慣性大，質量小的物體慣性?。?br> 三、牛頓第三定律
1．內容：兩物體之間的作用力與反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．
2．表達式：F＝－F′.
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)物體不受外力時一定處于靜止狀態(tài)．(×)
(2)慣性即慣性定律．(×)
(3)運動的物體慣性大，靜止的物體慣性?。?×)
(4)兩個大小相等、方向相反、作用在同一直線上的力一定是相互作用力．(×)
(5)作用力與反作用力的關系不隨運動狀態(tài)的變化而變化．(√)
(6)人走在松軟土地上下陷時，人對地面的壓力大于地面對人的支持力．(×)
2．(多選)關于牛頓第三定律，下列說法正確的是()
A．對重力、彈力、摩擦力等都適用
B．當相互作用的兩個物體相距很遠時不適用
C．當相互作用的兩個物體做加速運動時不適用
D．相互作用的兩個物體沒有直接接觸時也適用
解析：選AD.對于牛頓第三定律，適用于重力、彈力、摩擦力等所有的力，而且不管相互作用的兩物體的質量如何、運動狀態(tài)怎樣、是否相互接觸都適用，例如，地球吸引地球表面上的石塊，石塊同樣以相同大小的力吸引地球，且不管接觸不接觸，都互相吸引，所以B、C錯誤，A、D正確．
3．關于慣性，下列說法中正確的是()
A．磁懸浮列車能高速行駛是因為列車浮起后慣性小了
B．衛(wèi)星內的儀器由于完全失重慣性消失了
C．鐵餅運動員在擲出鐵餅前快速旋轉可增大鐵餅的慣性，使鐵餅飛得更遠
D．月球上物體的重力只有在地球上的1/6，但是慣性沒有變化
解析：選D.慣性只與質量有關，與速度無關，A、C錯誤；失重或重力加速度發(fā)生變化時，物體質量不變，慣性不變，所以B錯誤、D正確．
4．一個榔頭敲在一塊玻璃上把玻璃打碎了．對于這一現(xiàn)象，下列說法正確的是()
A．榔頭敲玻璃的力大于玻璃對榔頭的作用力，所以玻璃才碎裂
B．榔頭受到的力大于玻璃受到的力，只是由于榔頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂
C．榔頭和玻璃之間的作用力應該是等大的，只是由于榔頭能夠承受比玻璃更大的力才沒有碎裂
D．因為不清楚榔頭和玻璃的其他受力情況，所以無法判斷它們之間的相互作用力的大小
解析：選C.榔頭對玻璃的作用力和玻璃對榔頭的作用力為作用力與反作用力關系，大小一定相等，但相同大小的力作用在不同物體上的效果往往是不同的，所以不能從效果上去比較作用力與反作用力的大小關系，C正確．
考點一對牛頓第一定律的理解
1．指出了物體的一種固有屬性
牛頓第一定律揭示了物體所具有的一個固有屬性——慣性，即物體總保持原有運動狀態(tài)不變的一種性質．
2．揭示了力的本質
牛頓第一定律明確了力是改變物體運動狀態(tài)的原因，而不是維持物體運動的原因，物體的運動不需要力來維持．
3．揭示了不受力作用時物體的運動狀態(tài)
牛頓第一定律描述的只是一種理想狀態(tài)，而實際中不受力作用的物體是不存在的，當物體受外力作用但所受合力為零時，其運動效果跟不受外力作用時相同，物體將保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)．
1．(多選)伽利略根據(jù)小球在斜面上運動的實驗和理想實驗，提出了慣性的概念，從而奠定了牛頓力學的基礎．早期物理學家關于慣性有下列說法，其中正確的是()
A．物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質是慣性
B．沒有力的作用，物體只能處于靜止狀態(tài)
C．行星在圓周軌道上保持勻速率運動的性質是慣性
D．運動物體如果沒有受到力的作用，將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動
解析：選AD.物體保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質叫慣性，即物體抵抗運動狀態(tài)變化的性質，A正確．沒有力的作用，物體也可能保持勻速直線運動狀態(tài)，B錯誤，D正確．行星在圓周軌道上保持勻速率運動而不是勻速直線運動，所以不能稱為慣性，C錯誤．
2．在一次交通事故中，一輛載有30噸“工”字形鋼材的載重汽車由于避讓橫穿馬路的摩托車而緊急制動，結果車廂上的鋼材向前沖出，壓扁駕駛室．關于這起事故原因的物理分析正確的是()
A．由于車廂上的鋼材有慣性，在汽車制動時，鋼材繼續(xù)向前運動，壓扁駕駛室
B．由于汽車緊急制動，使其慣性減小，而鋼材慣性較大，所以繼續(xù)向前運動
C．由于車廂上的鋼材所受阻力太小，不足以克服其慣性，所以繼續(xù)向前運動
D．由于汽車制動前的速度太大，汽車的慣性比鋼材的慣性大，在汽車制動后，鋼材繼續(xù)向前運動
解析：選A.由于車廂上的鋼材有慣性，在汽車制動時，鋼材繼續(xù)向前運動，壓扁了駕駛室，慣性只與質量有關，與運動狀態(tài)、受力情況無關，A正確．
牛頓第一定律的“三點注意”
(1)牛頓第一定律不能用實驗直接驗證，而是通過伽利略斜面實驗等大量事實推理得出的．
(2)牛頓第一定律并非牛頓第二定律的特例，而是不受任何外力的理想化情況．
(3)物體的慣性總是以保持“原狀”或反抗“改變”兩種形式表現(xiàn)出來．
考點二對牛頓第三定律的理解
1．作用力與反作用力的“三同、三異、三無關”
2．應用牛頓第三定律時應注意的問題
(1)定律中的“總是”二字說明對于任何物體，在任何條件下牛頓第三定律都是成立的．
(2)牛頓第三定律說明了作用力和反作用力中，若一個產(chǎn)生或消失，則另一個必然同時產(chǎn)生或消失．
(3)作用力、反作用力不同于平衡力
1．(20xx吉林實驗中學二模)兩人的拔河比賽正在進行中，兩人均保持恒定拉力且不松手，而腳下開始移動．下列說法正確的是()
A．兩人對繩的拉力大小相等、方向相反，是一對作用力和反作用力
B．兩人對繩的拉力是一對平衡力
C．拔河的勝利與否取決于誰的力量大
D．拔河的勝利與否取決于地面對人的摩擦力大小
解析：選D.人拉繩的力與繩拉人的力是一對作用力與反作用力，大小相等，選項A錯誤；兩人對繩的拉力不一定是一對平衡力，要根據(jù)繩子所處的運動狀態(tài)進行判斷，選項B錯誤；拔河的勝利與否取決于地面對人的摩擦力大小，選項D正確，C錯誤．
2.物體靜止于一斜面上，如圖所示，則下列說法正確的是()
A．物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力是一對平衡力
B．物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力是一對作用力和反作用力
C．物體所受的重力和斜面對物體的作用力是一對作用力和反作用力
D．物體所受的重力可以分解為沿斜面向下的力和對斜面的壓力
解析：選B.根據(jù)作用力和反作用力及平衡力的特點可知：物體對斜面的壓力和斜面對物體的支持力及物體對斜面的摩擦力和斜面對物體的摩擦力，分別作用在斜面和物體上，因此它們是兩對作用力和反作用力，故A錯，B對．物體的重力是地球施加的，它的反作用力應作用在地球上，由此可知C錯．對重力分解，其分力也是作用在物體上的，不可能分解為斜面上的壓力，D錯．
3.如圖所示，兩塊小磁鐵質量均為0.5kg，A磁鐵用輕質彈簧吊在天花板上，B磁鐵在A正下方的地板上，彈簧的原長L0＝10cm，勁度系數(shù)k＝100N/m.當A、B均處于靜止狀態(tài)時，彈簧的長度為L＝11cm.不計地磁場對磁鐵的作用和磁鐵與彈簧間相互作用的磁力，求B對地面的壓力大?。?g取10m/s2)
解析：A受力如圖甲所示，由平衡條件得：
k(L－L0)－mg－F＝0
解得：F＝－4N
故B對A的作用力大小為4N，方向豎直向上．
由牛頓第三定律得A對B的作用力
F′＝－F＝4N，方向豎直向下
B受力如圖乙所示，由平衡條件得：
FN－mg－F′＝0
解得：FN＝9N
由牛頓第三定律得B對地面的壓力大小為9N.
答案：9N
正確認識作用力和反作用力的“兩點技巧”
(1)抓住特點：無論物體的運動狀態(tài)、力的作用效果如何，作用力和反作用力總是等大、反向、共線的．
(2)明確力的作用點：要區(qū)別作用力和反作用力與平衡力，最直觀的方法是看作用點的位置，一對平衡力的作用點在同一物體上，作用力和反作用力的作用點在兩個物體上．
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．伽利略創(chuàng)造的把實驗、假設和邏輯推理相結合的科學方法，有力地促進了人類科學認識的發(fā)展，利用如圖所示的裝置做如下實驗：小球從左側斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面向下運動，并沿右側斜面上升．斜面上先后鋪墊三種粗糙程度逐漸降低的材料時，小球沿右側斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.根據(jù)三次實驗結果的對比，可以得到的最直接的結論是()
A．如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置
B．如果小球不受力，它將一直保持勻速運動或靜止狀態(tài)
C．如果小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生改變
D．小球受到的力一定時，質量越大，它的加速度越小
解析：選A.根據(jù)實驗結果，得到的最直接的結論是如果斜面光滑，小球將上升到與O點等高的位置，A項正確．而小球不受力時狀態(tài)不變，小球受力時狀態(tài)發(fā)生變化，是在假設和邏輯推理下得出的結論，不是實驗直接結論，所以B和C選項錯誤；而D項不是本實驗所說明的問題，故錯誤．
2．(多選)伽利略開創(chuàng)了實驗研究和邏輯推理相結合探索自然規(guī)律的科學方法，利用這種方法伽利略發(fā)現(xiàn)的規(guī)律有()
A．力不是維持物體運動的原因
B．物體之間普遍存在相互吸引力
C．忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快
D．物體間的相互作用力總是大小相等、方向相反
解析：選AC.伽利略的斜面實驗表明物體的運動不需要外力來維持，A正確；伽利略假想將輕重不同的物體綁在一起時，重的物體會因輕的物體阻礙而下落變慢，輕的物體會因重的物體拖動而下落變快，即二者一起下落快慢應介于單獨下落時之間．而從綁在一起后更重的角度考慮二者一起下落時應該更快，從而由邏輯上否定了重的物體比輕的物體下落得快的結論，并用實驗證明了輕重物體下落快慢相同的規(guī)律，C正確；物體間普遍存在相互吸引力，物體間相互作用力的規(guī)律是牛頓總結的，對應于萬有引力定律與牛頓第三定律，故B、D皆錯誤．
3．(多選)科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用．下列說法符合歷史事實的是()
A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態(tài)才會改變
B．伽利略通過“理想實驗”得出結論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下去
C．笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也不偏離原來的方向
D．牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質
解析：選BCD.亞里士多德認為物體的運動需要力來維持；伽利略通過實驗推翻了亞里士多德的錯誤結論，笛卡兒對伽利略的實驗結果進行了完善，牛頓總結了伽利略和笛卡兒的理論，得出了牛頓第一定律．
4．(多選)用手托著一塊磚，開始靜止不動，當手突然向上加速運動時，磚對手的壓力()
A．一定小于手對磚的支持力
B．一定等于手對磚的支持力
C．一定大于手對磚的支持力
D．一定大于磚的重力
解析：選BD.由牛頓第三定律知磚對手的壓力與手對磚的支持力是作用力和反作用力，二者等大反向，B項對；對磚受力分析，則FN－mg＝ma，F(xiàn)N＞mg，D項對．
5．如圖所示，甲、乙兩人在冰面上“拔河”，兩人中間位置處有一分界線，約定先使對方過分界線者為贏．若繩子質量不計，冰面可看成光滑，則下列說法正確的是()
A．甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對平衡力
B．甲對繩的拉力與乙對繩的拉力是作用力與反作用力
C．若甲的質量比乙大，則甲能贏得“拔河”比賽的勝利
D．若乙收繩的速度比甲快，則乙能贏得“拔河”比賽的勝利
解析：選C.甲對繩的拉力與繩對甲的拉力是一對作用力與反作用力，故選項A錯誤；甲對繩的拉力與乙對繩的拉力作用在同一物體上，不是作用力與反作用力，故選項B錯誤；設繩子的張力為F，則甲、乙兩人受到繩子的拉力大小相等，均為F，若m甲m乙，則由a＝Fm得，a甲a乙，由x＝12at2得，在相等時間內甲的位移小，因開始時甲、乙距分界線的距離相等，則乙會過分界線，所以甲能贏得“拔河”比賽的勝利，故選項C正確；收繩速度與“拔河”比賽勝負無關，故選項D錯誤．
6．(多選)在水平路面上有一輛勻速行駛的小車，車上固定一盛滿水的碗．現(xiàn)突然發(fā)現(xiàn)碗中的水灑出，水灑出的情況如圖所示，則關于小車的運動情況，下列敘述正確的是()
A．小車勻速向左運動
B．小車可能突然向左加速
C．小車可能突然向左減速
D．小車可能突然向右減速
解析：選BD.原來水和小車相對靜止以共同速度運動，水突然向右灑出有兩種可能：①原來小車向左運動，突然加速，碗中水由于慣性保持原速度不變，故相對碗向右灑出．②原來小車向右運動，突然減速，碗中水由于慣性保持原速度不變，相對碗向右灑出，故B、D正確．
7．圖為雜技“頂竿”表演的示意圖，一人站在地上，肩上扛一質量為M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時，竿對“底人”的壓力大小為()
A．(M＋m)g
B．(M＋m)g－ma
C．(M＋m)g＋ma
D．(M－m)g
解析：選B.對竿上的人進行受力分析：其受重力mg、摩擦力Ff，有mg－Ff＝ma，則Ff＝m(g－a)．竿對人有摩擦力，人對竿也有反作用力——摩擦力，且大小相等，方向相反．對竿進行受力分析：其受重力Mg、竿上的人對竿向下的摩擦力Ff′、頂竿的人對竿的支持力FN，有Mg＋Ff′＝FN，又因為竿對“底人”的壓力和“底人”對竿的支持力是一對作用力和反作用力，由牛頓第三定律，得到FN′＝Mg＋Ff′＝(M＋m)g－ma，故選項B正確．
[綜合應用題組]
8．某人乘坐列車時發(fā)現(xiàn)，車廂的雙層玻璃窗內積水了．列車進站過程中，他發(fā)現(xiàn)水面的形狀如圖中的()
解析：選C.列車進站時剎車，速度減小，而水由于慣性仍要保持原來較大的速度，所以水向前涌，液面形狀和選項C一致．
9．火車在長直的水平軌道上勻速行駛，門窗緊閉的車廂內有一人向上跳起，發(fā)現(xiàn)仍落回到車上原處，這是因為()
A．人跳起后，車廂內空氣給他一向前的力，帶著他隨同火車一起向前運動
B．人跳起的瞬間，車廂的底板給他一向前的力，推動他隨同火車一起向前運動
C．人跳起后，車在繼續(xù)向前運動，所以人落下后必定偏后一些，只是由于時間很短，偏后距離很小，不明顯而已
D．人跳起后直到落地，在水平方向上始終具有和車相同的速度
解析：選D.力是改變物體運動狀態(tài)的原因，人豎直跳起時，在水平方向上沒有受到力的作用，因此，人將保持和火車相同的水平速度，向前做勻速直線運動，落地時仍在車上原處，故正確選項為D.
10．(多選)如圖所示，在勻速前進的磁懸浮列車里，小明將一小球放在水平桌面上，且小球相對桌面靜止．關于小球與列車的運動，下列說法正確的是()
A．若小球向前滾動，則磁懸浮列車在加速前進
B．若小球向后滾動，則磁懸浮列車在加速前進
C．磁懸浮列車急剎車時，小球向前滾動
D．磁懸浮列車急剎車時，小球向后滾動
解析：選BC.列車加(減)速時，小球由于慣性保持原來的運動狀態(tài)不變，相對于車向后(前)滾動，選項B、C正確．
11．(多選)抖空竹是人們喜愛的一項體育活動．最早的空竹是兩個如同車輪的竹筒，中間加一個轉軸，由于外形對稱，其重心在中間位置，初玩者能很好地找到支撐點而使之平衡．隨著制作技術的發(fā)展，如圖所示的不對稱的空竹也受到人們的歡迎，現(xiàn)在的空竹大多是塑料制成的，也有天然竹木制成的．關于抖空竹，在空氣阻力不可忽略的情況下，下列說法中正確的是()
A．空竹啟動前用繩子拉住提起，要保證支持力和重力在同一條直線上
B．空竹的轉動是依靠繩子的拉動，繩子與轉軸之間的摩擦力越小越好
C．空竹拋起后由于慣性而繼續(xù)向上運動，在空中受重力和慣性作用
D．空竹從拋起到接住，轉速會減小，表演時還要繼續(xù)牽拉繩子使其加速轉動
解析：選AD.空竹啟動前用繩子拉住提起，此時要選擇恰當?shù)奈恢?，保證支持力和重力在同一條直線上，滿足二力平衡的條件，否則空竹就要翻倒從繩子上落下，選項A正確；空竹是利用繩子與轉軸之間的摩擦力使其轉動的，因此繩子選用比較粗糙、摩擦力比較大的比較好，選項B錯誤；空竹拋起后由于慣性而繼續(xù)向上運動，在空中受重力和空氣阻力的作用，空竹的運動狀態(tài)發(fā)生改變，速度越來越小，然后下落，選項C錯誤；空竹從拋起到接住，由于空氣阻力的作用，轉速比拋出前減小，因此表演時還要繼續(xù)牽拉繩子使其加速轉動，選項D正確．
12．如圖所示為英國人阿特伍德設計的裝置，不考慮繩與滑輪的質量，不計軸承、繩與滑輪間的摩擦．初始時兩人均站在水平地面上，當位于左側的甲用力向上攀爬時，位于右側的乙始終用力抓住繩子，最終至少一人能到達滑輪．下列說法中正確的是()
A．若甲的質量較大，則乙先到達滑輪
B．若甲的質量較大，則甲、乙同時到達滑輪
C．若甲、乙質量相同，則乙先到達滑輪
D．若甲、乙質量相同，則甲先到達滑輪
解析：選A.由于滑輪光滑，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，若甲的質量大，則由甲拉繩子的力等于乙受到的繩子拉力．得甲攀爬時乙的加速度大于甲的加速度，所以乙會先到達滑輪，選項A正確，選項B錯誤；若甲、乙的質量相同，甲用力向上攀爬時，甲拉繩子的力等于繩子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙應同時到達滑輪，選項C、D錯誤．
13．如圖所示，用細線將A物體懸掛在頂板上，B物體放在水平地面上．A、B間有一勁度系數(shù)為100N/m的輕彈簧，此時彈簧伸長了2cm.已知A、B兩物體的重力分別是3N和5N．則細線的拉力及B對地面的壓力分別是()
A．8N和0B．5N和7N
C．5N和3ND．7N和7N
解析：選C.對A由平衡條件得FT－GA－kx＝0，解得FT＝GA＋kx＝3N＋100×0.02N＝5N，對B由平衡條件得kx＋FN－GB＝0，解得FN＝GB－kx＝5N－100×0.02N＝3N，由牛頓第三定律得B對地面的壓力是3N，C正確．
14.一個箱子放在水平地面上，箱內有一固定的豎直桿，在桿上套著一個環(huán)，箱與桿的質量為M，環(huán)的質量為m，如圖所示．已知環(huán)沿桿勻加速下滑時，環(huán)與桿間的摩擦力大小為Ff，則此時箱對地面的壓力大小為()
A．Mg＋FfB．Mg－Ff
C．Mg＋mgD．Mg－mg
解析：選A.環(huán)在豎直方向上受力情況如圖甲所示，其受重力mg和桿對它豎直向上的摩擦力Ff，根據(jù)牛頓第三定律，環(huán)應對桿有一個豎直向下的摩擦力Ff′.故箱子在豎直方向上受力情況如圖乙所示，其受重力Mg、地面對它的支持力FN及環(huán)對它的摩擦力Ff′.
由于箱子處于平衡狀態(tài)，可得：
FN＝Ff′＋Mg＝Ff＋Mg.
根據(jù)牛頓第三定律可知，箱子對地面的壓力大小等于地面對箱子的彈力大小，則
FN′＝FN＝Ff＋Mg，故應選A.
第2節(jié)牛頓第二定律兩類動力學問題
一、牛頓第二定律
1．內容：物體加速度的大小跟它受到作用力成正比，跟物體的質量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同．
2．表達式：F＝ma
3．適用范圍
(1)牛頓第二定律只適用于慣性參考系，即相對于地面靜止或勻速直線運動的參考系．
(2)牛頓第二定律只適用于宏觀物體(相對于分子、原子等)、低速運動(遠小于光速)的情況．
二、兩類動力學問題
1．動力學的兩類基本問題
(1)由受力情況確定物體的運動情況．
(2)由運動情況確定物體的受力情況．
2．解決兩類基本問題的思路：以加速度為橋梁，由運動學公式和牛頓第二定律列方程求解．
三、力學單位制
1．單位制由基本單位和導出單位共同組成．
2．力學單位制中的基本單位有米、千克、秒(s)．
3．導出單位有牛頓、米/秒、米/秒2等．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)牛頓第二定律表達式F＝ma在任何情況下都適用．(×)
(2)物體所受合外力大，其加速度一定大．(×)
(3)對靜止在光滑水平面上的物體施加一個水平力，當力剛作用瞬間，物體立即獲得加速度．(√)
(4)物體由于做加速運動，所以才受合外力作用．(×)
(5)F＝ma是矢量式，a的方向與F的方向相同，與速度方向無關．(√)
(6)物體所受合外力減小，加速度一定減小，而速度不一定減?。?√)
(7)物理公式不僅確定了物理量之間的數(shù)量關系，同時也確定了物理量間的單位關系．(√)
2．在國際單位制(簡稱SI)中，力學和電學的基本單位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．導出單位V(伏特)用上述基本單位可表示為()
A．m2kgs－4A－1B．m2kgs－3A－1
C．m2kgs－2A－1D．m2kgs－1A－1
解析：選B.本題考查基本單位與導出單位間的關系，意在考查考生對單位制的認識．由1J＝1VAs＝1kgms－2m可得，1V＝1m2kgs－3A－1，因此選B.
3．如圖甲、乙所示，兩車都在光滑的水平面上，小車的質量都是M，人的質量都是m，甲圖人推車、乙圖人拉繩(繩與輪的質量和摩擦均不計)的力都是F，對于甲、乙兩圖中車的加速度大小說法正確的是()
A．甲圖中車的加速度大小為FM
B．甲圖中車的加速度大小為FM＋m
C．乙圖中車的加速度大小為2FM＋m
D．乙圖中車的加速度大小為FM
解析：選C.對甲圖以車和人為研究對象，系統(tǒng)不受外力作用，故甲圖中車的加速度為零，A、B錯誤；乙圖中人和車受繩子的拉力作用，以人和車為研究對象，受力大小為2F，所以乙圖中車的加速度a＝2FM＋m，C正確，D錯誤．
4．如圖所示，在光滑水平面上，A、B兩物體用輕彈簧連接在一起，A、B的質量分別為m1、m2，在拉力F作用下，A、B共同做勻加速直線運動，加速度大小為a，某時刻突然撤去拉力F，此瞬間A和B的加速度大小分別為a1、a2，則()
A．a(chǎn)1＝0，a2＝0
B．a(chǎn)1＝a，a2＝m2m1＋m2a
C．a(chǎn)1＝m1m1＋m2a，a2＝m2m1＋m2a
D．a(chǎn)1＝a，a2＝m1m2a
解析：選D.撤去拉力F前，設彈簧的勁度系數(shù)為k、形變量為x，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a；撤去拉力F瞬間，彈簧的形變量保持不變，對A由牛頓第二定律得kx＝m1a1，對B由牛頓第二定律kx＝m2a2，解得a1＝a，a2＝m1m2a，D正確．
考點一對牛頓第二定律的理解
1．牛頓第二定律的“五性”
2．力、加速度、速度間的關系
(1)加速度與力有瞬時對應關系，加速度隨力的變化而變化．
(2)速度的改變需經(jīng)歷一定的時間，不能突變；加速度可以突變．
1．(20xx高考全國乙卷)(多選)一質點做勻速直線運動．現(xiàn)對其施加一恒力，且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變，則()
A．質點速度的方向總是與該恒力的方向相同
B．質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直
C．質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同
D．質點單位時間內速率的變化量總是不變
解析：選BC.質點原來做勻速直線運動，說明所受合外力為0.當對其施加一恒力后，恒力的方向與原來運動的速度方向關系不確定，則質點可能做直線運動，也可能做曲線運動，但加速度的方向一定與該恒力的方向相同，選項B、C正確．
2．(多選)一物體重為50N，與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)加上如圖所示的水平力F1和F2，若F2＝15N時物體做勻加速直線運動，則F1的值可能是(g＝10m/s2)()
A．3NB．25N
C．30ND．50N
解析：選ACD.若物體向左做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F2－F1－μG＝ma0，解得F15N，A正確；若物體向右做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律可知F1－F2－μG＝ma0，解得F125N，C、D正確．
3．(20xx湖南師范大學附中月考)(多選)如圖所示，固定在水平面上的光滑斜面的傾角為θ，其頂端裝有光滑小滑輪，繞過滑輪的輕繩一端連接一物塊B，另一端被人拉著，且人、滑輪間的輕繩平行于斜面．人的質量為M，B物塊的質量為m，重力加速度為g，當人拉著繩子以大小為a1的加速度沿斜面向上運動時，B物塊運動的加速度大小為a2，則下列說法正確的是()
A．物塊一定向上加速運動
B．人能夠沿斜面向上加速運動，必須滿足m＞Msinθ
C．若a2＝0，則a1一定等于mg－MgsinθM
D．若a1＝a2，則a1可能等于mg－MgsinθM＋m
解析：選CD.對人受力分析，由牛頓第二定律可知F－Mgsinθ＝Ma1，得F＝Mgsinθ＋Ma1，若F＞mg，則物體B加速上升，若F＜mg，則物體B加速下降，若F＝mg，物體B靜止，故A錯誤；人能夠沿斜面向上加速運動，只需滿足F＞Mgsinθ即可，故B錯誤；若a2＝0，則F＝mg，故mg－Mgsinθ＝Ma1，a1＝mg－MgsinθM，故C正確；F＝Mgsinθ＋Ma1，當Fmg時，有mg－F＝ma2，又a1＝a2，則a1＝mg－MgsinθM＋m，故D正確．
考點二牛頓第二定律瞬時性的理解
1．兩種模型：
牛頓第二定律F＝ma，其核心是加速度與合外力的瞬時對應關系，兩者總是同時產(chǎn)生，同時消失、同時變化，具體可簡化為以下兩種模型：
2．求解瞬時加速度的一般思路
分析瞬時變化前、后物體的受力情況列牛頓第二定律方程
求瞬時加速度
1．(20xx山東大學附中檢測)如圖所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面頂端．A、B兩小球的質量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為()
A．都等于g2B．g2和0
C.g2和mAmBg2D.mAmBg2和g2
解析：選C.由整體法知，F(xiàn)彈＝(mA＋mB)gsin30°
剪斷線瞬間，彈力瞬間不發(fā)生變化，由牛頓第二定律可得：
對B：F彈－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝mAmBg2
對A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝12g
所以C正確．
2．如圖所示，質量為m的小球用水平輕彈簧系住，并用傾角為30°的光滑木板AB托住，小球恰好處于靜止狀態(tài)．當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球的加速度大小為()
A．0B.233g
C．gD.33g
解析：選B.開始小球處于平衡態(tài)，受重力mg、支持力FN、彈簧拉力F三個力作用，受力分析如圖所示，由平衡條件可得FN＝mgcos30°＋Fsin30°，F(xiàn)cos30°＝mgsin30°，解得FN＝233mg，重力mg、彈簧拉力F的合力的大小等于支持力FN，當木板AB突然向下撤離的瞬間，小球受力不再平衡，此時的合力與FN等大反向，由牛頓第二定律得此時小球的加速度大小為233g，B正確．
3．如圖所示，物塊1、2間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m，物塊2、4質量為M，兩個系統(tǒng)均置于水平放置的光滑木板上．并處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()
A．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝0
B．a(chǎn)1＝a2＝a3＝a4＝g
C．a(chǎn)1＝a2＝g，a3＝0，a4＝m＋MMg
D．a(chǎn)1＝g，a2＝m＋MMg，a3＝0，a4＝m＋MMg
解析：選C.在抽出木板的瞬時，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1＝a2＝g：而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mg＝F，a3＝0；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4＝F＋MgM＝M＋mMg，所以C對．
在求解瞬時性加速度問題時的“兩點注意”
(1)物體的受力情況和運動情況是時刻對應的，當外界因素發(fā)生變化時，需要重新進行受力分析和運動分析．
(2)加速度可以隨著力的突變而突變，而速度和位移的變化需要一個積累的過程，不會發(fā)生突變．
考點三動力學的兩類基本問題
1．求解兩類問題的思路，可用下面的框圖來表示：
2．分析解決這兩類問題的關鍵：應抓住受力情況和運動情況之間聯(lián)系的橋梁——加速度．
考向1：由受力情況求運動情況
[典例1]如圖所示，工人用繩索拉鑄件，鑄件的質量是20kg，鑄件與地面間的動摩擦因數(shù)是0.25.工人用80N的力拉動鑄件，從靜止開始在水平面上前進，繩與水平方向的夾角為α＝37°并保持不變，經(jīng)4s后松手．(g＝10m/s2)求：
(1)松手前鑄件的加速度；
(2)松手后鑄件還能前進的距離．
解析(1)松手前，對鑄件由牛頓第二定律得
a＝Fcos37°－μmg－Fsin37°m＝1.3m/s2
(2)松手時鑄件的速度v＝at＝5.2m/s
松手后的加速度大小a′＝μmgm＝μg＝2.5m/s2
則松手后鑄件還能滑行的距離x＝v22a′＝5.4m
答案(1)1.3m/s2(2)5.4m
1．(20xx黑龍江齊齊哈爾質檢)一個原來靜止在光滑平面上的物體，質量是7kg，在14N的恒力作用下運動，則5s末的速度及5s內通過的路程為()
A．8m/s25mB．2m/s25m
C．10m/s25mD．10m/s12.5m
解析：選C.物體由靜止開始在恒力的作用下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式得a＝Fm＝147m/s2＝2m/s2，v＝at＝2×5m/s＝10m/s，x＝12at2＝12×2×25m＝25m，選項C正確．
2．(20xx高考江蘇卷)(多選)如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面．若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中()
A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左
B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等
C．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大
D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面
解析：選BD.由題圖可見，魚缸相對桌布向左滑動，故桌布對魚缸的滑動摩擦力方向向右，A錯．因為魚缸與桌布、魚缸與桌面間的動摩擦因數(shù)相等，所以魚缸加速過程與減速過程的加速度大小相等，均為μg；由v＝at可知，魚缸在桌布上加速運動的時間與在桌面上減速運動的時間相等，故B正確．若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力仍為滑動摩擦力，由Ff＝μmg可知，F(xiàn)f不變，故C錯．若貓的拉力減小到使魚缸不會相對桌布滑動，則魚缸就會滑出桌面，故D正確．
3．(20xx江西撫州五校第二次聯(lián)考)一質量m＝5kg的滑塊在F＝15N的水平拉力作用下，由靜止開始做勻加速直線運動，若滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2，問：
(1)滑塊在力F作用下經(jīng)5s，通過的位移是多大？
(2)5s末撤去拉力F，滑塊還能滑行多遠？
解析：(1)滑塊的加速度
a1＝F－μmgm＝15－0.2×505m/s2＝1m/s2
滑塊的位移x1＝12a1t2＝12×1×25m＝12.5m
(2)5s末滑塊的速度v＝a1t＝5m/s
撤去拉力后滑塊的加速度大小
a2＝μmgm＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
撤去拉力后滑行距離x2＝v22a2＝254m＝6.25m
答案：(1)12.5m(2)6.25m
考向2：由運動情況求受力情況
[典例2](20xx山東威海模擬)有一種大型游戲機叫“跳樓機”，參加游戲的游客被安全帶固定在座椅上，由電動機將座椅沿光滑的豎直軌道提升到離地面40m高處，然后由靜止釋放．可以認為座椅沿軌道做自由落體運動2s后，開始受到恒定阻力而立即做勻減速運動，且下落到離地面4m高處時速度剛好減小到零．然后再讓座椅以相當緩慢的速度穩(wěn)穩(wěn)下落，將游客送回地面．(取g＝10m/s2)求：
(1)座椅在自由下落結束時刻的速度是多大？
(2)座椅在勻減速階段的時間是多少？
(3)在勻減速階段，座椅對游客的作用力大小是游客體重的多少倍？
解析(1)設座椅在自由下落結束時刻的速度為v，由v＝gt1得v＝20m/s
(2)自由下落的位移
h′＝12gt21＝20m
設座椅勻減速運動的總高度為h，則
h＝(40－4－20)m＝16m
由h＝v2t得t＝1.6s
(3)設座椅勻減速階段的加速度大小為a，座椅對游客的作用力大小為F，
由v＝at得a＝12.5m/s2
由牛頓第二定律得F－mg＝ma
則Fmg＝mg＋mamg＝g＋ag＝2.25
答案(1)20m/s(2)1.6s(3)2.25
4．(20xx湖北襄陽模擬)在歡慶節(jié)日的時候，人們會在夜晚燃放美麗的焰火．按照設計，某種型號的裝有焰火的禮花彈從專用炮筒中射出后，在4s末到達離地面100m的最高點時炸開，構成各種美麗的圖案．假設禮花彈從炮筒中豎直射出時的初速度是v0，上升過程中所受的平均阻力大小始終是自身重力的k倍，那么v0和k分別等于(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：選C.根據(jù)h＝12at2，解得a＝12.5m/s2，所以v0＝at＝50m/s；上升過程禮花彈所受的平均阻力Ff＝kmg，根據(jù)牛頓第二定律得a＝mg＋Ffm＝(k＋1)g＝12.5m/s2，解得k＝0.25，故選項C正確．
5．行車過程中，如果車距不夠，剎車不及時，汽車將發(fā)生碰撞，車里的人可能受到傷害，為了盡可能地減輕碰撞引起的傷害，人們設計了安全帶，假定乘客質量為70kg，汽車車速為90km/h，從踩下剎車到完全停止需要的時間為5s，安全帶對乘客的作用力大小約為(不計人與座椅間的摩擦)()
A．450NB．400N
C．350ND．300N
解析：選C.汽車的速度v0＝90km/h＝25m/s，設汽車勻減速的加速度大小為a，則a＝v0t＝5m/s2，對乘客由牛頓第二定律得F＝ma＝70×5N＝350N，所以C正確．
(1)解決動力學基本問題時對力的處理方法
①合成法：在物體受力個數(shù)較少(2個或3個)時一般采用“合成法”．
②正交分解法：若物體的受力個數(shù)較多(3個或3個以上)，則采用“正交分解法”．
(2)解答動力學兩類問題的基本程序
①明確題目中給出的物理現(xiàn)象和物理過程的特點．
②根據(jù)問題的要求和計算方法，確定研究對象，進行分析，并畫出示意圖．
③應用牛頓運動定律和運動學公式求解．
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．物塊A放置在與水平地面成30°角傾斜的木板上時，剛好可以沿斜面勻速下滑；若該木板與水平面成60°角傾斜，取g＝10m/s2，則物塊A沿此斜面下滑的加速度大小為()
A．53m/s2B．33m/s2
C．(5－3)m/s2D.1033m/s2
解析：選D.由物塊在傾角為30°的木板上勻速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，F(xiàn)f＝μFN1，求得動摩擦因數(shù)μ＝33；在傾角為60°的木板上物塊加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝1033m/s2，D對．
2．(多選)如圖所示，質量為m＝1kg的物體與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為0.3，當物體運動的速度為10m/s時，給物體施加一個與速度方向相反的大小為F＝2N的恒力，在此恒力作用下(取g＝10m/s2)()
A．物體經(jīng)10s速度減為零
B．物體經(jīng)2s速度減為零
C．物體速度減為零后將保持靜止
D．物體速度減為零后將向右運動
解析：選BC.物體受到向右的滑動摩擦力，F(xiàn)f＝μFN＝μG＝3N，根據(jù)牛頓第二定律得，a＝F＋Ffm＝2＋31m/s2＝5m/s2，方向向右，物體減速到0所需的時間t＝v0a＝105s＝2s，B正確，A錯誤．減速到零后，F(xiàn)＜Ff，物體處于靜止狀態(tài)，不再運動，C正確，D錯誤．
3．如圖所示，a、b兩物體的質量分別為m1和m2，由輕質彈簧相連．當用恒力F豎直向上拉著a，使a、b一起向上做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x1，加速度大小為a1；當用大小仍為F的恒力沿水平方向拉著a，使a、b一起沿光滑水平桌面做勻加速直線運動時，彈簧伸長量為x2，加速度大小為a2.則有()
A．a(chǎn)1＝a2，x1＝x2B．a(chǎn)1＜a2，x1＝x2
C．a(chǎn)1＝a2，x1＞x2D．a(chǎn)1＜a2，x1＞x2
解析：選B.對a、b物體及彈簧整體分析，有：
a1＝F－m1＋m2gm1＋m2＝Fm1＋m2－g，a2＝Fm1＋m2，
可知a1＜a2，
再隔離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選項正確．
4．如圖所示，質量分別為m、2m的小球A、B，由輕質彈簧相連后再用細線懸掛在電梯內，已知電梯正在豎直向上做勻加速直線運動，細線中的拉力為F，此時突然剪斷細線．在線斷的瞬間，彈簧的彈力大小和小球A的加速度大小分別為()
A.2F3，2F3m＋gB.F3，2F3m＋g
C.2F3，F(xiàn)3m＋gD.F3，F(xiàn)3m＋g
解析：選A.在細線剪斷前，對A、B及彈簧整體由牛頓第二定律有F－3mg＝3ma，對B由牛頓第二定律得F彈－2mg＝2ma，由此可得F彈＝2F3；細線被剪斷后的瞬間，彈簧彈力不變，此時對A球來說，受到向下的重力和彈力，則有F彈＋mg＝maA，解得aA＝2F3m＋g，故A正確．
5．(多選)如圖所示，A、B球的質量相等，彈簧的質量不計，傾角為θ的斜面光滑，系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正確的是()
A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ
B．B球的受力情況未變，瞬時加速度為零
C．A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ
D．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度都不為零
解析：選BC.對A、B整體受力分析，細線燒斷前細線對A球的拉力FT＝2mgsinθ，細線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，aB＝0，A球所受合力與FT等大反向，則FT＝2mgsinθ＝maA，解得aA＝2gsinθ，A、D錯誤，B、C正確．
6．一質量為m＝2kg的滑塊能在傾角為θ＝30°的足夠長的斜面上以a＝2.5m/s2勻加速下滑．如右圖所示，若用一水平向右的恒力F作用于滑塊，使之由靜止開始在t＝2s內能沿斜面運動位移x＝4m．求：(g取10m/s2)
(1)滑塊和斜面之間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)恒力F的大?。?br> 解析：(1)以物塊為研究對象受力分析如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律可得：
mgsin30°－μmgcos30°＝ma
解得：μ＝36.
(2)使滑塊沿斜面做勻加速直線運動，有加速度向上和向下兩種可能．當加速度沿斜面向上時，受力分析如圖乙所示，F(xiàn)cos30°－mgsin30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1，根據(jù)題意可得a1＝2m/s2，
代入數(shù)據(jù)得：F＝7635N
當加速度沿斜面向下時(如圖丙)：
mgsin30°－Fcos30°－μ(Fsin30°＋mgcos30°)＝ma1
代入數(shù)據(jù)得：F＝437N.
答案：(1)36(2)7635N或437N
[綜合應用題組]
7．(多選)如圖所示，總質量為460kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5m/s2，當熱氣球上升到180m時，以5m/s的速度向上勻速運動，若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g取10m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()
A．所受浮力大小為4830N
B．加速上升過程中所受空氣阻力保持不變
C．從地面開始上升10s后的速度大小為5m/s
D．以5m/s的速度勻速上升時所受空氣阻力大小為230N
解析：選AD.熱氣球從地面剛開始上升時，速度為零，不受空氣阻力，只受重力、浮力，由牛頓第二定律知F－mg＝ma，得F＝4830N，選項A正確；隨著熱氣球速度逐漸變大，其所受空氣阻力發(fā)生變化(變大)，故熱氣球并非勻加速上升，其加速度逐漸減小，故上升10s后速度要小于5m/s，選項B、C錯誤；最終熱氣球勻速運動，此時熱氣球所受重力、浮力、空氣阻力平衡，由F＝mg＋f得f＝230N，選項D正確．
8．乘坐“空中纜車”飽覽大自然的美景是旅游者絕妙的選擇．若某一纜車沿著坡度為30°的山坡以加速度a上行，如圖所示．在纜車中放一個與山坡表面平行的斜面，斜面上放一個質量為m的小物塊，小物塊相對斜面靜止(設纜車保持豎直狀態(tài)運行)．則()
A．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向上
B．小物塊受到的摩擦力方向平行斜面向下
C．小物塊受到的滑動摩擦力為12mg＋ma
D．小物塊受到的靜摩擦力為ma
解析：選A.小物塊相對斜面靜止，因此小物塊與斜面間的摩擦力是靜摩擦力．纜車以加速度a上行，小物塊的加速度也為a，以物塊為研究對象，則有Ff－mgsin30°＝ma，F(xiàn)f＝12mg＋ma，方向平行斜面向上，故A正確，B、C、D均錯誤．
9．質量1kg的小物塊，在t＝0時刻以5m/s的初速度從斜面底端A點滑上傾角為53°的斜面，0.7s時第二次經(jīng)過斜面上的B點，若小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為13，則AB間的距離為(已知g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()
A．1.05mB．1.13m
C．2.03mD．1.25m
解析：選B.物塊沿斜面上滑和下滑時，加速度分別為：a1＝g(sinθ＋μcosθ)＝10m/s2，a2＝g(sinθ－μcosθ)＝6m/s2，物塊滑到最高點所用時間為：t1＝v0a1＝0.5s，位移為：x1＝12a1t21＝1.25m，物塊從最高點滑到B點所用時間為：t2＝t－t1＝0.2s，位移為：x2＝12a2t22＝0.12m，所以AB間的距離為x1－x2＝1.13m，選項B對．
10．(多選)質量m＝2kg、初速度v0＝8m/s的物體沿著粗糙的水平面向右運動，物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，同時物體還要受一個如圖所示的隨時間變化的水平拉力F的作用，水平向右為拉力的正方向．則以下結論正確的是(取g＝10m/s2)()
A．0～1s內，物體的加速度大小為2m/s2
B．1～2s內，物體的加速度大小為2m/s2
C．0～1s內，物體的位移為7m
D．0～2s內，物體的總位移為11m
解析：選BD.由題圖可知，在0～1s內力F為6N，方向向左，由牛頓運動定律可得F＋μmg＝ma，解得加速度大小a＝4m/s2，在1～2s內力F為6N，方向向右，由牛頓運動定律可得F－μmg＝ma1，解得加速度大小a1＝2m/s2，所以選項A錯誤，B正確；由運動關系可知0～1s內位移為6m，選項C錯誤；同理可計算0～2s內的位移為11m，選項D正確．
11．聲音在空氣中的傳播速度v與空氣的密度ρ、壓強p有關，下列速度的表達式(k為比例系數(shù)，無單位)中正確的是()
A．v＝kpρB．v＝kpρ
C．v＝kρpD．v＝kpρ
解析：選B.可把p、ρ的單位用基本單位表示，代入進行單位運算，看得出的單位是否是v的單位．壓強p的單位用基本單位表示為Pa＝Nm2＝kgm/s2m2，密度ρ的單位用基本單位表示為kgm3，所以pρ的單位為m2s2，易知B正確．
12．如圖所示，傾角為30°的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接．現(xiàn)將一滑塊(可視為質點)從斜面上A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點．已知A點距水平面的高度h＝0.8m，B點距C點的距離L＝2.0m(滑塊經(jīng)過B點時沒有能量損失，g取10m/s2)，求：
(1)滑塊在運動過程中的最大速度；
(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；
(3)滑塊從A點釋放后，經(jīng)過時間t＝1.0s時速度的大小．
解析：(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大為vm，設滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得：mgsin30°＝ma1
v2m＝2a1hsin30°，解得vm＝4m/s.
(2)滑塊在水平面上運動的加速度大小為a2，由牛頓第二定律得：μmg＝ma2
v2m＝2a2L，解得μ＝0.4.
(3)滑塊在斜面上運動的時間為t1，有vm＝a1t1，解得
t1＝vma1＝0.8s
由于t＞t1，故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點，做勻減速運動的時間為t－t1＝0.2s
設t＝1.0s時速度大小為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節(jié)牛頓運動定律的綜合應用
1．超重和失重
(1)視重
當物體掛在彈簧測力計下或放在水平臺秤上時，彈簧測力計或臺秤的示數(shù)稱為視重．
(2)超重、失重和完全失重的比較
超重失重完全失重
概念物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)大于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)小于物體所受重力的現(xiàn)象物體對支持物的壓力(或對懸掛物的拉力)等于零的現(xiàn)象
產(chǎn)生條件物體的加速度方向豎直向上物體的加速度方向豎直向下物體的加速度方向豎直向下，大小a＝g
運動狀態(tài)加速上升或減速下降加速下降或減速上升以a＝g加速下降或減速上升
原理方程F－mg＝ma
F＝m(g＋a)mg－F＝ma
F＝m(g－a)mg－F＝ma
F＝0
2.整體法和隔離法
(1)整體法
當連接體內(即系統(tǒng)內)各物體的加速度相同時，可以把系統(tǒng)內的所有物體看成一個整體，分析其受力和運動情況，運用牛頓第二定律對整體列方程求解的方法．
(2)隔離法
當求系統(tǒng)內物體間相互作用的內力時，常把某個物體從系統(tǒng)中隔離出來，分析其受力和運動情況，再用牛頓第二定律對隔離出來的物體列方程求解的方法．
(3)外力和內力
如果以物體系統(tǒng)為研究對象，受到系統(tǒng)之外的物體的作用力，這些力是該系統(tǒng)受到的外力，而系統(tǒng)內各物體間的相互作用力為內力．應用牛頓第二定律列方程時不考慮內力；如果把某物體隔離出來作為研究對象，則內力將轉換為隔離體的外力．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)超重就是物體的重力變大的現(xiàn)象．(×)
(2)減速上升的升降機內的物體，物體對地板的壓力大于重力．(×)
(3)加速上升的物體處于超重狀態(tài)．(√)
(4)加速度大小等于g的物體處于完全失重狀態(tài)．(×)
(5)物體處于超重或失重狀態(tài)，完全由物體加速度的方向決定，與速度方向無關．(√)
(6)整體法和隔離法是指選取研究對象的方法．(×)
(7)求解物體間的相互作用力應采用隔離法．(√)
2．如圖所示，將物體A放在容器B中，以某一速度把容器B豎直上拋，不計空氣阻力，運動過程中容器B的底面始終保持水平，下列說法正確的是()
A．在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零
B．上升過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力
C．下降過程中A對B的壓力大于物體A受到的重力
D．在上升和下降過程中A對B的壓力都等于物體A受到的重力
解析：選A.把容器B豎直上拋，物體處于完全失重狀態(tài)，在上升和下降過程中A對B的壓力都一定為零，選項A正確．
3．(20xx安徽蚌埠模擬)如圖所示，A、B兩物體之間用輕質彈簧連接，用水平恒力F拉A，使A、B一起沿光滑水平面做勻加速直線運動，這時彈簧長度為L1；若將A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉A，使A、B一起做勻加速直線運動，此時彈簧長度為L2.若A、B與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)相同，則下列關系式正確的是()
A．L2＝L1
B．L2＜L1
C．L2＞L1
D．由于A、B質量關系未知，故無法確定L1、L2的大小關系
解析：選A.水平面光滑時，用水平恒力F拉A時，由牛頓第二定律得，對整體有F＝(mA＋mB)a，對B有F1＝mBa＝mBFmA＋mB；水平面粗糙時，對整體有F－μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，對B有F2－μmBg＝mBa，解以上兩式得F2＝mBFmA＋mB，可知F1＝F2，故L1＝L2，故A正確．
4．從地面以一定的速度豎直向上拋出一小球，小球到達最高點的時刻為t1，下落到拋出點的時刻為t2.若空氣阻力的大小恒定，則在下圖中能正確表示被拋出物體的速率v隨時間t的變化關系的圖線是()
解析：選C.小球在上升過程中做勻減速直線運動，其加速度為a1＝mg＋Ffm，下降過程中做勻加速直線運動，其加速度為a2＝mg－Ffm，即a1a2，且所分析的是速率與時間的關系，故C正確．
考點一超重和失重問題
1．不論超重、失重或完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”改變．
2．在完全失重的狀態(tài)下，一切由重力產(chǎn)生的物理現(xiàn)象都會完全消失．
3．盡管物體的加速度不是豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處于超重或失重狀態(tài)．
4．盡管整體沒有豎直方向的加速度，但只要物體的一部分具有豎直方向的分加速度，整體也會出現(xiàn)超重或失重狀態(tài)．
1．(20xx福建莆田模擬)關于超重和失重現(xiàn)象，下列描述中正確的是()
A．電梯正在減速上升，在電梯中的乘客處于超重狀態(tài)
B．磁懸浮列車在水平軌道上加速行駛時，列車上的乘客處于超重狀態(tài)
C．蕩秋千時秋千擺到最低位置時，人處于失重狀態(tài)
D．“神舟”飛船在繞地球做圓軌道運行時，飛船內的宇航員處于完全失重狀態(tài)
解析：選D.物體是否超重或失重取決于加速度方向，當加速度向上時物體處于超重狀態(tài)，當加速度向下時物體處于失重狀態(tài)，當加速度向下且大小等于重力加速度時物體處于完全失重狀態(tài)．電梯正在減速上升，加速度向下，乘客失重，選項A錯誤；列車加速時加速度水平向前，乘客既不超重也不失重，選項B錯誤；蕩秋千到最低位置時加速度向上，人處于超重狀態(tài)，選項C錯誤；飛船繞地球做勻速圓周運動時，其加速度等于飛船所在位置的重力加速度，宇航員處于完全失重狀態(tài)，選項D正確．
2．(多選)一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力()
A．t＝2s時最大B．t＝2s時最小
C．t＝8.5s時最大D．t＝8.5s時最小
解析：選AD.人受重力mg和支持力FN的作用，由牛頓第二定律得FN－mg＝ma.由牛頓第三定律得人對地板的壓力FN′＝FN＝mg＋ma.當t＝2s時a有最大值，F(xiàn)N′最大；當t＝8.5s時，a有最小值，F(xiàn)N′最小，選項A、D正確．
3．(20xx浙江嘉興模擬)如圖所示是我國首次立式風洞跳傘實驗，風洞噴出豎直向上的氣流將實驗者加速向上“托起”．此過程中()
A．地球對人的吸引力和人對地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到氣流的力是一對作用力與反作用力
C．人受到的重力大小等于氣流對人的作用力大小
D．人被向上“托起”時處于失重狀態(tài)
解析：選A.地球對人的吸引力和人對地球的吸引力為作用力和反作用力，故大小相等，A項正確；人受到氣流的力和人對氣流的力是作用力和反作用力，B項錯誤；人被加速向上托起，則人受到氣流的力大于人受到的重力，C項錯誤；人有向上的加速度，故人被向上“托起”時處于超重狀態(tài)，D項錯誤．
考點二連接體問題
1．處理連接體問題常用的方法為整體法和隔離法．
2．涉及隔離法與整體法的具體問題類型
(1)涉及滑輪的問題
若要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法．例如，如圖所示，繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法．
(2)水平面上的連接體問題
①這類問題一般多是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度．解題時，一般采用先整體、后隔離的方法．
②建立坐標系時也要考慮矢量正交分解越少越好的原則，或者正交分解力，或者正交分解加速度．
(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題
當物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析．
3．解題思路
(1)分析所研究的問題適合應用整體法還是隔離法．
①處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力；
②對于加速度大小相同，方向不同的連接體，應采用隔離法進行分析．
(2)對整體或隔離體進行受力分析，應用牛頓第二定律確定整體或隔離體的加速度．
(3)結合運動學方程解答所求解的未知物理量．
[典例1]如圖所示，物塊A和B的質量分別為4m和m，開始A、B均靜止，細繩拉直，在豎直向上拉力F＝6mg作用下，動滑輪豎直向上加速運動．已知動滑輪質量忽略不計，動滑輪半徑很小，不考慮繩與滑輪之間的摩擦，細繩足夠長，在滑輪向上運動過程中，物塊A和B的加速度分別為()
A．a(chǎn)A＝12g，aB＝5gB．a(chǎn)A＝aB＝15g
C．a(chǎn)A＝14g，aB＝3gD．a(chǎn)A＝0，aB＝2g
解析對滑輪由牛頓第二定律得F－2FT＝m′a，又滑輪質量m′忽略不計，故m′＝0，所以FT＝F2＝6mg2＝3mg，對A由于FT＜4mg，故A靜止，aA＝0，對B有aB＝FT－mgm＝3mg－mgm＝2g，故D正確．
答案D
1．(多選)如圖所示，質量分別為mA、mB的A、B兩物塊用輕線連接放在傾角為θ的光滑斜面上，用始終平行于斜面向上的恒力F拉A，使它們沿斜面勻加速上升，為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()
A．增大A物的質量B．增大B物的質量
C．增大傾角θD．增大拉力F
解析：選BD.對于A、B整體由牛頓第二定律得F－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a，對于B由牛頓第二定律得FT－mBgsinθ＝mBa，解以上兩式得FT＝mBmA＋mBF，選項B、D正確．
2.如圖所示，質量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內有一質量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力F推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的連線與豎直方向成α角，則下列說法正確的是()
A．小鐵球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽對小鐵球的支持力為mgsinα
C．系統(tǒng)的加速度為a＝gtanα
D．推力F＝Mgtanα
解析：選C.根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持力為mgcosα，A、B錯誤．小球所受合外力為mgtanα，加速度a＝gtanα，推力F＝(m＋M)gtanα，C正確，D錯誤．
考點三動力學中的圖象問題
1．常見的圖象有
v－t圖象，a－t圖象，F(xiàn)－t圖象，F(xiàn)－a圖象等．
2．圖象間的聯(lián)系
加速度是聯(lián)系v－t圖象與F－t圖象的橋梁．
3．圖象的應用
(1)已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，要求分析物體的運動情況．
(2)已知物體在一運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，要求分析物體的受力情況．
(3)通過圖象對物體的受力與運動情況進行分析．
4．解答圖象問題的策略
(1)弄清圖象坐標軸、斜率、截距、交點、拐點、面積的物理意義．
(2)應用物理規(guī)律列出與圖象對應的函數(shù)方程式，進而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關系，以便對有關物理問題作出準確判斷．
1．(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出()
A．斜面的傾角
B．物塊的質量
C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)
D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度
解析：選ACD.由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度為a1＝v0t1，下降過程中的加速度為a2＝v1t1.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝v0＋v12t1g，滑動摩擦力f＝mv0－v12t1，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，選項A、C正確．由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確．
2．(20xx河南鄭州第一次質量預測)甲、乙兩球質量分別為m1、m2，從同一地點(足夠高)同時由靜止釋放．兩球下落過程中所受空氣阻力大小f僅與球的速率v成正比，與球的質量無關，即f＝kv(k為正的常量)．兩球的v－t圖象如圖所示．落地前，經(jīng)時間t0兩球的速度都已達到各自的穩(wěn)定值v1、v2.則下列判斷正確的是()
A．釋放瞬間甲球加速度較大
B.m1m2＝v2v1
C．甲球質量大于乙球質量
D．t0時間內兩球下落的高度相等
解析：選C.釋放瞬間v＝0，因此空氣阻力f＝0，兩球均只受重力，加速度均為重力加速度g，故A錯誤；兩球先做加速度減小的加速運動，最后都做勻速運動，穩(wěn)定時kv＝mg，因此最大速度與其質量成正比，即vm∝m，m1m2＝v1v2，B錯誤；由圖象知v1＞v2，因此m1＞m2，C正確；圖象與時間軸圍成的面積表示物體通過的位移，由圖可知，t0時間內兩球下落的高度不相等，故D錯誤．
3．(20xx廣東佛山二模)廣州塔，昵稱小蠻腰，總高度達600m，游客乘坐觀光電梯大約一分鐘就可以到達觀光平臺．若電梯簡化成只受重力與繩索拉力，已知電梯在t＝0時由靜止開始上升，a－t圖象如圖所示．則下列相關說法正確的是()
A．t＝4.5s時，電梯處于失重狀態(tài)
B．5～55s時間內，繩索拉力最小
C．t＝59.5s時，電梯處于超重狀態(tài)
D．t＝60s時，電梯速度恰好為零
解析：選D.利用at圖象可判斷：t＝4.5s時，電梯有向上的加速度，電梯處于超重狀態(tài)，則A錯誤；0～5s時間內，電梯處于超重狀態(tài)，拉力＞重力，5s～55s時間內，電梯處于勻速上升過程，拉力＝重力，55s～60s時間內，電梯處于失重狀態(tài)，拉力＜重力，綜上所述，B、C錯誤；因at圖線與t軸所圍的“面積”代表速度改變量，而圖中橫軸上方的“面積”與橫軸下方的“面積”相等，則電梯的速度在t＝60s時為零，D正確．
考點四動力學中的臨界、極值問題
1．臨界或極值條件的標志
(1)有些題目中有“剛好”、“恰好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點．
(2)若題目中有“取值范圍”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點”，而這些起止點往往就對應臨界狀態(tài)．
(3)若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點往往是臨界點．
(4)若題目要求“最終加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度．
2．解決動力學臨界、極值問題的常用方法
極限分析法、假設分析法和數(shù)學極值法．
考向1：極限分析法
把物理問題(或過程)推向極端，從而使臨界現(xiàn)象(或狀態(tài))暴露出來，以達到正確解決問題的目的．
[典例2]如圖所示，一不可伸長的輕質細繩跨過定滑輪后，兩端分別懸掛質量為m1和m2的物體A和B.若滑輪有一定大小，質量為m且分布均勻，滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，不計滑輪與軸之間的摩擦．設細繩對A和B的拉力大小分別為FT1和FT2，已知下列四個關于FT1的表達式中有一個是正確的．請你根據(jù)所學的物理知識，通過一定的分析，判斷正確的表達式是()
A．FT1＝m＋2m2m1gm＋2m1＋m2
B．FT1＝m＋2m1m2gm＋4m1＋m2
C．FT1＝m＋4m2m1gm＋2m1＋m2
D．FT1＝m＋4m1m2gm＋4m1＋m2
解析由于滑輪轉動時與繩之間無相對滑動，所以滑輪轉動時，可假設兩物體的加速度大小均為a，對A，若FT1－m1g＝m1a，則對B應有m2g－FT2＝m2a；上面兩式分別解出加速度的表達式為a＝FT1m1－g和a＝g－FT2m2，所以有FT1m1＋FT2m2＝2g，即有m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，根據(jù)題目所給選項可設FT1＝m＋xm2m1gm＋ym1＋m2，則根據(jù)A、B地位對等關系應有FT2＝m＋xm1m2gm＋ym2＋m1，將FT1、FT2的值代入m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g，可解得x＝2y.由此可判斷A錯誤、C正確．若將FT1設為m＋xm1m2gm＋ym1＋m2，則結合m2FT1＋m1FT2＝2m1m2g可看出A、B的地位關系不再具有對等性，等式不可能成立，B、D錯誤．
答案C
考向2：假設分析法
臨界問題存在多種可能，特別是非此即彼兩種可能時，或變化過程中可能出現(xiàn)臨界條件，也可能不出現(xiàn)臨界條件時，往往用假設法解決問題．
[典例3]如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上，A、B質量分別為mA＝6kg、mB＝2kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，開始時F＝10N，此后逐漸增加，在增大到45N的過程中，則()
A．當拉力F＜12N時，物體均保持靜止狀態(tài)
B．兩物體開始沒有相對運動，當拉力超過12N時，開始相對滑動
C．兩物體從受力開始就有相對運動
D．兩物體始終沒有相對運動
解析首先了解各物體的運動情況，B運動是因為A對它有靜摩擦力，但由于靜摩擦力存在最大值，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??；如果拉力再增大，則物體間就會發(fā)生相對滑動，所以這里存在一個臨界點，就是A、B間靜摩擦力達到最大值時拉力F的大小，以A為研究對象進行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的靜摩擦力，則有F－Ff＝mAa，再以B為研究對象，B受水平向右的靜摩擦力Ff＝mBa，當Ff為最大靜摩擦力時，解得a＝FfmB＝μmAgmB＝122m/s2＝6m/s2，F(xiàn)＝48N，由此可以看出當F＜48N時，A、B間的摩擦力達不到最大靜摩擦力，也就是說，A、B間不會發(fā)生相對運動，故選項D正確．
答案D
考向3：數(shù)學極值法
將物理過程通過數(shù)學公式表達出來，根據(jù)數(shù)學表達式解出臨界條件．
[典例4]如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個幼兒用沿與水平面成30°角的恒力拉著它沿水平面運動，已知拉力F＝6.5N，玩具的質量m＝1kg，經(jīng)過時間t＝2.0s．玩具移動了距離x＝23m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下．(取g＝10m/s2)，求：
(1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)；
(2)松開手后玩具還能運動多遠？
(3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平面夾角多大時，最省力？
解析(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運動，由位移公式可得x＝12at2
解得a＝3m/s2
對玩具，由牛頓第二定律得
Fcos30°－μ(mg－Fsin30°)＝ma
解得μ＝33.
(2)松手時，玩具的速度v＝at＝23m/s
松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′
解得a′＝1033m/s2
由勻變速運動的速度位移公式得
玩具的位移x′＝0－v2－2a′＝0.63m≈1.04m.
(3)設拉力與水平方向的夾角為θ，玩具要在水平面上運動，則Fcosθ－Ff＞0
Ff＝μFN
在豎直方向上，由平衡條件得
FN＋Fsinθ＝mg
解得F＞μmgcosθ＋μsinθ
cosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(60°＋θ)
當θ＝30°時，拉力最小，最省力．
答案(1)33(2)1.04m(3)30°
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．下列哪個說法是正確的()
A．游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)
B．蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)
C．舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態(tài)
D．體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)
解析：選B.選項A、C、D中運動員所受合外力為零，加速度為零．既不超重，也不失重，選項A、C、D錯誤；選項B中的運動員的加速度為重力加速度，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，選項B正確．
2．人站在電梯中隨電梯一起運動．下列過程中人處于超重狀態(tài)的是()
A．電梯加速上升B．電梯加速下降
C．電梯勻速上升D．電梯勻速下降
解析：選A.人在豎直方向受到重力和電梯提供的彈力作用，由牛頓第二定律有F－G＝ma，若人處于超重狀態(tài)，此時人對電梯的壓力大于人本身的重力，則應有力F大于G，加速度方向向上．選項A正確，B、C、D錯誤．
3．圖甲為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖，讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動．分析該實驗可知，小球對斜面的壓力、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨θ變化的圖象分別對應圖乙中的()
A．①、②和③B．③、②和①
C．②、③和①D．③、①和②
解析：選B.小球受重力mg、支持力FN，由牛頓第二定律得mgsinθ＝ma，a＝gsinθ，而am＝g，故aam＝sinθ；由牛頓第三定律得FN′＝FN，F(xiàn)Nm′＝FNm，而FN＝mgcosθ，F(xiàn)Nm＝mg，即FNFNm＝cosθ，則FN′FNm′＝cosθ；重力加速度的最大值gm＝g，即ggm＝1，B正確．
4．(多選)在下列運動過程中，人處于失重狀態(tài)的是()
A．小朋友沿滑梯加速滑下
B．乘客坐在沿平直路面減速行駛的汽車內
C．宇航員隨飛船繞地球做圓周運動
D．跳水運動員離開跳板后向上運動
解析：選ACD.當小朋友沿滑梯加速下滑時，具有向下的加速度，人處于失重狀態(tài)，A正確；乘客坐在沿平直路面減速行駛的汽車內，對乘客受力分析可得在豎直方向汽車對乘客的作用力平衡了乘客的重力，乘客不處于失重狀態(tài)，B錯誤；宇航員隨飛船繞地球做圓周運動，宇航員處于完全失重狀態(tài)，運動員離開跳板后僅受重力作用處于完全失重狀態(tài)，C、D正確．
5．如圖所示，質量分別為m和2m的兩個小球置于光滑水平面上，且固定在一輕質彈簧的兩端，已知彈簧的原長為L，勁度系數(shù)為k.現(xiàn)沿彈簧軸線方向在質量為2m的小球上施加一水平拉力F，使兩球一起做勻加速運動，則此時兩球間的距離為()
A.F3kB.F2k
C．L＋F3kD．L＋F2k
解析：選C.兩個小球一起做勻加速直線運動，加速度相等，對系統(tǒng)受力分析，由牛頓第二定律可得F＝(m＋2m)a，對質量為m的小球作水平方向受力分析，由牛頓第二定律和胡克定律可得kx＝ma，則此時兩球間的距離為L′＝L＋x＝L＋F3k，C正確．
6．如圖甲所示，為一傾角θ＝37°足夠長的斜面，將一質量為m＝1kg的物體無初速度在斜面上釋放，同時施加一沿斜面向上的拉力，拉力隨時間變化關系圖象如圖乙所示，與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝0.25.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)2s末物體的速度；
(2)前16s內物體發(fā)生的位移．
解析：(1)分析可知物體在前2s內沿斜面向下做初速度為零的勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得
mgsinθ－F1－μmgcosθ＝ma1，
v1＝a1t1，
代入數(shù)據(jù)可得
v1＝5m/s.
(2)設物體在前2s內發(fā)生的位移為x1，則
x1＝12a1t21＝5m.
當拉力為F2＝4.5N時，由牛頓第二定律可得
F2＋μmgcosθ－mgsinθ＝ma2，
代入數(shù)據(jù)可得a2＝0.5m/s2，
物體經(jīng)過t2時間速度減為0，則
v1＝a2t2，t2＝10s，
設t2時間發(fā)生的位移為x2，則
x2＝12a2t22＝25m，
由于mgsinθ－μmgcosθ＜F2＜μmgcosθ＋mgsinθ，則物體在剩下4s時間內處于靜止狀態(tài)．
故物體在前16s內發(fā)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
[綜合應用題組]
7．(多選)將一個質量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點，運動過程中所受阻力大小恒定，方向與運動方向相反．該過程的v－t圖象如圖所示，g取10m/s2.下列說法中正確的是()
A．小球所受重力和阻力大小之比為5∶1
B．小球上升過程與下落過程所用時間之比為2∶3
C．小球落回到拋出點時的速度大小為86m/s
D．小球下落過程中，受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)
解析：選AC.上升過程中mg＋Ff＝ma1，代入a1＝12m/s2，解得Ff＝2N，小球所受重力和阻力之比為5∶1，選項A正確；下落過程中mg－Ff＝ma2，可得a2＝8m/s2，根據(jù)h＝12at2可得t1t2＝a2a1＝23，選項B錯誤；根據(jù)v＝a2t2，t2＝6s可得v＝86m/s，選項C正確；小球下落過程中，加速度方向豎直向下，小球處于失重狀態(tài)，選項D錯誤．
8．如圖甲所示，某人通過動滑輪將質量為m的貨物提升到一定高處，動滑輪的質量和摩擦均不計，貨物獲得的加速度a與豎直向上的拉力FT之間的函數(shù)關系如圖乙所示．則下列判斷正確的是()
A．圖線與縱軸的交點的絕對值為g
B．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體的質量m
C．圖線與橫軸的交點N的值FTN＝mg
D．圖線的斜率在數(shù)值上等于物體質量的倒數(shù)1m
解析：選A.由牛頓第二定律可得：2FT－mg＝ma，則有a＝2mFT－g，由a－FT圖象可判斷，縱軸截距的絕對值為g，圖線的斜率在數(shù)值上等于2m，則A正確，B、D錯誤，橫軸截距代表a＝0時，F(xiàn)TN＝mg2，C錯誤．
9．如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上．一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動．觀察小球從開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關于小球的速度v或加速度a隨時間t變化的圖象中符合實際情況的是()
解析：選A.小球先做自由落體運動，接觸彈簧后小球做加速度減小的加速運動．直至重力和彈力相等，即mg＝kΔx，此時a＝0，小球速度達到最大值vmax，此后小球繼續(xù)下降，小球重力小于彈力，加速度方向向上，小球向下做加速度增大的減速運動直至最低點，小球速度為0，加速度最大，A正確，B錯誤．設小球到達最低點時，彈簧的形變量為x，由能量關系得mg(h＋x)＝12kx2，則2mg(h＋x)＝kxx，由h＋x＞x得kx＞2mg，所以在最低點kx－mg＝ma＞mg，即ag，C錯誤．彈簧形變量x與t不是線性關系．則a與t也不是線性關系，D錯誤．
10．如圖所示，一夾子夾住木塊，在力F作用下向上提升．夾子和木塊的質量分別為m、M，夾子與木塊兩側間的最大靜摩擦力均為Ff.若木塊不滑動，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：選A.木塊恰好滑動時，對木塊和夾子有F－(M＋m)g＝(M＋m)a，對木塊有2Ff－Mg＝Ma，所以F＝2FfM＋mM，選項A正確．
11．(多選)質量為0.3kg的物體在水平面上做直線運動，圖中的兩條直線分別表示物體受水平拉力和不受水平拉力的圖線，則下列說法正確的()
A．水平拉力可能是0.3N
B．水平拉力一定是0.1N
C．物體所受摩擦力可能是0.2N
D．物體所受摩擦力一定是0.2N
解析：選BC.若拉力方向與物體運動方向相同，則斜率較大的圖象為不受拉力即只受摩擦力的速度圖象，此時物體加速度大小為a1＝23m/s2，由牛頓第二定律可知此時摩擦力Ff＝ma1＝0.2N，圖象中斜率較小的圖線為受拉力時的圖線，加速度大小為a2＝13m/s2，由牛頓第二定律可知Ff－F＝ma2，代入已知條件可知，拉力F＝0.1N；若拉力方向與物體運動方向相反，則斜率較小的圖象為不受拉力即只受摩擦力的速度圖象，此時物體加速度大小為a3＝13m/s2，由牛頓第二定律可知此時摩擦力Ff′＝ma3＝0.1N；圖象中斜率較大的圖線為受拉力時的圖線，加速度大小為a4＝23m/s2，由牛頓第二定律可知F′＋Ff′＝ma4，代入已知條件可知，拉力F′＝0.1N，B、C正確．
12．如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，砝碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗．若砝碼和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為μ.重力加速度為g.
(1)當紙板相對砝碼運動時，求紙板所受摩擦力的大??；
(2)要使紙板相對砝碼運動，求所需拉力的大??；
(3)本實驗中，m1＝0.5kg，m2＝0.1kg，μ＝0.2，砝碼與紙板左端的距離d＝0.1m，取g＝10m/s2.若砝碼移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知．為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝碼對紙板的摩擦力Ff1＝μm1g
桌面對紙板的摩擦力Ff2＝μ(m1＋m2)g
Ff＝Ff1＋Ff2，解得Ff＝μ(2m1＋m2)g.
(2)設砝碼的加速度為a1，紙板的加速度為a2，則
Ff1＝m1a1，F(xiàn)－Ff1－Ff2＝m2a2
發(fā)生相對運動a2＞a1
解得F＞2μ(m1＋m2)g.
(3)紙板抽出前，砝碼運動的距離x1＝12a1t21
紙板運動的距離d＋x1＝12a2t21
紙板抽出后，砝碼在桌面上運動的距離x2＝12a3t22，
l＝x1＋x2
由題意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μm1＋1＋dlm2g
代入數(shù)據(jù)得F＝22.4N.
答案：(1)μ(2m1＋m2)g(2)F＞2μ(m1＋m2)g
(3)22.4N
第4節(jié)微專題1“板—塊”＋“傳送帶”問題
考點一“板—塊”模型
1．模型特點
上、下疊放兩個物體，在摩擦力的相互作用下兩物體發(fā)生相對滑動．
2．兩種位移關系
滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長．
3．解題方法
整體法、隔離法．
4．解題思路
(1)分析滑塊和滑板的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和滑板的加速度．
(2)對滑塊和滑板進行運動情況分析，找出滑塊和滑板之間的位移關系或速度關系，建立方程．特別注意滑塊和滑板的位移都是相對地的位移．
[典例1](20xx山東德州質檢)長為L＝1.5m的長木板B靜止放在水平冰面上，小物塊A以某一初速度v0從木板B的左端滑上長木板B，直到A、B的速度達到相同，此時A、B的速度為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．若小物塊A可視為質點，它與長木板B的質量相同，A、B間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，取g＝10m/s2.求：
(1)木板與冰面的動摩擦因數(shù)μ2；
(2)小物塊A的初速度v0；
(3)為了保證小物塊不從木板的右端滑落，小物塊滑上木板的最大初速度v0m應為多少？
解析(1)小物塊和木板一起運動時，受冰面的滑動摩擦力，做勻減速運動，則加速度
a＝v22s＝1.0m/s2
由牛頓第二定律得μ2mg＝ma
解得μ2＝0.10.
(2)小物塊相對木板滑動時受木板對它的滑動摩擦力，做勻減速運動，其加速度
a1＝μ1g＝2.5m/s2
小物塊在木板上滑動，木板受小物塊的滑動摩擦力和冰面的滑動摩擦力，做勻加速運動，則有
μ1mg－μ2(2m)g＝ma2
解得a2＝0.50m/s2.
設小物塊滑上木板經(jīng)時間t后小物塊、木板的速度相同為v，則
對于木板v＝a2t
解得t＝va2＝0.8s
小物塊滑上木板的初速度v0＝v＋a1t＝2.4m/s.
(3)小物塊滑上木板的初速度越大，它在木板上相對木板滑動的距離越大，當滑動距離等于木板長時，小物塊到達木板B的最右端，兩者的速度相等(設為v′)，這種情況下小物塊的初速度為保證其不從木板上滑落的最大初速度v0m，則
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安徽蕪湖模擬)質量為m0＝20kg、長為L＝5m的木板放在水平面上，木板與水平面的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.15.將質量m＝10kg的小木塊(可視為質點)，以v0＝4m/s的速度從木板的左端被水平拋射到木板上(如圖所示)，小木塊與木板面的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2)．則下列判斷中正確的是()
A．木板一定靜止不動，小木塊不能滑出木板
B．木板一定靜止不動，小木塊能滑出木板
C．木板一定向右滑動，小木塊不能滑出木板
D．木板一定向右滑動，小木塊能滑出木板
解析：選A.木板與地面間的摩擦力為Ff1＝μ1(m0＋m)g＝0.15×(20＋10)×10N＝45N，小木塊與木板之間的摩擦力為Ff2＝μ2mg＝0.4×10×10N＝40N，F(xiàn)f1Ff2，所以木板一定靜止不動；設小木塊在木板上滑行的距離為x，v20＝2μ2gx，解得x＝2mL＝5m，所以小木塊不能滑出木板，A正確．
2．一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖a所示．t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t＝1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)．碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板．已知碰撞后1s時間內小物塊的v－t圖線如圖b所示．木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：
(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離．
解析：(1)規(guī)定向右為正方向．木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為m和M.由牛頓第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1①
由題圖b可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度
v1＝4m/s，
由運動學公式有
v1＝v0＋a1t1②
s0＝v0t1＋12a1t21③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運動時的速度．
聯(lián)立①②③式和題給條件得
μ1＝0.1④
在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動．設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有
－μ2mg＝ma2⑤
由題圖b可得
a2＝v2－v1t2－t1⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得
μ2＝0.4⑦
(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3.由牛頓第二定律及運動學公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3⑧
v3＝－v1＋a3Δt⑨
v3＝v1＋a2Δt⑩
碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為
s1＝－v1＋v32Δt
小物塊運動的位移為
s2＝v1＋v32Δt
小物塊相對木板的位移為Δs＝s2－s1
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)值得
Δs＝6.0m
因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m.
(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3.由牛頓第二定律及運動學公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4
0－v23＝2a4s3
碰后木板運動的位移為
s＝s1＋s3
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩式，并代入數(shù)值得
s＝－6.5m
木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.
答案：(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m
考點二水平傳送帶問題
滑塊在水平傳送帶上運動常見的三個情景
項目圖示滑塊可能的運動情況
情景一
(1)可能一直加速
(2)可能先加速后勻速
情景二
(1)v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速
(2)v0v時，可能一直加速，也可能先加速再勻速
情景三
(1)傳送帶較短時，滑塊一直減速到達左端
(2)傳送帶較長時，滑塊還要被傳送帶傳回右端．其中v0v返回時速度為v，當v0v返回時速度為v0

[典例2](多選)如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t＝0時刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時刻P離開傳送帶．不計定滑輪質量和摩擦，繩足夠長．正確描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是()
解析若v1v2，且P受到的滑動摩擦力大于Q的重力，則可能先向右勻加速，加速至v1后隨傳送帶一起向右勻速，此過程如圖B所示，故B正確．若v1v2，且P受到的滑動摩擦力小于Q的重力，此時P一直向右減速，減速到零后反向加速．若v2v1，P受到的滑動摩擦力向左，開始時加速度a1＝FT＋μmgm，當減速至速度為v1時，摩擦力反向，若有FTμmg，此后加速度a2＝FT－μmgm，故C正確，A、D錯誤．
答案BC
1．如圖所示，繃緊的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行．初速度大小為v2的小物塊從與傳送帶等高的光滑水平地面上的A處滑上傳送帶．若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v－t圖象(以地面為參考系)如圖乙所示．已知v2v1，則()
A．t2時刻，小物塊離A處的距離達到最大
B．t2時刻，小物塊相對傳送帶滑動的距離最大
C．0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3時間內，小物塊始終受到大小不變的摩擦力作用
解析：選B.物塊滑上傳送帶后將做勻減速運動，t1時刻速度為零，此時小物塊離A處的距離達到最大，選項A錯誤；然后在傳送帶滑動摩擦力的作用下向右做勻加速運動，t2時刻與傳送帶達到共同速度，此時小物塊相對傳送帶滑動的距離最大，選項B正確；0～t2時間內，小物塊受到的摩擦力方向始終向右，選項C錯誤；t2～t3時間內小物塊不受摩擦力，選項D錯誤．
2．(20xx陜西漢中模擬)(多選)如圖所示，質量為m的物體用細繩拴住放在粗糙的水平傳送帶上，物體距傳送帶左端的距離為L.當傳送帶分別以v1、v2的速度逆時針轉動(v1＜v2)，穩(wěn)定時繩與水平方向的夾角為θ，繩中的拉力分別為F1，F(xiàn)2；若剪斷細繩時，物體到達左端的時間分別為t1、t2，則下列說法正確的是()
A．F1＜F2B．F1＝F2
C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2
解析：選BD.繩剪斷前物體的受力情況如圖所示，由平衡條件得FN＋Fsinθ＝mg，F(xiàn)f＝μFN＝Fcosθ，解得F＝μmgμsinθ＋cosθ，F(xiàn)的大小與傳送帶的速度無關，選項A錯誤，B正確；繩剪斷后m在兩速度的傳送帶上的加速度相同，若L≤v212μg，則兩次都是勻加速到達左端，t1＝t2，若L＞v212μg，則物體在傳送帶上先加速再勻速到達左端，在速度小的傳送帶上需要的時間更長，t1＞t2，選項C錯誤，D正確．
考點三傾斜傳送帶問題
滑塊在傾斜傳送帶上運動常見的四個情景
項目圖示滑塊可能的運動情況
情景一
①可能一直加速
②可能先加速后勻速
情景二
①可能一直加速
②可能先加速后勻速
③可能先以a1加速后以a2加速
情景三
①可能一直加速
②可能先加速后勻速
③可能一直勻速
④可能先以a1加速后以a2加速
情景四
①可能一直加速
②可能一直勻速
③可能先減速后反向加速

[典例3]如圖所示，傾角為37°，長為l＝16m的傳送帶，轉動速度為v＝10m/s，在傳送帶頂端A處無初速度的釋放一個質量為m＝0.5kg的物體，已知物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g取10m/s2.求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)傳送帶順時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間；
(2)傳送帶逆時針轉動時，物體從頂端A滑到底端B的時間．
解析(1)傳送帶順時針轉動時，物體相對傳送帶向下運動，則物體所受滑動摩擦力沿斜面向上，相對傳送帶向下勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律有
mg(sin37°－μcos37°)＝ma
則a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2，
根據(jù)l＝12at2得t＝4s.
(2)傳送帶逆時針轉動，當物體下滑速度小于傳送帶轉動速度時，物體相對傳送帶向上運動，則物體所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，設物體的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1
則有a1＝mgsin37°＋μmgcos37°m＝10m/s2.
設當物體運動速度等于傳送帶轉動速度時經(jīng)歷的時間為t1，位移為x1，則有t1＝va1＝1010s＝1s，
x1＝12a1t21＝5m＜l＝16m.
當物體運動速度等于傳送帶速度瞬間，有mgsin37°＞μmgcos37°，則下一時刻物體相對傳送帶向下運動，受到傳送帶向上的滑動摩擦力——摩擦力發(fā)生突變．設當物體下滑速度大于傳送帶轉動速度時物體的加速度為a2，則a2＝mgsin37°－μmgcos37°m＝2m/s2
x2＝l－x1＝11m
又因為x2＝vt2＋12a2t22，
則有10t2＋t22＝11
解得t2＝1s(t2＝－11s舍去)
所以t總＝t1＋t2＝2s.
答案(1)4s(2)2s
1．(20xx廣東汕頭模擬)如圖所示，A、B兩個皮帶輪被緊繃的傳送皮帶包裹，傳送皮帶與水平面的夾角為θ，在電動機的帶動下，可利用傳送皮帶傳送貨物．已知皮帶輪與皮帶之間無相對滑動，皮帶輪不轉動時，某物體從皮帶頂端由靜止開始下滑到皮帶底端所用的時間是t，則()
A．當皮帶輪逆時針勻速轉動時，該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定大于t
B．當皮帶輪逆時針勻速轉動時，該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定小于t
C．當皮帶輪順時針勻速轉動時，該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間可能等于t
D．當皮帶輪順時針勻速轉動時，該物體從頂端由靜止滑到底端所用時間一定小于t
解析：選D.傳送帶不動物體下滑時，物體受摩擦力向上，故加速度a＝gsinθ－μgcosθ；當傳送帶向上運動時，摩擦力一定也是向上，而摩擦力的大小不變，故a不變，所以物體運動到B的時間不變，故A、B錯誤；當皮帶向下運動時，物體受摩擦力開始是向下的，故加速度開始一定增大，位移不變，故由A滑到B的時間小于t，故C錯誤，D正確．
2．如圖所示為上、下兩端相距L＝5m、傾角α＝30°、始終以v＝3m/s的速率順時針轉動的傳送帶(傳送帶始終繃緊)．將一物體放在傳送帶的上端由靜止釋放滑下，經(jīng)過t＝2s到達下端，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)傳送帶與物體間的動摩擦因數(shù)多大？
(2)如果將傳送帶逆時針轉動，速率至少多大時，物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達下端？
解析：(1)物體在傳送帶上受力如圖所示，物體沿傳送帶向下勻加速運動，設加速度為a.
由題意得L＝12at2
解得a＝2.5m/s2
由牛頓第二定律得
mgsinα－Ff＝ma
又Ff＝μmgcosα
故μ＝0.29.
(2)如果傳送帶逆時針轉動，要使物體從傳送帶上端由靜止釋放能最快地到達下端，則需要物體有沿傳送帶向下的最大加速度即所受摩擦力沿傳送帶向下，設此時傳送帶速度為vm，物體加速度為a′.
由牛頓第二定律得mgsinα＋Ff＝ma′
又v2m＝2La′
故vm＝2La′＝8.66m/s.
答案：(1)0.29(2)8.66m/s
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．(多選)如圖所示是某工廠所采用的小型生產(chǎn)流水線示意圖，機器生產(chǎn)出的物體源源不斷地從出口處以水平速度v0滑向一粗糙的水平傳送帶，最后從傳送帶上落下裝箱打包．假設傳送帶靜止不動時，物體滑到傳送帶右端的速度為v，最后物體落在P處的箱包中．下列說法正確的是()
A．若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉動起來，且傳送帶速度小于v，物體仍落在P點
B．若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉動起來，且傳送帶速度大于v0，物體仍落在P點
C．若傳送帶隨皮帶輪順時針方向轉動起來，且傳送帶速度大于v，物體仍落在P點
D．若由于操作不慎，傳送帶隨皮帶輪逆時針方向轉動起來，物體仍落在P點
解析：選AD.若傳送帶靜止，物體滑到傳送帶右端的過程中，物體一直減速，其加速度a＝μg，v2－v20＝2aL，當傳送帶順時針轉且速度小于v時，物體仍一直減速，到達傳送帶右端速度仍為v，因而物體仍落在P點，A正確；當傳送帶順時針轉且速度大于v0時，物體應先加速，因而到達右端時速度一定大于v，應落在P點右側，B錯誤；當傳送帶順時針轉且速度大于v時，物體在傳送帶上應先減速，當速度達到傳送帶速度時便和傳送帶一起勻速運動，到達右端時速度大于v，應落在P點右側，C錯誤；當傳送帶逆時針轉時，物體一直減速，到達右端時速度為v，仍落在P點，D正確．
2．如圖所示，在水平桌面上疊放著質量均為M的A、B兩塊木板，在木板A的上面放著一個質量為m的物塊C，木板和物塊均處于靜止狀態(tài)．A、B、C之間以及B與地面之間的動摩擦因數(shù)都為μ.若用水平恒力F向右拉動木板A，使之從C、B之間抽出來，已知重力加速度為g，則拉力F的大小應該滿足的條件是(已知最大靜摩擦力的大小等于滑動摩擦力)()
A．F＞μ(2m＋M)gB．F＞μ(m＋2M)g
C．F＞2μ(m＋M)gD．F＞2μmg
解析：選C.無論F多大，摩擦力都不能使B向右滑動，而滑動摩擦力能使C產(chǎn)生的最大加速度為μg，故F－μmg－μm＋MgM＞μg時，即F＞2μ(m＋M)g時A可從B、C之間抽出，選項C正確．
3．如圖所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC兩部分組成，且AB＝BC，小物塊P(可視為質點)以某一初速度從A點滑上桌面，最后恰好停在C點，已知物塊經(jīng)過AB與BC兩部分的時間之比為1∶4，則物塊P與桌面上AB、BC部分之間的動摩擦因數(shù)μ1、μ2之比為(P物塊在AB、BC上所做兩段運動可看做勻變速直線運動)()
A．1∶1B．1∶4
C．4∶1D．8∶1
解析：選D.設到達B點速度為v1，由于AB與BC段的位移相等，則有v0＋v12t1＝v1＋02t2，其中t1∶t2＝1∶4，故v1＝v03，AB段的加速度為a1＝v1－v0t1＝－2v03t1，BC段的加速度為a2＝0－v1t2＝－v03t2，根據(jù)牛頓第二定律得，AB段－μ1mg＝ma1，BC段－μ2mg＝ma2，解得μ1∶μ2＝a1∶a2＝8∶1，故選項D正確．

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20xx高考物理大一輪復習：第9章-磁場（10份打包有課件）

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第1節(jié)磁場的描述、磁場對電流的作用
一、磁場、磁感應強度
1．磁場
(1)基本性質：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁力的作用．
(2)方向：小磁針的N極所受磁場力的方向．
2．磁感應強度
(1)物理意義：描述磁場強弱和方向．
(2)定義式：B＝FIL(通電導線垂直于磁場)．
(3)方向：小磁針靜止時N極的指向．
(4)單位：特斯拉，符號T.
二、磁感線及幾種常見的磁場分布
1．磁感線
在磁場中畫出一些曲線，使曲線上每一點的切線方向都跟這點的磁感應強度的方向一致．
2．幾種常見的磁場
(1)條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(如圖所示)
(2)幾種電流周圍的磁場分布
直線電流的磁場通電螺線管的磁場環(huán)形電流的磁場
特點無磁極、非勻強且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場且磁場最強，管外為非勻強磁場環(huán)形電流的兩側是N極和S極且離圓環(huán)中心越遠，磁場越弱
安培定則

立體圖

橫截面圖

縱截面圖

(3)磁感線的特點
①磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向．
②磁感線的疏密程度表示磁場強弱．
③磁感線是閉合曲線，沒有起點和終點．在磁體外部，從N極指向S極，在磁體內部，從S極指向N極．
④磁感線是假想的曲線，不相交、不中斷、不相切．
三、安培力的大小和方向
1．大小
(1)F＝BILsinθ(其中θ為B與I之間的夾角)
(2)磁場和電流垂直時F＝BIL.
(3)磁場和電流平行時F＝0.
2．方向
(1)用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心進入，并使四指指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向．
(2)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．(注意：B和I可以有任意夾角)
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)小磁針N極受磁場力的方向就是該處磁感應強度的方向．(√)
(2)磁場中的一小段通電導體在該處受力為零，此處B一定為零．(×)
(3)由定義式B＝FIL可知，電流強度I越大，導線L越長，某點的磁感應強度就越小．(×)
(4)磁感線是真實存在的．(×)
(5)通電線圈可等效成條形磁鐵，它周圍的磁感線起始于線圈一端，終止于線圈的另一端．(×)
(6)安培力的方向既跟磁感應強度方向垂直，又跟電流方向垂直．(√)
2．(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一．關于指南針，下列說法正確的是()
A．指南針可以僅具有一個磁極
B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場
C．指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾
D．在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線，導線通電時指南針不偏轉
解析：選BC.指南針有N、S兩個磁極，受到地磁場的作用靜止時S極指向南方，A錯誤，B正確．指南針有磁性，可以與鐵塊相互吸引，C正確．由奧斯特實驗可知，小磁針在通電導線放置位置合適的情況下，會發(fā)生偏轉，D錯誤．
3．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖所示，則()
A．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＞Bb
B．a(chǎn)、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba＜Bb
C．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大
D．同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小
解析：選B.在磁場中，磁感線的疏密表示磁場的強弱，故Ba＜Bb，A錯誤，B正確．同一通電導線如果都垂直放入磁場中，則在a處受力一定比b處受力小，但如果導線與磁場平行放置，受力均為0，故C、D均錯誤．
4．關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()
A．安培力的方向可以不垂直于直導線
B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向
C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關
D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?br> 解析：選B.根據(jù)左手定則，安培力垂直于電流和磁感應強度所組成的平面，A錯誤，B正確．由安培力公式F＝BILsinθ(θ為B與I的夾角)可知，C錯誤．若在垂直于磁感應強度的平面內將直導線折成直角，其有效長度變?yōu)樵瓉淼?2，安培力大小也變?yōu)樵瓉淼?2，D錯誤．
考點一磁場的理解及安培定則
1．磁感應強度的三點理解
(1)磁感應強度由磁場本身決定，因此不能根據(jù)定義式B＝FIL認為B與F成正比，與IL成反比．
(2)測量磁感應強度時小段通電導線必須垂直磁場放入，如果平行磁場放入，則所受安培力為零，但不能說該點的磁感應強度為零．
(3)磁感應強度是矢量，其方向為放入其中的小磁針N極的受力方向，也是小磁針靜止時N極的指向．
2．安培定則的應用
在運用安培定則判定直線電流和環(huán)形電流的磁場時應分清“因”和“果”.
原因(電流方向)結果(磁場繞向)
直線電流的磁場大拇指四指
環(huán)形電流的磁場四指大拇指

3．磁場的疊加
磁感應強度是矢量，計算時與力的計算方法相同，利用平行四邊形定則或正交分解法進行合成與分解．
◆特別提醒：兩個電流附近的磁場的磁感應強度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應強度疊加而成的．
1．指南針是我國古代四大發(fā)明之一．當指南針上方有一條水平放置的通電導線時，其N極指向變?yōu)槿鐖D實線小磁針所示．則對該導線電流的以下判斷正確的是()
A．可能東西放置，通有由東向西的電流
B．可能東西放置，通有由西向東的電流
C．可能南北放置，通有由北向南的電流
D．可能南北放置，通有由南向北的電流
解析：選C.若導線東西放置，通有由東向西的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針所在處合磁場方向將在南北方向上，其不會出現(xiàn)題圖所示情況，故選項A錯誤．若導線東西放置，通有由西向東的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極不偏轉，故選項B錯誤．若導線南北放置，通有由北向南的電流時，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將順時針偏轉，可轉向圖中實線所示位置，故選項C正確．若導線南北放置，通有由南向北的電流，根據(jù)安培定則可知，小磁針N極將逆時針偏轉，指向西北方，故選項D錯誤．
2．(20xx河北廊坊模擬)(多選)無限長通電直導線在周圍某一點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B的大小與電流大小成正比，與導線到這一點的距離成反比，即B＝kIr(式中k為常數(shù))．如圖所示，兩根相距L的無限長直導線分別通有電流I和3I.在兩根導線的連線上有a、b兩點，a點為兩根直導線連線的中點，b點距電流為I的導線的距離為L.下列說法正確的是()
A．a(chǎn)點和b點的磁感應強度方向相同
B．a(chǎn)點和b點的磁感應強度方向相反
C．a(chǎn)點和b點的磁感應強度大小比為8∶1
D．a(chǎn)點和b點的磁感應強度大小比為16∶1
解析：選AD.根據(jù)右手螺旋定則，導線周圍的磁場的磁感線，是圍繞導線形成的同心圓，兩導線在a處的磁感應強度方向都向下，則合磁感應強度方向向下；根據(jù)B＝kIr，電流為3I導線在b處的磁感應強度方向向下，而電流為I導線在b處的磁感應強度方向向上，因電流為3I導線在b處產(chǎn)生的磁場較大，則合磁感應強度方向向下，因此a點和b點的磁感應強度方向相同，故A正確，B錯誤．
兩導線在a處的磁感應強度大小B1＝3kIL2＋kIL2＝k8IL；兩導線在b處的磁感應強度大小B2＝3kI2L－kIL＝kI2L，則a點和b點的磁感應強度大小之比為16∶1，故C錯誤，D正確．
3．(20xx江西南昌調研)如圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應強度大小為B1.若將M處長直導線移至P處，則O點的磁感應強度大小為B2，那么B2與B1之比為()
A.3∶1B．3∶2
C．1∶1D．1∶2
解析：選B.如圖所示，當通有電流的長直導線在M、N兩處時，根據(jù)安培定則，可知：二者在圓心O處產(chǎn)生的磁感應強度都為B1/2；當將M處長直導線移到P處時，兩直導線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應強度也為B1/2，做平行四邊形，由圖中的幾何關系，可得B2B1＝B22B12＝cos30°＝32，故選項B正確．
4．(20xx湖北三市六校聯(lián)考)如圖甲所示，無限長導線均通以恒定電流I.直線部分和坐標軸接近重合，彎曲部分是以坐標原點O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點O處不形成磁場，則圖乙中O處磁感應強度和圖甲中O處磁感應強度相同的是()
解析：選A.由題意可知，圖甲中O處磁感應強度的大小是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應強度大小的2倍，方向垂直紙面向里；圖A中，根據(jù)安培定則可知，左上段與右下段的通電導線產(chǎn)生的磁場疊加為零，則剩余的兩段通電導線產(chǎn)生的磁感應強度大小是其中一段在O點的磁感應強度的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，圖B中，四段通電導線在O點產(chǎn)生的磁感應強度是其中一段在O點產(chǎn)生的磁感應強度的4倍，方向垂直紙面向里，故B錯誤；圖C中，右上段與左下段產(chǎn)生磁場疊加為零，則剩余兩段產(chǎn)生磁感應強度大小是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應強度的2倍，方向垂直紙面向外，故C錯誤；圖D中，四段在O點產(chǎn)生的磁感應強度是其中一段在O點產(chǎn)生磁感應強度的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯誤．
磁感應強度疊加三步驟
空間中的磁場通常會是多個磁場的疊加，磁感應強度是矢量，可以通過平行四邊形定則進行計算或判斷．其步驟如下：
(1)確定場源，如通電導線．
(2)定位空間中需求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的大小和方向．如圖中M、N在c點產(chǎn)生的磁場．
(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的合磁場B.
考點二安培力作用下的平衡與加速問題
1．分析導體在磁場中平衡和加速問題的思路
(1)確定要研究的導體．
(2)按照已知力→重力→安培力→彈力→摩擦力的順序，對導體受力分析．
(3)分析導體的運動情況．
(4)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列式求解．
2．受力分析的注意事項
(1)安培力的方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥I，即F垂直于B和I決定的平面．
(2)安培力的大?。簯霉紽＝BILsinθ計算彎曲導線在勻強磁場中所受安培力的大小時，有效長度L等于曲線兩端點的直線長度．
(3)視圖轉換：對于安培力作用下的力學問題，導體棒的受力往往分布在三維空間的不同方向上，這時應利用俯視圖、剖面圖或側視圖等，變立體圖為二維平面圖．
考向1：安培力作用下靜態(tài)平衡問題
通電導體在磁場中受安培力和其它力作用而處于靜止狀態(tài)，可根據(jù)磁場方向、電流方向結合左手定則判斷安培力方向．
[典例1](20xx廣東廣州三模)(多選)如圖所示，質量為m、長度為L的直導線用兩絕緣細線懸掛于O、O′，并處于勻強磁場中，當導線中通以沿x正方向的電流I，且導線保持靜止時懸線與豎直方向夾角為θ.磁感應強度方向和大小可能為()
A．z正向，mgILtanθ
B．y正向，mgIL
C．z負向，mgILtanθ
D．沿懸線向上，mgILsinθ
解析本題要注意在受力分析時把立體圖變成側視平面圖，然后通過平衡狀態(tài)的受力分析來確定B的方向和大?。鬊沿z正向，則從O向O′看，導線受到的安培力F＝ILB，方向水平向左，如圖甲所示，導線無法平衡，A錯誤．
若B沿y正向，導線受到的安培力豎直向上，如圖乙所示．當FT＝0，且滿足ILB＝mg，即B＝mgIL時，導線可以平衡，B正確．
若B沿z負向，導線受到的安培力水平向右，如圖丙所示．若滿足FTsinθ＝ILB，F(xiàn)Tcosθ＝mg，即B＝mgtanθIL，導線可以平衡，C正確．若B沿懸線向上，導線受到的安培力左斜下方向，如圖丁所示，導線無法平衡，D錯誤．
答案BC
考向2：安培力作用下動態(tài)平衡問題
此類題目是平衡問題，只是由于磁場大小或方向、電流大小或方向的變化造成安培力變化，與力學中某個力的變化類似的情景．
[典例2](20xx陜西西安模擬)如圖所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x時，棒處于靜止狀態(tài)．則()
A．導體棒中的電流方向從b流向a
B．導體棒中的電流大小為kxBL
C．若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大
D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大
解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，故A錯誤；由于彈簧伸長為x，根據(jù)胡克定律有kx＝BIL，可得I＝kxBL，故B正確；若只將磁場方向緩慢順時針或逆時針轉過一小角度，則安培力在水平方向上的分力減小，根據(jù)力的平衡可得，彈簧彈力變小，導致x變小，故C、D錯誤．
答案B
考向3：安培力作用下加速問題
此類題目是導體棒在安培力和其它力作用下合力不再為零，而使導體棒產(chǎn)生加速度，根據(jù)受力特點結合牛頓第二定律解題是常用方法．
[典例3]如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導軌，相距1m，導體棒ab跨放在導軌上，棒的質量為m＝0.2kg，棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質量M＝0.3kg，棒與導軌的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，勻強磁場的磁感應強度B＝2T，方向豎直向下，為了使物體以加速度a＝3m/s2加速上升，應在棒中通入多大的電流？方向如何？(g＝10m/s2)
解析導體棒所受的最大靜摩擦力大小為
fm＝0.5mg＝1N
M的重力為G＝Mg＝3N
要使物體加速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向為由a到b.
根據(jù)受力分析，由牛頓第二定律有
F安－G－fm＝(m＋M)a
F安＝BIL
聯(lián)立得I＝2.75A
答案2.75A方向由a→b
安培力作用下導體的分析技巧
(1)安培力作用下導體的平衡問題與力學中的平衡問題分析方法相同，只不過多了安培力，解題的關鍵是畫出受力分析示意圖．
(2)安培力作用下導體的加速問題與動力學問題分析方法相同，關鍵是做好受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律求出加速度．
考點三磁場中導體運動方向的判斷
1．判定通電導體運動或運動趨勢的思路
研究對象：通電導線或導體――→明確導體所在位置的磁場分布情況――→利用左手定則
導體的受力情況――→確定導體的運動方向或運動趨勢的方向
2．幾種判定方法
電流元法分割為電流元――→左手定則安培力方向―→整段導體所受合力方向―→運動方向
特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→運動方向
等效法環(huán)形電流??小磁針
條形磁鐵??通電螺線管??多個環(huán)形電流
結論法同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時，有轉到平行且電流方向相同的趨勢
轉換研究對象法定性分析磁體在電流磁場作用下如何運動或運動趨勢的問題，可先分析電流在磁體磁場中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場的作用力，從而確定磁體所受合力及運動方向

1.一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置，且兩個線圈的圓心重合，如圖所示．當兩線圈中通以圖示方向的電流時，從左向右看，線圈L1將()
A．不動
B．順時針轉動
C．逆時針轉動
D．在紙面內平動
解析：選B.方法一(電流元法)把線圈L1沿水平轉動軸分成上下兩部分，每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元，電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中，根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上，由左手定則可得，上半部分電流元所受安培力均指向紙外，下半部分電流元所受安培力均指向紙內，因此從左向右看線圈L1將順時針轉動．
方法二(等效法)把線圈L1等效為小磁針，該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心，小磁針的N極應指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向，由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上，而L1等效成小磁針后，轉動前，N極指向紙內，因此小磁針的N極應由指向紙內轉為向上，所以從左向右看，線圈L1將順時針轉動．
方法三(結論法)環(huán)形電流I1、I2之間不平行，則必有相對轉動，直到兩環(huán)形電流同向平行為止．據(jù)此可得，從左向右看，線圈L1將順時針轉動．
2．如圖所示，蹄形磁鐵用柔軟的細繩懸吊在天花板上，在磁鐵兩極的正下方固定著一根水平直導線，當直導線中通以向右的電流時()
A．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內轉動，繩子對磁鐵的拉力減小
B．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內轉動，繩子對磁鐵的拉力減小
C．磁鐵的N極向紙外、S極向紙內轉動，繩子對磁鐵的拉力增大
D．磁鐵的S極向紙外、N極向紙內轉動，繩子對磁鐵的拉力增大
解析：選C.假設磁鐵不動，導線運動，根據(jù)安培定則可知，通電導線左邊的磁場斜向下，而右邊的磁場斜向上，那么在導線兩側取兩小段，根據(jù)左手定則可知，左邊一小段所受安培力的方向垂直紙面向里，右側一小段所受安培力的方向垂直紙面向外，從上往下看，導線順時針轉動．如今導線不動，磁鐵運動，根據(jù)相對運動，則知磁鐵逆時針轉動(從上向下看)，即N極向紙外轉動，S極向紙內轉動．當轉動90°時，導線所受的安培力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律可得磁鐵受到導線向下的作用力，故繩子對磁鐵的拉力增大，C正確．
判斷磁場中導體運動趨勢的兩點注意
(1)應用左手定則判定安培力方向時，磁感線穿入手心，大拇指一定要與磁感線方向垂直，四指與電流方向一致但不一定與磁感線方向垂直，這是因為：F一定與B垂直，I不一定與B垂直．
(2)導體與導體之間、磁體與磁體之間、磁體與導體之間的作用力和其他作用力一樣具有相互性，滿足牛頓第三定律．
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．中國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏東，不全南也．”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖．結合上述材料，下列說法不正確的是()
A．地理南、北極與地磁場的南、北極不重合
B．地球內部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近
C．地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行
D．地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用
解析：選C.由題意可知，地理南、北極與地磁場的南、北極不重合，存在磁偏角，A正確．磁感線是閉合的，再由圖可推知地球內部存在磁場，地磁南極在地理北極附近，故B正確．只有赤道上方附近的磁感線與地面平行，故C錯誤．射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行，故地磁場對其有力的作用，這是磁場的基本性質，故D正確．
2．三根平行的長直導體棒分別過正三角形ABC的三個頂點，并與該三角形所在平面垂直，各導體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示．則三角形的中心O處的合磁場方向為()
A．平行于AB，由A指向B
B．平行于BC，由B指向C
C．平行于CA，由C指向A
D．由O指向C
解析：選A.如圖所示，由右手螺旋定則可知，導體A中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度方向平行BC，同理，可知導線B、C中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度的方向分別平行于AC、AB，又由于三根導線中電流大小相等，到O點的距離相等，則它們在O點處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小相等，再由平行四邊形定則，可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，故選項A正確．
3．如圖所示，AC是一個用長為L的導線彎成的、以O為圓心的四分之一圓弧，將其放置在與平面AOC垂直的磁感應強度為B的勻強磁場中．當在該導線中通以由C到A，大小為I的恒定電流時，該導線受到的安培力的大小和方向是()
A．BIL，平行于OC向左
B.22BILπ，垂直于AC的連線指向左下方
C.22BILπ，平行于OC向右
D．22BIL，垂直于AC的連線指向左下方
解析：選B.直導線折成半徑為R的14圓弧形狀，在磁場中的有效長度為2R，又因為L＝14×2πR，則安培力F＝BI2R＝22BILπ.安培力的方向與有效長度的直線AC垂直，根據(jù)左手定則可知，安培力的方向垂直于AC的連線指向左下方，B正確．
4．如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd邊與ad邊夾角均為60°，ab＝bc＝cd＝L，長度為L的電阻絲電阻為R0，框架與一電動勢為E、內阻r＝R0的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則梯形框架abcd受到的安培力的大小為()
A．0B．5BEL11R0
C.10BEL11R0D.BELR0
解析：選C.并聯(lián)部分的總電阻為R并＝3R02R03R0＋2R0＝65R0，電路中的總電流I＝ER并＋r，所以線框受到的合外力F＝BI2L＝10BEL11R0，C正確．
5．如圖所示，接通開關S的瞬間，用絲線懸掛于一點、可自由轉動的通電直導線AB將()
A．A端向上，B端向下，懸線張力不變
B．A端向下，B端向上，懸線張力不變
C．A端向紙外，B端向紙內，懸線張力變小
D．A端向紙內，B端向紙外，懸線張力變大
解析：選D.當開關S接通時，由安培定則知導線附近磁感線分布如圖，由左手定則判斷出通電直導線此時左部受力指向紙內，右部受力指向紙外，導線將轉動，轉到與磁感線接近垂直時，導線轉動的同時，相當于具有向里的電流，則導線受安培力將豎直向下，可知懸線張力變大，故選項D正確．
6．電磁炮是一種理想的兵器，它的主要原理如圖所示，利用這種裝置可以把質量為m＝2.0g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到6km/s.若這種裝置的軌道寬d＝2m、長L＝100m、電流I＝10A、軌道摩擦不計且金屬桿EF與軌道始終垂直并接觸良好，則下列有關軌道間所加勻強磁場的磁感應強度和磁場力的最大功率結果正確的是()
A．B＝18T，Pm＝1.08×108W
B．B＝0.6T，Pm＝7.2×104W
C．B＝0.6T，Pm＝3.6×106W
D．B＝18T，Pm＝2.16×106W
解析：選D.通電金屬桿在磁場中受安培力的作用而對彈體加速，由功能關系得BIdL＝12mv2m，代入數(shù)值解得B＝18T；當速度最大時磁場力的功率也最大，即Pm＝BIdvm，代入數(shù)值得Pm＝2.16×106W，故選項D正確．
[綜合應用題組]
7．質量為m、長為L的直導體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應強度為B的勻強磁場中，直導體棒中通有恒定電流，平衡時導體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示．則下列關于導體棒中電流的分析正確的是()
A．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為I＝3mgBL
B．導體棒中電流垂直紙面向外，大小為I＝3mg3BL
C．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為I＝3mgBL
D．導體棒中電流垂直紙面向里，大小為I＝3mg3BL
解析：選C.根據(jù)左手定則可知，不管電流方向向里還是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再結合導體棒的平衡條件可知，安培力只能水平向右，據(jù)此可判斷出，導體棒中的電流垂直紙面向里，對導體棒受力分析如圖所示，并根據(jù)平衡條件可知，F(xiàn)＝mgtan60°，又安培力為F＝BIL，聯(lián)立可解得I＝3mgBL，故選項C正確．
8．如圖所示，兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣斜面上，導軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質彈簧上端固定，下端與水平直導體棒ab相連，彈簧與導軌平面平行并與ab垂直，直導體棒垂直跨接在兩導軌上，空間存在垂直導軌平面斜向上的勻強磁場．閉合開關K后導體棒中的電流為I，導體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調轉圖中電源極性，使導體棒中電流反向，導體棒中電流仍為I，導體棒平衡時彈簧伸長量為x2.忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為()
A.kIL(x1＋x2)B.kIL(x2－x1)
C.k2IL(x2＋x1)D.k2IL(x2－x1)
解析：選D.由平衡條件可得mgsinα＝kx1＋BIL；調轉圖中電源極性使導體棒中電流反向，由平衡條件可得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝k2IL(x2－x1)．選項D正確．
9．(多選)如右圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根長為L、質量為m的直導體棒，當通以圖示方向電流I時，欲使導體棒靜止在斜面上，可加一平行于紙面的勻強磁場，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉至水平向左的過程中，下列說法中正確的是()
A．此過程中磁感應強度B逐漸增大
B．此過程中磁感應強度B先減小后增大
C．此過程中磁感應強度B的最小值為mgsinαIL
D．此過程中磁感應強度B的最大值為mgtanαIL
解析：選AC.導體棒受重力、支持力、安培力作用而處于平衡狀態(tài)，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向由垂直斜面向上沿逆時針方向轉至水平向左的過程中，安培力由沿斜面向上轉至豎直向上，導體棒受力的動態(tài)變化如圖所示，則由圖知安培力逐漸增大，即此過程中磁感應強度B逐漸增大，A對、B錯；剛開始安培力F最小，有sinα＝Fmg，所以此過程中磁感應強度B的最小值為mgsinαIL，C對；最后安培力最大，有F＝mg，即此過程中磁感應強度B的最大值為mgIL，D錯．
10．如圖所示，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12V的電池相連，電路總電阻為2Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3cm.重力加速度的大小取10m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量．
解析：金屬棒通電后，閉合回路電流I＝ER＝122A＝6A
導體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06N.
開關閉合后，電流方向為從b到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下
由平衡條件知：開關閉合前：
2kx＝mg
開關閉合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F
代入數(shù)值解得m＝0.01kg.
答案：方向豎直向下0.01kg
11．某同學用圖中所給器材進行與安培力有關的實驗．兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導軌的正上方，S極位于兩導軌的正下方，一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直．
(1)在圖中畫出連線，完成實驗電路．要求滑動變阻器以限流方式接入電路，且在開關閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動．
(2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度，有人提出以下建議：
A．適當增加兩導軌間的距離
B．換一根更長的金屬棒
C．適當增大金屬棒中的電流
其中正確的是________(填入正確選項前的標號)．
解析：(1)由于磁場方向豎直向下，要使金屬棒的運動如圖所示，則金屬棒中電流由里向外，滑動變阻器用限流接法，實物圖連接如圖所示．
(2)為使金屬棒離開時速度較大，由動能定理知BILx＝12mv2，v＝2BILxm，適當增大兩導軌間的距離，可以增大v，適當增大金屬棒的電流可以增大v，換一根更長的金屬棒，增大了質量，v變小，因此A、C正確．
答案：(1)圖見解析(2)AC
12．載流長直導線周圍磁場的磁感應強度大小為B＝kI/r，式中常量k0，I為電流強度，r為距導線的距離．在水平長直導線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根等長的輕質絕緣細線靜止地懸掛，如圖所示．開始時MN內不通電流，此時兩細線內的張力均為T0.當MN通以強度為I1的電流時，兩細線內的張力均減小為T1；當MN內的電流強度變?yōu)镮2時，兩細線的張力均大于T0.
(1)分別指出強度為I1、I2的電流的方向；
(2)求MN分別通以強度為I1和I2電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比；
(3)當MN內的電流強度為I3時兩細線恰好斷裂，在此瞬間線圈的加速度大小為a，求I3.
解析：(1)由題意知，當MN通以電流I1時，線圈受到的安培力向上，根據(jù)左手定則、安培定則可以判斷I1的方向向左，當MN通以電流I2時，線圈受到的安培力應向下，同理，可以判斷I2的方向向右．
(2)當MN中的電流為I時，線圈受到的安培力大小為
F＝kIiL1r1－1r2
式中r1、r2分別為ab、cd與MN的間距，i為線圈中的電流，L為ab、cd的長度．
所以F1F2＝I1I2
(3)設MN中電流為I3時，線圈所受安培力為F3，由題設條件有2T0＝mg,2T1＋F1＝mg，F(xiàn)3＋mg＝ma，I1I3＝F1F3，由以上各式得I3＝T0a－gT0－T1gI1
答案：(1)I1方向向左，I2方向向右(2)F1F2＝I1I2
(3)T0a－gT0－T1gI1
第2節(jié)磁場對運動電荷的作用
一、洛倫茲力
1．定義：運動電荷在磁場中所受的力．
2．大小
(1)v∥B時，F(xiàn)＝0.
(2)v⊥B時，F(xiàn)＝qvB.
(3)v與B夾角為θ時，F(xiàn)＝qvBsin_θ.
3．方向
(1)判定方法：應用左手定則，注意四指應指向正電荷運動方向或負電荷運動的反方向．
(2)方向特點：F⊥B，F(xiàn)⊥v.即F垂直于B、v決定的平面．(注意B和v可以有任意夾角)．
由于F始終垂直于v的方向，故洛倫茲力永不做功．
二、帶電粒子在磁場中的運動
1．若v∥B，帶電粒子以入射速度v做勻速直線運動．
2．若v⊥B，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內，以入射速度v做勻速圓周運動．
3．基本公式
(1)向心力公式：qvB＝mv2r.
(2)軌道半徑公式：r＝mvBq.
(3)周期公式：T＝2πrv＝2πmqB.
f＝1T＝Bq2πm.
ω＝2πT＝2πf＝Bqm.
三、洛倫茲力的應用實例
1．回旋加速器
(1)構造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強磁場中．
(2)原理：交變電流的周期和粒子
做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢差一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速．由qvB＝mv2R，得Ekm＝q2B2R22m，可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度B和D形盒半徑R決定，與加速電壓無關．
2．質譜儀
(1)構造：如圖所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等組成．
(2)原理：粒子由靜止在加速電場中被加速，根據(jù)動能定理qU＝12mv2可知進入磁場的速度v＝2qUm.粒子在磁場中受洛倫茲力偏轉，做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，qvB＝mv2r.由以上幾式可得出需要研究的物理量如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷等．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)洛倫茲力和安培力的方向都與磁場方向垂直．(√)
(2)粒子在只受到洛倫茲力作用時運動的動能不變．(√)
(3)運動電荷進入磁場后(無其他力作用)可能做勻速直線運動．(√)
(4)洛倫茲力可以做正功、做負功或不做功．(×)
(5)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度的大小無關．(√)
(6)帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑與粒子的比荷成正比．(×)
(7)經(jīng)回旋加速器加速的帶電粒子的最大初動能由D形盒的最大半徑?jīng)Q定，與加速電壓無關．(√)
(8)質譜儀只能區(qū)分電荷量不同的粒子．(×)
2．如圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導線，則示波管中的電子束將()
A．向上偏轉
B．向下偏轉
C．向紙外偏轉
D．向紙里偏轉
解析：選A.由安培定則知，環(huán)形導線在示波管處產(chǎn)生的磁場方向垂直于紙面向外，由左手定則可判斷，電子受到的洛倫茲力方向向上，A正確．
3．如圖，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()
A．2B．2
C．1D.22
解析：選D.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝mv2R，粒子的動能Ek＝12mv2，由此得磁感應強度B1＝2mEkqR，結合題意知動能和半徑都減小為原來的一半，則磁感應強度B2＝2m12Ekq12R，故B1B2＝22，故D正確．
4．(多選)圖為某磁譜儀部分構件的示意圖．圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()
A．電子與正電子的偏轉方向一定不同
B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同
C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子
D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小
解析：選AC.電子、正電子和質子垂直進入磁場時，所受的重力均可忽略，受到的洛倫茲力方向與其電性有關，由左手定則可知A正確；由軌跡半徑R＝mvqB知，若電子與正電子進入磁場時的速度不同，則其運動的軌跡半徑也不相同，故B錯誤；由R＝mvqB＝2mEkqB知D錯誤；因為質子和正電子的速度未知，半徑關系不確定，故依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質子還是正電子，C正確．
考點一對洛倫茲力的理解
1．洛倫茲力的特點
(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面．
(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時，洛倫茲力的方向也隨之變化．
(3)洛倫茲力一定不做功．
2．洛倫茲力與安培力的聯(lián)系及區(qū)別
(1)安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，二者是相同性質的力，都是磁場力．
(2)安培力可以做功，而洛倫茲力對運動電荷不做功．
3．洛倫茲力與電場力的比較
1．下列關于洛倫茲力的說法中，正確的是()
A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同
B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變
C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場方向一定與電荷運動方向垂直
D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運動的動能、速度均不變
解析：選B.因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關，而且與粒子速度的方向有關，如當粒子速度與磁場垂直時F＝qvB，當粒子速度與磁場平行時F＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時，洛倫茲力的方向也不同，所以A選項錯．因為＋q改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由F＝qvB知大小也不變，所以B選項正確．因為電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角，所以C選項錯．因為洛倫茲力總與速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運動方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D選項錯．
2．(多選)如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線的中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線均通有大小相等、方向向上的電流．已知長直導線周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝kIr，式中k是常數(shù)，I是導線中的電流，r為對應點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點出發(fā)沿MN連線運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()
A．小球先做加速運動后做減速運動
B．小球一直做勻速直線運動
C．小球對桌面的壓力先減小后增大
D．小球對桌面的壓力一直在增大
解析：選BD.由右手螺旋定則可知，M處的通電導線在MO區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于MO向里，離導線越遠磁場越弱，所以磁場由M到O逐漸減弱；N處的通電導線在ON區(qū)域產(chǎn)生的磁場垂直于ON向外，由O到N逐漸增強，帶正電的小球由a點沿連線MN運動到b點，受到的洛倫茲力F＝Bqv為變力，則從M到O洛倫茲力的方向向上，隨磁場的減弱而減小，從O到N洛倫茲力的方向向下，隨磁場的增強而增大，所以對桌面的壓力一直在增大，D正確，C錯誤；由于桌面光滑，洛倫茲力始終沿豎直方向，所以小球在水平方向上不受力，做勻速直線運動，B正確、A錯誤．
3．(20xx河南開封四校二聯(lián))如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上運動．下列說法中正確的是()
A．微粒一定帶負電
B．微粒的動能一定減小
C．微粒的電勢能一定增加
D．微粒的機械能不變
解析：選A.對該微粒進行受力分析得：它受到豎直向下的重力、水平方向的電場力和垂直速度方向的洛倫茲力，其中重力和電場力是恒力，由于粒子沿直線運動，則可以判斷出其受到的洛倫茲力也是恒定的，即該粒子是做勻速直線運動，動能不變，所以B項錯誤；如果該微粒帶正電，則受到向右的電場力和向左下方的洛倫茲力，所以微粒受到的力不會平衡，故該微粒一定帶負電，A項正確；該微粒帶負電，向左上方運動，所以電場力做正功，電勢能一定是減小的，C項錯誤；因為重力勢能增加，動能不變，所以該微粒的機械能增加，D項錯誤．
理解洛倫茲力的四點注意
(1)正確分析帶電粒子所在區(qū)域的合磁場方向．
(2)判斷洛倫茲力方向時，特別區(qū)分電荷的正、負，并充分利用F⊥B、F⊥v的特點．
(3)計算洛倫茲力大小時，公式F＝qvB中，v是電荷與磁場的相對速度．
(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功、不改變速度的大小，但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向，影響帶電體所受其他力的大小，影響帶電體的運動時間等．
考點二帶電粒子在勻強磁場中的運動
1．帶電粒子在勻強磁場中運動圓心、半徑及時間的確定方法．
(1)圓心的確定
①已知入射點、出射點、入射方向和出射方向時，可通過入射點和出射點分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心(如圖甲所示，P為入射點，M為出射點)．
②已知入射方向、入射點和出射點的位置時，可以通過入射點作入射方向的垂線，連接入射點和出射點，作其中垂線，這兩條垂線的交點就是圓弧軌跡的圓心(如圖乙所示，P為入射點，M為出射點)．
(2)半徑的確定
可利用物理學公式或幾何知識(勾股定理、三角函數(shù)等)求出半徑大?。?br> (3)運動時間的確定
粒子在磁場中運動一周的時間為T，當粒子運動的圓弧所對應的圓心角為θ時，其運動時間表示為：t＝θ2πT(或t＝θRv)．
2．重要推論
(1)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長．
(2)當速率v變化時，圓心角大的運動時間長．
考向1：圓形磁場區(qū)域
(1)圓形邊界中，若帶電粒子沿徑向射入必沿徑向射出，如圖所示，軌跡圓與區(qū)域圓形成相交圓，巧用幾何關系解決．
(2)帶電粒子在圓形磁場中不沿徑向，軌跡圓與區(qū)域圓相交，抓住兩圓心，巧用對稱性解決．
[典例1](20xx湖南師大附中月考)(多選)如圖所示，以O為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質量相同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直MN，aO、cO與bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc，則下列給出的時間關系可能正確的是()
A．ta＜tb＜tcB．ta＞tb＞tc
C．ta＝tb＜tcD．ta＝tb＝tc
解析粒子帶正電，偏轉方向如圖所示，粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間t＝θ2πT，故粒子在磁場中運動對應的圓心角越大，運動時間越長．設粒子的運動半徑為r，圓形區(qū)域半徑為R，當粒子a恰好從M點射出磁場時，r＝13R，當粒子b恰好從M點射出磁場時，r＝R，如圖甲所示，ta＜tb＝tc.當rR時，粒子a對應的圓心角最小，c對應的圓心角最大，tctbta；當r≤13R，軌跡如圖乙所示，ta＝tb＝tc.同理，13Rr≤R時，tatb＝tc.A、D正確．
答案AD
[典例2](20xx高考全國甲卷)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示．圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動．在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角．當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒．不計重力．若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()
A.ω3BB．ω2B
C.ωBD.2ωB
解析如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30°，則π2ω＝2πmqB30°360°，即qm＝ω3B，選項A正確．
答案A
考向2：直線邊界(進、出磁場具有對稱性，如圖所示)
[典例3](多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有()
A．a(chǎn)、b均帶正電
B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短
C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短
D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近
解析a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝mvqB，畫出軌跡如圖所示，圓O1、O2分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉過的圓心角大，由t＝θ2πT＝θmqB和軌跡圖可知A、D選項正確．
答案AD
考向3：平行邊界(存在臨界條件，如圖所示)
[典例4](20xx湖南長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是()
A．電子將向右偏轉
B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d
C．電子打在MN上的點與O′點的距離為3d
D．電子在磁場中運動的時間為πd3v0
解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示，A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得：x＝r－r2－d2＝2d－2d2－d2＝(2－3)d，故B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得：sinθ＝d2d＝0.5，得θ＝π6，則電子在磁場中運動的時間為t＝θrv0＝πd3v0，故D正確．
答案D
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法
考點三回旋加速器和質譜儀
1．質譜儀的主要特征
將質量數(shù)不等，電荷數(shù)相等的帶電粒子經(jīng)同一電場加速后進入偏轉磁場．各粒子由于軌道半徑不同而分離，其軌道半徑r＝mvqB＝2mEkqB＝2mqUqB＝1B2mUq.在上式中，B、U、q對同一元素均為常量，故r∝m，根據(jù)不同的半徑，就可計算出粒子的質量或比荷．
2．回旋加速器的主要特征
(1)帶電粒子在兩D形盒中回旋周期等于兩盒狹縫之間高頻電場的變化周期，與帶電粒子的速度無關．
(2)將帶電粒子在兩盒狹縫之間的運動首尾連起來是一個初速度為零的勻加速直線運動．
(3)帶電粒子每加速一次，回旋半徑就增大一次，所以各半徑之比為1∶2∶3∶…
(4)粒子的最后速度v＝BqRm，可見帶電粒子加速后的能量取決于D形盒的最大半徑和磁場的強弱．
1.(20xx河南省實驗中學月考)(多選)如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列說法中正確的是()
A．氘核(21H)的最大速度較大
B．它們在D形盒內運動的周期相等
C．氦核(42He)的最大動能較大
D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能
解析：選BC.粒子在回旋加速器中能達到的最大速度，取決于在最外圈做圓周運動的速度．根據(jù)qvB＝mv2R，得v＝qBRm，兩粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等，A錯誤．帶電粒子在磁場中運動的周期T＝2πmqB，兩粒子的比荷qm相等，所以周期相等，B正確．最大動能Ek＝12mv2＝q2B2R22m，兩粒子的比荷qm相等，但質量不等，所以氦核最大動能大，C正確．回旋加速器加速粒子時，粒子在磁場中運動的周期與交流電的周期相同，否則無法加速，D錯誤．
2．(20xx高考全國乙卷)現(xiàn)代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍．此離子和質子的質量比約為()
A．11B．12
C．121D．144
解析：選D.帶電粒子在加速電場中運動時，有qU＝12mv2，在磁場中偏轉時，其半徑r＝mvqB，由以上兩式整理得：r＝1B2mUq.由于質子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：m2m1＝144，選項D正確．
3．(多選)如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內存在垂直于紙面、磁感應強度大小可調的勻強磁場(環(huán)形區(qū)域的寬度非常小)．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子可在環(huán)中做半徑為R的圓周運動．A、B為兩塊中心開有小孔的距離很近的平行極板，原來電勢均為零，每當帶電粒子經(jīng)過A板剛進入AB之間時，A板電勢升高到＋U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中得到加速．每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零．粒子在電場中一次次加速使得動能不斷增大，而在環(huán)形區(qū)域內，通過調節(jié)磁感應強度大小可使繞行半徑R不變．已知極板間距遠小于R，則下列說法正確的是()
A．環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向里
B．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場力作用下加速，繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU
C．粒子在繞行的整個過程中，A板電勢變化周期不變
D．粒子繞行第N圈時，環(huán)形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度為1R2NmUq
解析：選BD.由題意知粒子在軌道內做順時針圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷勻強磁場的磁場方向垂直于紙面向外，所以A錯誤；由于粒子在做圓周運動的過程中洛倫茲力不做功，在AB板間電場力做功W＝qU，所以粒子繞行N圈后回到A板時獲得的總動能為NqU，故B正確；由于粒子的軌道半徑R不變，而粒子做圓周運動第N圈的速度為vN，根據(jù)NqU＝12mv2N，可得粒子圓周運動的速度增大，根據(jù)R＝mvBq，T＝2πmBq＝2πRv，所以周期減小，故A板電勢變化周期變小，故C錯誤；粒子繞行第N圈時，NqU＝12mv2N，所以vN＝2NqUm，又R＝mvNBq，聯(lián)立得B＝1R2NmUq，所以D正確．

課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．(多選)如圖所示，一只陰極射線管，左側不斷有電子射出，若在管的正下方放一通電直導線AB時，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡向下偏，則()
A．導線中的電流從A流向B
B．導線中的電流從B流向A
C．若要使電子束的徑跡向上偏，可以通過改變AB中的電流方向來實現(xiàn)
D．電子束的徑跡與AB中的電流方向無關
解析：選BC.由于AB中通有電流，在陰極射線管中產(chǎn)生磁場，電子受到洛倫茲力的作用而發(fā)生偏轉，由左手定則可知，陰極射線管中的磁場方向垂直紙面向里，所以根據(jù)安培定則，AB中的電流從B流向A.當AB中的電流方向變?yōu)閺腁流向B時，則AB上方的磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蛲猓娮铀艿穆鍌惼澚ψ優(yōu)橄蛏?，電子束的徑跡變?yōu)橄蛏掀D．選項B、C正確．
2．兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()
A．軌道半徑減小，角速度增大
B．軌道半徑減小，角速度減小
C．軌道半徑增大，角速度增大
D．軌道半徑增大，角速度減小
解析：選D.因洛倫茲力不做功，故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后，其速度大小不變，由r＝mvqB知，軌道半徑增大；由角速度ω＝vr知，角速度減小，選項D正確．
3．如圖所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為R2，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)()
A.qBR2mB．qBRm
C.3qBR2mD.2qBRm
解析：選B.如圖所示，粒子做圓周運動的圓心O2必在過入射點垂直于入射速度方向的直線EF上，由于粒子射入、射出磁場時運動方向間的夾角為60°，故圓弧ENM對應圓心角為60°，所以△EMO2為等邊三角形．由于O1D＝R2，所以∠EO1D＝60°，△O1ME為等邊三角形，所以可得到粒子做圓周運動的半徑EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2R，得v＝qBRm，B正確．

20xx高考物理大一輪復習：第10章-電磁感應（10份打包有課件）

第1節(jié)電磁感應現(xiàn)象楞次定律
一、磁通量
1．概念：磁感應強度B與面積S的乘積．
2．計算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)適用條件：①勻強磁場；②S是垂直磁場的有效面積．
(3)單位：韋伯(Wb)，1Wb＝1_Tm2.
3．意義：穿過某一面積的磁感線的條數(shù)．
4．標矢性：磁通量是標量，但有正、負．
二、電磁感應
1．電磁感應現(xiàn)象
當穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時，電路中有電流產(chǎn)生，這種現(xiàn)象稱為電磁感應現(xiàn)象．
2．產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的條件
(1)產(chǎn)生感應電動勢的條件
無論回路是否閉合，只要穿過線圈平面的磁通量發(fā)生變化，回路中就有感應電動勢．產(chǎn)生感應電動勢的那部分導體相當于電源．
(2)產(chǎn)生感應電流的條件
①電路閉合．②磁通量變化．
三、感應電流方向的判斷
1．右手定則：伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓磁感線從掌心垂直進入，并使拇指指向導線運動的方向，這時四指所指的方向就是感應電流的方向．如右圖所示．
2．楞次定律
內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)磁通量雖然是標量，但有正、負之分．(√)
(2)當導體切割磁感線運動時，導體中一定產(chǎn)生感應電流．(×)
(3)穿過線圈的磁通量與線圈的匝數(shù)無關．(√)
(4)電路中磁通量發(fā)生變化時，就一定會產(chǎn)生感應電流．(×)
(5)感應電流的磁場總是與原磁場方向相反．(×)
(6)楞次定律和右手定則都可以判斷感應電流的方向，二者沒什么區(qū)別．(×)
(7)回路不閉合時，穿過回路的磁通量發(fā)生變化也會產(chǎn)生“阻礙”作用．(×)
2．如圖所示，勻強磁場中有一個矩形閉合導線框．在下列四種情況下，線框中會產(chǎn)生感應電流的是()
A．如圖甲所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運動
B．如圖乙所示，保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運動
C．如圖丙所示，線框繞位于線框平面內且與磁感線垂直的軸線AB轉動
D．如圖丁所示，線框繞位于線框平面內且與磁感線平行的軸線CD轉動
解析：選C.保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中左右運動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應電流，選項A錯誤；保持線框平面始終與磁感線平行，線框在磁場中上下運動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應電流，選項B錯誤；線框繞位于線框平面內且與磁感線垂直的軸線AB轉動，磁通量周期性地改變，故一定有感應電流，故選項C正確；線框繞位于線框平面內且與磁感線平行的軸線CD轉動，磁通量一直為零，故磁通量不變，無感應電流，選項D錯誤．
3．如圖，在一水平、固定的閉合導體圓環(huán)上方，有一條形磁鐵(N極朝上，S極朝下)由靜止開始下落，磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，關于圓環(huán)中感應電流的方向(從上向下看)，下列說法正確的是()
A．總是順時針
B．總是逆時針
C．先順時針后逆時針
D．先逆時針后順時針
解析：選C.磁鐵從圓環(huán)中穿過且不與圓環(huán)接觸，則導體環(huán)中，先是向上的磁通量增加，磁鐵過中間以后，向上的磁通量減少，根據(jù)楞次定律，產(chǎn)生的感應電流方向先順時針后逆時針，選項C正確．
4．如圖所示，AOC是光滑的金屬導軌，電阻不計，AO沿豎直方向，OC沿水平方向；PQ是金屬直桿，電阻為R，幾乎豎直斜靠在導軌AO上，由靜止開始在重力作用下運動，運動過程中P、Q端始終在金屬導軌AOC上；空間存在著垂直紙面向外的勻強磁場，則在PQ桿從開始滑動到P端滑到OC的過程中，PQ中感應電流的方向()
A．始終是由P→Q
B．始終是由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：選C.在PQ桿滑動的過程中，△POQ的面積先增大后減小，穿過△POQ的磁通量先增加后減少，根據(jù)楞次定律可知，感應電流的方向先是由P→Q，后是由Q→P，C正確．
考點一電磁感應現(xiàn)象的判斷
1．穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化的四種情況
(1)磁感應強度B不變，線圈面積S發(fā)生變化．
(2)線圈面積S不變，磁感應強度B發(fā)生變化．
(3)線圈面積S變化，磁感應強度B也變化，它們的乘積BS發(fā)生變化．
(4)線圈面積S不變，磁感應強度B也不變，但二者之間夾角發(fā)生變化．
2．判斷電磁感應現(xiàn)象能否發(fā)生的一般流程：
1.如圖所示，一個U形金屬導軌水平放置，其上放有一個金屬導體棒ab，有一個磁感應強度為B的勻強磁場斜向上穿過軌道平面，且與豎直方向的夾角為θ.在下列各過程中，一定能在軌道回路里產(chǎn)生感應電流的是()
A．a(chǎn)b向右運動，同時使θ減小
B．使磁感應強度B減小，θ角同時也減小
C．a(chǎn)b向左運動，同時增大磁感應強度B
D．a(chǎn)b向右運動，同時增大磁感應強度B和θ角(0°θ90°)
解析：選A.本題中引起磁通量變化都有兩個方面，面積的變化和夾角改變，向右運動的同時θ減小都會使磁通量變大，所以A項正確．
2．現(xiàn)將電池組、滑動變阻器、帶鐵芯的線圈A、線圈B、電流計及開關按如圖所示連接．下列說法中正確的是()
A．開關閉合后，線圈A插入或拔出都會引起電流計指針偏轉
B．線圈A插入線圈B中后，開關閉合和斷開的瞬間電流計指針均不會偏轉
C．開關閉合后，滑動變阻器的滑片P勻速滑動，會使電流計指針靜止在中央零刻度
D．開關閉合后，只有滑動變阻器的滑片P加速滑動，電流計指針才能偏轉
解析：選A.只要閉合回路磁通量發(fā)生變化就會產(chǎn)生感應電流，故A正確，B錯誤；開關閉合后，只要滑片P滑動就會產(chǎn)生感應電流，故C、D錯誤．
3．(多選)1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”．實驗中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細線懸掛一枚可以自由旋轉的磁針，如圖所示．實驗中發(fā)現(xiàn)，當圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉時，磁針也隨著一起轉動起來，但略有滯后．下列說法正確的是()
A．圓盤上產(chǎn)生了感應電動勢
B．圓盤內的渦電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動
C．在圓盤轉動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化
D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導致磁針轉動
解析：選AB.A.當圓盤轉動時，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場的磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，選項A正確；
B．如圖所示，銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當圓盤轉動時，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律，感應電流阻礙其相對運動，但抗拒不了相對運動，故磁針會隨圓盤一起轉動，但略有滯后，選項B正確；
C．在圓盤轉動過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量始終為零，選項C錯誤；
D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成的電流的磁場方向沿圓盤軸線方向，會使磁針沿軸線方向偏轉，選項D錯誤．
確定磁通量變化的兩種方法
(1)通過對穿過回路磁感線條數(shù)的分析和計算，可以確定磁通量是否變化．
(2)依據(jù)公式Φ＝BSsinθ(θ是B與S的夾角)確定磁通量與哪些因素有關．
考點二楞次定律的理解及應用
1．判斷感應電流方向的兩種方法
方法一用楞次定律判斷
方法二用右手定則判斷
該方法適用于切割磁感線產(chǎn)生的感應電流．判斷時注意掌心、拇指、四指的方向：
(1)掌心——磁感線垂直穿入；
(2)拇指——指向導體運動的方向；
(3)四指——指向感應電流的方向．
2．楞次定律推論的應用
楞次定律中“阻礙”的含義可以推廣為：感應電流的效果總是阻礙引起感應電流的原因，列表說明如下：

內容例證
阻礙原磁通量變化——“增反減同”

阻礙相對運動——“來拒去留”

使回路面積有擴大或縮小的趨勢——“增縮減擴”
B減小，線圈擴張

阻礙原電流的變化——“增反減同”

考向1：應用楞次定律判感應電流方向
[典例1]如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中，有一質量為m、阻值為R的閉合矩形金屬線框abcd用絕緣輕質細桿懸掛在O點，并可繞O點擺動．金屬線框從右側某一位置靜止開始釋放，在擺動到左側最高點的過程中，細桿和金屬線框平面始終處于同一平面，且垂直紙面．則線框中感應電流的方向是()
A．a(chǎn)→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，在線框從右側擺動到O點正下方的過程中，向上的磁通量在減小，故感應電流的方向沿d→c→b→a→d；同理，線框從O點正下方向左側擺動的過程中，電流方向沿d→c→b→a→d，B正確．
答案B
考向2：右手定則判感應電流的方向
[典例2]如圖所示，MN、GH為光滑的水平平行金屬導軌，ab、cd為跨在導軌上的兩根金屬桿，垂直紙面向外的勻強磁場垂直穿過MN、GH所在的平面，則()
A．若固定ab，使cd向右滑動，則abdc回路有電流，電流方向為a→b→d→c→a
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑動，則abdc回路有電流，電流方向為a→c→d→b→a
C．若ab向左、cd向右同時運動，則abdc回路中的電流為零
D．若ab、cd都向右運動，且兩桿速度vcd＞vab，則abdc回路有電流，電流方向為a→c→d→b→a
解析由右手定則可判斷出A項做法使回路產(chǎn)生順時針方向的電流，故A項錯．若ab、cd同向運動且速度大小相同，ab、cd所圍面積不變，磁通量不變，故不產(chǎn)生感應電流，故B項錯．若ab向左，cd向右，則abdc回路中有順時針方向的電流，故C項錯．若ab、cd都向右運動，且兩桿速度vcd＞vab，則ab、cd所圍面積發(fā)生變化，磁通量也發(fā)生變化，由楞次定律可判斷出，abdc回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，故D項正確．
答案D
考向3：“阻礙法”的應用
[典例3](20xx東北三省五校聯(lián)考)如圖，圓環(huán)形導體線圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一豎直螺線管b，二者軸線重合，螺線管與電源和滑動變阻器連接成如圖所示的電路．若將滑動變阻器的滑片P向下滑動，下列表述正確的是()
A．線圈a中將產(chǎn)生俯視順時針方向的感應電流
B．穿過線圈a的磁通量減少
C．線圈a有擴張的趨勢
D．線圈a對水平桌面的壓力FN將增大
解析當滑片P向下移動時滑動變阻器連入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知通過b的電流增大，從而判斷出穿過線圈a的磁通量增加，方向向下，選項B錯誤；根據(jù)楞次定律即可判斷出線圈a中感應電流方向俯視應為逆時針，選項A錯誤；再根據(jù)楞次定律“阻礙”含義的推廣，線圈a應有收縮或遠離b的趨勢來阻礙磁通量的增加，所以C錯誤，D正確．
答案D
感應電流方向判斷的兩點注意
(1)楞次定律可應用于磁通量變化引起感應電流的各種情況(包括一部分導體切割磁感線運動的情況)．
(2)右手定則只適用于一段導體在磁場中做切割磁感線運動的情景，是楞次定律的一種特殊情況．
考點三“三定則、一定律”的理解及應用
1．“三個定則、一個定律”的應用對比：
名稱基本現(xiàn)象因果關系應用的定則或定律
電流的磁效應運動電荷、電流產(chǎn)生磁場因電生磁安培定則
洛倫茲力、安培力磁場對運動電荷、電流有作用力因電受力左手定則
電磁感應部分導體做切割磁感線運動因動生電右手定則
閉合回路磁通量變化因磁生電楞次定律
2.三個定則、一個定律”的相互聯(lián)系：
(1)應用楞次定律時，一般要用到安培定則．
(2)研究感應電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應用楞次定律的推論確定．
1．(多選)如圖所示，在勻強磁場中放有平行金屬導軌，它與大線圈M相連接，要使小導線圈N獲得順時針方向的感應電流，則放在金屬導軌上的金屬棒ab的運動情況是(兩線圈共面放置)()
A．向右勻速運動B．向左加速運動
C．向右減速運動D．向右加速運動
解析：選BC.欲使N產(chǎn)生順時針方向的感應電流，感應電流的磁場方向垂直紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有沿順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減??；二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大．因此對前者應使ab向右減速運動；對于后者，則應使ab向左加速運動．
2．(多選)如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，MN的左邊有一如圖所示的閉合電路，當PQ在一外力的作用下運動時，MN向右運動，則PQ所做的運動可能是()
A．向右加速運動
B．向左加速運動
C．向右減速運動
D．向左減速運動
解析：選BC.MN向右運動，說明MN受到向右的安培力，因為ab在MN處的磁場垂直紙面向里――→左手定則MN中的感應電流由M→N――→安培定則L1中感應電流的磁場方向向上――→楞次定律L2中磁場方向向上減弱L2中磁場方向向下增強.若L2中磁場方向向上減弱――→安培定則PQ中電流為Q→P且減小――→右手定則向右減速運動；若L2中磁場方向向下增強――→安培定則PQ中電流為P→Q且增大――→右手定則向左加速運動．
3．(多選)如圖所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經(jīng)標出．左線圈連著平行導軌M和N，導軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒ab，金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強磁場中．下列說法中正確的是()
A．當金屬棒ab向右勻速運動時，a點電勢高于b點，c點電勢高于d點
B．當金屬棒ab向右勻速運動時，b點電勢高于a點，c點與d點等電勢
C．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，c點電勢高于d點
D．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，d點電勢高于c點
解析：選BD.當金屬棒向右勻速運動而切割磁感線時，金屬棒產(chǎn)生恒定感應電動勢，由右手定則判斷電流方向由a→b.根據(jù)電流從電源(ab相當于電源)正極流出沿外電路回到電源負極的特點，可以判斷b點電勢高于a點．又左線圈中的感應電動勢恒定，則感應電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產(chǎn)生感應電流，A錯誤，B正確．當ab向右做加速運動時，由右手定則可推斷φbφa，電流沿逆時針方向．
又由E＝BLv可知ab導體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且場強不斷增強，所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加．由楞次定律可判斷右邊電路的感應電流方向應沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應電動勢僅產(chǎn)生在繞在鐵芯上的那部分線圈上．把這個線圈看作電源，由于電流是從c沿內電路(即右線圈)流向d，所以d點電勢高于c點，C錯誤，D正確．
左、右手定則區(qū)分技巧
(1)抓住“因果關系”：“因動而電”——用右手；“因電而動”——用左手．
(2)形象記憶：把兩個定則簡單地總結為“通電受力用左手，運動生電用右手”．“力”的最后一筆“丿”方向向左，用左手；“電”的最后一筆“乚”方向向右，用右手．
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．在法拉第時代，下列驗證“由磁產(chǎn)生電”設想的實驗中，能觀察到感應電流的是()
A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化
B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化
C．將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化
D．繞在同一鐵環(huán)上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化
解析：選D.產(chǎn)生感應電流的條件為：閉合回路內磁通量發(fā)生變化．A項中，線圈繞在磁鐵上，磁通量未變，不會產(chǎn)生感應電流，A錯誤．同理B錯誤．C項中，往線圈中插入條形磁鐵的瞬間，線圈中磁通量發(fā)生變化，此時線圈中將產(chǎn)生感應電流，但插入后磁通量不再變化，無感應電流，故到相鄰房間觀察時無示數(shù)，C錯誤．D項中，在線圈通電或斷電的瞬間，磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電流，D正確．
2．如圖所示，一個金屬圓環(huán)水平放置在豎直向上的勻強磁場中，若要使圓環(huán)中產(chǎn)生圖中箭頭方向的瞬時感應電流，下列方法可行的是()
A．使勻強磁場均勻增大
B．使圓環(huán)繞水平軸ab如圖轉動30°
C．使圓環(huán)繞水平軸cd如圖轉動30°
D．保持圓環(huán)水平并使其繞過圓心的豎直軸轉動
解析：選A.根據(jù)右手定則，圓環(huán)中感應電流產(chǎn)生的磁場豎直向下與原磁場方向相反，根據(jù)楞次定律，說明圓環(huán)磁通量在增大．磁場增強則磁通量增大，A正確．使圓環(huán)繞水平軸ab或cd轉動30°，圓環(huán)在垂直磁場方向上的投影面積減小，磁通量減小，只會產(chǎn)生與圖示方向相反的感應電流，B、C錯誤．保持圓環(huán)水平并使其繞過圓心的豎直軸轉動，圓環(huán)仍與磁場垂直，磁通量不變，不會產(chǎn)生感應電流，D錯誤．
3．如圖甲所示，在同一平面內有兩個相互絕緣的金屬圓環(huán)A、B，圓環(huán)A平分圓環(huán)B為面積相等的兩部分，當圓環(huán)A中的電流如圖乙所示變化時，甲圖中A環(huán)所示的電流方向為正，下列說法正確的是()
A．B中始終沒有感應電流
B．B中有順時針方向的感應電流
C．B中有逆時針方向的感應電流
D．B中先有順時針方向的感應電流，后有逆時針方向的感應電流
解析：選B.由于圓環(huán)A中的電流發(fā)生了變化，故圓環(huán)B中一定有感應電流產(chǎn)生，由楞次定律判定B中有順時針方向的感應電流，故選項B正確．
4．(多選)如圖，兩同心圓環(huán)A、B置于同一水平面上，其中B為均勻帶負電絕緣環(huán)，A為導體環(huán)．當B繞軸心順時針轉動且轉速增大時，下列說法正確的是()
A．A中產(chǎn)生逆時針的感應電流
B．A中產(chǎn)生順時針的感應電流
C．A具有收縮的趨勢
D．A具有擴展的趨勢
解析：選BD.由圖可知，B為均勻帶負電絕緣環(huán)，B中電流為逆時針方向，由右手螺旋定則可知，電流的磁場垂直紙面向外且逐漸增大；由楞次定律可知，磁場增大時，感應電流的磁場與原磁場的方向相反，所以感應電流的磁場的方向垂直紙面向里，A中感應電流的方向為順時針方向，故A錯誤，B正確；B環(huán)外的磁場的方向與B環(huán)內的磁場的方向相反，當B環(huán)內的磁場增強時，A環(huán)具有面積擴展的趨勢，故C錯誤，D正確．
5．(多選)航母上飛機彈射起飛是利用電磁驅動來實現(xiàn)的．電磁驅動原理如圖所示，當固定線圈上突然通過直流電流時，線圈端點的金屬環(huán)被彈射出去．現(xiàn)在固定線圈左側同一位置，先后放有分別用橫截面積相等的銅和鋁導線制成形狀、大小相同的兩個閉合環(huán)，且電阻率ρ銅ρ鋁．閉合開關S的瞬間()
A．從左側看環(huán)中感應電流沿順時針方向
B．銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力
C．若將環(huán)放置在線圈右方，環(huán)將向左運動
D．電池正負極調換后，金屬環(huán)不能向左彈射
解析：選AB.線圈中電流為右側流入，磁場方向為向左，在閉合開關的過程中，磁場變強，則由楞次定律可知，環(huán)中感應電流由左側看為順時針，A正確．由于銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應電流較大，故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)的，B正確．若將環(huán)放在線圈右方，根據(jù)“來拒去留”可得，環(huán)將向右運動，C錯誤．電池正負極調換后，金屬環(huán)受力仍向左，故仍將向左彈出，D錯誤．
6．多年來物理學家一直設想用實驗證實自然界中存在“磁單極子”．磁單極子是指只有S極或只有N極的磁性物質，其磁感線分布類似于點電荷的電場線分布．如圖所示的實驗就是用于檢測磁單極子的實驗之一，abcd為用超導材料圍成的閉合回路．設想有一個N極磁單極子沿abcd軸線從左向右穿過超導回路，那么在回路中可能發(fā)生的現(xiàn)象是()
A．回路中無感應電流
B．回路中形成持續(xù)的abcda流向的感應電流
C．回路中形成持續(xù)的adcba流向的感應電流
D．回路中形成先abcda流向后adcba流向的感應電流
解析：選C.N極磁單極子的磁感線分布類似于正點電荷的電場線分布，由楞次定律知，回路中形成方向沿adcba流向的感應電流，由于回路為超導材料做成的，電阻為零，故感應電流不會消失，C項正確．
[綜合應用題組]
7．(多選)如圖所示，一接有電壓表的矩形閉合線圈ABCD向右勻速穿過勻強磁場的過程中，下列說法正確的是()
A．線圈中有感應電動勢，有感應電流
B．線圈中有感應電動勢，無感應電流
C．AB邊兩端有電壓，且電壓表有示數(shù)
D．AB邊兩端有電壓，但電壓表無示數(shù)
解析：選BD.由于通過回路的磁通量不變，故回路中無感應電流產(chǎn)生，A項錯；由歐姆定律知電壓表示數(shù)U＝IRV＝0，C項錯；由于AB棒切割磁感線AB兩端有電壓，B、D項正確．
8．如圖所示，在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B，導軌與直導線平行且在同一水平面內，在導軌上有兩條可自由滑動的導體棒ab和cd，當載流直導線中的電流逐漸增強時，導體棒ab和cd的運動情況是()
A．一起向左運動
B．一起向右運動
C．a(chǎn)b和cd相向運動，相互靠近
D．a(chǎn)b和cd相背運動，相互遠離
解析：選C.電流增強時，電流在abdc回路中產(chǎn)生的垂直紙面向里的磁場增強，回路中磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知回路要減小面積以阻礙磁通量的增加，因此，兩導體棒要相向運動，相互靠近．選項C正確．
9．如圖所示，在水平地面下有一條沿東西方向鋪設的水平直導線，導線中通有自東向西穩(wěn)定、強度較大的直流電流．現(xiàn)用一閉合的檢測線圈(線圈中串有靈敏電流計，圖中未畫出)檢測此通電直導線的位置，若不考慮地磁場的影響，在檢測線圈位于水平面內，從距直導線很遠處由北向南沿水平地面通過導線的上方并移至距直導線很遠處的過程中，俯視檢測線圈，其中感應電流的方向是()
A．先順時針后逆時針
B．先逆時針后順時針
C．先順時針后逆時針，然后再順時針
D．先逆時針后順時針，然后再逆時針
解析：選D.如圖為地下通電直導線產(chǎn)生的磁場的正視圖，當線圈在通電直導線正上方的左側時由楞次定律知，線圈中感應電流方向為逆時針，同理在右側也為逆時針，當線圈一部分在左側一部分在右側時為順時針，故D正確．
10．(多選)如圖，一均勻金屬圓盤繞通過其圓心且與盤面垂直的軸逆時針勻速轉動．現(xiàn)施加一垂直穿過圓盤的有界勻強磁場，圓盤開始減速．在圓盤減速過程中，以下說法正確的是()
A．處于磁場中的圓盤部分，靠近圓心處電勢高
B．所加磁場越強越易使圓盤停止轉動
C．若所加磁場反向，圓盤將加速轉動
D．若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤將勻速轉動
解析：選ABD.設想把金屬圓盤切割成無數(shù)根導體棒，導體棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢、感應電流，根據(jù)右手定則可知，靠近圓心處的電勢高，選項A正確；根據(jù)E＝BLv可知，所加磁場B越強，感應電動勢E越大，感應電流越大，因F＝BIL，所以安培力也越大，安培力對圓盤的轉動阻礙作用越強，選項B正確；若所加磁場反向，根據(jù)楞次定律可知安培力阻礙圓盤的轉動，故圓盤仍將減速運動，選項C錯誤；若所加磁場穿過整個圓盤，圓盤的半徑切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，但圓盤內沒有渦流，故沒有安培力，不消耗機械能，所以圓盤勻速轉動，選項D正確．
11．(多選)如圖所示，鐵芯上有兩個線圈A和B.線圈A跟電源相連，LED(發(fā)光二極管，具有單向導電性)M和N并聯(lián)后接在線圈B兩端．圖中所有元件均正常，則()
A．S閉合瞬間，A中有感應電動勢
B．S斷開瞬間，A中有感應電動勢
C．S閉合瞬間，M亮一下，N不亮
D．S斷開瞬間，M和N二者均不亮
解析：選ABC.閉合開關的瞬間，穿過線圈A的磁通量增加，線圈A中將產(chǎn)生自感電動勢，故A正確．開關斷開的瞬間，穿過線圈A的磁通量減小，線圈A中將產(chǎn)生自感電動勢，故B正確．閉合開關的瞬間，穿過線圈A的磁通量增加，根據(jù)安培定則可知，A中產(chǎn)生的磁場的方向向上，穿過B的磁通量向上增大時，根據(jù)楞次定律可知，B中感應電流的磁場的方向向下，根據(jù)安培定則可知B中感應電流的方向向下，所以線圈下端的電勢高，電流能通過二極管M，不能通過二極管N，故C正確．結合C的分析可知，S斷開瞬間，穿過線圈B的磁通量減小，產(chǎn)生感應電流的方向與C中感應電流的方向相反，所以感應電流能通過二極管N，不能通過二極管M，故D錯誤．
12．經(jīng)過不懈的努力，法拉第終于在1831年8月29日發(fā)現(xiàn)了“磁生電”的現(xiàn)象，他把兩個線圈繞在同一個軟鐵環(huán)上(如圖所示)，一個線圈A連接電池與開關，另一線圈B閉合并在其中一段直導線附近平行放置小磁針．法拉第可觀察到的現(xiàn)象有()
A．當合上開關，A線圈接通電流瞬間，小磁針偏轉一下，隨即復原
B．只要A線圈中有電流，小磁針就會發(fā)生偏轉
C．A線圈接通后其電流越大，小磁針偏轉角度也越大
D．當開關打開，A線圈電流中斷瞬間，小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相同的偏轉
解析：選A.當合上開關，A線圈接通電流瞬間，穿過A的磁通量發(fā)生變化，使得穿過B的磁通量也變化，所以在B中產(chǎn)生感生電流，電流穩(wěn)定后穿過A、B的磁通量不再變化，所以B中不再有感應電流，即小磁針偏轉一下，隨即復原，選項A正確；A線圈中有電流，但是如果電流大小不變，則在B中不會產(chǎn)生感應電流，即小磁針就不會發(fā)生偏轉，選項B錯誤；B線圈中的感應電流大小與A中電流的變化率有關，與A中電流大小無關，故C錯誤；當開關打開，A線圈電流中斷瞬間，由于穿過B的磁通量減小，則在B中產(chǎn)生的電流方向與A線圈接通電流瞬間產(chǎn)生的電流方向相反，所以小磁針會出現(xiàn)與A線圈接通電流瞬間完全相反的偏轉，選項D錯誤．
13．(多選)某同學將一條形磁鐵放在水平轉盤上，如圖甲所示，磁鐵可隨轉盤轉動，另將一磁感應強度傳感器固定在轉盤旁邊．當轉盤(及磁鐵)轉動時，引起磁感應強度測量值周期性地變化，該變化的周期與轉盤轉動周期一致．經(jīng)過操作，該同學在計算機上得到了如圖乙所示的圖象．該同學猜測磁感應強度傳感器內有一線圈，當測得磁感應強度最大時就是穿過線圈的磁通量最大時．按照這種猜測()
A．在t＝0.1s時刻，線圈內產(chǎn)生的感應電流的方向發(fā)生了變化
B．在t＝0.15s時刻，線圈內產(chǎn)生的感應電流的方向發(fā)生了變化
C．在t＝0.1s時刻，線圈內產(chǎn)生的感應電流的大小達到了最大值
D．在t＝0.15s時刻，線圈內產(chǎn)生的感應電流的大小達到了最大值
解析：選AC.題圖乙中斜率既能反映線圈內產(chǎn)生的感應電流的方向變化，又能反映感應電流的大小變化．t＝0.1s時刻，圖線斜率最大，意味著磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，線圈內產(chǎn)生的感應電流的大小達到了最大值，t＝0.1s時刻前后的圖線斜率一正一負，說明產(chǎn)生的感應電流的方向發(fā)生了變化，所以A、C正確；同理可知t＝0.15s時刻，圖線斜率不是最大值，且該時刻前后圖線斜率全為負值，說明線圈內產(chǎn)生的感應電流的方向沒有變化，而且大小并未達到最大值，選項B、D錯誤．
14．磁感應強度為B的勻強磁場僅存在于邊長為2l的正方形范圍內，有一個電阻為R、邊長為l的正方形導線框abcd，沿垂直于磁感線方向，以速度v勻速通過磁場，如圖所示，從ab進入磁場時開始計時，到線框離開磁場為止．
(1)畫出穿過線框的磁通量隨時間變化的圖象；
(2)判斷線框中有無感應電流．若有，說明感應電流的方向．
解析：(1)當ab邊進入磁場時，穿過線框的磁通量均勻增加，在t1＝lv時線框全部進入磁場，磁通量Φ＝Bl2不變化；當在t2＝2lv時，ab邊離開磁場，穿過線框的磁通量均勻減少到零，所以該過程的Φ－t圖象如圖所示．
(2)ab邊進入磁場時有感應電流，根據(jù)右手定則可判知感應電流方向為逆時針；ab邊離開磁場時有感應電流，根據(jù)右手定則可判知感應電流方向為順時針；中間過程t1～t2磁通量不變化，沒有感應電流．
答案：見解析
第2節(jié)法拉第電磁感應定律自感和渦流
一、法拉第電磁感應定律
1．法拉第電磁感應定律
(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比．
(2)公式：E＝nΔΦΔt，n為線圈匝數(shù)．
2．導體切割磁感線的情形
(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv.
(2)E＝Blvsinθ，θ為運動方向與磁感線方向的夾角．
(3)導體棒在磁場中轉動：導體棒以端點為軸，在勻強磁場中垂直于磁感線方向勻速轉動產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv－＝12Bl2ω平均速度取中點位置線速度12lω.
二、自感和渦流
1．自感現(xiàn)象：當導體中電流發(fā)生變化時，導體本身就產(chǎn)生感應電動勢，這個電動勢總是阻礙導體中原來電流的變化，這種由于導體本身電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象叫自感現(xiàn)象．
2．自感電動勢：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應電動勢E＝LΔIΔt，其中L叫自感系數(shù)，它與線圈的大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯有關，自感系數(shù)的單位是亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.
3．渦流
當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產(chǎn)生像水的漩渦狀的感應電流．
(1)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的運動．
(2)電磁驅動：如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產(chǎn)生感應電流，使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來．交流感應電動機就是利用電磁驅動的原理工作的．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)線圈中磁通量越大，產(chǎn)生的感應電動勢越大．(×)
(2)線圈中磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應電動勢越大．(×)
(3)線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應電動勢越大．(√)
(4)線圈中的電流越大，自感系數(shù)也越大．(×)
(5)磁場相對導體棒運動時，導體棒中也能產(chǎn)生感應電動勢．(√)
(6)對于同一線圈，電流變化越快，線圈中的自感電動勢越大．(√)
2．如圖所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應強度B隨時間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢分別為Ea和Eb.不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說法正確的是()
A．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿逆時針方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感應電流均沿順時針方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿逆時針方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感應電流均沿順時針方向
解析：選B.由題意可知ΔBΔt＝k，導體圓環(huán)中產(chǎn)生的感應電動勢E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS＝ΔBΔtπr2，因ra∶rb＝2∶1，故Ea∶Eb＝4∶1；由楞次定律知感應電流的方向均沿順時針方向，選項B正確．
3．如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E；將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折線，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為E′，則E′E等于()
A.12B．22
C．1D.2
解析：選B.設金屬棒長度為l，勻強磁場的磁感應強度為B，根據(jù)電磁感應定律得E＝Blv.金屬棒彎折后，切割磁感線運動的有效長度變?yōu)?2l，故E′＝22Blv.因此E′E＝22，B正確．
4．(20xx江蘇鹽城中學學情檢測)(多選)如圖所示，L是自感系數(shù)很大的線圈，但其自身的電阻幾乎為零．A和B是兩個完全相同的燈泡，則下列說法中正確的有()
A．當開關S閉合瞬間，A、B兩燈同時亮，最后B燈熄滅
B．當開關S斷開瞬間，A、B兩燈同時熄滅
C．當開關S斷開瞬間，a點電勢比b點電勢低
D．當開關S斷開瞬間，流經(jīng)燈泡B的電流是由a到b
解析：選AD.開關S閉合瞬間，線圈L對電流有阻礙作用，則相當于燈泡A與B串聯(lián)，因此同時亮，且亮度相同，穩(wěn)定后B被短路熄滅，選項A正確；穩(wěn)定后當開關S斷開后，A馬上熄滅，由于自感，線圈中的電流只能慢慢減小，其相當于電源，左端電勢高，與燈泡B構成閉合回路放電，流經(jīng)燈泡B的電流是由a到b，B閃一下再熄滅，選項D正確，B、C錯誤．
考點一法拉第電磁感應定律的理解及應用
1．感應電動勢大小的決定因素
(1)感應電動勢的大小由穿過閉合電路的磁通量的變化率ΔΦΔt和線圈的匝數(shù)共同決定，而與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系．
(2)當ΔΦ僅由B引起時，則E＝nSΔBΔt；當ΔΦ僅由S引起時，則E＝nBΔSΔt；當ΔΦ由B、S的變化同時引起，則E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔBΔSΔt.
2．磁通量的變化率ΔΦΔt是Φ－t圖象上某點切線的斜率．
3．應用E＝nΔΦΔt時應注意的幾個問題
(1)由于磁通量有正負之分，計算磁通量的變化時一定要規(guī)定磁通量的正方向．正向的磁通量增加與反向的磁通量減少產(chǎn)生的感應電流的方向相同．
(2)公式E＝nΔΦΔt是求解回路某段時間內平均電動勢的最佳選擇．若ΔΦΔt為恒量，則平均電動勢等于瞬時電動勢．
(3)用公式E＝nSΔBΔt求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內垂直磁場方向的有效面積．
1．圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S.若在t1到t2時間內，勻強磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由B1均勻增加到B2，則該段時間線圈兩端a和b之間的電勢差φa－φb()
A．恒為nSB2－B1t2－t1
B．從0均勻變化到nSB2－B1t2－t1
C．恒為－nSB2－B1t2－t1
D．從0均勻變化到－nSB2－B1t2－t1
解析：選C.根據(jù)法拉第電磁感應定律得，感應電動勢E＝nΔΦΔt＝nB2－B1St2－t1，由楞次定律和右手螺旋定則可判斷b點電勢高于a點電勢，因磁場均勻變化，所以感應電動勢恒定，因此a、b兩點電勢差恒為φa－φb＝－nB2－B1St2－t1，選項C正確．
2．(20xx湖南衡陽聯(lián)考)用均勻導線做成的正方形線圈邊長為l，如圖所示，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，當磁場以ΔBΔt的變化率增強時，不考慮磁場的變化對虛線右側的影響，則()
A．線圈中感應電流方向為adbca
B．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝ΔBΔtl2
C．線圈中a點電勢高于b點電勢
D．線圈中b、a兩點間的電勢差為l2ΔB4Δt
解析：選D.處于磁場中的線圈面積不變，ΔBΔt增大時，通過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的方向為acbda方向，A項錯；產(chǎn)生感應電動勢的acb部分等效為電源，b端為等效電源的正極，電勢高于a端，C項錯；由法拉第電磁感應定律E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtl22，知B項錯；adb部分等效為外電路，b、a兩點間電勢差為等效電路的路端電壓，U＝E2RR＝E2＝l2ΔB4Δt，D項正確．
3．A、B兩閉合圓形導線環(huán)用相同規(guī)格的導線制成，它們的半徑之比rA∶rB＝2∶1，在兩導線環(huán)包圍的空間內存在一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于兩導線環(huán)所在的平面，如圖所示．在磁場的磁感應強度隨時間均勻增大的過程中，下列說法正確的是()
A．兩導線環(huán)內所產(chǎn)生的感應電動勢相等
B．A環(huán)內所產(chǎn)生的感應電動勢大于B環(huán)內所產(chǎn)生的感應電動勢
C．流過A、B兩導線環(huán)的感應電流的大小之比為1∶4
D．流過A、B兩導線環(huán)的感應電流的大小之比為1∶1
解析：選A.某一時刻穿過A、B兩導線環(huán)的磁通量均為穿過磁場所在區(qū)域面積上的磁通量，設磁場區(qū)域的面積為S，則Φ＝BS，由E＝ΔΦΔt＝ΔBΔtS(S為磁場區(qū)域面積)，對A、B兩導線環(huán)，有EAEB＝1，所以A正確，B錯誤；I＝ER，R＝ρlS1(S1為導線的橫截面積)，l＝2πr，所以IAIB＝EArBEBrA＝12，C、D錯誤．
4．(20xx連云港質檢)如圖所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直．已知線圈的匝數(shù)N＝100，邊長ab＝1.0m、bc＝0.5m，電阻r＝2Ω.磁感應強度B在0～1s內從零均勻變化到0.2T．在1s～5s內從0.2T均勻變化到－0.2T，取垂直紙面向里為磁場的正方向．求：
(1)0.5s時線圈內感應電動勢的大小E和感應電流的方向；
(2)在1s～5s內通過線圈的電荷量q；
解析：(1)感應電動勢E1＝NΔΦ1Δt1
磁通量的變化量ΔΦ1＝ΔB1S
解得E1＝NΔB1SΔt1
代入數(shù)據(jù)得E1＝10V
由楞次定律得，感應電流的方向為a→d→c→b→a.
(2)同理可得在1s～5s內產(chǎn)生的感應電動勢
E2＝NΔB2SΔt2
感應電流I2＝E2r
電荷量q＝I2Δt2
解得q＝NΔB2Sr
代入數(shù)據(jù)得q＝10C
答案：(1)10Va→d→c→b→a(2)10C
應用法拉第電磁感應定律的兩點注意
(1)一般步驟：
①分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；
②利用楞次定律確定感應電流的方向；
③靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解．
(2)一個結論：通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路總電阻R總有關，與時間長短無關．推導如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtR總Δt＝nΔΦR總.
考點二導體棒切割類電動勢的計算
1．導體平動切割磁感線
(1)一般情況：運動速度v和磁感線方向夾角為θ，則E＝Blvsinθ.
(2)常用情況：運動速度v和磁感線方向垂直，則E＝Blv.
(3)若導體棒不是直的，則E＝Blv中的l為切割磁感線的導體棒的有效長度．下圖中，棒的有效長度均為ab間的距離．
2．導體轉動切割磁感線
導體棒以端點為軸，在垂直于磁感線的平面內以角速度ω勻速轉動產(chǎn)生的感應電動勢E＝12Bωl2(導體棒的長度為l)．
1.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向平行于ab邊向上，當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()
A．UaUc，金屬框中無電流
B．UbUc，金屬框中的電流方向沿abca
C．Ubc＝－12Bl2ω，金屬框中無電流
D．Uac＝12Bl2ω，金屬框中電流方向沿acba
解析：選C.金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤．轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，由右手定則判斷UaUc，UbUc，選項A錯誤．由轉動切割產(chǎn)生感應電動勢的公式得Ubc＝－12Bl2ω，選項C正確．
2．如圖所示，abcd為水平放置的平行“匚”形光滑金屬導軌，間距為l，導軌間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，導軌電阻不計，已知金屬桿MN傾斜放置，與導軌成θ角，單位長度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(金屬桿滑動過程中與導軌接觸良好)．則()
A．電路中感應電動勢的大小為Blvsinθ
B．電路中感應電流的大小為Bvsinθr
C．金屬桿所受安培力的大小為B2lvsinθr
D．金屬桿的熱功率為B2lv2rsinθ
解析：選B.金屬桿的運動方向與金屬桿不垂直，電路中感應電動勢的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長度)，選項A錯誤；電路中感應電流的大小為I＝ER＝Blvlrsinθ＝Bvsinθr，選項B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝BBvsinθrlsinθ＝B2lvr，選項C錯誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝B2v2sin2θr2lrsinθ＝B2lv2sinθr，選項D錯誤．
3．(20xx山東濟南模擬)在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度L＝0.4m，如圖所示，框架上放置一質量m＝0.05kg、電阻R＝1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計．若桿cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始向右做勻變速運動，求：
(1)在5s內平均感應電動勢E是多少？
(2)第5s末回路中的電流I多大？
(3)第5s末作用在桿cd上的水平外力F多大？
解析：(1)t＝5s內金屬桿的位移
x＝12at2＝25m
5s內的平均速度
v＝xt＝5m/s也可用v＝0＋v52求解
故平均感應電動勢E＝BLv＝0.4V
(2)第5s末桿的速度v＝at＝10m/s
此時感應電動勢E＝BLv
則回路中的電流為I＝ER＝BLvR＝0.8A
(3)桿cd勻加速運動，由左手定則判得所受安培力方向向左，由牛頓第二定律得F－F安＝ma
桿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
求解感應電動勢常見情況與方法
情景圖

研究對象回路(不一定閉合)一段直導線(或等效成直導線)繞一端轉動的一段導體棒繞與B垂直且在導線框平面內的軸轉動的導線框
表達式E＝nΔΦΔt
E＝BLvsinθE＝12BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)

考點三自感現(xiàn)象的理解及應用
1．自感現(xiàn)象的四大特點
(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化．
(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化．
(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體．
(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向．
2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題
與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡
電路圖

通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定
斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2＞I1，燈泡閃亮后逐漸變暗．兩種情況燈泡中電流方向均改變.
1．(多選)如圖甲、乙所示，電路中的電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()
A．在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗
B．在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗
C．在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗
D．在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗
解析：選AD.題圖甲所示電路中，燈A和線圈L串聯(lián)，電流相同，斷開S時，線圈上產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原電流的減小，通過R、A形成回路，燈A逐漸變暗．題圖乙所示電路中，電阻R和燈A串聯(lián)，燈A和電阻R的總電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不給燈供電，而線圈L產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的減小，通過R、A形成回路，燈A中電流比原來大，變得更亮，然后逐漸變暗．
2．(多選)如圖所示，電路中A和B是兩個完全相同的小燈泡，L是一個自感系數(shù)很大、直流電阻為零的電感線圈，C是電容很大的電容器．當S閉合與斷開時，對A、B的發(fā)光情況判斷正確的是()
A．S閉合時，A立即亮，然后逐漸熄滅
B．S閉合時，B立即亮，然后逐漸熄滅
C．S閉合足夠長時間后，B發(fā)光而A不發(fā)光
D．S閉合足夠長時間后再斷開，B立即熄滅而A逐漸熄滅
答案：AC.
3．(多選)如圖所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的電燈，E是內阻不計的電源．t＝0時刻，閉合開關S.經(jīng)過一段時間后，電路達到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關S.I1、I2分別表示通過電燈D1和D2中的電流，規(guī)定圖中箭頭所示方向為電流正方向，以下各圖中能定性描述電流I隨時間t變化關系的是()
解析：選AC.當S閉合時，L的自感作用會阻礙其中的電流變大，電流從D1流過；當L的阻礙作用變小時，L中的電流變大，D1中的電流變小至零；D2中的電流為電路總電流，電流流過D1時，電路總電阻較大，電流較小，當D1中電流為零時，電流流過L與D2，總電阻變小，電流變大至穩(wěn)定；當S再斷開時，D2馬上熄滅，D1與L組成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄滅，電流反向且減?。痪C上所述知選項A、C正確．
(1)對自感現(xiàn)象“阻礙”作用的理解
①流過線圈的電流增加時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加，使其緩慢地增加；
②流過線圈的電流減小時，線圈中產(chǎn)生的自感電動勢阻礙原電流的減小，使其緩慢地減?。?br> (2)分析自感現(xiàn)象應注意
①通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程中，電流逐漸變大，斷電過程中，電流逐漸變小，此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路；
②斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”的判斷：若斷電后通過燈泡的電流比原來強，則燈泡先閃亮，再慢慢熄滅．
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1.(多選)粗細均勻的導線繞成匝數(shù)為n、半徑為r的圓形閉合線圈．線圈放在磁場中，磁場的磁感應強度隨時間均勻增大，線圈中產(chǎn)生的電流為I，下列說法正確的是()
A．電流I與匝數(shù)n成正比
B．電流I與線圈半徑r成正比
C．電流I與線圈面積S成正比
D．電流I與導線橫截面積S0成正比
解析：選BD.由題給條件可知感應電動勢為E＝nπr2ΔBΔt，電阻為R＝ρn2πrS0，電流I＝ER，聯(lián)立以上各式得I＝S0r2ρΔBΔt，則可知B、D項正確，A、C項錯誤．
2．(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示．銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸．圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中．圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()
A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定
B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動
C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化
D．若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍
解析：選AB.由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應電動勢E＝12Bl2ω知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若ω變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤．
3．(多選)一導線彎成如圖所示的閉合線圈，以速度v向左勻速進入磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．線圈總電阻為R，從線圈進入磁場開始到完全進入磁場為止，下列結論正確的是()
A．感應電流一直沿順時針方向
B．線圈受到的安培力先增大，后減小
C．感應電動勢的最大值E＝Brv
D．穿過線圈某個橫截面的電荷量為Br2＋πr2R
解析：選AB.在閉合線圈進入磁場的過程中，通過閉合線圈的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應電流的方向一直沿順時針方向，A正確；線圈切割磁感線的有效長度先變長后變短，感應電流先變大后變小，安培力也先變大后變小，B正確；線圈切割磁感線的有效長度最大值為2r，感應電動勢最大值E＝2Brv，C錯誤；穿過線圈某個橫截面的電荷量為Q＝ΔΦR＝Br2＋π2r2R，D錯誤．
4．如圖所示，正方形線框的左半側處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊．若第1次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第2次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉過90°，為使兩次操作過程中，線框產(chǎn)生的平均感應電動勢相等，則()
A．v1∶v2＝2∶πB．v1∶v2＝π∶2
C．v1∶v2＝1∶2D．v1∶v2＝2∶1
解析：選A.第1次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，線框中的感應電動勢恒定，有E1＝E1＝BLv1.第2次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉過90°，所需時間t＝πr2v2＝πL4v2，線框中的磁通量變化量ΔΦ＝BLL2＝12BL2，產(chǎn)生的平均電動勢E2＝ΔΦt＝2BLv2π.由題意知E1＝E2，可得v1∶v2＝2∶π，A正確．
5．如圖所示的電路，電源電動勢為E，線圈L的電阻不計，以下判斷正確的是()
A．閉合S，穩(wěn)定后，電容器兩端電壓為E
B．閉合S，穩(wěn)定后，電容器的a極板帶正電
C．斷開S的瞬間，電容器的a極板將帶正電
D．斷開S的瞬間，電容器的a極板將帶負電
解析：選C.由題意及自感現(xiàn)象規(guī)律可知，當開關S閉合且電路穩(wěn)定后，電容器與線圈L并聯(lián)，由于線圈的直流電阻不計，所以電容器兩端電壓為零，故A、B項錯誤；斷開S的瞬間，由自感規(guī)律可知，線圈中要產(chǎn)生感應電動勢，感應電動勢引起的感應電流的方向與原電流的方向一致，因而電容器的a極板將帶正電，故C項正確．
[綜合應用題組]
6．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如右圖所示，拋物線的方程是y＝x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y＝a的直線(圖中的虛線所示)，一個小金屬塊從拋物線上y＝b(b＞a)處以速度v沿拋物線下滑，假設拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是()
A．mgbB.12mv2
C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋12mv2
解析：選D.金屬塊在進出磁場過程中要產(chǎn)生感應電流，機械能要減少，上升的最大高度不斷降低，最后剛好飛不出磁場，就往復運動永不停止，由能量守恒可得Q＝ΔE＝12mv2＋mg(b－a)．
7．如圖所示，邊長為2L的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.一個邊長為L、粗細均勻的正方形導線框abcd，其所在平面與磁場方向垂直，導線框的對角線與虛線框的對角線在一條直線上，導線框各邊的電阻大小均為R.在導線框從圖示位置開始以恒定速度沿對角線方向進入磁場，到整個導線框離開磁場區(qū)域的過程中，下列說法正確的是()
A．導線框進入磁場區(qū)域時產(chǎn)生順時針方向的感應電流
B．導線框中有感應電流的時間為2Lv
C．導線框的bd對角線有一半進入磁場時，整個導線框所受安培力大小為B2L2v4R
D．導線框的bd對角線有一半進入磁場時，導線框a、c兩點間的電壓為2BLv4
解析：選D.根據(jù)楞次定律知，感應電流的效果總是阻礙磁通量的變化，故由楞次定律判斷出，導線框進入磁場區(qū)域時產(chǎn)生的感應電流的方向為逆時針方向，故選項A錯誤；導線框完全進入磁場后感應電流消失，導線框從開始進入磁場到完全進入經(jīng)歷的時間為2Lv，穿出的時間也為2Lv，導線框中有感應電流的時間為t＝2Lv×2，故選項B錯誤；導線框的bd對角線有一半進入磁場時，導體的有效切割長度為2L2，感應電動勢為2BLv2，由安培力公式可算出安培力為B2L2v8R，故選項C錯誤；導線框的bd對角線有一半進入磁場時，導線框a、c兩點間的電壓為電動勢的一半，即2BLv4，故選項D正確．
8．如圖所示的電路中，A、B、C是三個完全相同的燈泡，L是一個自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻與燈泡電阻相同．下列說法正確的是()
A．閉合開關S，A燈逐漸變亮
B．電路接通穩(wěn)定后，流過B燈的電流是流過C燈電流的32
C．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關S，C燈立即熄滅
D．電路接通穩(wěn)定后，斷開開關S，A、B、C燈過一會兒才熄滅，且A燈亮度比B、C燈亮度高
解析：選D.畫出等效電路如圖所示，閉合開關S，所有的燈都立即變亮，A錯誤；電路穩(wěn)定后，線圈和燈泡A的并聯(lián)電阻為R2，與B燈的串聯(lián)電阻為3R2，C燈的電阻為R，根據(jù)并聯(lián)電路分流與電阻成反比，故流過B燈的電流是流過C燈電流的23，B錯誤；斷開開關S，線圈產(chǎn)生的感應電動勢對三個燈泡供電，因此三個燈泡都過一會才熄滅，供電電路是B、C燈串聯(lián)與A燈并聯(lián)，因此A燈的亮度比B、C燈的亮度高，C錯誤，D正確．
9．如圖所示，PQQ2P2是由兩個正方形導線方格PQQ1P1、P1Q1Q2P2構成的網(wǎng)絡電路．方格每邊長度l＝10cm.在x0的半空間分布有隨時間t均勻增加的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面并指向紙內．今令網(wǎng)絡電路PQQ2P2以恒定的速度v＝5cm/s沿x軸正方向運動并進入磁場區(qū)域，在運動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行．若取PQ與y軸重合的時刻為t＝0，在以后任一時刻t磁場的磁感應強度為B＝B0＋bt，式中t的單位為s，B0、b為已知恒量．當t＝2.5s時刻，方格PQQ1P1中的感應電動勢是E1，方格P1Q1Q2P2中的感應電動勢是E2.E1、E2的表達式正確的是()
A．E1＝B0lvB．E1＝bl2
C．E2＝bl24D．E2＝(B0＋bt)lv
解析：選B.經(jīng)過2.5s，線框向右運動了12.5cm，此時右邊的線框只有感生電動勢，根據(jù)法拉第電磁感應定律得E1＝bl2，B正確，A錯誤；此時左邊的線框只有右邊在磁場中，離磁場邊界0.25l，線框中既有動生電動勢又有感生電動勢，故電動勢的大小E2＝(B0＋2.5b)lv＋0.25bl2，C、D錯誤．
10．小明同學設計了一個“電磁天平”，如圖1所示，等臂天平的左臂為掛盤，右臂掛有矩形線圈，兩臂平衡．線圈的水平邊長L＝0.1m，豎直邊長H＝0.3m，匝數(shù)為n1.線圈的下邊處于勻強磁場內，磁感應強度B0＝1.0T，方向垂直線圈平面向里．線圈中通有可在0～2.0A范圍內調節(jié)的電流I.掛盤放上待測物體后，調節(jié)線圈中電流使天平平衡，測出電流即可測得物體的質量．(重力加速度取g＝10m/s2)
(1)為使電磁天平的量程達到0.5kg，線圈的匝數(shù)n1至少為多少？
(2)進一步探究電磁感應現(xiàn)象，另選n2＝100匝、形狀相同的線圈，總電阻R＝10Ω.不接外電流，兩臂平衡．如圖2所示，保持B0不變，在線圈上部另加垂直紙面向外的勻強磁場，且磁感應強度B隨時間均勻變大，磁場區(qū)域寬度d＝0.1m．當掛盤中放質量為0.01kg的物體時，天平平衡，求此時磁感應強度的變化率ΔBΔt.
解析：(1)線圈受到安培力F＝n1B0IL
天平平衡mg＝n1B0IL
代入數(shù)據(jù)得n1＝25匝
(2)由電磁感應定律得E＝n2ΔΦΔt
即E＝n2ΔBΔtLd
由歐姆定律得I′＝ER
線圈受到安培力F′＝n2B0I′L
天平平衡m′g＝n22B0ΔBΔtdL2R
代入數(shù)據(jù)可得ΔBΔt＝0.1T/s
答案：(1)25匝(2)0.1T/s
11．(1)如圖甲所示，兩根足夠長的平行導軌，間距L＝0.3m，在導軌間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B1＝0.5T．一根直金屬桿MN以v＝2m/s的速度向右勻速運動，桿MN始終與導軌垂直且接觸良好．桿MN的電阻r1＝1Ω，導軌的電阻可忽略．求桿MN中產(chǎn)生的感應電動勢E1.
(2)如圖乙所示，一個匝數(shù)n＝100的圓形線圈，面積S1＝0.4m2，電阻r2＝1Ω.在線圈中存在面積S2＝0.3m2垂直線圈平面(指向紙外)的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B2隨時間t變化的關系如圖丙所示．求圓形線圈中產(chǎn)生的感應電動勢E2.
(3)有一個R＝2Ω的電阻，將其兩端a、b分別與圖甲中的導軌和圖乙中的圓形線圈相連接，b端接地．試判斷以上兩種情況中，哪種情況a端的電勢較高？求這種情況中a端的電勢φa.
解析：(1)桿MN做切割磁感線的運動，E1＝B1Lv
產(chǎn)生的感應電動勢E1＝0.3V.
(2)穿過圓形線圈的磁通量發(fā)生變化，E2＝nΔB2ΔtS2
產(chǎn)生的感應電動勢E2＝4.5V.
(3)當電阻R與題圖甲中的導軌相連接時，a端的電勢較高
通過電阻R的電流I＝E1R＋r1
電阻R兩端的電勢差φa－φb＝IR
a端的電勢φa＝IR＝0.2V.
答案：(1)0.3V(2)4.5V(3)與圖甲中的導軌相連接a端電勢高φa＝0.2V
第3節(jié)電磁感應的綜合應用
一、電磁感應中的電路問題
1．電源和電阻
2．電流方向
在外電路，電流由高電勢流向低電勢；在內電路，電流由低電勢流向高電勢．
二、電磁感應中的圖象問題
圖象類型①隨時間t變化的圖象，如B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象
②隨位移x變化的圖象，如E－x圖象和I－x圖象
問題類型①由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象
②由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(用圖象)
應用知識左手定則、安培定則、右手定則、楞次定律、法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律，函數(shù)圖象等知識
三、電磁感應中的動力學問題
1．安培力的大小
感應電動勢：E＝Blv感應電流：I＝ER＋r安培力公式：F＝BIlF＝B2l2vR＋r
2．安培力的方向
(1)先用右手定則確定感應電流方向，再用左手定則確定安培力方向．
(2)根據(jù)楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向相反．
四、電磁感應中的能量問題
1．能量的轉化
閉合電路的部分導體做切割磁感線運動產(chǎn)生感應電流，感應電流在磁場中受安培力．外力克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能，電流做功再將電能轉化為其他形式的能．
2．實質
電磁感應現(xiàn)象的能量轉化，實質是其他形式的能和電能之間的轉化．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)閉合電路的歐姆定律同樣適用于電磁感應電路．(√)
(2)“相當于電源”的導體棒兩端的電壓一定等于電源的電動勢．(×)
(3)閉合電路中電流一定從高電勢流向低電勢．(×)
(4)在有安培力的作用下，導體棒不能做加速運動．(×)
(5)電磁感應中求焦耳熱時，均可直接用公式Q＝I2Rt.(×)
(6)電路中的電能增加，外力一定克服安培力做了功．(√)
2．如圖所示，兩個互連的金屬圓環(huán)，粗金屬環(huán)的電阻是細金屬環(huán)電阻的一半，磁場垂直穿過粗金屬環(huán)所在的區(qū)域，當磁感應強度均勻變化時，在粗環(huán)內產(chǎn)生的電動勢為E，則ab兩點間的電勢差為()
A.E2B．E3
C.2E3D．E
解析：選C.粗環(huán)相當于電源，細環(huán)相當于負載，ab間的電勢差就是等效電路的路端電壓．粗環(huán)電阻是細環(huán)電阻的一半，則路端電壓是電動勢的23，即Uab＝2E3.
3．如圖所示，水平光滑的平行金屬導軌，左端接有電阻R，勻強磁場B豎直向下分布在導軌所在的空間內，質量一定的金屬棒PQ垂直導軌放置．今使棒以一定的初速度v0向右運動，當其通過位置a、b時，速率分別為va、vb，到位置c時棒剛好靜止，設導軌與棒的電阻均不計，a到b與b到c的間距相等，則金屬棒在由a到b和由b到c的兩個過程中()
A．回路中產(chǎn)生的內能相等
B．棒運動的加速度相等
C．安培力做功相等
D．通過棒橫截面積的電荷量相等
解析：選D.棒由a到b再到c的過程中，速度逐漸減小，根據(jù)E＝Blv，E減小，故I減小，再根據(jù)F＝IlB可知安培力減小，根據(jù)F＝ma可知加速度減小，選項B錯誤．由于a到b與b到c的間距相等，故從a到b安培力做的功大于從b到c安培力做的功，故選項A、C錯誤．再根據(jù)平均感應電動勢E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt，平均感應電流I＝ER＝BΔSRΔt，通過棒橫截面積的電荷量為q＝IΔt＝BΔSR，故選項D正確．
4．如圖，一載流長直導線和一矩形線框固定在同一平面內，線框在長直導線右側，且其長邊與長直導線平行．已知在t＝0到t＝t1的時間間隔內，長直導線中電流i發(fā)生某種變化，而線框中的感應電流總是沿順時針方向，線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．設電流i的正方向與圖中箭頭所示方向相同，則i隨時間t變化的圖線可能是()
解析：選A.因通電導線周圍的磁場離導線越近磁場越強，而線框中左右兩邊的電流大小相等，方向相反，所以其受到的安培力方向相反，線框的左邊受到的安培力大于線框的右邊受到的安培力，所以合力與線框的左邊受力的方向相同．因為線框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根據(jù)左手定則，線框處的磁場方向先垂直紙面向里，后垂直紙面向外，根據(jù)右手螺旋定則，導線中的電流先為正，后為負，所以選項A正確，B、C、D錯誤.
考點一電磁感應中的電路問題
1．內電路和外電路
(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于電源．
(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內阻，其余部分是外電阻．
2．電源電動勢和路端電壓
(1)電動勢：E＝Blv或E＝nΔΦΔt.
(2)路端電壓：U＝IR＝E－Ir＝ER＋rR.
1．(20xx江西贛中南五校聯(lián)考)如圖所示，用相同導線制成的邊長為L或2L的4個單匝閉合回路，它們以相同的速度先后垂直穿過正方形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，區(qū)域寬度大于2L，則進入磁場過程中，電流最大的回路是()
A．甲B．乙
C．丙D．丁
解析：選C.線框進入磁場過程中，做切割磁感線運動，產(chǎn)生的感應電動勢E＝Bdv，根據(jù)電阻定律可知，線框的電阻R＝ρLS，由閉合電路歐姆定律可知，回路中的感應電流I＝ER，聯(lián)立以上各式有I＝BSvρdL，所以線框切割磁感線的邊長d越長，總長度L越短，其感應電流越大，對照4種圖形可知，C正確．
2．(20xx貴州七校聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩根足夠長的光滑金屬導軌水平平行放置，間距為l＝1m，cd間、de間、cf間分別接阻值為R＝10Ω的電阻．一阻值為R＝10Ω的導體棒ab以速度v＝4m/s勻速向左運動，導體棒與導軌接觸良好，導軌所在平面存在磁感應強度大小為B＝0.5T、方向豎直向下的勻強磁場．下列說法中正確的是()
A．導體棒ab中電流的流向為由b到a
B．cd兩端的電壓為1V
C．de兩端的電壓為1V
D．fe兩端的電壓為1V
解析：選BD.由右手定則可判知A錯誤；由法拉第電磁感應定律E＝Blv＝0.5×1×4V＝2V，Ucd＝RR＋RE＝1V，B正確；由于de、cf間電阻沒有電流流過，故Ude＝Ucf＝0，所以Ufe＝Ucd＝1V，C錯誤，D正確．
3．(多選)如圖所示電路中，均勻變化的勻強磁場只存在于虛線框內，三個電阻阻值之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，其他部分電阻不計．當S3斷開，而S1、S2閉合時，回路中感應電流為I，當S1斷開，而S2、S3閉合時，回路中感應電流為5I，當S2斷開，而S1、S3閉合時，可判斷()
A．閉合回路中感應電流為4I
B．閉合回路中感應電流為7I
C．R1、R3消耗的功率之比PR1∶PR3＝3∶1
D．上下兩部分磁場的面積之比S上∶S下＝3∶25
解析：選BD.因R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，可以設R1＝R，R2＝2R，R3＝3R.由題圖可知，當S1、S2閉合S3斷開時，電阻R1與R2組成閉合回路，設此時感應電動勢是E1，由歐姆定律可得E1＝3IR；當S2、S3閉合S1斷開時，電阻R2與R3組成閉合回路，設感應電動勢為E2，由歐姆定律可得E2＝5I×5R＝25IR；當S1、S3閉合S2斷開時，電阻R1與R3組成閉合回路，此時感應電動勢E＝E1＋E2＝28IR，則此時的電流I′＝28IR4R＝7I，A錯誤，B正確．
根據(jù)P＝I2R可知，串聯(lián)電路電流相等，則各電阻的功率與電阻阻值成正比，故PR1∶PR3＝1∶3，C錯誤．E1＝3IR，E2＝25IR，再根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝SΔBΔt可知，上下兩部分磁場的面積之比S上∶S下＝3∶25，D正確．
4．(20xx湖北咸寧聯(lián)考)如圖所示，水平面上有兩根光滑金屬導軌平行固定放置，導軌的電阻不計，間距為l＝0.5m，左端通過導線與阻值R＝3Ω的電阻連接，右端通過導線與阻值為RL＝6Ω的小燈泡L連接，在CDFE矩形區(qū)域內有豎直向上，磁感應強度B＝0.2T的勻強磁場．一根阻值r＝0.5Ω、質量m＝0.2kg的金屬棒在恒力F＝2N的作用下由靜止開始從AB位置沿導軌向右運動，經(jīng)過t＝1s剛好進入磁場區(qū)域．求金屬棒剛進入磁場時：
(1)金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢；
(2)小燈泡兩端的電壓和金屬棒受到的安培力．
解析：(1)0～1s棒只受拉力，由牛頓第二定律得F＝ma，金屬棒進入磁場前的加速度a＝Fm＝10m/s2.
設其剛要進入磁場時速度為v，v＝at＝10×1m/s＝10m/s.
金屬棒進入磁場時切割磁感線，感應電動勢E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V.
(2)小燈泡與電阻R并聯(lián)，R并＝RRLR＋RL＝2Ω，通過金屬棒的電流大小I＝ER并＋r＝0.4A，小燈泡兩端的電壓U＝E－Ir＝1V－0.4×0.5V＝0.8V.
金屬棒受到的安培力大小FA＝BIl＝0.2×0.4×0.5N＝0.04N，由右手定則和左手定則可判斷安培力方向水平向左．
答案：(1)1V(2)0.8V0.04N，方向水平向左
解決電磁感應中的電路問題三部曲
考點二電磁感應中的圖象問題
1．圖象問題的求解類型
類型據(jù)電磁感應過程選圖象據(jù)圖象分析判斷電磁感應過程
求解流程

2.解題關鍵
弄清初始條件、正負方向的對應變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉折點等是解決此類問題的關鍵．
3．解決圖象問題的一般步驟
(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；
(2)分析電磁感應的具體過程；
(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；
(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出函數(shù)關系式；
(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖象或判斷圖象．
考向1：據(jù)電磁感應過程選擇圖象
問題類型由給定的電磁感應過程選出正確的圖象
解題關鍵根據(jù)題意分析相關物理量的函數(shù)關系、分析物理過程中的轉折點、明確“＋、－”號的含義，結合數(shù)學知識做正確的判斷
[典例1](20xx湖北宜昌模擬)如圖所示，有一等腰直角三角形的區(qū)域，其斜邊長為2L，高為L.在該區(qū)域內分布著如圖所示的磁場，左側小三角形內磁場方向垂直紙面向外，右側小三角形內磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小均為B.一邊長為L、總電阻為R的正方形導線框abcd，從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域．取沿a→b→c→d→a的感應電流方向為正，則圖中表示線框中電流i隨bc邊的位置坐標x變化的圖象正確的是()
解析bc邊的位置坐標x在L～2L過程，線框bc邊有效切割長度為l1＝x－L，感應電動勢為E＝Bl1v＝B(x－L)v，感應電流i1＝ER＝Bx－LvR，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．x在2L～3L過程，ad邊和bc邊都切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→d→c→b→a，為負值，有效切割長度為l2＝L，感應電動勢為E＝Bl2v＝BLv，感應電流i2＝－BLvR.x在3L～4L過程，線框ad邊有效切割長度為l3＝L－(x－3L)＝4L－x，感應電動勢為E＝Bl3v＝B(4L－x)v，感應電流i3＝B4L－xvR，根據(jù)楞次定律判斷出感應電流方向沿a→b→c→d→a，為正值．根據(jù)數(shù)學知識知道D正確．
答案D
考向2：據(jù)圖象分析判斷電磁感應過程
問題類型由電磁感應圖象得出的物理量和規(guī)律分析求解動力學、電路等問題
解題關鍵第一個關鍵是破譯，即解讀圖象中的關鍵信息(尤其是過程信息)，另一個關鍵是轉換，即有效地實現(xiàn)物理信息和數(shù)學信息的相互轉換
[典例2](20xx河南中原名校聯(lián)考)如圖甲，在水平桌面上固定著兩根相距L＝20cm、相互平行的無電阻軌道P、Q，軌道一端固定一根電阻R＝0.02Ω的導體棒a，軌道上橫置一根質量m＝40g、電阻可忽略不計的金屬棒b，兩棒相距也為L＝20cm，該軌道平面處在磁感應強度大小可以調節(jié)的豎直向上的勻強磁場中．開始時，磁感應強度B0＝0.1T．設棒與軌道間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.
(1)若保持磁感應強度B0的大小不變，從t＝0時刻開始，給b棒施加一個水平向右的拉力，使它由靜止開始做勻加速直線運動．此拉力F的大小隨時間t變化關系如圖乙所示．求b棒做勻加速運動的加速度及b棒與軌道間的滑動摩擦力；
(2)若從t＝0開始，磁感應強度B隨時間t按圖丙中圖象所示的規(guī)律變化，求在金屬棒b開始運動前，這個裝置釋放的熱量．
解析(1)F安＝B0IL①
E＝B0Lv②
I＝ER＝B0LvR③
v＝at④
所以F安＝B20L2aRt
當b棒勻加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有
F－f－F安＝ma⑤
聯(lián)立可得F－f－B20L2aRt＝ma⑥
由圖象可得：當t＝0時，F(xiàn)＝0.4N，當t＝1s時，
F＝0.5N.
代入⑥式，可解得a＝5m/s2，f＝0.2N.
(2)當磁感應強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的感應電流I，以b棒為研究對象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大，當磁感應強度增大到b所受安培力F安′與最大靜摩擦力f相等時開始滑動．
感應電動勢E′＝ΔBΔtL2＝0.02V⑦
I′＝E′R＝1A⑧
棒b將要運動時，有F安′＝BtI′L＝f⑨
所以Bt＝1T，根據(jù)Bt＝B0＋ΔBΔtt⑩
得t＝1.8s.
回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I′2Rt＝0.036J.
答案(1)5m/s20.2N(2)0.036J
考向3：圖象的描繪
問題類型由題目給出的電磁感應現(xiàn)象畫出所求物理量的圖象
解題關鍵由題目給出的電磁感應過程結合所學物理規(guī)律求出所求物理量的函數(shù)關系式，然后在坐標系中做出相對應的圖象
[典例3]如圖甲所示，水平面上固定一個間距L＝1m的光滑平行金屬導軌，整個導軌處在豎直方向的磁感應強度B＝1T的勻強磁場中，導軌一端接阻值R＝9Ω的電阻．導軌上有質量m＝1kg、電阻r＝1Ω、長度也為1m的導體棒，在外力的作用下從t＝0開始沿平行導軌方向運動，其速度隨時間的變化規(guī)律是v＝2t，不計導軌電阻．求：
(1)t＝4s時導體棒受到的安培力的大??；
(2)請在如圖乙所示的坐標系中畫出電流平方與時間的關系(I2t)圖象．
解析(1)4s時導體棒的速度
v＝2t＝4m/s
感應電動勢E＝BLv，感應電流I＝ER＋r
此時導體棒受到的安培力
F安＝BIL＝0.4N
(2)由(1)可得
I2＝ER＋r2＝4BLR＋r2t＝0.04t
作出圖象如圖所示．
答案(1)0.4N(2)見解析圖
(1)處理圖象問題要做到“四明確、一理解”
(2)電磁感應中圖象類選擇題的兩個常用方法
①排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是分析物理量的正負，以排除錯誤的選項．
②函數(shù)法：根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數(shù)關系，然后由函數(shù)關系對圖象進行分析和判斷．
考點三電磁感應中的動力學和能量問題
1．兩種狀態(tài)及處理方法
狀態(tài)特征處理方法
平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析
非平衡態(tài)加速度不為零根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析
2.力學對象和電學對象的相互關系
3．能量轉化過程的理解
(1)電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電流的過程，實質上是能量的轉化過程．
(2)電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力的作用，因此，要維持感應電流的存在，必須有“外力”克服安培力做功，將其他形式的能轉化為電能．“外力”克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能．
(3)當感應電流通過用電器時，電能又轉化為其他形式的能．安培力做功的過程，或通過電阻發(fā)熱的過程，是電能轉化為其他形式能的過程．安培力做了多少功，就有多少電能轉化為其他形式的能．
1．(20xx安徽宿州一模)(多選)兩根足夠長的平行光滑導軌豎直固定放置，頂端接一電阻R，導軌所在平面與勻強磁場垂直．將一金屬棒與下端固定的輕彈簧的上端拴接，金屬棒和導軌接觸良好，重力加速度為g，如圖所示．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則()
A．金屬棒在最低點的加速度小于g
B．回路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量
C．當彈簧彈力等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大
D．金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度
解析：選AD.金屬棒先向下做加速運動，后向下做減速運動，假設沒有磁場，金屬棒運動到最低點時，根據(jù)簡諧運動的對稱性可知，最低點的加速度等于剛釋放時的加速度g，由于金屬棒向下運動的過程中產(chǎn)生感應電流，受到安培力，而安培力是阻力，則知金屬棒下降的高度小于沒有磁場時的高度，故金屬棒在最低點的加速度小于g.故A正確．根據(jù)能量守恒定律得知，回路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少量與彈簧彈性勢能增加量之差，故B錯誤，金屬棒向下運動的過程中，受到重力、彈簧的彈力和安培力三個力作用，當三力平衡時，速度最大，即當彈簧彈力、安培力之和等于金屬棒的重力時，金屬棒下落速度最大，故C錯誤．由于產(chǎn)生內能，且彈簧具有彈性勢能，由能量守恒得知，金屬棒在以后運動過程中的最大高度一定低于靜止釋放時的高度，故D正確．
2．(20xx河北邯鄲一模)如圖所示，一足夠長的光滑平行金屬軌道，軌道平面與水平面成θ角，上端與一電阻R相連，處于方向垂直軌道平面向上的勻強磁場中．質量為m、電阻為r的金屬桿ab，從高為h處由靜止釋放，下滑一段時間后，金屬桿開始以速度v勻速運動直到軌道的底端．金屬桿始終保持與軌道垂直且接觸良好，軌道的電阻及空氣阻力均可忽略不計，重力加速度為g.則()
A．金屬桿加速運動過程中的平均速度為v/2
B．金屬桿加速運動過程中克服安培力做功的功率大于勻速運動過程中克服安培力做功的功率
C．當金屬桿的速度為v/2時，它的加速度大小為gsinθ2
D．整個運動過程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為mgh－12mv2
解析：選C.對金屬桿分析知，金屬桿ab在運動過程中受到重力、軌道支持力和安培力作用，先做加速度減小的加速運動，后做勻速運動，因金屬桿加速運動過程不是勻加速，故其平均速度不等于v2，A錯誤．當安培力等于重力沿斜面的分力，即mgsinθ＝B2l2vR時，桿ab開始勻速運動，此時v最大，F(xiàn)安最大，故勻速運動時克服安培力做功的功率大，B錯誤；當金屬桿速度為v2時，F(xiàn)安′＝B2l2v2R＝12mgsinθ，所以F合＝mgsinθ－F安′＝12mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ2，C正確；由能量守恒可得mgh－12mv2＝Qab＋QR，即mgh－12mv2應等于電阻R和金屬桿上產(chǎn)生的總焦耳熱，D錯誤．

20xx高考物理大一輪復習：第12章-近代物理初步（6份打包有課件）

一名優(yōu)秀的教師在教學時都會提前最好準備，作為教師就要精心準備好合適的教案。教案可以讓學生更容易聽懂所講的內容，幫助教師提前熟悉所教學的內容。寫好一份優(yōu)質的教案要怎么做呢？下面的內容是小編為大家整理的20xx高考物理大一輪復習：第12章-近代物理初步（6份打包有課件），供您參考，希望能夠幫助到大家。

第1節(jié)光電效應波粒二象性

一、光電效應及其規(guī)律

1．光電效應現(xiàn)象

在光的照射下，金屬中的電子從表面逸出的現(xiàn)象，發(fā)射出來的電子叫光電子．

2．光電效應的產(chǎn)生條件

入射光的頻率大于金屬的極限頻率．

3．光電效應規(guī)律

(1)每種金屬都有一個極限頻率，入射光的頻率必須大于這個極限頻率才能產(chǎn)生光電效應．

(2)光電子的最大初動能與入射光的強度無關，只隨入射光頻率的增大而增大．

(3)光電效應的發(fā)生幾乎是瞬時的，一般不超過10－9s.

(4)當入射光的頻率大于極限頻率時，飽和光電流的強度與入射光的強度成正比．

二、愛因斯坦光電效應方程

1．光子說

在空間傳播的光不是連續(xù)的，而是一份一份的，每—份叫做一個光子，光子的能量ε＝hν.

2．逸出功W0：電子從金屬中逸出所需做功的最小值．

3．最大初動能：發(fā)生光電效應時，金屬表面上的電子吸收光子后克服原子核的引力逸出時所具有的動能的最大值．

4．光電效應方程

(1)表達式：hν＝Ek＋W0或Ek＝hν－W0.

(2)物理意義：金屬表面的電子吸收一個光子獲得的能量是hν，這些能量的一部分用來克服金屬的逸出功W0，剩下的表現(xiàn)為逸出后電子的最大初動能．

三、光的波粒二象性

1．光的干涉、衍射、偏振現(xiàn)象證明光具有波動性．

2．光電效應、康普頓效應說明光具有粒子性．

3．光既具有波動性，又具有粒子性，稱為光的波粒二象性．

[自我診斷]

1．判斷正誤

(1)任何頻率的光照射到金屬表面都可以發(fā)生光電效應．(×)

(2)要使某金屬發(fā)生光電效應，入射光子的能量必須大于金屬的逸出功．(√)

(3)光電子的最大初動能與入射光子的頻率成正比．(×)

(4)光的頻率越高，光的粒子性越明顯，但仍具有波動性．(√)

(5)德國物理學家普朗克提出了量子假說，成功地解釋了光電效應規(guī)律．(×)

(6)美國物理學家康普頓發(fā)現(xiàn)了康普頓效應，證實了光的粒子性．(√)

(7)法國物理學家德布羅意大膽預言了實物粒子具有波動性．(√)

2．當用一束紫外線照射鋅板時，產(chǎn)生了光電效應，這時()

A．鋅板帶負電B．有正離子從鋅板逸出

C．有電子從鋅板逸出D．鋅板會吸附空氣中的正離子

解析：選C.發(fā)生光電效應時，有光電子從鋅板中逸出，逸出光電子后的鋅板帶正電，對空氣中的正離子有排斥作用，C正確．

3．(多選)一單色光照到某金屬表面時，有光電子從金屬表面逸出，下列說法中正確的是()

A．無論增大入射光的頻率還是增大入射光的強度，金屬的逸出功都不變

B．只延長入射光照射時間，光電子的最大初動能將增大

C．只增大入射光的頻率，光電子的最大初動能將增大

D．只增大入射光的頻率，光電子逸出所經(jīng)歷的時間將縮短

解析：選AC.金屬逸出功只與極限頻率有關，A正確．根據(jù)光電效應方程Ek＝hν－W0可知，光電子的最大初動能由入射光的頻率和逸出功決定，只延長入射光照射時間，光電子的最大初動能將不變，B錯誤，C正確．發(fā)生光電效應的條件是入射光的頻率大于截止頻率，光電子逸出所經(jīng)歷的時間幾乎同時，D錯誤．

4．關于光的本性，下列說法正確的是()

A．光既具有波動性，又具有粒子性，這是互相矛盾和對立的

B．光的波動性類似于機械波，光的粒子性類似于質點

C．大量光子才具有波動性，個別光子只具有粒子性

D．由于光既具有波動性，又具有粒子性，無法只用其中一種去說明光的—切行為，只能認為光具有波粒二象性

解析：選D.光既具有波動性，又具有粒子性，但不同于宏觀的機械波和機械粒子，波動性和粒子性是光在不同的情況下的不同表現(xiàn)，是同一客體的兩個不同的側面、不同屬性，只能認為光具有波粒二象性，A、B、C錯誤，D正確．

5．在某次光電效應實驗中，得到的遏止電壓Uc與入射光的頻率ν的關系如圖所示．若該直線的斜率和截距分別為k和b，電子電荷量的絕對值為e，則普朗克常量可表示為________，所用材料的逸出功可表示為________．

解析：根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝hνe－W0e，故he＝k，b＝－W0e，得h＝ek，W0＝－eb.

答案：ek－eb

考點一光電效應的理解

1．光電效應中的幾個概念比較

(1)光子與光電子

光子指光在空間傳播時的每一份能量，光子不帶電；光電子是金屬表面受到光照射時發(fā)射出來的電子，其本質是電子．

(2)光電子的動能與光電子的最大初動能

光照射到金屬表面時，電子吸收光子的全部能量，可能向各個方向運動，需克服原子核和其他原子的阻礙而損失一部分能量，剩余部分為光電子的初動能；只有金屬表面的電子直接向外飛出時，只需克服原子核的引力做功的情況，才具有最大初動能．

(3)光電流和飽和光電流

金屬板飛出的光電子到達陽極，回路中便產(chǎn)生光電流，隨著所加正向電壓的增大，光電流趨于一個飽和值，這個飽和值是飽和光電流，在一定的光照條件下，飽和光電流與所加電壓大小無關．

(4)光的強弱與飽和光電流

頻率相同的光照射金屬產(chǎn)生光電效應，入射光越強，飽和光電流越大．

2．對光電效應規(guī)律的解釋

對應規(guī)律對規(guī)律的產(chǎn)生的解釋

光電子的最大初動能隨著入射光頻率的增大而增大，與入射光強度無關電子吸收光子能量后，一部分克服原子核引力做功，剩余部分轉化為光電子的初動能，只有直接從金屬表面飛出的光電子才具有最大初動能，對于確定的金屬，逸出功W0是一定的，故光電子的最大初動能只隨入射光的頻率增大而增大

光電效應具有瞬時性光照射金屬時，電子吸收一個光子的能量后，動能立即增大，不需要能量積累的過程

光較強時飽和電流大光較強時，包含的光子數(shù)較多，照射金屬時產(chǎn)生的光電子較多，因而飽和電流較大

1．(20xx高考全國乙卷)(多選)現(xiàn)用某一光電管進行光電效應實驗，當用某一頻率的光入射時，有光電流產(chǎn)生．下列說法正確的是()

A．保持入射光的頻率不變，入射光的光強變大，飽和光電流變大

B．入射光的頻率變高，飽和光電流變大

C．入射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大

D．保持入射光的光強不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產(chǎn)生

解析：選AC.產(chǎn)生光電效應時，光的強度越大，單位時間內逸出的光電子數(shù)越多，飽和光電流越大，說法A正確．飽和光電流大小與入射光的頻率無關，說法B錯誤．光電子的最大初動能隨入射光頻率的增加而增加，與入射光的強度無關，說法C正確．減小入射光的頻率，如低于極限頻率，則不能發(fā)生光電效應，沒有光電流產(chǎn)生，說法D錯誤．

2．(20xx廣東深圳模擬)(多選)在光電效應實驗中，用同一種單色光，先后照射鋅和銀的表面，都能發(fā)生光電效應．對于這兩個過程，下列物理過程中一定不同的是()

A．遏止電壓B．飽和光電流

C．光電子的最大初動能D．逸出功

解析：選ACD.同一束光照射不同的金屬，一定相同的是入射光的光子能量，不同金屬的逸出功不同，根據(jù)光電效應方程Ekm＝hν－W0知，最大初動能不同，則遏止電壓不同，選項A、C、D正確；同一束光照射，單位時間內射到金屬表面的光子數(shù)目相等，所以飽和光電流是相同的，選項B錯誤．

3．(20xx廣東省湛江一中高三模擬)(多選)用如圖所示的光電管研究光電效應的實驗中，用某種頻率的單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉．而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉，那么()

A．a(chǎn)光的頻率一定大于b光的頻率

B．只增加a光的強度可使通過電流計G的電流增大

C．增加b光的強度可能使電流計G的指針發(fā)生偏轉

D．用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電流是由d到c

解析：選AB.由于用單色光a照射光電管陰極K，電流計G的指針發(fā)生偏轉，說明發(fā)生了光電效應，而用另一頻率的單色光b照射光電管陰極K時，電流計G的指針不發(fā)生偏轉，說明b光不能發(fā)生光電效應，即a光的頻率一定大于b光的頻率；增加a光的強度可使單位時間內逸出光電子的數(shù)量增加，則通過電流計G的電流增大；因為b光不能發(fā)生光電效應，所以即使增加b光的強度也不可能使電流計G的指針發(fā)生偏轉；用a光照射光電管陰極K時通過電流計G的電子的方向是由d到c，所以電流方向是由c到d.選項A、B正確．

光電效應實質及發(fā)生條件

(1)光電效應的實質是金屬中的電子獲得能量后逸出金屬表面，從而使金屬帶上正電．

(2)能否發(fā)生光電效應，不取決于光的強度，而是取決于光的頻率．只要照射光的頻率大于該金屬的極限頻率，無論照射光強弱，均能發(fā)生光電效應．

考點二光電效應方程及圖象的理解

1．愛因斯坦光電效應方程

Ek＝hν－W0

hν：光子的能量

W0：逸出功，即從金屬表面直接飛出的光電子克服原子核引力所做的功．

Ek：光電子的最大初動能．

2．四類圖象

圖象名稱圖線形狀由圖線直接(間接)得到的物理量

最大初動能Ek與入射光頻率ν的關系圖線

①極限頻率：圖線與ν軸交點的橫坐標νc

②逸出功：圖線與Ek軸交點的縱坐標的值W0＝|－E|＝E

③普朗克常量：圖線的斜率k＝h

顏色相同、強度不同的光，光電流與電壓的關系

①遏止電壓Uc：圖線與橫軸的交點

②飽和光電流Im：電流的最大值

③最大初動能：Ekm＝eUc

顏色不同時，光電流與電壓的關系

①遏止電壓Uc1、Uc2

②飽和光電流

③最大初動能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2

=遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖線

①截止頻率νc：圖線與橫軸的交點

②遏止電壓Uc：隨入射光頻率的增大而增大

③普朗克常量h：等于圖線的斜率與電子電量的乘積，即h＝ke.(注：此時兩極之間接反向電壓)

[典例](20xx重慶萬州二中模擬)(多選)某金屬在光的照射下產(chǎn)生光電效應，其遏止電壓Uc與入射光頻率ν的關系圖象如圖所示．則由圖象可知()

A．該金屬的逸出功等于hν0

B．若已知電子電荷量e，就可以求出普朗克常量h

C．遏止電壓是確定的，與照射光的頻率無關

D．入射光的頻率為2ν0時，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為hν0

解析當遏止電壓為零時，最大初動能為零，則入射光的能量等于逸出功，所以W0＝hν0，A正確；根據(jù)光電效應方程Ek＝hν－W0和－eUc＝0－Ek得，Uc＝heν－W0e，可知當入射光的頻率大于極限頻率時，遏止電壓與入射光的頻率呈線性關系，C錯誤；因為Uc＝heν－W0e，知圖線的斜率等于he，從圖象上可以得出斜率的大小，已知電子電荷量e，可以求出普朗克常量h，B正確；從圖象上可知逸出功W0＝hν0，根據(jù)光電效應方程Ek＝h2ν0－W0＝hν0，D正確．

答案ABD

應用光電效應方程時的注意事項

(1)每種金屬都有一個截止頻率，光頻率大于這個截止頻率才能發(fā)生光電效應．

(2)截止頻率是發(fā)生光電效應的最小頻率，對應著光的極限波長和金屬的逸出功，即hν0＝hcλ0＝W0.

(3)應用光電效應方程Ek＝hν－W0時，注意能量單位電子伏和焦耳的換算(1eV＝1.6×10－19J)．

20xx高考物理大一輪復習：第13章熱學（選修3-3）（8份打包有課件）

第1節(jié)分子動理論內能
一、分子動理論
1．物體是由大量分子組成的
(1)分子模型：主要有兩種模型，固體與液體分子通常用球體模型，氣體分子通常用立方體模型．
(2)分子的大小
①分子直徑：數(shù)量級是10－10m；
②分子質量：數(shù)量級是10－26kg；
③測量方法：油膜法．
(3)阿伏加德羅常數(shù)
1mol任何物質所含有的粒子數(shù)，NA＝6.02×1023mol－1.
2．分子熱運動
分子永不停息的無規(guī)則運動．
(1)擴散現(xiàn)象
相互接觸的不同物質彼此進入對方的現(xiàn)象．溫度越高，擴散越快，可在固體、液體、氣體中進行．
(2)布朗運動
懸浮在液體(或氣體)中的微粒的無規(guī)則運動，微粒越小，溫度越高，布朗運動越顯著．
3．分子力
分子間同時存在引力和斥力，且都隨分子間距離的增大而減小，隨分子間距離的減小而增大，但總是斥力變化得較快．
二、內能
1．分子平均動能
(1)所有分子動能的平均值．
(2)溫度是分子平均動能的標志．
2．分子勢能
由分子間相對位置決定的能，在宏觀上分子勢能與物體體積有關，在微觀上與分子間的距離有關．
3．物體的內能
(1)內能：物體中所有分子的熱運動動能與分子勢能的總和．
(2)決定因素：溫度、體積和物質的量．
三、溫度
1．意義：宏觀上表示物體的冷熱程度(微觀上標志物體中分子平均動能的大小)．
2．兩種溫標
(1)攝氏溫標t：單位℃，在1個標準大氣壓下，水的冰點作為0℃，沸點作為100℃，在0℃～100℃之間等分100份，每一份表示1℃.
(2)熱力學溫標T：單位K，把－273.15℃作為0K.
(3)就每一度表示的冷熱差別來說，兩種溫度是相同的，即ΔT＝Δt.只是零值的起點不同，所以二者關系式為T＝t＋273.15.
(4)絕對零度(0K)，是低溫極限，只能接近不能達到，所以熱力學溫度無負值．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)質量相等的物體含有的分子個數(shù)不一定相等．(√)
(2)組成物體的每一個分子運動是有規(guī)律的．(×)
(3)布朗運動是液體分子的運動．(×)
(4)分子間斥力隨分子間距離的減小而增大，但分子間引力卻隨分子間距離的減小而減?。?×)
(5)內能相同的物體，溫度不一定相同．(√)
(6)分子間無空隙，分子緊密排列．(×)
2．(多選)墨滴入水，擴而散之，徐徐混勻．關于該現(xiàn)象的分析正確的是()
A．混合均勻主要是由于碳粒受重力作用
B．混合均勻的過程中，水分子和碳粒都做無規(guī)則運動
C．使用碳粒更小的墨汁，混合均勻的過程進行得更迅速
D．墨汁的擴散運動是由于碳粒和水分子發(fā)生化學反應引起的
解析：選BC.根據(jù)分子動理論的知識可知，最后混合均勻是擴散現(xiàn)象，水分子做無規(guī)則運動，碳粒做布朗運動，由于布朗運動的劇烈程度與顆粒大小和溫度有關，所以使用碳粒更小的墨汁，布朗運動會更明顯，則混合均勻的過程進行得更迅速，故選B、C.
3．關于物體的內能，以下說法正確的是()
A．不同物體，溫度相等，內能也相等
B．所有分子的勢能增大，物體內能也增大
C．溫度升高，分子平均動能增大，但內能不一定增大
D．只要兩物體的質量、溫度、體積相等，兩物體的內能一定相等
解析：選C.不同物體，溫度相等，分子平均動能相等，分子動能不一定相等，不能說明內能也相等，A錯誤；所有分子的勢能增大，不能反映分子動能如何變化，不能確定內能也增大，B錯誤；兩物體的質量、溫度、體積相等，但其物質的量不一定相等，不能得出內能相等，D錯誤，C正確．
考點一宏觀量與微觀量的計算
1．微觀量：分子體積V0、分子直徑d、分子質量m0.
2．宏觀量：物體的體積V、摩爾體積Vm、物體的質量m、摩爾質量M、物體的密度ρ.
3．關系
(1)分子的質量：m0＝MNA＝ρVmNA.
(2)分子的體積：V0＝VmNA＝MρNA.
(3)物體所含的分子數(shù)：N＝VVmNA＝mρVmNA
或N＝mMNA＝ρVMNA.
4．分子的兩種模型
(1)球體模型直徑d＝36V0π.(常用于固體和液體)
(2)立方體模型邊長d＝3V0.(常用于氣體)
對于氣體分子，d＝3V0的值并非氣體分子的大小，而是兩個相鄰的氣體分子之間的平均距離．
1．(多選)若以μ表示水的摩爾質量，V表示在標準狀態(tài)下水蒸氣的摩爾體積，ρ表示在標準狀態(tài)下水蒸氣的密度，NA表示阿伏加德羅常數(shù)，m、v分別表示每個水分子的質量和體積，下面關系正確的是()
A．NA＝ρVmB．ρ＝μNAv
C．ρ＜μNAvD．m＝μNA
解析：選ACD.由于μ＝ρV，則NA＝μm＝ρVm，變形得m＝μNA，故A、D正確；由于分子之間有空隙，所以NAv＜V，水的密度為ρ＝μV＜μNAv，故C正確，B錯誤．
2．(多選)已知銅的摩爾質量為M(kg/mol)，銅的密度為ρ(kg/m3)，阿伏加德羅常數(shù)為NA(mol－1)．下列判斷正確的是()
A．1kg銅所含的原子數(shù)為NAM
B．1m3銅所含的原子數(shù)為MNAρ
C．1個銅原子的質量為MNA(kg)
D．1個銅原子的體積為MρNA(m3)
解析：選ACD.1kg銅所含的原子數(shù)N＝1MNA＝NAM，A正確；同理，1m3銅所含的原子數(shù)N＝ρMNA＝ρNAM，B錯誤；1個銅原子的質量m0＝MNA(kg)，C正確；1個銅原子的體積V0＝m0ρ＝MρNA(m3)，D正確．
3．(20xx陜西西安二模)目前專家們正在研究二氧化碳的深海處理技術．實驗發(fā)現(xiàn)，在水深300m處，二氧化碳將變成凝膠狀態(tài)，當水深超過2500m時，二氧化碳會濃縮成近似固體的硬膠體．設在某狀態(tài)下二氧化碳氣體的密度為ρ，摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，將二氧化碳分子看成直徑為D的球球的體積公式V球＝16πD3，則在該狀態(tài)下體積為V的二氧化碳氣體變成硬膠體后體積為________．
解析：二氧化碳氣體變成硬膠體后，可以看成是分子一個個緊密排列在一起的，故體積為V的二氧化碳氣體質量為m＝ρV；所含分子數(shù)為n＝mMNA＝ρVMNA；變成硬膠體后體積為V′＝n16πD3＝πρVNAD36M.
答案：πρVNAD36M
在進行微觀量與宏觀量之間的換算的兩點技巧
(1)正確建立分子模型：固體和液體一般建立球體模型，氣體一般建立立方體模型．
(2)計算出宏觀量所含物質的量，通過阿伏加德羅常數(shù)進行宏觀量與微觀量的轉換與計算．
考點二布朗運動與分子熱運動

布朗運動熱運動
活動主體固體小顆粒分子
區(qū)別是固體小顆粒的運動，是比分子大得多的分子團的運動，較大的顆粒不做布朗運動，但它本身的以及周圍的分子仍在做熱運動是指分子的運動，分子無論大小都做熱運動，熱運動不能通過光學顯微鏡直接觀察到
共同點都是永不停息的無規(guī)則運動，都隨溫度的升高而變得更加激烈，都是肉眼所不能看見的
聯(lián)系布朗運動是由于小顆粒受到周圍分子做熱運動的撞擊力不均衡而引起的，它是分子做無規(guī)則運動的反映
1．(多選)關于擴散現(xiàn)象，下列說法正確的是()
A．溫度越高，擴散進行得越快
B．擴散現(xiàn)象是不同物質間的一種化學反應
C．擴散現(xiàn)象是由物質分子無規(guī)則運動產(chǎn)生的
D．擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生
E．液體中的擴散現(xiàn)象是由于液體的對流形成的
解析：選ACD.擴散現(xiàn)象與溫度有關，溫度越高，擴散進行得越快，選項A正確．擴散現(xiàn)象是由于分子的無規(guī)則運動引起的，不是一種化學反應，選項B錯誤、選項C正確、選項E錯誤．擴散現(xiàn)象在氣體、液體和固體中都能發(fā)生，選項D正確．
2．關于布朗運動，下列說法正確的是()
A．布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動
B．布朗運動就是懸浮微粒的固體分子的無規(guī)則運動
C．氣體分子的運動是布朗運動
D．液體中的懸浮微粒越大，布朗運動就越不明顯
解析：選D.布朗運動是懸浮在液體中的固體顆粒的無規(guī)則運動，是液體分子無規(guī)則運動的表現(xiàn)，A、B錯誤．氣體分子的運動不是布朗運動，C錯誤．布朗運動的劇烈程度與液體的溫度以及顆粒的大小有關，液體中的懸浮微粒越大，布朗運動就越不明顯，D正確．
3．(多選)下列哪些現(xiàn)象屬于熱運動()
A．把一塊平滑的鉛板疊放在平滑的鋁板上，經(jīng)相當長的一段時間再把它們分開，會看到與它們相接觸的面都變得灰蒙蒙的
B．把胡椒粉末放入菜湯中，最后胡椒粉末會沉在湯碗底，但我們喝湯時嘗到了胡椒的味道
C．含有泥沙的水經(jīng)一定時間會變澄清
D．用砂輪打磨而使零件溫度升高
解析：選ABD.熱運動在微觀上是指分子的運動，如擴散現(xiàn)象，在宏觀上表現(xiàn)為溫度的變化，如“摩擦生熱”、物體的熱傳遞等，而水變澄清的過程是泥沙在重力作用下的沉淀，不是熱運動，C錯誤．
區(qū)別布朗運動與熱運動應注意以下兩點
(1)布朗運動并不是分子的熱運動．
(2)布朗運動可通過顯微鏡觀察，分子熱運動不能用顯微鏡直接觀察．
考點三分子力、分子力做功和分子勢能
分子力和分子勢能隨分子間距變化的規(guī)律如下：
分子力F分子勢能Ep
隨分子間距的變化圖象

隨分子間距的變化情況r＜r0F引和F斥都隨距離的增大而減小，隨距離的減小而增大，F(xiàn)引＜F斥，F(xiàn)表現(xiàn)為斥力r增大，分子力做正功，分子勢能減?。籸減小，分子力做負功，分子勢能增加
r＞r0F引和F斥都隨距離的增大而減小，隨距離的減小而增大，F(xiàn)引＞F斥，F(xiàn)表現(xiàn)為引力r增大，分子力做負功，分子勢能增加；r減小，分子力做正功，分子勢能減小
r＝r0F引＝F斥，F(xiàn)＝0分子勢能最小，但不為零
r＞10r0(10－9m)F引和F斥都已十分微弱，可以認為F＝0分子勢能為零

[典例](20xx東北三省三市聯(lián)考)(多選)分子力比重力、引力等要復雜得多，分子勢能跟分子間的距離的關系也比較復雜．圖示為分子勢能與分子間距離的關系圖象，用r0表示分子引力與分子斥力平衡時的分子間距，設r→∞時，Ep＝0，則下列說法正確的是()
A．當r＝r0時，分子力為零，Ep＝0
B．當r＝r0時，分子力為零，Ep為最小
C．當r0＜r＜10r0時，Ep隨著r的增大而增大
D．當r0＜r＜10r0時，Ep隨著r的增大而減小
E．當r＜r0時，Ep隨著r的減小而增大
解析由Ep－r圖象可知，r＝r0時，Ep最小，再結合F－r圖象知此時分子力為0，則A項錯誤，B項正確；結合F－r圖象可知，在r0＜r＜10r0內分子力表現(xiàn)為引力，在間距增大過程中，分子引力做負功分子勢能增大，則C項正確，D項錯誤；結合F－r圖象可知，在r＜r0時分子力表現(xiàn)為斥力，在間距減小過程中，分子斥力做負功，分子勢能增大，則E項正確．
答案BCE
判斷分子勢能變化的兩種方法
(1)利用分子力做功判斷
分子力做正功，分子勢能減?。环肿恿ψ鲐摴?，分子勢能增加．
(2)利用分子勢能Ep與分子間距離r的關系圖線判斷
如圖所示，僅受分子力作用，分子動能和勢能之和不變，根據(jù)Ep變化可判知Ek變化．而Ep變化根據(jù)圖線判斷．但要注意此圖線和分子力與分子間距離的關系圖線形狀雖然相似，但意義不同，不要混淆．
1．(20xx海口模擬)(多選)兩分子間的斥力和引力的合力F與分子間距離r的關系如圖中曲線所示，曲線與r軸交點的橫坐標為r0.相距很遠的兩分子在分子力作用下，由靜止開始相互接近．若兩分子相距無窮遠時分子勢能為零，下列說法正確的是()
A．在r＞r0階段，F(xiàn)做正功，分子動能增加，勢能減小
B．在r＜r0階段，F(xiàn)做負功，分子動能減小，勢能也減小
C．在r＝r0時，分子勢能最小，動能最大
D．在r＝r0時，分子勢能為零
E．分子動能和勢能之和在整個過程中不變
解析：選ACE.由Ep－r圖可知：在r＞r0階段，當r減小時F做正功，分子勢能減小，分子動能增加，故A正確；在r＜r0階段，當r減小時F做負功，分子勢能增加，分子動能減小，故B錯誤；在r＝r0時，分子勢能最小，但不為零，動能最大，故C正確，D錯誤；在整個相互接近的過程中，分子動能和勢能之和保持不變，故E正確．
2．(20xx山東煙臺二模)(多選)兩個相距較遠的分子僅在分子力作用下由靜止開始運動，直至不再靠近．在此過程中，下列說法正確的是()
A．分子力先增大，后一直減小
B．分子力先做正功，后做負功
C．分子動能先增大，后減小
D．分子勢能先增大，后減小
E．分子勢能和動能之和不變
解析：選BCE.兩分子從較遠靠近的過程分子力先表現(xiàn)為引力且先增大后減小，到平衡位置時，分子力為零，之后再靠近分子力表現(xiàn)為斥力且越來越大，A選項錯誤；分子力先做正功后做負功，B選項正確；分子勢能先減小后增大，動能先增大后減小，C選項正確、D選項錯誤；只有分子力做功，分子勢能和分子動能相互轉化，總和不變，E選項正確．
考點四實驗：用油膜法估測分子大小
1.實驗原理：利用油酸酒精溶液在平靜的水面上形成單分子油膜，將油酸分子看作球形，測出一定體積油酸溶液在水面上形成的油膜面積，用d＝VS計算出油膜的厚度，其中V為一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，S為油膜面積，這個厚度就近似等于油酸分子的直徑．
2．實驗器材：盛水淺盤、滴管(或注射器)、試劑瓶、坐標紙、玻璃板、痱子粉(或細石膏粉)、油酸酒精溶液、量筒、彩筆．
3．實驗步驟：
(1)取1mL(1cm3)的油酸溶于酒精中，制成200mL的油酸酒精溶液．
(2)往邊長為30～40cm的淺盤中倒入約2cm深的水，然后將痱子粉(或細石膏粉)均勻地撒在水面上．
(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，使這些溶液的體積恰好為1mL，算出每滴油酸酒精溶液的體積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開，形成單分子油膜．
(5)待油酸薄膜形狀穩(wěn)定后，將一塊較大的玻璃板蓋在淺盤上，用彩筆將油酸薄膜的形狀畫在玻璃板上．
(6)將畫有油酸薄膜輪廓的玻璃板放在坐標紙上，算出油酸薄膜的面積．
(7)據(jù)油酸酒精溶液的濃度，算出一滴溶液中純油酸的體積V，據(jù)一滴油酸的體積V和薄膜的面積S，算出油酸薄膜的厚度d＝VS，即為油酸分子的直徑．比較算出的分子直徑，看其數(shù)量級(單位為m)是否為10－10m，若不是10－10m需重做實驗．
4．實驗時應注意的事項：
(1)油酸酒精溶液的濃度應小于11000.
(2)痱子粉的用量不要太大，并從盤中央加入，使粉自動擴散至均勻．
(3)測1滴油酸酒精溶液的體積時，滴入量筒中的油酸酒精溶液的體積應為整毫升數(shù)，應多滴幾毫升，數(shù)出對應的滴數(shù)，這樣求平均值誤差較小．
(4)淺盤里水離盤口面的距離應較小，并要水平放置，以便準確地畫出薄膜的形狀，畫線時視線應與板面垂直．
(5)要待油膜形狀穩(wěn)定后，再畫輪廓.
(6)利用坐標紙求油膜面積時，以邊長為1cm的正方形為單位，計算輪廓內正方形的個數(shù)，不足半個的舍去．大于半個的算一個．
5．可能引起誤差的幾種原因：
(1)純油酸體積的計算引起誤差．
(2)油膜面積的測量引起的誤差主要有兩個方面：
①油膜形狀的畫線誤差；
②數(shù)格子法本身是一種估算的方法，自然會帶來誤差．
1．(20xx湖北三校聯(lián)考)在“油膜法估測油酸分子的大小”實驗中，有下列實驗步驟：
①往邊長約為40cm的淺盤里倒入約2cm深的水，待水面穩(wěn)定后將適量的痱子粉均勻地撒在水面上．
②用注射器將事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形狀穩(wěn)定．
③將畫有油膜形狀的玻璃板平放在坐標紙上，計算出油膜的面積，根據(jù)油酸的體積和面積計算出油酸分子直徑的大?。?br> ④用注射器將事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，記下量筒內每增加一定體積時的滴數(shù)，由此計算出一滴油酸酒精溶液的體積．
⑤將玻璃板放在淺盤上，然后將油膜的形狀用彩筆描繪在玻璃板上．
完成下列填空：
(1)上述步驟中，正確的順序是_____．(填寫步驟前面的數(shù)字)
(2)將1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液，測得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．現(xiàn)取一滴該油酸酒精溶液滴在水面上，測得所形成的油膜的面積是0.13m2.由此估算出油酸分子的直徑為________m．(結果保留1位有效數(shù)字)
解析：(1)依據(jù)實驗順序，首先配置混合溶液，然后在淺盤中放水和痱子粉，將一滴溶液滴入淺盤中，將玻璃板放在淺盤上獲取油膜形狀，最后用已知邊長的坐標紙上的油膜形狀來計算油膜的總面積，故正確的操作順序為④①②⑤③；
(2)一滴油酸酒精溶液的體積為V＝1cm3300×50＝SD，其中S＝0.13m2，故油酸分子直徑
D＝VS＝1×10－6m3300×50×0.13m2＝5×10－10m.
答案：(1)④①②⑤③(2)5×10－10
2．(1)現(xiàn)有按酒精與油酸的體積比為m∶n配制好的油酸酒精溶液，用滴管從量筒中取體積為V的該種溶液，讓其自由滴出，全部滴完共N滴．把一滴這樣的溶液滴入盛水的淺盤中，由于酒精溶于水，油酸在水面上展開，穩(wěn)定后形成單分子油膜的形狀如圖所示，已知坐標紙上每個小方格面積為S.根據(jù)以上數(shù)據(jù)可估算出油酸分子直徑為d＝________；
(2)若已知油酸的密度為ρ，阿伏加德羅常數(shù)為NA，油酸的分子直徑為d，則油酸的摩爾質量為________．
解析：(1)一滴油酸酒精溶液里含油酸的體積為：
V1＝nVm＋nN，油膜的總面積為8S；
則油膜的厚度即為油酸分子直徑，即
d＝V18S＝nV8Sm＋nN
(2)一個油酸分子的體積：V′＝16πd3，則油酸的摩爾質量為M＝ρNAV′＝16πρNAd3.
答案：(1)nV8Sm＋nN(2)πρNAd36
3．在“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，所用油酸酒精溶液的濃度為每104mL溶液中有純油酸6mL，用注射器測得1mL上述溶液為75滴．把1滴該溶液滴入盛水的淺盤里，待水面穩(wěn)定后，將玻璃板放在淺盤上，用彩筆在玻璃板上描出油膜的輪廓，再把玻璃板放在坐標紙上，其形狀和尺寸如圖所示，坐標中正方形方格的邊長為1cm.則
(1)油酸薄膜的面積是________cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有純油酸的體積是________mL.(取一位有效數(shù)字)
(3)按以上實驗數(shù)據(jù)估測出油酸分子直徑約為________m．(取一位有效數(shù)字)
解析：(1)根據(jù)數(shù)方格數(shù)的原則“多于半個的算一個，不足半個的舍去”可查出共有115個方格，
故油膜的面積：
S＝115×1cm2＝115cm2.
(2)一滴油酸酒精溶液的體積：
V′＝175mL，
一滴油酸酒精溶液中含純油酸的體積：
V＝6104V′＝8×10－6mL.
(3)油酸分子的直徑：
d＝VS＝8×10－12115×10－4m＝7×10－10m.
答案：(1)115±3(2)8×10－6(3)7×10－10
課時規(guī)范訓練
[基礎鞏固題組]
1．(多選)以下關于分子動理論的說法中正確的是()
A．物質是由大量分子組成的
B．－2℃時水已經(jīng)結為冰，部分水分子已經(jīng)停止了熱運動
C．隨分子間距離的增大，分子勢能可能先減小后增大
D．分子間的引力與斥力都隨分子間距離的增大而減小
解析：選ACD.物質是由大量分子組成的，A正確；分子是永不停息地做無規(guī)則運動的，B錯誤；在分子間距離增大時，如果先是分子力做正功，后是分子力做負功，則分子勢能是先減小后增大的，C正確；分子間的引力與斥力都隨分子間距離的增大而減小，但斥力變化得快，D正確．
2．下列敘述正確的是()
A．只要知道水的摩爾質量和水分子的質量，就可以計算出阿伏加德羅常數(shù)
B．只要知道氣體的摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，就可以算出氣體分子的體積
C．懸浮在液體中的固體顆粒越大，布朗運動就越明顯
D．當分子間的距離增大時，分子間的引力變大而斥力減小
解析：選A.水的摩爾質量除以水分子的質量就等于阿伏加德羅常數(shù)，選項A正確；氣體分子間的距離很大，氣體的摩爾體積除以阿伏加德羅常數(shù)得到的不是氣體分子的體積，選項B錯誤；布朗運動與固體顆粒大小有關，顆粒越大，布朗運動越不明顯，選項C錯誤；當分子間距離增大時，分子間的引力和斥力都減小，選項D錯誤．
3．(多選)1g100℃的水和1g100℃的水蒸氣相比較，下列說法正確的是()
A．分子的平均動能和分子的總動能都相同
B．分子的平均動能相同，分子的總動能不同
C．內能相同
D．1g100℃的水的內能小于1g100℃的水蒸氣的內能
解析：選AD.溫度相同則它們的分子平均動能相同；又因為1g水和1g水蒸氣的分子數(shù)相同，因而它們的分子總動能相同，A正確、B錯誤；當100℃的水變成100℃的水蒸氣時，分子間距離變大，分子力做負功、分子勢能增加，該過程吸收熱量，所以1g100℃的水的內能小于1g100℃的水蒸氣的內能，C錯誤、D正確．
4．(多選)下列關于布朗運動的說法，正確的是()
A．布朗運動是液體分子的無規(guī)則運動
B．液體溫度越高，懸浮粒子越小，布朗運動越劇烈
C．布朗運動是由于液體各個部分的溫度不同而引起的
D．布朗運動是由液體分子從各個方向對懸浮粒子撞擊作用的不平衡引起的
解析：選BD.布朗運動是懸浮顆粒的無規(guī)則運動，A錯誤．溫度越高、顆粒越小，布朗運動越劇烈，B正確．布朗運動是由液體分子撞擊的不平衡引起的，間接反映了液體分子的無規(guī)則運動，C錯誤、D正確．
5．(多選)下列說法正確的是()
A．顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無規(guī)則運動，這反映了液體分子運動的無規(guī)則性
B．分子間的相互作用力隨著分子間距離的增大，一定先減小后增大
C．分子勢能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大
D．在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素
E．當溫度升高時，物體內每一個分子熱運動的速率一定都增大
解析：選ACD.根據(jù)布朗運動的定義，顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停地做無規(guī)則運動，不是分子運動，是小炭粒的無規(guī)則運動．但卻反映了小炭粒周圍的液體分子運動的無規(guī)則性，A正確．分子間的相互作用力隨著分子間距離的增大，可能先增大后減小，也可能一直減小，B錯誤．由于分子間的距離不確定，故分子勢能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大，也可能一直增大，C正確．由擴散現(xiàn)象可知，在真空、高溫條件下，可以利用分子擴散向半導體材料摻入其他元素，D正確．當溫度升高時，分子的熱運動加劇，但不是物體內每一個分子熱運動的速率都增大，E錯誤．
6．如圖所示是分子間作用力和分子間距離的關系圖線，關于圖線下面說法正確的是()
A．曲線a是分子間引力和分子間距離的關系曲線
B．曲線b是分子間作用力的合力和分子間距離的關系曲線
C．曲線c是分子間斥力和分子間距離的關系曲線
D．當分子間距離r＞r0時，曲線b對應的力先減小，后增大
解析：選B.在F－r圖象中，隨著距離的增大，斥力比引力變化得快，所以a為斥力曲線，c為引力曲線，b為合力曲線，故A、C錯誤，B正確；當分子間距離r＞r0時，曲線b對應的力先增大，后減小，故D錯誤．
7．(多選)當兩分子間距為r0時，它們之間的引力和斥力大小相等．關于分子之間的相互作用，下列說法正確的是()
A．當兩個分子間的距離等于r0時，分子勢能最小
B．當兩個分子間的距離小于r0時，分子間只存在斥力
C．在兩個分子間的距離由很遠逐漸減小到r＝r0的過程中，分子間作用力的合力先增大后減小
D．在兩個分子間的距離由很遠逐漸減小到r＝r0的過程中，分子間作用力的合力一直增大
E．在兩個分子間的距離由r＝r0逐漸減小的過程中，分子間作用力的合力一直增大
解析：選ACE.兩個分子間的距離等于r0時，分子力為零，分子勢能最小，選項A正確；兩分子之間的距離小于r0時，它們之間既有引力又有斥力的作用，而且斥力大于引力，作用力表現(xiàn)為斥力，選項B錯誤；當分子間距離等于r0時，它們之間引力和斥力的大小相等、方向相反，合力為零，當兩個分子間的距離由較遠逐漸減小到r＝r0的過程中，分子間作用力的合力先增大后減小，表現(xiàn)為引力，選項C正確，D錯誤；兩個分子間的距離由r＝r0開始減小的過程中，分子間作用力的合力一直增大，表現(xiàn)為斥力，選項E正確．
8．在做“用油膜法估測分子的大小”的實驗中：
(1)關于油膜面積的測量方法，下列說法中正確的是()
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積
B．油酸酒精溶液滴入水中后，要讓油膜盡可能地散開，再用刻度尺去量油膜的面積
C．油酸酒精溶液滴入水中后，要立即將油膜的輪廓畫在玻璃板上，再利用坐標紙去計算油膜的面積
D．油酸酒精溶液滴入水中后，要讓油膜盡可能散開，等到狀態(tài)穩(wěn)定后，再把油膜的輪廓畫在玻璃板上，用坐標紙去計算油膜的面積
(2)實驗中，將1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液，又測得1cm3的油酸酒精溶液有50滴，現(xiàn)將1滴溶液滴到水面上，水面上形成0.2m2的單分子薄層，由此可估算油酸分子的直徑d＝________m.
解析：(1)在做“用油膜法估測分子的大小”的實驗中，油酸酒精溶液滴在水面上，油膜會散開，待穩(wěn)定后，再在玻璃板上畫下油膜的輪廓，用坐標紙計算油膜面積，故選D.
(2)一滴油酸酒精溶液里含純油酸的體積V＝1200×150cm3＝10－10m3.油酸分子的直徑d＝VS＝10－100.2m＝5×10－10m.
答案：(1)D(2)5×10－10
[綜合應用題組]
9．(多選)如圖所示，縱坐標表示兩個分子間引力、斥力的大小，橫坐標表示兩個分子間的距離，圖中兩條曲線分別表示兩分子間引力、斥力的大小隨分子間距離的變化關系，e為兩曲線的交點，則下列說法中正確的是()
A．a(chǎn)b為斥力曲線，cd為引力曲線，e點橫坐標的數(shù)量級為10－10m
B．a(chǎn)b為引力曲線，cd為斥力曲線，e點橫坐標的數(shù)量級為10－10m
C．若兩個分子間距離增大，則分子勢能也增大
D．由分子動理論可知，溫度相同的氫氣和氧氣，分子平均動能相同
E．質量和溫度都相同的氫氣和氧氣(視為理想氣體)，氫氣的內能大
解析：選BDE.分子引力和分子斥力都會隨著分子間距離的增大而減小，只是斥力減小得更快，所以當分子間距離一直增大，最終分子力表現(xiàn)為引力，即ab為引力曲線，cd為斥力曲線，二者相等即平衡時分子距離數(shù)量級為10－10m，A錯誤，B正確．若兩個分子間距離增大，如果分子力表現(xiàn)為引力，則分子力做負功，分子勢能增大，若分子力表現(xiàn)為斥力，分子力做正功，分子勢能減小，C錯誤．分子平均動能只與溫度有關，即溫度相等時，氫氣和氧氣分子平均動能相等，D正確，若此時質量相同，則氫氣分子數(shù)較多，因此氫氣內能大，E正確．
10．近期我國多個城市的PM2.5數(shù)值突破警戒線，受影響最嚴重的是京津冀地區(qū)，霧霾籠罩，大氣污染嚴重．PM2.5是指空氣中直徑等于或小于2.5微米的懸浮顆粒物，其漂浮在空中做無規(guī)則運動，很難自然沉降到地面，吸入后對人體形成危害．礦物燃料燃燒的排放是形成PM2.5的主要原因．下列關于PM2.5的說法中正確的是()
A．PM2.5的尺寸與空氣中氧分子的尺寸的數(shù)量級相當
B．PM2.5在空氣中的運動屬于布朗運動
C．溫度越低PM2.5活動越劇烈
D．倡導低碳生活減少煤和石油等燃料的使用能有效減小PM2.5在空氣中的濃度
E．PM2.5中顆粒小一些的，其顆粒的運動比其他顆粒更為劇烈
解析：選BDE.“PM2.5”是指直徑小于或等于2.5微米的顆粒物，PM2.5的尺度遠大于空氣中氧分子的尺寸的數(shù)量級，A錯誤．PM2.5在空氣中的運動是固體顆粒的運動，屬于布朗運動，B正確．大量空氣分子對PM2.5無規(guī)則碰撞，溫度越高，空氣分子對顆粒的撞擊越劇烈，則PM2.5的運動越激烈，C錯誤．導致PM2.5增多的主要原因是環(huán)境污染，故應該提倡低碳生活，有效減小PM2.5在空氣中的濃度，D正確．PM2.5中顆粒小一些的，空氣分子對顆粒的撞擊越不均衡，其顆粒的運動比其他顆粒更為劇烈，E正確．
11．如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子位于x軸上，甲分子對乙分子的作用力與兩分子間距離的關系如圖中曲線所示．F0為斥力，F(xiàn)0為引力．A、B、C、D為x軸上四個特定的位置．現(xiàn)把乙分子從A處由靜止釋放，下列A、B、C、D四個圖分別表示乙分子的速度、加速度、勢能、動能與兩分子間距離的關系，其中大致正確的是()
解析：選B.速度方向始終不變，A項錯誤；加速度與力成正比，方向相同，故B項正確；分子勢能不可能增大到正值，故C項錯誤；乙分子動能不可能為負值，故D項錯誤．
12．已知地球大氣層的厚度h遠小于地球半徑R，空氣平均摩爾質量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，地面大氣壓強為p0，重力加速度大小為g.由此可估算得，地球大氣層空氣分子總數(shù)為________，空氣分子之間的平均距離為________．
解析：地球大氣層空氣的質量m＝Gg＝4πR2p0g，總分子數(shù)N＝mMNA＝4πR2p0gMNA；氣體總體積V＝Sh＝4πR2h，分子平均距離d＝3V0＝3VN＝3Mghp0NA.
答案：4πNAp0R2MgMghNAp013
13．空調在制冷過程中，室內空氣中的水蒸氣接觸蒸發(fā)器(銅管)液化成水，經(jīng)排水管排走，空氣中水分越來越少，人會感覺干燥．某空調工作一段時間后，排出液化水的體積V＝1.0×103cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3、摩爾質量M＝1.8×10－2kg/mol，阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.0×1023mol－1.試求：(結果均保留一位有效數(shù)字)
(1)該液化水中含有水分子的總數(shù)N；
(2)一個水分子的直徑d.
解析：(1)水的摩爾體積為
Vm＝Mρ＝1.8×10－21.0×103m3/mol＝1.8×10－5m3/mol
水分子總數(shù)為
N＝VNAVm＝1.0×103×10－6×6.0×10231.8×10－5個≈3×1025個．
(2)建立水分子的球體模型，有VmNA＝16πd3，可得水分子直徑：d＝36VmπNA＝36×1.8×10－53.14×6.0×1023m＝4×10－10m.
答案：(1)3×1025個(2)4×10－10m
第2節(jié)固體、液體和氣體
一、固體
1．分類：固體分為晶體和非晶體兩類．晶體又分為單晶體和多晶體．
2．晶體與非晶體的比較
單晶體多晶體非晶體
外形規(guī)則不規(guī)則不規(guī)則
熔點確定確定不確定
物理性質各向異性各向同性各向同性
典型物質石英、云母、食鹽、硫酸銅玻璃、蜂蠟、松香
形成與轉化有的物質在不同條件下能夠形成不同的形態(tài)．同一物質可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，有些非晶體在一定條件下可以轉化為晶體
二、液體
1．液體的表面張力
(1)作用：液體的表面張力使液面具有收縮的趨勢．
(2)方向：表面張力跟液面相切，跟這部分液面的分界線垂直．
(3)大小：液體的溫度越高，表面張力越??；液體中溶有雜質時，表面張力變?。灰后w的密度越大，表面張力越大．
2．液晶的物理性質
(1)具有液體的流動性
(2)具有晶體的光學各向異性
(3)在某個方向上看，其分子排列比較整齊，但從另一方向看，分子的排列是雜亂無章的
三、飽和汽濕度
1．飽和汽與未飽和汽
(1)飽和汽：與液體處于動態(tài)平衡的蒸汽．
(2)未飽和汽：沒有達到飽和狀態(tài)的蒸汽．
2．飽和汽壓
(1)定義：飽和汽所具有的壓強．
(2)特點：液體的飽和汽壓與溫度有關，溫度越高，飽和汽壓越大，且飽和汽壓與飽和汽的體積無關．
3．濕度
(1)絕對濕度：空氣中所含水蒸氣的壓強．
(2)相對濕度：空氣的絕對濕度與同一溫度下水的飽和汽壓之比．
(3)相對濕度公式
相對濕度＝水蒸氣的實際壓強同溫度水的飽和汽壓B＝pps×100%.
四、氣體分子運動速率的統(tǒng)計分布氣體實驗定律理想氣體
1．氣體分子運動的特點
(1)分子很小，間距很大，除碰撞外不受力．
(2)氣體分子向各個方向運動的氣體分子數(shù)目都相等．
(3)分子做無規(guī)則運動，大量分子的速率按“中間多，兩頭少”的規(guī)律分布．
(4)溫度一定時，某種氣體分子的速率分布是確定的，溫度升高時，速率小的分子數(shù)減少，速率大的分子數(shù)增多，分子的平均速率增大，但不是每個分子的速率都增大．
2．氣體的三個狀態(tài)參量
(1)體積；(2)壓強；(3)溫度．
3．氣體的壓強
(1)產(chǎn)生原因：由于氣體分子無規(guī)則的熱運動，大量的分子頻繁地碰撞器壁產(chǎn)生持續(xù)而穩(wěn)定的壓力．
(2)大?。簹怏w的壓強在數(shù)值上等于氣體作用在單位面積上的壓力．公式：p＝FS.
(3)常用單位及換算關系：
①國際單位：帕斯卡，符號：Pa,1Pa＝1N/m2.
②常用單位：標準大氣壓(atm)；厘米汞柱(cmHg)．
③換算關系：1atm＝76cmHg＝1.013×105Pa≈1.0×105Pa.
4．氣體實驗定律
(1)等溫變化——玻意耳定律：
①內容：一定質量的某種氣體，在溫度不變的情況下，壓強p與體積V成反比．
②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量)．
(2)等容變化——查理定律：
①內容：一定質量的某種氣體，在體積不變的情況下，壓強p與熱力學溫度T成正比．
②公式：p1p2＝T1T2或pT＝C(常量)．
③推論式：Δp＝p1T1ΔT.
(3)等壓變化——蓋—呂薩克定律：
①內容：一定質量的某種氣體，在壓強不變的情況下，其體積V與熱力學溫度T成正比．
②公式：V1V2＝T1T2或VT＝C(常量)．
③推論式：ΔV＝V1T1ΔT.
5．理想氣體狀態(tài)方程
(1)理想氣體：在任何溫度、任何壓強下都遵從氣體實驗定律的氣體．
①理想氣體是一種經(jīng)科學的抽象而建立的理想化模型，實際上不存在．
②理想氣體不考慮分子間相互作用的分子力，不存在分子勢能，內能取決于溫度，與體積無關．
③實際氣體特別是那些不易液化的氣體在壓強不太大，溫度不太低時都可看作理想氣體．
(2)一定質量的理想氣體狀態(tài)方程：
p1V1T1＝p2V2T2或pVT＝C(常量)．
[自我診斷]
1．判斷正誤
(1)晶體一定有規(guī)則的外形．(×)
(2)晶體不一定各向異性，單晶體一定各向異性．(√)
(3)液體的表面張力其實質是液體表面分子間的引力．(√)
(4)溫度升高，物體內每一個分子運動的速率都增大．(×)
(5)理想氣體的內能是所有氣體分子的動能．(√)
(6)蒸汽處于飽和狀態(tài)時沒有了液體分子與蒸汽分子間的交換．(×)
(7)飽和汽壓是指飽和汽的壓強．(√)
2．(多選)下列說法正確的是()
A．液體表面張力的方向與液面垂直并指向液體內部
B．單晶體有固定的熔點，多晶體沒有固定的熔點
C．單晶體中原子(或分子、離子)的排列具有空間周期性
D．通常金屬在各個方向的物理性質都相同，所以金屬是非晶體
E．液晶具有液體的流動性，同時具有晶體的各向異性特征
解析：選CE.液體的表面張力與液體表面相切，垂直于液面上的各條分界線，選項A錯誤；無論是單晶體還是多晶體，都有固定的熔點，選項B錯誤；根據(jù)固體特性的微觀解釋可知，選項C正確；金屬是由大量細微的小晶粒雜亂無章地排列起來的，在各個方向上的物理性質都相同，但有固定的熔點，金屬屬于多晶體，選項D錯誤；液晶既具有液體的流動性，同時也具有單晶體的各向異性，選項E正確．
3．如右圖所示，只有一端開口的U形玻璃管，豎直放置，用水銀封住兩段空氣柱Ⅰ和Ⅱ，大氣壓為p0，水銀柱高為壓強單位，那么空氣柱Ⅰ的壓強p1為()
A．p1＝p0＋hB．p1＝p0－h(huán)
C．p1＝p0＋2hD．p1＝p0
解析：選D.由圖可知，p1＋h＝p2＝p0＋h，故p1＝p0，選項D正確．
4．如圖所示，一個橫截面積為S的圓筒形容器豎直放置，金屬圓塊A的上表面是水平的，下表面是傾斜的，下表面與水平面的夾角為θ，圓塊的質量為M，不計圓塊與容器內壁之間的摩擦，若大氣壓強為p0，則被圓塊封閉在容器中的氣體的壓強p為________．
解析：對圓塊進行受力分析：重力Mg，大氣壓的作用力p0S，封閉氣體對它的作用力pScosθ，容器側壁的作用力F1和F2，如圖所示．由于不需要求出側壁的作用力，所以只考慮豎直方向合力為零，就可以求被封閉的氣體壓強．圓塊在豎直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝pScosθcosθ，即p＝p0＋MgS.
答案：p0＋MgS
5．一定質量的理想氣體被活塞封閉在豎直放置的圓柱形汽缸內．汽缸壁導熱良好，活塞可沿汽缸壁無摩擦地滑動．開始時氣體壓強為p，活塞下表面相對于汽缸底部的高度為h，外界的溫度為T0.現(xiàn)取質量為m的沙子緩慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完時，活塞下降了h4.若此后外界的溫度變?yōu)門，求重新達到平衡后氣體的體積．已知外界大氣的壓強始終保持不變，重力加速度大小為g.
解析：設汽缸的橫截面積為S，沙子倒在活塞上后，對氣體產(chǎn)生的壓強為Δp，由玻意耳定律得
phS＝(p＋Δp)h－14hS①
解得Δp＝13p②
外界的溫度變?yōu)門后，設活塞距底面的高度為h′.根據(jù)蓋－呂薩克定律，得h－14hST0＝h′ST③
解得h′＝3T4T0h④
據(jù)題意可得Δp＝mgS⑤
氣體最后的體積為V＝Sh′⑥
聯(lián)立②④⑤⑥式得V＝9mghT4pT0⑦
答案：9mghT4pT0
考點一固體和液體的性質
1．晶體和非晶體
(1)單晶體具有各向異性，但不是在各種物理性質上都表現(xiàn)出各向異性．
(2)只要是具有各向異性的物體必定是晶體，且是單晶體．
(3)只要是具有確定熔點的物體必定是晶體，反之，必是非晶體．
(4)晶體和非晶體在一定條件下可以相互轉化．
2．液體表面張力
(1)形成原因：
表面層中分子間的距離比液體內部分子間的距離大，分子間的相互作用力表現(xiàn)為引力．
(2)表面特性：
表面層分子間的引力使液面產(chǎn)生了表面張力，使液體表面好像一層繃緊的彈性薄膜．
(3)表面張力的方向：
和液面相切，垂直于液面上的各條分界線．
(4)表面張力的效果：
表面張力使液體表面具有收縮趨勢，使液體表面積趨于最小，而在體積相同的條件下，球形的表面積最?。?br> (5)表面張力的大?。?br> 跟邊界線的長度、液體的種類、溫度都有關系．
1．(多選)下列說法正確的是()
A．將一塊晶體敲碎后，得到的小顆粒是非晶體
B．固體可以分為晶體和非晶體兩類，有些晶體在不同方向上有不同的光學性質
C．由同種元素構成的固體，可能會由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體
D．在合適的條件下，某些晶體可以轉變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉變?yōu)榫w
E．在熔化過程中，晶體要吸收熱量，但溫度保持不變，內能也保持不變
解析：選BCD.A.將一晶體敲碎后，得到的小顆粒仍是晶體，故選項A錯誤．
B．單晶體具有各向異性，有些單晶體沿不同方向上的光學性質不同，故選項B正確．
C．例如金剛石和石墨由同種元素構成，但由于原子的排列方式不同而成為不同的晶體，故選項C正確．
D．晶體與非晶體在一定條件下可以相互轉化．如天然水晶是晶體，熔融過的水晶(即石英玻璃)是非晶體，也有些非晶體在一定條件下可轉化為晶體，故選項D正確．
E．熔化過程中，晶體的溫度不變，但內能增加，故選項E錯誤．
2．(多選)下列說法正確的是()
A．把一枚針輕放在水面上，它會浮在水面．這是由于水表面存在表面張力的緣故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干凈的玻璃板上卻不能．這是因為油脂使水的表面張力增大的緣故
C．在圍繞地球飛行的宇宙飛船中，自由飄浮的水滴呈球形．這是表面張力作用的結果
D．在毛細現(xiàn)象中，毛細管中的液面有的升高，有的降低，這與液體的種類和毛細管的材質有關
E．當兩薄玻璃板間夾有一層水膜時，在垂直于玻璃板的方向很難將玻璃板拉開．這是由于水膜具有表面張力的緣故
解析：選ACD.由于液體表面張力的存在，針、硬幣等能浮在水面上，A正確．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，這是不浸潤的結果，而干凈的玻璃板上不能形成水珠，這是浸潤的結果，B錯誤．在太空中水滴呈球形，是液體表面張力作用的結果，C正確．液體的種類和毛細管的材質決定了液體與管壁的浸潤或不浸潤，浸潤液體液面在細管中向下彎，不浸潤液體液面在細管中向上彎，D正確．E項中，玻璃板很難被拉開是由于分子引力的作用，E錯誤．