2020高考物理浙江专用版大二轮课件：专题四 电路与电磁感应 第10讲
大学物理电磁感应-PPT课件精选全文完整版
的磁场在其周围空间激发一种电场提供的。这
种电场叫感生电场（涡旋电场）
感生电场 E i
感生电场力 qEi
感生电场为非静 电性场强，故：
e E i dld dm t
Maxwell：磁场变化时，不仅在导体回路中 ，而且在其周围空间任一点激发电场，感生 电场沿任何闭合回路的线积分都满足下述关 系：
E id l d d m t d ds B td S d B t d S
线
形
状
电力线为闭合曲线
E感
dB 0 dt
电 场 的
为保守场作功与路径无关
Edl 0
为e非i 保守E 场感作d功l与路径dd有mt关
性
静电场为有源场
质
EdS
e0
q
感生电场为无源场
E感dS0
➢感生电动势的计算
方法一，由 eLE感dl
需先算E感
方法二， 由 e d
di
(有时需设计一个闭合回路)
2.感生电场的计算
Ei
dl
dm dt
L
当 E具i 有某种对称
性才有可能计算出来
例：空间均匀的磁场被限制在圆柱体内，磁感
强度方向平行柱轴，如长直螺线管内部的场。
磁场随时间变化，且设dB/dt=C >0，求圆柱
内外的感生电场。
则感生电场具有柱对称分布
Bt
此 E i 特点：同心圆环上各点大小相同，方向
磁通量 的变化
感应电流的 磁场方向
感应电流 的方向
电动势 的方向
➢ 楞次定律的另一种表述：
“感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因”
“原因”即磁通变化的原因，“效果”即感应电流的 场
2020版高考物理二轮新考势课件：1-4-11 电磁感应及应用
次定律，A 环中产生逆时针方向的感应电流，选项 B 正确，C、D 错误．
【答案】 B
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【例 2】 (2019 年智达调研)(多选)如图 4－11－2 甲所示，线圈 A 与导线相连，线圈
内有随图 4－11－2 乙所示规律变化的磁场，规定磁场 B 向下为正方向，则下列叙述正确
【例 1】 (2019 年贵州模拟)如图 4－11－1 甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细
圆环 A、B，两环重叠部分的面积为圆环 A 面积的一半，圆环 B 中电流 i 随时间 t 的变化
关系如图 4－11－1 乙所示，以甲图圆环 B 中所示的电流方向为负方向，则 A 环中( )
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②右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形．
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引领高考/把握考试 (2)求感应电动势的方法
①感生电动势：E＝nΔΔΦt SB不不变变时时EE＝＝nnSBΔΔΔΔBtSt
平动切割：E＝Blv
②动生电动势：转动切割：E＝12Bl2ω
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2．如图 4－11－4 甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置
一个螺线管，在螺线管中通入如图 4－11－4 乙所示的电流，电流从螺线管 a 端流入为正．以
下说法正确的是( )
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图 4—11—4
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【全版】浙江省届高三物理复习电磁感应规律与电路规律的综合运用课件新人教版推荐PPT
成3．电利源用的电串则路、该规并律联导求．体解．或主要回应路用欧就姆相定律当及于串并电联源电路，的利基本用性法质等拉列第方程电求磁解．感应定律求感应电动势的大小，
(导2)线金框属对棒角利M线N用上BD通右垂过直手的放电定置流在则大导小或线和框楞方上向次，；金定属律棒的判中断点始电终流在B方D连向线上．．如若金果属在棒以一v＝个m电/s的路速度中向切右匀割速磁运动感，线当金的属有棒运几动至AC
律求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可等效
成电源的串、并联．
(E2)金属棒MN直D上.通穿过的电过流大粗小和金方向；属环所在区域．当磁场的磁感应强度
将它们接上用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流．因此，电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起．解决电磁感应电路问
D.
2 3 3 3．利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解．
导线框放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝T，
导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC
的位置时，求(计算结果保留两位有效数字)
E
D.
导线框对角线BD垂直放置在导线框上，金属棒的中点始终在BD连线上．若金属棒以v＝m/s的速度向右匀速运动，当金属棒运动至AC
(浙江新高考专用)高中物理第四章电磁感应现象微型专题2电磁感应中的电路电荷量及图象问题讲义新人教版选
微型专题2 电磁感应中的电路、电荷量及图象问题[课时要求] 1.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法.3.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应的图象问题.一、电磁感应中的电路问题1.明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路.2.画等效电路图，分清内、外电路.E ＝nΔΦΔt或E ＝Blv 确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极.4.运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解.例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd 边长为L ，其中ab 是一段电阻为RBab 段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ 架在导线框上(如图1所示).若PQ 以恒定的速度v 从ad 滑向bc ，当其滑过L3的距离时，通过aP 段的电流是多大？方向如何？图1答案6BvL11R方向由P 到a 解析 PQ 在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ 视为有内阻的电源，电阻丝aP 与bP 并联，且R aP ＝13R 、R bP ＝23R ，于是可画出如图所示的等效电路图.电源电动势为E ＝BLv ，外电阻为R 外＝R aP R bP R aP ＋R bP ＝29R .总电阻为R 总＝R 外＋r ＝119R .电路中的电流为：I ＝E R 总＝9BLv 11R. 通过aP 段的电流为：I aP ＝R bP R aP ＋R bPI ＝6BvL11R，方向由P 到a . [学科素养] 本题考查了电磁感应中的电路问题.正确画出等效电路图是解题的关键，所以要熟记以下两点：(1)“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”.(2)在“电源”内部电流从负极流向正极.解决本题的思路是：先确定“电源”，画出等效电路图，再利用闭合电路欧姆定律计算总电流，然后根据电路的串、并联关系求出aP 段中的电流，通过这样的分析培养了学生的综合分析能力，很好地体现了“科学思维”的学科素养. 针对训练 如图2所示，均匀的金属长方形线框从匀强磁场中以速度v 匀速向右拉出，它的两边固定有带金属滑轮的导电机构，金属框向右运动时总是与两边良好接触，一理想电压表跨接在PQ 两导电机构上，当金属框向右匀速拉出的过程中，已知金属框的长为a ，宽为b ，磁感应强度为B ，则电压表的读数( )图2A.恒定不变，为BbvB.恒定不变，为Bav 答案 CE ＝Blv 知，左边产生的感应电动势等于Bbv ，保持不变，线框中感应电流也不变，而PQ 右侧的电阻增大，由欧姆定律U ＝IR 知，PQ 间的电压增大，则电压表的读数变大.根据闭合电路欧姆定律知，PQ 间的电压必定小于Bbv ，C 项正确，A 、B 、D 错误.二、电磁感应中的电荷量问题闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt 内迁移的电荷量(感应电荷量)q ＝I ·Δt ＝E R 总·Δt ＝n ΔΦΔt ·1R 总·Δt ＝n ΔΦR 总. (1)从上式可知，线圈匝数一定时，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关.(2)求解电路中通过的电荷量时，I 、E 均为平均值.例2 一个阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1、电容为Cr 1，在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示.图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0.导线的电阻不计.求：图3(1)通过电阻R 1的电流大小和方向； (2)0～t 1时间内通过电阻R 1的电荷量q ； (3)t 1时刻电容器所带电荷量Q .答案 (1)n πB 0r 2 23Rt 0 方向从b 到a (2)n πB 0r 22t 13Rt 0(3)2n πCB 0r 223t 0解析 (1)由B －t 图象可知，磁感应强度的变化率为： ΔB Δt ＝B 0t 0， 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势： E ＝n ΔΦΔt ＝n πr 2 2ΔB Δt ＝n πB 0r 2 2t 0根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为：I ＝E3R联立解得：I ＝n πB 0r 223Rt 0根据楞次定律可知通过R 1的电流方向为从b 到a .(2)通过R 1的电荷量q ＝It 1得：q ＝n πB 0r 22t 13Rt 0(3)电容器两板间电压为：U ＝IR 1＝2n πB 0r 223t 0则电容器所带的电荷量为：Q ＝CU ＝2n πCB 0r 223t 0.例3 (2018·全国卷Ⅰ)如图4，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ).在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( )图4A.54B.32C.74 答案 B解析 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2Δt 1根据闭合电路欧姆定律，有I 1＝E 1R，q 1＝I 1Δt 1 在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr2Δt 2I 2＝E 2R，q 2＝I 2Δt 2又q 1＝q 2，即B ⎝ ⎛⎭⎪⎫12πr 2－14πr 2R＝(B ′－B )12πr 2R所以B ′B ＝32. 三、电磁感应中的图象问题(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象. (2)由给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量.(1)各物理量随时间t 变化的图象，即B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象和I －t 图象.(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E 和感应电流I 随导体位移变化的图象，即E －x 图象和I －x 图象.3.解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等.例4 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图5甲所示，当磁场的磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，图中能正确表示线圈中感应电动势E 变化的是( )图5答案 A解析 由题图乙知，0～1s 内磁通量向上均匀增加，根据楞次定律知，电流方向为正且保持不变；1～3s 内磁通量不变，故感应电动势为0；3～5s 内磁通量向上均匀减少，由楞次定律知，电流方向为负且保持不变.由法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，所以3～5s 内的感应电动势是0～1s 内的感应电动势的12，故选项A 正确.本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E ＝nΔB Δt S 判断E 的大小及变化，其中ΔBΔt为B －t 图象的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化.例5 (2018·全国卷Ⅱ)如图6所示，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l 32li 随时间t 变化的正确图线可能是( )图6答案 D解析 设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为I 0.线框位移 等效电路的连接电流0～l2I ＝2I 0(顺时针)l2～l I ＝0 l ～3l 2I ＝2I 0(逆时针)3l2～2lI ＝0分析知，只有选项D 符合要求.1.(电磁感应中的电路问题)(多选)(2017·慈溪市高二上学期期中)如图7所示，虚线框内是磁感应强度为B 的匀强磁场，用同种导线制成的正方形线框abcd 的边长为L (L 小于磁场宽度d )，线框平面与磁场方向垂直，线框的abv 水平向右运动，当ab 边刚进入磁场时，ab 两端的电势差大小为U 1；当cd 边刚进入磁场时，ab 两端的电势差大小为U 2，则( )图7A.U 1＝BLvB.U 1＝34BLvC.U 2＝BLvD.U 2＝34BLv答案 BC解析 ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BLv ，ab 两端的电势差大小U 1＝34E＝34BLv .当cd 边刚进入磁场时，回路中无感应电流，则ab 两端的电势差大小为U 2＝BLv . 2.(电磁感应中的电荷量问题)如图8所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B .一半径为b (b ＞a )、电阻为R 的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.当内、外磁场同时由B 均匀地减小到零的过程中，通过导线环横截面的电荷量为( )图8A.πB |b 2－2a 2|RB.πB (b 2＋2a 2)RC.πB (b 2－a 2)RD.πB (b 2＋a 2)R答案 A解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝B πa 2，则向外的磁通量为负值，Φ2＝－B ·π(b 2－a 2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B ·π|b 2－2a 2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt，通过导线环横截面的电荷量为q ＝ER·Δt ＝πB |b 2－2a 2|R，A 项正确.3.(电磁感应中的图象问题)如图9所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l ，磁场方向垂直纸面向里，abcd 是位于纸面内的梯形线圈，ad 与bc 间的距离也为l ，t ＝0时刻bcv 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda 方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是 ( )图9答案 B解析 bc 边进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba 方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A 、C 错误；当线圈逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度变大，故感应电流在增大；当bc 边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda ，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B 正确，D 错误.4.(电磁感应中的图象问题)如图10甲所示，矩形线圈abcd 位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B 随时间ti 的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B 的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i 随时间t 变化规律的是( )图10答案 C解析 由B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反(感应电流的磁场方向向外)，由楞次定律知，感应电流是逆时针的，因而是负值；同理可知2～3s 内感应电流是正值.再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：I ＝E R ＝ΔΦR Δt ＝S R ·ΔBΔt，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B 随t 的变化率，B －t 图象的斜率为ΔB Δt，故在2～3s 内感应电流的大小是0～1s 内的2倍.C 正确.一、选择题考点一 电磁感应中的电路问题1.如图1所示，设磁感应强度为B ，ef 长为l ，ef 的电阻为r ，外电阻为Ref 在外力作用下向右以速度v 匀速运动时，ef 两端的电压为( )图1A.BlvB.BlvRR ＋r C.BlvrR ＋rD.BlvrR答案 B2.如图2所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的有直线边界(图中竖直虚线)的匀强磁场.当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b两点的电势差为( )图2A.2BRvB.22BRvC.24BRvD.324BRv 答案 D解析 设整个圆环的电阻为r ，位于题图所示位置时，电路的外电阻是34r .而在磁场内切割磁感线的有效长度是2R ，其相当于电源，E ＝B ·2R ·v ，根据欧姆定律可得U ＝34r r E ＝324BRv ，选项D 正确.3.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a 、b 两点间电势差的绝对值最大的是( )答案 B解析 磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路可看成由三个相同电阻串联形成，A 、C 、D 选项中a 、b 两点间电势差的绝对值为外电路中一个电阻两端的电压：U ＝14E ＝Blv4，B 选项中a 、b 两点间电势差的绝对值为路端电压：U ′＝34E ＝3Blv4，所以a 、b 两点间电势差的绝对值最大的是B 选项.4.如图3所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a ，总电阻为R (指剪开拉直时的电阻)，磁感应强度为BA 用铰链连接长度为2a 、电阻为R2的导体棒AB ，AB 由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B 点的线速度为v ，则这时AB 两端的电压大小为( )图3A.Bav 3B.Bav 6 C.2Bav3D.Bav答案 A解析 导体棒AB 摆到竖直位置时，AB 切割磁感线的瞬时感应电动势E ＝B ·2a ·12v ＝Bav .外电路电阻大小为R 2·R2R 2＋R 2＝R 4，由闭合电路欧姆定律有|U AB |＝E R 2＋R 4·R 4＝13Bav ，故选A.考点二 电磁感应中的电荷量问题5.如图4所示，将一个闭合金属圆环从有界磁场中匀速拉出，第一次速度为v ，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q 1，第二次速度为2v ，通过金属圆环某一横截面的电荷量为q 2，则( )图4A.q1∶q2＝1∶2B.q1∶q2＝1∶4C.q1∶q2＝1∶1D.q1∶q2＝2∶1答案 Cn，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路总电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )图5A.qRSB.qRnSC.qR2nSD.qR2S答案 C解析由题意知q＝I·Δt＝ER·Δt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR＝n2BSR，则B＝qR2nS，故C正确.7.(多选)如图6甲所示，静止在水平面上的等边三角形闭合金属线框，匝数n＝20匝，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为rB1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中π取3，下列说法正确的是( )图6B.tC.t答案CD解析磁感应强度B1增加，由楞次定律和右手定则可知，线框中的电流为顺时针方向，由左手定则可知，线框所受安培力方向向右，所以线框有向右运动的趋势，A错误；由Φ＝BS可知，t ＝0时刻，由磁场B 1产生的磁通量Φ1＝B 1·12πr 2＝0.03Wb ，方向向外，由磁场B 2产生的磁通量Φ2＝B 2·16πr 2＝0.005 Wb ，方向向里，所以穿过整个线框的磁通量Φ＝Φ1－Φ2＝0.025 Wb ，B 错误；根据法拉第电磁感应定律，tE ＝n ΔB 1Δt ·12πr 2＝1.5V ，C 正确；0～0.6s内，通过线框横截面的电荷量q ＝n ·ΔB 1·12πr2R＝0.36C ，D 正确.考点三 电磁感应中的图象问题8.如图7甲所示，一根电阻R ＝4Ω的导线绕成半径d ＝2m 的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S 形虚线是两个直径均为d 的半圆，磁感应强度随时间变化如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正，电流逆时针方向为正)，关于圆环中的感应电流—时间图象，下列选项中正确的是( )图7答案 C解析 0～1s 内，感应电动势为：E 1＝S ΔB Δt ＝πd 22×21V ＝4πV，感应电流大小为：I 1＝E 1R ＝4π4A ＝πA，由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负值，故C 正确，A 、B 、D 错误. 9.(2017·慈溪市高二期中)如图8所示，有一等腰直角三角形形状的导线框abc ，在外力作用下匀速地经过一个宽为d (d 大于ac 边长)的有限范围的匀强磁场区域，导线框中产生的感应电流i 与沿运动方向的位移x 之间的函数图象是图中的(规定逆时针为电流正方向)( )图8答案 B解析开始时导线框进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当导线框开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生的感应电流大小变小，故B正确，A、C、D错误.10.(2017·宁波诺丁汉大学附中高二第一学期期中)如图9甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间tt＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在0～4s时间内，选项图中能正确反映线框ab边所受的安培力F 随时间t变化的图象是(规定ab边所受的安培力向左为正)( )图9答案 D二、非选择题11.如图10所示，在垂直纸面向里的磁感应强度为B的有界矩形匀强磁场区域内，有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcdv垂直磁场边界向左运动，运动中线框dc边始终与磁场右边界平行，线框边长ad＝l，cd＝2l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中，求：图10(1)流过线框横截面的电荷量q ； (2)cd 两点间的电势差U cd . 答案 (1)2Bl 2R (2)4Blv3解析 (1)线框离开磁场过程中，cd 边切割磁感线E ＝B ·2l ·v ，回路电流I ＝E R＝2BlvR，流过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝2Blv R ·l v ＝2Bl 2R；(2)线框向左离开磁场，cd 边相当于电源，c 点为电源正极，外电阻R 外＝23R ，U cd ＝23E ＝4Blv 3.12.如图11所示，导线全部为裸导线，半径为r 、两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中固定电阻阻值为R ，其余部分电阻均忽略不计，试求MN 从圆环左端滑到右端的过程中：图11(1)电阻R 上的最大感应电流； (2)电阻R 上的平均感应电流； (3)通过电阻R 的电荷量.答案 (1)2Brv R (2)πBrv 2R (3)πBr2R解析 (1)MN 自左向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN 经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值，所以I max ＝E max R ＝2BrvR. (2)E ＝ΔΦΔt ＝B πr 22r v＝B πrv2，I ＝E R ＝πBrv 2R.(由于MN 向右滑动中感应电动势和感应电流大小不断变化，且不是简单线性变化，故不能通过E ＝BL v 求解平均值.)(3)流过电阻R 的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积，所以q ＝I Δt ＝ΔΦR ＝πBr2R.13.(2018·温州十五校联合体第二学期期中)由粗细均匀金属丝制成的单匝线圈，其形状如图12所示，可视为由两个扇形拼接而成，每米金属丝的电阻为0.1Ω，两个扇形所对应的圆心角都为θ＝411rad ，Oa ＝Of ＝7cm ，Ob ＝Oc ＝5cm ，Od ＝Oe ＝3cm.线圈固定在一绝缘的水平转盘上，扇形的圆心与转轴重合.转盘一半处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为1T ，转轴刚好在磁场边界上，现让转盘以角速度ω＝100rad/s 顺时针匀速转动.求：图12(1)回路的总电阻；(2)ef 边刚进入磁场时线圈中的电流的大小和方向；(3)cd 边刚进入磁场时线圈中的电流大小以及此时ef 两点间的电压U ef .解析 (1)由题意可知单匝线圈总长l ＝0.16m ，回路总电阻R ＝0.016Ω. (2)ef 边刚进入磁场时，由右手定则可知，电流为逆时针方向.E ＝Bl ef v ，v ＝ωOe ＋Of2，得EI ＝E R(3)当cd 边刚进入磁场时，E ′＝B (l ef －l cd )v ′，v ′＝ωOa ＋Ob2，得EI ′＝E ′RU ef ＝E －I ′r ef ＝0.17V.。
2024届高考物理二轮复习专题课件：+电磁感应
【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频 率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔 化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带 连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保 险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于 磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时 针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ， 它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.
(浙江专用版)2020版高考物理复习专题四电路与电磁感应第10讲电学中的动量和能量问题讲义
第10讲 电学中的动量和能量问题例1 (2019·福建泉州市期末质量检查)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy ，水平x 轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x 轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ 交x 轴于M 点，细杆PQ 与x 轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y 轴Q 点处，PM 两点间的距离为L .一套在杆上的质量为2m 、电荷量为q 的带正电小环b 恰好静止在M 点，另一质量为m 、不带电绝缘小环a 套在杆上并由P 点静止释放，与b 瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M 点的距离为L16，b 沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b 进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x 轴上的N 点，且OM ＝ON .已知重力加速度大小为g ，求：(1)碰后b 的速度大小v 以及a 、b 碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ； (2)磁场的磁感应强度大小B ；(3)b 离开杆后经过多长时间会通过x 轴． 答案 (1)58gL 564mgL (2)32m 3gL15qL(3)竖直向上通过x 轴：t ＝5π243L g ＋(n －1)(45L g ＋5π163Lg)(n ＝1、2、3、…)；竖直向下通过x 轴：t ＝5π243L g ＋54L g ＋(n －1)(54L g ＋5π163Lg)(n ＝1、2、3、…)解析 (1)设a 和b 相碰前的速度大小为v 1，碰后的速度为v 2，由机械能守恒定律：mgL sin θ＝12mv 12 mg ·L 16sin θ＝12mv 22由动量守恒定律：mv 1＝－mv 2＋2mv 解得v ＝58gL机械能损失：ΔE ＝12mv 12－(12mv 22＋12×2mv 2)解得ΔE ＝564mgL(2)由于b 从M 点运动到Q 点的过程中与杆无作用力，可得qvB cos θ＝2mg ， 解得B ＝32m 3gL15qL(3)b 在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知轨迹的圆心O ′在x 轴上，b 经过N 点时速度方向与x 轴垂直，圆心角α＝120°，又匀速圆周运动的周期为T ＝4πmqBb 从Q 点第一次通过N 点的时间为t 1＝α360°T ，可得t 1＝5π243Lgb 第一次通过N 点后做竖直上抛运动，经t 2时间第二次通过N 点，有：t 2＝2v g ＝54L gb 第二次通过N 点后做匀速圆周运动，经t 3时间第三次通过N 点，有：t 3＝T 2＝5π163L g故b 离开杆后会通过x 轴的可能时间是： (ⅰ)竖直向上通过x 轴：t ＝t 1＋(n －1)(t 2＋t 3)＝5π243Lg ＋(n －1)(54L g ＋5π163Lg) (n ＝1、2、3、…)(ⅱ)竖直向下通过x 轴：t ＝t 1＋t 2＋(n －1)(t 2＋t 3)＝5π243L g ＋54L g ＋(n －1)(54L g ＋5π163L g) (n ＝1、2、3、…)拓展训练1 (2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从A 点由静止开始竖直向上运动，经过时间t 1运动到B 点时撤去电场，再经时间t 2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的2倍，已知油滴的质量为m 、电荷量为q ，重力加速度大小为g . (1)求再次加入电场前，开始的匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度； (2)为了使油滴能回到A 点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间． 答案 (1)mg (t 1＋t 2)qt 1 12gt 2(t 1＋t 2) (2)t 2(t 1＋2t 2)2解析 (1)以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt 1－mg (t 1＋t 2)＝0，解得：E ＝mg (t 1＋t 2)qt 1； 由运动的可逆性得加速过程的末速度v ＝gt 2， 所以全程的平均速度为v ＝gt 22，故全过程的位移大小h ＝v (t 1＋t 2)＝12gt 2(t 1＋t 2)；(2)油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的末速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为t ，自由落体运动结束时的速度为v ′，油滴匀减速运动过程中的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得：2qE －mg ＝ma ， 设自由落体运动下落的高度为s 1，匀减速下落的高度为s 2， 则有s 1＋s 2＝h ，s 1＝v ′22g ，s 2＝v ′22a，根据自由落体运动的规律，有：v ′＝gt ， 解得：t ＝t 2(t 1＋2t 2)2.1．电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法．2．动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量．所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态．例2 (2019·嘉、丽3月联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，MA 、ND 段用特殊材料包裹，绝缘不导电，导轨的间距l ＝1m ，左侧接电容器，右侧接R ＝6Ω的电阻，ABCD 区域、EFGH 区域、MN 左侧均存在垂直于平面，磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场，ABCD 区域、EFGH 区域宽度均为d ＝2.4m ，FG 的右侧固定一轻质绝缘弹簧．金属杆a 、b 的质量均为m ＝0.1kg ，电阻分别为r 1＝3Ω、r 2＝6Ω，金属杆a 静止在MN 左侧，金属杆b 静止在BEHC 区域，电容器的电容C ＝0.1F ，电容器充电完毕以后闭合开关S ，经过一段时间金属杆a 获得恒定的速度滑入MA 、ND ，通过ABCD 区域后与金属杆b 发生弹性碰撞，最后金属杆b 压缩弹簧，弹簧形变量最大时弹簧被锁定(金属杆b 静止)，弹簧储存的弹性势能为0.2J ，则：(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由； (2)金属杆b 刚要离开EFGH 区域磁场瞬间，受到的安培力大小； (3)从进入ABCD 区域到锁定过程，金属杆a 上产生的焦耳热； (4)电容器充电完毕后所带的电荷量． 答案 见解析解析 (1)闭合开关S ，金属杆a 向右运动，由左手定则判断电流方向．所以电容器上极板带正电．(2)金属杆b 压缩弹簧，动能转化为弹性势能： 12mv b 2＝E p ，v b ＝2m/s 电源电动势E ＝Blv b ＝2V电阻R 与r 1并联，总电阻R 总＝r 2＋r 1R R ＋r 1＝8Ω，I ＝ER 总F 安＝BIl ＝0.25N(3)金属杆b 通过EFGH 区域，由动量定理：－B 2l 2vR 总Δt ＝m Δv又v Δt ＝d ， 解得Δv ＝－3m/s故碰撞以后金属杆b 的速度v b ′＝5m/s 金属杆a 、b 发生弹性碰撞，满足： 动量守恒：mv ＝mv a ＋mv b ′ 能量守恒：12mv 2＝12mv a 2＋12mv b ′2求得金属杆a 的碰撞前的速度为v ＝5m/s 金属杆a 通过ABCD 区域：－B 2l 2v ′R 总′Δt ＝m Δv ′ v ′Δt ＝d R 总′＝r 1＋r 2RR ＋r 2解得Δv ′＝－4m/s金属杆a 进入ABCD 区域时的速度v 0＝9m/s金属杆a 切割磁感线产生的总焦耳热Q 1＝12mv 02－12mv 2＝2.8J金属杆a 分配到1.4J金属杆b 切割磁感线产生的总焦耳热Q 2＝12mv b ′2－12mv b 2＝1.05J金属杆a 分配到740J总共产生了1.575J 的焦耳热(4)金属杆a 获得恒定的速度v 0＝9m/s ，通过金属杆的电荷量为qBql ＝mv 0且达到稳定速度时电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等Q －qC＝Blv 0 Q ＝mv 0＋Cv 0B 2l 2Bl所以Q ＝1.8C拓展训练2 (2019·绍兴市3月选考)如图所示，两平行光滑轨道MN 和PQ 竖直放置，间距l ＝0.5m ，其中EG 和FH 为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ 间连接一个自感系数L ＝0.01H 的线圈，其直流电阻可以忽略．在ABCD 、CDEF 、GHJI 区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B 1＝B 2＝B 3＝0.2T ，方向如图，图中d ＝0.4m ．两导体棒a 、b 通过轻质杆连接，总质量m ＝0.02kg ，b 棒电阻R ＝0.2Ω，a 棒电阻不计；现将ab 连杆系统从距离AB 边高h 处由静止释放，a 棒匀速通过ABCD 区域，最终a 棒以1.6m/s 的速度穿出EF 边．导体棒与金属轨道垂直且接触良好．(g ＝10 m/s 2)(1)求h 的值；(2)求a 棒从进入AB 边到穿出EF 边的总时间；(3)若a 棒通过GH 边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下为x 轴，求a 棒在向下运动过程中电流i 与位移x 的大小关系．已知线圈上的自感电动势为E ＝L ΔiΔt ，此过程中导体棒b 仍在EFGH 区域运动．答案 (1)0.8m (2)0.26s (3)i ＝10x解析 (1)设导体棒a 进入磁场B 1时速度为v 1，产生电动势E ＝B 1lv 1，电流I ＝B 1lv 1R匀速通过ABCD 区域，要求mg ＝B 12l 2v 1R求得v 1＝4m/sab 连杆自由下落过程，h ＝v 122g＝0.8m(2)ab 连杆在磁场B 1区域匀速下落的时间t 1＝dv 1＝0.1s当导体棒a 匀速进入CD 边，导体棒开始减速，经过t 2导体棒a 到达EF 位置，当导体棒速度为v 时电动势为E ＝2Blv ，电流为I ＝2Blv R ，安培力为F ＝4B 2l 2vR此过程中由动量定理得mgt 2－∑4B 2l 2v ΔtR＝mv 2－mv 1即mgt 2－4B 2l 2Rd ＝mv 2－mv 1，求得t 2＝0.16s总时间t ＝t 1＋t 2＝0.26s(3)导体棒a 切割产生的电动势等于线圈自感电动势B 3lv ′＝L Δi Δt移项B 3l ·v ′Δt ＝L ·Δi ，即B 3l ·Δx ＝L ·Δi ，两边累加，得B 3l ·x ＝L (i －i 0) 根据电感线圈的特性(电流不突变)i 0＝0 得i ＝B 3lLx ＝10x 专题强化练1．(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m 、带正电的油滴，电荷量为q ，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点，重力加速度大小为g ，求：(1)电场强度E 1的大小和方向； (2)油滴运动到B 点时的速度大小．答案 (1)mg q方向竖直向上 (2)v 0＋2gt 1解析 (1)带电油滴在电场强度为E 1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg ＝qE 1得：E 1＝mg q油滴所受的电场力方向竖直向上，所以电场强度E 1的方向竖直向上． (2)方法一：设增大后的电场强度为E 2对于场强突然增大后的第一段t 1时间，由牛顿第二定律得：qE 2－mg ＝ma 1 对于第二段t 1时间，由牛顿第二定律得：qE 2＋mg ＝ma 2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v 1＝v 0－a 1t 1 油滴在B 点的速度为：v B ＝v 1＋a 2t 1 联立可得：v B ＝v 0＋2gt 1方法二：对于油滴从A 运动到B 的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：mg ·2t 1－qE 2t 1＋qE 2t 1＝mv B －mv 0解得：v B ＝v 0＋2gt 12．(2019·陕西省第二次联考)如图所示，水平绝缘轨道左侧存在水平向右的有界匀强电场，电场区域宽度为L ，右侧固定一轻质弹簧，电场内的轨道粗糙，与物体间的动摩擦因数为μ＝0.5，电场外的轨道光滑，质量为m 、带电荷量为＋q 的物体A 从电场左边界由静止释放后加速运动，离开电场后与质量为2m 的物体B 碰撞并粘在一起运动，碰撞时间极短，开始B 靠在处于原长的轻弹簧左端但不拴接(A 、B 均可视为质点)，已知匀强电场场强大小为3mgq(g为重力加速度)．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)整个过程A 在电场中运动的总路程． 答案 (1)56mgL (2)149L解析 (1)设物体A 碰前的速度为v 1，根据动能定理：EqL －μmgL ＝12mv 12碰撞过程动量守恒：mv 1＝(m ＋2m )v 2弹簧压缩过程系统机械能守恒：E p ＝12(m ＋2m )v 22，解得E p ＝56mgL(2)可判断最终AB 静止在电场外侧边界处，弹簧处于自由伸长状态，设AB 共同在电场中运动的距离为x ，由能量守恒得E p ＝μ(m ＋2m )gxA 在电场中运动的总路程s ＝L ＋x ＝149L3．(2019·诸暨市期末)如图所示为某研究小组设计的电磁炮供弹和发射装置．装置由倾角θ＝37°的倾斜导轨和水平导轨在AB 处平滑连接而成，电磁炮发射位置CD 与AB 相距x ＝0.4m ．倾斜导轨处有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B 1，ABCD 区域无磁场，CD 处及右侧有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 2.倾斜导轨顶端的单刀双掷开关可连接阻值R ＝1.0Ω的电阻和电容C ＝0.5F 的电容器．质量m ＝2.0kg 、长度L ＝1.0m 、电阻r ＝1.0Ω的金属杆ab 代替电磁炮弹，金属杆与倾斜导轨和ABCD 区域导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，CD 右侧导轨光滑且足够长．供弹过程：开关打到S 1处，金属杆从倾斜导轨某个位置及以上任意位置由静止释放，金属杆最终都恰好精确停在CD 处；发射过程：开关打到S 2处，连接电压U ＝100V 电容器，金属杆从CD 位置开始向右加速发射．已知导轨间距为L ＝1.0m ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10m/s 2，不计空气阻力．(1)求金属杆到达AB 处时速度v 的大小； (2)为精确供弹，求磁感应强度B 1的大小；(3)当B 2多大时，金属杆的最终速度最大？最大速度为多少？ 答案 (1)2.0m/s (2)2.0 T (3)2.0 T 25 m/s 解析 (1)金属杆从AB 到CD 的过程，由动能定理： －μmgx ＝0－12mv 2得v ＝2.0m/s(2)为精确供弹，金属杆只要在倾斜导轨上最终达到匀速运动即可，则mg sin θ＝μmg cos θ＋F 安 F 安＝B 12L 2v R ＋r得：B 1＝2.0T(3)稳定时金属杆速度最大，设最终速度为v 1，此时电容器电压为U 1，则U 1＝B 2Lv 1 金属杆受安培力的冲量，由动量定理 ∑B 2iL Δt ＝mv 1－0 即B 2qL ＝mv 1 其中q ＝C (U －U 1)则v1＝B2LCUm＋B22L2C＝LCUmB2＋B2L2C当mB2＝B2L2C时即B2＝mL2C＝2.0T最大速度v1＝25m/s4．(2019·宁波市“十校联考”)如图(a)，超级高铁(Hyperloop)是一种以“真空管道运输”为理论核心设计的交通工具，它具有超高速、低能耗、无噪声、零污染等特点．如图(b)，已知管道中固定着两根平行金属导轨MN、PQ，两导轨间距为3r；运输车的质量为m，横截面是半径为r的圆．运输车上固定着间距为D、与导轨垂直的两根导体棒1和2，每根导体棒的电阻为R，每段长度为D的导轨的电阻也为R.其他电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)如图(c)，当管道中的导轨平面与水平面成θ＝30°时，运输车恰好能无动力地匀速下滑．求运输车与导轨间的动摩擦因数μ；(2)在水平导轨上进行实验，不考虑摩擦及空气阻力．①当运输车由静止离站时，在导体棒2后间距为D处接通固定在导轨上电动势为E的直流电源，此时导体棒1、2均处于磁感应强度为B，垂直导轨平面向下的匀强磁场中，如图(d)．求刚接通电源时运输车的加速度的大小；(电源内阻不计，不考虑电磁感应现象)②当运输车进站时，管道内依次分布磁感应强度为B、宽度为D的匀强磁场，且相邻的匀强磁场的方向相反．求运输车以速度v0从如图(e)通过距离2D后的速度v的大小．答案(1)36(2)①43BrE11mR②v0－6B2r2DmR解析(1)分析运输车的受力，将运输车的重力分解，如图(a)，轨道对运输车的支持力为F N1、F N2，如图(b)．由几何关系F N1＝mg cos θ，F N2＝mg cos θ 又F f1＝μF N1，F f2＝μF N2运输车匀速运动mg sin θ＝F f1＋F f2 解得μ＝36(2)①运输车离站时，电路图如图(c)R 总＝11R 4由闭合电路的欧姆定律I ＝E R 总 又I 1＝I 4，I 2＝3I 4， 导体棒所受的安培力：F 1＝BI 1·3r ；F 2＝BI 2·3r 运输车的加速度a ＝F 1＋F 2m联立解得a ＝43BrE11mR②运输车进站时，电路如图(d)，当车速为v 时，由法拉第电磁感应定律：E 1＝B ·3rv ；E 2＝B ·3rv 由闭合电路的欧姆定律I ′＝E 1＋E 24R导体棒所受的安培力：F 1′＝BI ′·3r ；F 2′＝BI ′·3r运输车所受的合力：F ＝F 1′＋F 2′＝B 2·3r 2vR选取一小段时间Δt ，运输车速度的变化量为Δv ，由动量定理：－B 2·3r 2vRΔt ＝m Δv即－B 2·3r 2RΔx ＝m Δv 两边求和：－3B 2r 22D R＝mv －mv 0 解得v ＝v 0－6B 2r 2D mR。
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版
2020版高考物理复习专题讲义浙江专用版专题一力与运动第1讲力与物体的平衡第2讲力与直线运动第3讲力与曲线运动专题二能量与动量第4讲功和功率功能关系第5讲力学中的动量与能量问题专题三电场与磁场第6讲电场与磁场的理解第7讲带电粒子在复合场中的运动专题四电路与电磁感应第8讲直流电路与交流电路第9讲电磁感应的综合应用第10讲电学中的动量和能量问题专题五方法专题第11讲物理图象问题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题专题六选修第13讲机械振动和机械波电磁波第14讲光的折射全反射第15讲波粒二象性原子与原子核专题七实验题题型强化第16讲力学和光学实验第17讲电学实验力与物体的平衡专题定位 1.深刻理解各种性质力的特点,熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法；2.掌握匀变速直线运动的规律及运动图象问题；3.综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题；4.熟练掌握平抛、圆周运动的规律,熟悉解决天体运动问题的两条思路．第1讲力与物体的平衡[相关知识链接]1．受力分析的步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力示意图→验证受力合理性．2．分析受力的思路(1)先数研究对象有几个接触处,每个接触处最多有两个力(弹力和摩擦力)．(2)同时注意对场力的分析．(3)假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及其方向的基本方法．3．注意(1)只分析研究对象受到的力．(2)只分析性质力,不分析效果力．(3)善于变换研究对象,分析不能直接判断的力．[规律方法提炼]1．整体法与隔离法在分析两个或两个以上的物体间的相互作用时,一般采用整体法与隔离法进行分析；采用整体法进行受力分析时,要注意各个物体的运动状态必须相同．2．共点力平衡的常用处理方法(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡,则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等,方向相反．(2)效果分解法：物体受三个共点力的作用而平衡,将某一个力按力的效果分解,则其分力和其他两个力满足平衡条件．(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡,通过建立平面直角坐标系将物体所受的力分解为相互垂直的两组,每组力都满足平衡条件．(4)力的三角形法：对受三个共点力作用而平衡的物体,将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形,根据数学知识求解未知力．例1 (2019·浙南名校联盟期末)如图所示,一个质量为4kg 的半球形物体A 放在倾角为θ＝37°的斜面B 上静止不动．若用通过球心的水平推力F ＝10N 作用在物体上,物体仍静止在斜面上,斜面仍相对地面静止．已知sin37°＝0.6,cos37°＝0.8,取g ＝10m/s 2,则( )A ．地面对斜面B 的弹力不变 B ．地面对斜面B 的摩擦力增加8NC ．物体A 受到斜面B 的摩擦力增加8ND ．物体A 对斜面B 的作用力增加10N 答案 A解析 对A 、B 整体分析,力F 是水平的,竖直方向地面对B 的弹力不变,地面对B 的摩擦力增加10N,故A 项正确,B 项错误；对物体A 分析,加力F 前,斜面B 对物体A 的摩擦力F f ＝mg sin θ＝24N,加力F 后,F f ′＋F cos θ＝mg sin θ,F f ′＝16N,故减小8N,选项C 错误；加F 前A 对B 的作用力大小等于A 的重力,即40N,加F 后,A 对B 的作用力大小为F 2＋G 2＝102＋402N ＝1017N,故D 项错误．拓展训练1 (2019·绍兴市3月选考)如图所示,攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间,鞋子、背部与岩壁间的动摩擦因数分别为0.80和0.60.为了节省体力,他尽可能减小身体与岩壁间的正压力,使自己刚好不下滑．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,下列判断正确的是( )A ．攀岩者受到三个力的作用B ．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下C ．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力D ．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的37答案 D解析 对攀岩者分析,受重力、鞋与岩壁间弹力和摩擦力、背部与岩壁间弹力和摩擦力共五个力作用；重力方向竖直向下,鞋子和背部受到的静摩擦力方向竖直向上,故水平方向上两支持力大小相等,方向相反,F N1＝F N2,又据平衡μ1F N1＋μ2F N2＝G ,可得F f2＝μ2F N2＝37G .拓展训练2 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图,一粗糙斜面固定在地面上,斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮,其一端悬挂物块N ,另一端与斜面上的物块M 相连,系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N ,直至悬挂N 的细绳与竖直方向成45°.已知M 始终保持静止,则在此过程中( )A ．水平拉力的大小可能保持不变B ．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加C ．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D ．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加 答案 BD解析 对N 进行受力分析如图所示,因为N 的重力与水平拉力F 的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力,从图中可以看出水平拉力F 的大小逐渐增大,细绳的拉力F T 也一直增大,选项A 错误,B 正确；M 的质量与N 的质量的大小关系不确定,设斜面倾角为θ,由分析可知F Tmin ＝m N g ,故若m N g ≥m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小会一直增大,若m N g <m M g sin θ,则M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增大,选项D 正确,C 错误．1．基本思路化“动”为“静”,“静”中求“动”． 2．两种方法(1)解析法：物体受到三个以上的力,且某一夹角发生变化时,将力进行正交分解,两个方向上列平衡方程,用三角函数表示各个作用力与变化角之间的关系,从而判断各力的变化． (2)图解法：物体一般受三个共点力作用；其中有一个大小、方向都不变的力；还有一个方向不变的力．画受力分析图,作出力的平行四边形或矢量三角形,依据某一参数的变化,分析各边变化从而确定力的大小及方向的变化情况．例2 (2019·江苏省模拟)如图所示,在粗糙的水平地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B ,在B 与竖直墙之间放置一光滑小球A ,整个装置处于静止状态．现用水平力F 拉动B 缓慢向右移动一小段距离后,它们仍处于静止状态,在此过程中,下列判断正确的是( )A ．小球A 对物体B 的压力逐渐增大 B ．小球A 对物体B 的压力逐渐减小C ．墙面对小球A 的支持力逐渐减小D ．墙面对小球A 的支持力先增大后减小 答案 A解析 解法1 以A 球为研究对象,分析受力情况：受重力G 、墙面支持力F N 、B 的弹力F N B ,由平衡条件知F N 与F N B 的合力与G 大小相等,方向相反,将B 缓慢向右移动,F N 方向不变,F N B 沿逆时针方向缓慢转动,作出转动过程三个位置力的合成图如图甲所示,由图可知,F N 逐渐增大,F N B 逐渐增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．解法2 对A 球受力分析如图乙,得：竖直方向：F N B cos θ＝G水平方向：F N ＝F N B sin θ 解得：F N B ＝Gcos θF N ＝G tan θB 缓慢向右移动一小段距离,A 缓慢下落,则θ增大,所以F N B 增大,F N 增大,由牛顿第三定律知小球A 对物体B 的压力逐渐增大,故A 正确,B 、C 、D 错误．拓展训练3 (2019·广东省“六校”第三次联考)为迎接新年,小明同学给家里墙壁粉刷涂料,涂料滚由滚筒与轻杆组成,示意图如图所示．小明同学缓缓向上推涂料滚(轻杆与墙壁夹角变小),不计轻杆的重力以及滚筒与墙壁的摩擦力．轻杆对涂料滚筒的推力为F 1,墙壁对涂料滚筒的支持力为F 2,以下说法中正确的是( )A ．F 1增大B ．F 1先减小后增大C ．F 2增大D ．F 2减小答案 D解析 以涂料滚为研究对象,分析受力情况,如图,F 1与F 2的合力与重力G 总是大小相等、方向相反．小明缓缓向上推涂料滚,F 1与竖直方向夹角减小,由图可知F 1逐渐减小,F 2逐渐减小,故选D.拓展训练4 (2019·温州市联考)2018年9月2号的亚运会中,中国队包揽了跳水项目的全部10金．图示为跳水运动员在走板时,从跳板的a 端缓慢地走到b 端,跳板逐渐向下弯曲,在此过程中,该运动员对跳板的( )A ．摩擦力不断增大B ．作用力不断减小C ．作用力不断增大D ．压力不断增大答案 A解析 运动员对跳板的作用力等于重力,故大小不变；摩擦力等于重力沿跳板面方向的分力,不断增大,压力等于重力垂直于跳板方向的分力,不断减小,故A 正确．[相关知识链接] 电场力(1)大小：F ＝Eq ,F ＝kq 1q 2r 2. (2)方向：正电荷受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷受电场力的方向与电场强度的方向相反．[规律方法提炼]1．方法：与纯力学问题的分析方法一样,学会把电学问题力学化． 2．步骤(1)选取研究对象(整体法或隔离法)．(2)受力分析,多了个电场力．(3)列平衡方程． 例3 (2018·嘉、丽3月联考)如图所示,水平地面上固定一个绝缘直角三角形框架ABC ,其中∠ACB ＝θ.质量为m 、带电荷量为q 的小圆环a 套在竖直边AB 上,AB 与圆环的动摩擦因数为μ,质量为M 、带电荷量为＋Q 的小滑块b 位于斜边AC 上,a 、b 静止在同一高度上且相距L .圆环、滑块均视为质点,AC 光滑,则( )A ．圆环a 带正电B ．圆环a 受到的摩擦力为μk Qq L2 C ．小球b 受到的库仑力为Mgtan θD ．斜面对小球b 的支持力为Mgcos θ答案 D解析 a 、b 静止在同一高度上,故b 受到重力G b 、斜面的支持力F N b 及a 对b 的库仑引力F ,从而处于平衡状态,由于b 带正电,因此环a 带负电,故A 错误；环a 处于静止状态,受到的是静摩擦力,那么其大小为F f ＝mg ,并不是滑动摩擦力,因此不可能为F f ＝μk Qq L2,故B 错误；对b 受力分析有：库仑引力F ＝k Qq L 2,或F ＝Mg tan θ,而斜面对b 的支持力为F N b ＝Mgcos θ,故C 错误,D正确．拓展训练5 (2019·全国卷Ⅰ·15)如图,空间存在一方向水平向右的匀强电场,两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下,两细绳都恰好与天花板垂直,则( )A ．P 和Q 都带正电荷B ．P 和Q 都带负电荷C ．P 带正电荷,Q 带负电荷D．P带负电荷,Q带正电荷答案 D解析对P、Q整体进行受力分析可知,在水平方向上整体所受电场力为零,所以P、Q必带等量异种电荷,选项A、B错误；对P进行受力分析可知,匀强电场对它的电场力应水平向左,与Q对它的库仑力平衡,所以P带负电荷,Q带正电荷,选项D正确,C错误．拓展训练6(2019·浙江新高考研究联盟二次联考)如图所示,两个带电荷量分别为Q1与Q2的小球固定于相距为5d的光滑水平面上,另有一个带电小球A,悬浮于空中不动,此时A离Q1的距离为4d,离Q2的距离为3d.现将带电小球A置于水平面上某一位置,发现A刚好静止,则此时小球A到Q1、Q2的距离之比为( )A.3∶2B．2∶3C．3∶4D．4∶3答案 B解析小球A悬浮于空中时,Q1对其库仑力F1＝k Q1q(4d)2,Q2对其库仑力F2＝kQ2q(3d)2,由平衡条件F1＝35mg,F2＝45mg,得Q1Q2＝43.将A置于水平面上Q1、Q2之间静止,则kQ1·qr12＝kQ2·qr22,得r1r2＝23,故选B.[相关知识链接]1．安培力(1)大小：F＝BIL,此式只适用于B⊥I的情况,且L是导线的有效长度,当B∥I时F＝0.(2)方向：用左手定则判断,安培力垂直于B、I决定的平面．2．洛伦兹力(1)大小：F洛＝qvB,此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0.(2)方向：用左手定则判断,洛伦兹力垂直于B、v决定的平面,洛伦兹力永不做功．[规律方法提炼]1．立体平面化该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性,各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化成平面图,通过受力分析建立各力的平衡关系． 2．带电体的平衡如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动,则一定是匀速直线运动．例4 (2019·台州3月一模)如图所示,在水平绝缘杆上用两条等长的平行绝缘丝线悬挂一质量为m 的通电导体棒．将导体棒放置在蹄形磁铁的磁场中,由于安培力的作用,当两条丝线与竖直方向均成30°角时,导体棒处于平衡状态,若重力加速度为g .则关于导体棒在平衡状态时的说法正确的是( )A ．导体棒所在处的磁感应强度处处相等B ．导体棒受到的安培力大小一定是12mgC ．每条丝线对导体棒的拉力大小一定是33mg D ．导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定是mg 答案 D解析 蹄形磁铁靠近两极处的两个磁铁之间才近似可以看作匀强磁场,其余部分不是匀强磁场,所以可知导体棒所在处的磁感应强度不会处处相等,故A 错误；当安培力的方向与细线垂直时,安培力最小,F ＝mg sin30°＝12mg ,所以导体棒受到的安培力大小不一定是0.5mg ,故B 错误；安培力等于0.5mg 时,两条丝线的拉力的和等于32mg ,每条丝线对导体棒的拉力大小都是34mg ,故C 错误；导体棒受到的安培力与拉力的合力大小一定与重力大小相等,方向相反,故D 正确．拓展训练7 均匀带正电的薄圆盘的右侧,用绝缘细线A 、B 悬挂一根水平通电直导线ab ,电流方向由a 到b ,导线平行于圆盘平面．现圆盘绕过圆心的水平轴沿如图所示方向匀速转动,细线仍然竖直,与圆盘静止时相比,下列说法正确的是( )A ．细线所受弹力变小B ．细线所受弹力不变C ．细线所受弹力变大D ．若改变圆盘转动方向,细线所受弹力变大 答案 C解析 圆盘静止时,通电直导线受到竖直向上的弹力和竖直向下的重力,两者等大反向,合力为零．当圆盘匀速转动时,根据右手螺旋定则,圆盘产生水平向右的磁场,根据左手定则,通电直导线受到方向向下的安培力,故细线所受的弹力变大,选项A 、B 错误,C 正确；若改变圆盘转动方向,通电直导线受到的安培力方向向上,细线所受的弹力变小,选项D 错误． 拓展训练8 (多选)长方形区域内存在有正交的匀强电场和匀强磁场,其方向如图所示,一个质量为m 且带电荷量为q 的小球以初速度v 0竖直向下进入该区域．若小球恰好沿直线下降,则下列判断正确的是( )A ．小球带正电B ．电场强度E ＝mgqC ．小球做匀速直线运动D ．磁感应强度B ＝mg qv 0答案 CD解析 小球在复合场内受到自身重力、电场力和洛伦兹力,其中电场力和重力都是恒力,若速度变化则洛伦兹力变化,合力变化,小球必不能沿直线下降,所以合力等于0,小球做匀速直线运动,选项C 正确．若小球带正电,则电场力斜向下,洛伦兹力水平向左,和重力的合力不可能等于0,所以小球不可能带正电,选项A 错误．小球带负电,受到斜向上的电场力和水平向右的洛伦兹力,根据力的合成可得qE ＝2mg ,电场强度E ＝2mgq,选项B 错误．洛伦兹力qv 0B ＝mg ,磁感应强度B ＝mgqv 0,选项D 正确．专题强化练基础题组1．(2019·福建厦门市上学期期末质检)如图所示,在水平晾衣杆上晾晒床单时,为了使床单尽快晾干,可在床单间支撑轻质小木棍．小木棍的位置不同,两侧床单间夹角θ将不同,设床单重力为G,晾衣杆对床单的作用力大小为F,下列说法正确的是( )A．θ越大,F越大B．θ越大,F越小C．无论θ取何值,都有F＝GD．只有当θ＝120°时,才有F＝G答案 C解析以床单和小木棍整体为研究对象,整体受到重力G和晾衣杆的支持力F,由平衡条件知F ＝G,与θ取何值无关,故A、B、D错误,C正确．2.(2019·广东珠海市质量监测)区伯伯在海边钓获一尾鱼,当鱼线拉着大头鱼在水中向左上方匀速运动时,鱼受到水的作用力方向可能是( )A．竖直向上B．竖直向下C．水平向左D．水平向右答案 D解析鱼处于平衡状态,受到竖直向下的重力、斜向左上的拉力、水的作用力,根据受力平衡的条件,结合力的合成可知,鱼受到的水的作用力的方向一定是与拉力和重力的合力的方向相反,故D正确,A、B、C错误．3.(2019·金华十校期末)体操运动员在进行自由体操比赛时,有如图所示的比赛动作：运动员两手臂对称支撑,竖直倒立保持静止状态．当运动员两手间距离缓慢增大时,每只手臂对人体的作用力T及它们的合力F的大小变化情况为( )A．T增大,F不变B．T增大,F减小C．T增大,F增大D．T减小,F不变答案 A4.(2019·超级全能生2月联考)打印机是现代办公不可或缺的设备,正常情况下,进纸系统能做到“每次只进一张纸”,进纸系统的结构如图所示．设图中刚好有10张相同的纸,每张纸的质量均为m,搓纸轮按图示方向转动时带动最上面的第1张纸向右运动,搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1,纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2,下列说法正确的是( )A．第1张纸受到搓纸轮的摩擦力方向向左B．第2张与第3张纸之间的摩擦力大小为2μ2mgC．第10张纸与摩擦片之间的摩擦力为0D．要做到“每次只进一张纸”,应要求μ1＞μ2答案 D解析第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力F f0,方向向右,第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力F f,方向向左,F f＝μ2(mg＋F),F为搓纸轮对第1张纸的压力,F f0＝F f＜μ1F,正常情况F≫mg,故μ1＞μ2,A错误,D正确．第2张与第3张纸之间的摩擦力及第10张纸与摩擦片之间的摩擦力都是静摩擦力,根据受力平衡知,大小均为F f,B、C错误．5．(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图所示,用缆绳将沉在海底的球形钢件先从a处竖直吊起到b,再水平移到c,最后竖直下移到d.全过程钢件受到水的阻力大小不变,方向与运动方向相反,所受浮力恒定．则上升、平移、下降过程中的匀速运动阶段,缆绳对钢件拉力F1、F2、F3的大小关系是( )A．F1>F2>F3B．F1>F3>F2C．F2>F1>F3D．F3>F2>F1答案 A解析钢件从a匀速运动到b,对钢件受力分析得到：F1＝mg＋F f；从b匀速运动到c,有：F2＝F f 2＋(mg)2；从c匀速运动到d,有：F3＝mg－F f；由于F2＝F f 2＋(mg)2＝(F f＋mg)2－2mgF f,故F 1>F 2>F 3,故A 正确,B 、C 、D 错误．6．(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示为复印机工作原理图：正电荷根据复印图案排列在鼓表面,带负电的墨粉颗粒由于电场作用被吸附到鼓表面,随后转移到纸面上“融化”产生复印图案．假设每个墨粉颗粒质量为8.0×10－16kg,带20个多余电子,已知墨粉颗粒受到的电场力必须超过它自身重力的2倍才能被吸附,则鼓表面电场强度至少为(g 取10m/s 2)( )A ．2.5×103N/C B ．5.0×103N/C C ．5.0×104N/C D ．1.0×105N/C答案 B解析 由题意知：qE ＝2mg ,E ＝2mg q ＝2×8×10－16×1020×1.6×10－19N/C ＝5.0×103 N/C,故选项B 正确．7.(2019·金华十校高三期末)如图所示,a 、b 、c 为真空中三个带电小球,b 球带正电且带电荷量为＋Q ,用绝缘支架固定,a 、c 两个小球用绝缘细线悬挂,处于平衡状态时三个小球球心等高,且a 、b 和b 、c 间距离相等,悬挂a 小球的细线向左倾斜,悬挂c 小球的细线竖直,则以下判断正确的是( )A ．a 小球带负电且带电荷量为－4QB ．c 小球带正电且带电荷量为＋4QC ．a 、b 、c 三个小球带同种电荷D ．a 、c 两小球带异种电荷 答案 A解析 根据受力平衡条件可知,因b 球带正电,要使a 、c 两球平衡,所以a 、c 两球一定带负电,对c 小球进行分析,a 、c 间的距离是b 、c 间的两倍,由库仑定律,则有：k |QQ c |r 2＝k |Q a Q c |(2r )2,因a 球带负电,可得：Q a ＝－4Q ,故A 正确．8．(2019·山东济南市模拟)如图甲所示,用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．若挂在天平右臂下方的为单匝矩形线圈且通入如图乙所示的电流,此时天平处于平衡状态．现保持边长MN 和电流大小、方向不变,将该矩形线圈改为三角形线圈,挂在天平的右臂下方,如图丙所示．则( )A．天平将向左倾斜B．天平将向右倾斜C．天平仍处于平衡状态D．无法判断天平是否平衡答案 B解析由左手定则分析可知,线圈受到的安培力方向向上,矩形线圈改成三角形线圈,安培力变小,故天平将向右倾斜．9.如图所示,两根光滑金属导轨平行放置,导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置,当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时,金属杆ab刚好静止．则( )A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下答案 A解析受力分析如图所示,当磁场方向竖直向上时,由左手定则可知安培力水平向右,金属杆ab受力可以平衡,若磁场方向竖直向下,由左手定则可知安培力水平向左,则金属杆ab受力无法平衡,A正确,B、C、D错误．10.(2019·陕西汉中市3月联考)如图所示,固定的木板与竖直墙面的夹角为θ,重为G的物块静止在木板与墙面之间,不计一切摩擦,则( )A ．物块对墙面的压力大小为G tan θB ．物块对墙面的压力大小为G sin θcos θC ．物块对木板的压力大小为G cos θD ．物块对木板的压力大小为Gsin θ答案 D解析 对物块受力分析,根据平行四边形定则可知：物块对墙面的压力大小为F 1′＝F 1＝G tan θ；物块对木板的压力大小为F 2′＝F 2＝Gsin θ,故选项A 、B 、C 错误,D 正确． 能力题组11.(2019·河南普通高中高考物理模拟)如图所示,六根原长均为l 的轻质细弹簧两两相连,在同一平面内六个大小相等、互成60°的恒定拉力F 作用下,形成一个稳定的正六边形．已知正六边形外接圆的半径为R ,每根弹簧的劲度系数均为k ,弹簧在弹性限度内,则F 的大小为( )A.k2(R －l )B ．k (R －l )C ．k (R －2l )D ．2k (R －l )答案 B解析 正六边形外接圆的半径为R ,则弹簧的长度为R ,弹簧的伸长量为：Δx ＝R －l 由胡克定律可知,每根弹簧的弹力为：F 弹＝k Δx ＝k (R －l ),两相邻弹簧夹角为120°,两相邻弹簧弹力的合力为：F 合＝F 弹＝k (R －l ), 弹簧静止处于平衡状态,由平衡条件可知,F 的大小为：F ＝F 合＝k (R －l ),故B 正确,A 、C 、D 错误．12.(2019·山东烟台市下学期高考诊断)如图所示,质量为M 的斜劈静止在粗糙水平地面上,质量为m 的小物块正在斜面上匀速下滑．现在m 上施加一个水平推力F ,则在m 的速度减小为零之前,下列说法正确的是( )A ．加力F 之后,m 与M 之间的摩擦力变小B ．加力F 之后,m 与M 之间的作用力不变C ．加力F 之后,M 与地面之间产生静摩擦力D ．加力F 前后,M 与地面间都没有摩擦力 答案 D解析 加力F 前,m 匀速下滑,则垂直斜面方向：F N ＝mg cos θ, 滑动摩擦力为F f ＝μmg cos θ；在m 上加一水平向右的力F ,垂直斜面方向：F N ′＝mg cos θ＋F sin θ, 滑动摩擦力为F f ′＝μF N ′＝μ(mg cos θ＋F sin θ)；对物块,所受支持力增加了F sin θ,摩擦力增加了μF sin θ,即支持力与摩擦力成比例的增加,其合力方向还是竖直向上,大小增大,m 与M 之间的作用力即为其合力,也是增大的,如图所示：则斜面所受的摩擦力与压力的合力方向还是竖直向下,水平方向仍无运动趋势,则不受地面的摩擦力,故A 、B 、C 错误,D 正确．13.(2019·宁波市3月模拟)在光滑的水平面上建立如图所示的直角坐标系xOy ,现在O 点固定一个带电荷量为Q 的正电荷,在x 轴正半轴上的点N (d,0)固定有带电荷量为8Q 的负电荷,y 轴正半轴位置固定有一根光滑绝缘细杆,细杆上套有带电荷量为＋q 的轻质小球,当小球置于M 点时,恰好保持静止,则M 的纵坐标为( )A.12dB.33dC.32d D ．d 答案 B解析 设OM 为y ,由平衡条件及数学知识可知kQq y 2＝8kQq d 2＋y 2·y d 2＋y 2,得d 2＋y 2＝2y ,即y ＝33d ,故B 正确．14.(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图所示,质量分别为m A 和m B 的物体A 、B 用细绳连接后跨过滑轮,A 静止在倾角为45°的斜面上,B 悬挂着．已知m A ＝2m B ,不计滑轮摩擦,现将斜面倾角由45°增大到50°,系统仍保持静止．下列说法中正确的是( )A ．绳子对A 的拉力将增大B ．物体A 对斜面的压力将增大C ．物体A 受到的静摩擦力增大D ．物体A 受到的静摩擦力减小 答案 C解析 设m A ＝2m B ＝2m ,对物体B 受力分析,受重力和拉力,由二力平衡得到：F T ′＝mg ；再对物体A 受力分析,受重力、支持力、拉力F T 和静摩擦力,F T ＝F T ′,如图,根据平衡条件得到：F f ＋F T －2mg sin θ＝0,F N －2mg cos θ＝0,解得：F f ＝2mg sin θ－F T ＝2mg sin θ－mg ,F N ＝2mg cos θ,当θ由45°增大到50°时,F T 不变,F f 不断变大,F N 不断变小,故C 正确,A 、B 、D 错误．。
浙江新高考专用高中物理第四章电磁感应现象5电磁感应现象的两类情况课件新人教版选修3
C.动生电动势的产生与电场力有关 图4
D.动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
解析 根据动生电动势的定义，选项A正确. 动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电 场有关，选项B正确，选项C、D错误.
重点探究
一、感生电场和感生电动势
1.感生电场的产生 如图1所示，B变化时，就会在空间激发一个感生电场E.如果E处空间存在闭合 导体，导体中的自由电荷就会在电场力的作用下定向移动，而产生感应电流.
图1
2.变化的磁场周围产生的感生电场，与闭合电路是否存在无关.如果在变化的磁
场中放一个闭合回路，回路中就有感应电流，如果无闭合回路，感生电场仍然
例2 (多选)某空间出现了如图2所示的一组闭合的电场线，这可能是
图2
√A.沿AB方向磁场在迅速减弱
B.沿AB方向磁场在迅速增强
√C.沿BA方向磁场在迅速增强
D.沿BA方向磁场在迅速减弱
技巧点拨
闭合回路(可假定其存在)的感应电流方向就表示感生电场的方向.判断思路如下：
假设存在垂直场 方向的环形回路
→ 回路中的磁 通量的变化
―安楞――培次―定定――则律→
回路中感应 电流的方向
→ 感生电 场方向
二、动生电场和动生电动势
1.动生电场的产生
如图3所示，导体棒CD在匀强磁场中运动.
自由电荷会随着导体棒运动，并因此受到洛伦兹
力.若CD向右匀速运动，由左手定则可判断自由
电子受到沿棒向下的洛伦兹力作用，C端电势高，
图5
2.若圆盘在匀强磁场中以角速度 ω 绕圆心匀速转动时，如图 6 所示，相当于无 数根“辐条”转动切割，它们之间相当于电源的并联结构，圆盘上的感应电动势 为 E＝Br v ＝21Br2ω.
2020版高考物理人教版复习课件：专题电磁感应现象中的电路和图象问题(共29张PPT)
电磁感应现象中的电路 和图象问题
第十章
知识梳理 考点自诊
专题6 电磁感应现象中的电路和图象问题
必备知识 关键能力
-2-
一、电磁感应现象中的电路问题 1.内电路和外电路 (1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于 电 源 。 (2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的 内阻 ,其余 部分是 外电路 。 2.电源电动势和路端电压 Δ������ (1)电动势:E= Blv 或E= n Δ������ 。 (2)路端电压:U=IR= E-Ir 。
必备知识 关键能力
-10-
典例1(2018· 广东韶关二模)如图所示,由某种粗细均匀的总电阻 关闭 为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖 直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平 拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动,滑动过程PQ始终与ab垂直, 且与线框接触良好,不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程 由题意知 中( ) , 题目情形可等效为如图所示的电路问题, 其中 R 左 +R 右 =3R , E=Blv , r=R, 当 PQ 向右运动时, R 左 增大,R 右 减小, 两者并联的总电 阻 R 外 先增大后减小, 当 PQ 运动到线框正中央位置时, R 外最大, 故流 过 PQ 的电流先减小后增大,A 项错误;PQ 两端电压 U=E-Ir, 故 U 的 变化为先增大后减小,B 项错误;拉力的功率 P=P 总 =EI, 故拉力的功 A.PQ中电流先增大后减小 率先减小后增大 ,C 项正确;线框消耗的电功率为电源的输出功率 P 出 2 PQ两端电压先减小后增大 =PB. 总 -P 内 =EI-I r, 电流有最小值, 由数学知识可知 P 出 先增大后减小,D 关闭 C C.PQ上拉力的功率先减小后增大 项错误。 D.线框消耗的电功率先减小后增大 解析 答案
(浙江专用版)2020版高考物理复习新选考考点全排查考点10电磁感应讲义
考点10 电磁感应考试标准磁通量1．公式：Φ＝BS.2．适用条件：(1)匀强磁场．(2)S为垂直磁场的有效面积．3．磁通量是标量．电磁感应现象1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．2．条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．感应电流方向的判定1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用范围：一切电磁感应现象．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流．3．楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因，列表说明如下：磁铁远离，是引力法拉第电磁感应定律1．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．(2)公式：E＝nΔΦΔt，其中n为线圈匝数．(3)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝nΔB·SΔt；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝nB·ΔSΔt；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt.②磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率．2．导体切割磁感线时的感应电动势(1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用E ＝Blv 求出，式中l 为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动时，产生的感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置的线速度12l ω)．自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势． (2)表达式：E ＝L ΔI Δt.(3)自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． 2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题3.涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．。
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第10讲 电学中的动量和能量
问题
第一部分 专题四 电路与电磁感应
题型1 电场和磁场中的动量和能量问题内容索引
NEIRONGSUOYIN题型2 电磁感应中动量和能量问题
电场和磁场中的动量和能量问题题型1
例1 (2019·福建泉州市期末质量检查)如图所示，在竖直平面(纸面)内有一直角坐标系xOy，水平x轴下方有垂直纸面向里的匀强磁场，第三象限有沿x轴负方向的匀强电场，第四象限存在另一匀强电场(图中未画出)；光滑绝缘的固定不带电细杆PQ交x轴于M点，细杆PQ与x轴的夹角θ＝30°，杆的末端在y轴Q点处，PM两点间的距离为L.一套在杆上的质量为2m、电荷量为q的带正电小环b恰好静止在M点，另一质量为m、不带电绝缘小环a套在杆上并由P点静止释放，与b瞬间碰撞后反弹，反弹后到达最高点时被锁定，锁定点与M点的距离为，b沿杆下滑过程中始终与杆之间无作用力，b 进入第四象限后做匀速圆周运动，而后通过x轴上的N点，且OM＝ON.已知重力加速度大小为g，求：
(1)碰后b的速度大小v以及a、b碰撞过程中系统损失的
机械能ΔE；
解析 设a和b相碰前的速度大小为v1，碰后的速度为v2，
由动量守恒定律：m v1＝－m v2＋2m v
(2)磁场的磁感应强度大小B；
解析 由于b从M点运动到Q点的过程中与杆无作用力，可得q v B cos θ＝2mg，
(3)b离开杆后经过多长时间会通过x轴.
解析 b在第四象限做匀速圆周运动的轨迹如图，
由几何关系可知轨迹的圆心O′在x轴上，b经过N点时速度方向与x轴垂直，
(ⅰ)竖直向上通过x轴：
(ⅱ)竖直向下通过x轴：
拓展训练1 (2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)某真空中存在一匀强电场，一带电油滴在该电场中从A点由静止开始竖直向上运动，经过时间t1运动到B点时撤去电场，再经时间t2油滴的速度恰好为零，又过一段时间后此空间中加入另一匀强电场，方向与原来相同但大小是原来的2倍，已知油滴的质量为m、电荷量为q，重力加速度大小为g.
(1)求再次加入电场前，开始的匀强电场的电场强度大小和油滴达到的最大高度；
解析 以油滴为研究对象，从开始运动到达到最高点的过程中，根据动量定理可得：qEt1－mg(t1＋t2)＝0，
由运动的可逆性得加速过程的末速度v＝gt2，
(2)为了使油滴能回到A点且速度恰好为零，求从油滴减速为零到再次加入电场的时间.
解析 油滴从最高点先做自由落体运动，再次加电场后，匀减速运动的末速度为零，设油滴从最高点做自由落体运动的时间为t，自由落体运动结束时的速度为v′，油滴匀减速运动过程中的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：2qE－mg＝ma，
设自由落体运动下落的高度为s1，匀减速下落的高度为s2，
则有s1＋s2＝h，
根据自由落体运动的规律，有：v′＝gt，
电磁感应中动量和能量问题题型2
1.电磁感应与动量综合问题
往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及基本方法.
2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.
例2 (2019·嘉、丽3月联考)如图所示，有两光滑平行金属导轨，MA、ND段用特殊材料包裹，绝缘不导电，导轨的间距l＝1 m，左侧接电容器，右侧接R＝6 Ω的电阻，ABCD区域、EFGH区域、MN左侧均存在垂直于平面，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ABCD区域、EFGH区域宽度均为d＝2.4 m，FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧.金属杆a、b的质量均为m＝0.1 kg，电阻分别为r1＝3 Ω、r2＝6 Ω，金属杆a静止在MN左侧，金属杆b静止在BEHC区域，电容器的电容C＝0.1 F，电容器充电完毕以后闭合开关S，经过一段时间金属杆a获得恒定的速度滑入MA、ND，通过ABCD区域后与金属杆b发生弹性碰撞，最后金属杆b压缩弹簧，弹簧形变量最大时弹簧被锁定(金属杆b静止)，弹簧储存的弹性势能为0.2 J，则：
(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由；
答案 见解析
解析 闭合开关S，金属杆a向右运动，由左手定则判断电流方向.所以电容器上极板带正电.
(2)金属杆b刚要离开EFGH区域磁场瞬间，受到的安培力大小；
答案 见解析
解析 金属杆b压缩弹簧，动能转化为弹性势能：
电源电动势E＝Bl v b＝2 V
F安＝BIl＝0.25 N
(3)从进入ABCD区域到锁定过程，金属杆a上产生的焦耳热；
答案 见解析
解析 金属杆b通过EFGH区域，由动量定理：
解得Δv＝－3 m/s
故碰撞以后金属杆b的速度v b′＝5 m/s
金属杆a、b发生弹性碰撞，满足：
动量守恒：m v＝m v a＋m v b′
求得金属杆a的碰撞前的速度为v＝5 m/s
金属杆a通过ABCD区域：
金属杆a进入ABCD区域时的速度v0＝9 m/s
金属杆a分配到1.4 J
总共产生了1.575 J的焦耳热
(4)电容器充电完毕后所带的电荷量.
答案 见解析
解析 金属杆a获得恒定的速度v0＝9 m/s，通过金属杆的电荷量为q Bql＝m v0
且达到稳定速度时电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等
所以Q＝1.8 C
拓展训练2 (2019·绍兴市3月选考)如图所示，两平行光滑轨道MN和
PQ竖直放置，间距l＝0.5 m，其中EG和FH为两段绝缘轨道，其余均为金属轨道，轨道末端NQ间连接一个自感系数L＝0.01 H的线圈，其直流电阻可以忽略.在ABCD、CDEF、GHJI区域内存在垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝B2＝B3＝0.2 T，方向如图，图中d ＝0.4 m.两导体棒a、b通过轻质杆连接，总质量m＝0.02 kg，b棒电阻R＝0.2 Ω，a棒电阻不计；现将ab连杆系统从距离AB边高h处由静止释放，a棒匀速通过ABCD区域，最终a棒以1.6 m/s的速度穿出EF边.导体棒与金属轨道垂直且接触良好.(g＝10 m/s2)
(1)求h的值；
答案 0.8 m
解析 设导体棒a进入磁场B1时速度为v1，
求得v1＝4 m/s
(2)求a棒从进入AB边到穿出EF边的总时间；
答案 0.26 s
当导体棒a匀速进入CD边，导体棒开始减速，经过t2导体棒a到达EF 位置，当导体棒速度为v时电动势为E＝2Bl v，
总时间t＝t1＋t2＝0.26 s
(3)若a棒通过GH边时轻质杆突然断裂，以该位置为原点，竖直向下
为x轴，求a棒在向下运动过程中电流i与位移x的大小关系.已知线圈上的自感电动势为E＝，此过程中导体棒b仍在EFGH区域运动.
答案 i＝10x
移项B3l·v′Δt＝L·Δi，即B3l·Δx＝L·Δi，两边累加，得B3l·x＝L(i－i0)根据电感线圈的特性(电流不突变)i0＝0。