高考備考研究

基于電磁學(xué)，談物理綜合分析能力的提高策略：以物理模型為主線，重點(diǎn)培養(yǎng)學(xué)生分析問題和解決問題的能力。翠園中學(xué)彭四興

2020.12高考備考研究2014年，上海、浙江新高考改革試點(diǎn)，高考綜合改革啟動；2017年，山東、海南、天津和北京加入，新高考改革擴(kuò)大、全國展開；2018年，河北、遼寧、江蘇、福建、湖南、湖北、廣東、重慶加入，模式確定、全面鋪開。新高考綜合改革重要標(biāo)志前言了解2021年廣東高考新高考綜合改革重要標(biāo)志2019年12月，山東省、海南省高考適應(yīng)性測試；2020年1月，天津市2020高考適應(yīng)性測試；2020年3月，北京市2020高考適應(yīng)性測試；2020年7月，上海、浙江、北京、天津省市自主命題，山東、海南全國命題；(新高考Ⅰ、新高考Ⅱ）2021年1月，八省市適應(yīng)性測試。2021年6月……廣東物理試題題型猜測：7道單選題、3道多選題、2道實(shí)驗(yàn)題、2道計(jì)算題和一道選做題（從3-3和3-4兩個(gè)模塊題中選擇一個(gè)），選做題由一道選擇題（或填空題）和計(jì)算題組成。單選多選實(shí)驗(yàn)計(jì)算選做時(shí)間年份山東8424090分鐘2020北京14024090分鐘2020廣東53222選190分鐘2020廣東？73222選175分鐘2021

2021年是廣東“新高考”考試科目采用“3+1+2”模式的第一年，物理試題由廣東自主命題，單獨(dú)考試，考試時(shí)間75分鐘，以原始分計(jì)入總分。4、新高考突出體現(xiàn)對核心素養(yǎng)的考查，從解題向解決實(shí)際問題轉(zhuǎn)變。命題會增加生活情境、學(xué)生探究情境和科技前沿的背景等。比如：“嫦娥五號”登月可以關(guān)注.幾點(diǎn)思考：1、全國卷反猜題、反押題的能力很強(qiáng)。有些主干知識可以不考；估計(jì)廣東自主命題不敢這樣做。還是會延續(xù)幾年前自主命題的風(fēng)格。2、廣東命題選擇題題干簡單，試題的計(jì)算量不會太大。重點(diǎn)考查物理概念和規(guī)律，突出主干知識的考查，尤其是二級知識點(diǎn)，比較重視二級知識點(diǎn)的覆蓋率。3、2021和2022年為新高考過渡年，廣東試題總體難度不會太大。高考備考研究三個(gè)維度三、物理學(xué)科的維度一、歷史的維度二、宏觀的維度

“知識為本”

“以人為本”

雙基目標(biāo)三維目標(biāo)核心素養(yǎng)一、歷史的維度知識

能力物理核心素養(yǎng)二、宏觀的維度2016年10月11日，前教育部考試中心主任姜鋼在《中國教育報(bào)》發(fā)表署名文章《探索構(gòu)建高考評價(jià)體系全方位推進(jìn)高考內(nèi)容改革》。提出了“一核四層四翼”。

高考評價(jià)體系由“一核”“四層”“四翼”組成，其中，“四層”為高考的考查內(nèi)容，即“核心價(jià)值、學(xué)科素養(yǎng)、關(guān)鍵能力、必備知識”，回答“考什么”的問題；“四翼”為高考的考查要求，即“基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性”，回答“怎么考”的問題。

現(xiàn)任教育部考試中心主任孫海波在《中國考試》2020年第1期刊發(fā)表了長文《深入學(xué)生貫徹黨的十九屆四中全會精神全面深化高考內(nèi)容改革》，為今年乃至未來幾年的高考命題重新定調(diào)。之前各學(xué)科專家在《中國考試》2019年第12期撰文，全面解讀高考評價(jià)體系，提出了“基于高考評價(jià)體系的學(xué)科考試內(nèi)容改革實(shí)施路徑”。2020年1月7日教育部考試中心發(fā)布《中國高考評價(jià)體系》《中國高考評價(jià)體系說明》文化底蘊(yùn)學(xué)術(shù)精神學(xué)科體系專業(yè)素養(yǎng)《中國高考評價(jià)體系》解讀

高考改革的需要

這次高考制度改革是1977年恢復(fù)高考以來最全面、最系統(tǒng)、最深刻、最困難的改革，給高中學(xué)校帶來的變化全方位的、深層次的。

習(xí)近平總書記曾三次主持重大會議研究高考改革方案。特別強(qiáng)調(diào)：要把考試招生制度改革作為方向明、見效快的改革積極穩(wěn)妥加以推進(jìn)。2013年11月黨的十八屆三中全會對考試招生制度改革進(jìn)行了全面部署。2014年3月30日教育部印發(fā)《關(guān)于深化課程改革、落實(shí)立德樹人根本任務(wù)的意見》，提出深化課程改革的總體思路和核心任務(wù)。2014年9月3日國務(wù)院頒布了《關(guān)于深化考試招生制度改革的實(shí)施意見》?！吨袊呖荚u價(jià)體系》產(chǎn)生的背景立德樹人的需要2019.6.19，國務(wù)院辦公廳《關(guān)于新時(shí)代推進(jìn)普通高中育人方式改革的指導(dǎo)意見》2019.7.8，國務(wù)院辦公廳《關(guān)于深化教育教學(xué)改革，全面提高義務(wù)教育質(zhì)量的意見》

本輪新課程改革是我國基礎(chǔ)教育發(fā)展史上力度最大、最徹底的一次課程改革運(yùn)動，涉及教育教學(xué)理念、課程標(biāo)準(zhǔn)、課程管理、課程內(nèi)容及教材等多個(gè)方面的變革，標(biāo)志著我國基礎(chǔ)教育范式的根本轉(zhuǎn)換。必將觸及目前教育教學(xué)過程中普遍存在的深層次問題。2019年，中國基礎(chǔ)教育全面進(jìn)入核心素養(yǎng)時(shí)代《關(guān)于新時(shí)代推進(jìn)普通高中育人方式改革的指導(dǎo)意見》

十五、深化考試命題改革學(xué)業(yè)水平選擇性考試與高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試命題要以普通高中課程標(biāo)準(zhǔn)和高校人才選拔要求為依據(jù)，實(shí)施普通高中新課程的省份不再制定考試大綱。優(yōu)化考試內(nèi)容，突出立德樹人導(dǎo)向，重點(diǎn)考查學(xué)生運(yùn)用所學(xué)知識分析問題和解決問題的能力。創(chuàng)新試題形式，加強(qiáng)情境設(shè)計(jì)，注重聯(lián)系社會生活實(shí)際，增加綜合性、開放性、應(yīng)用性、探究性試題?？茖W(xué)設(shè)置試題難度，命題要符合相應(yīng)學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)，體現(xiàn)不同考試功能。加強(qiáng)命題能力建設(shè)，優(yōu)化命題人員結(jié)構(gòu)，加快題庫建設(shè)，建立命題評估制度，提高命題質(zhì)量。13

現(xiàn)行的考試大綱難以滿足“增強(qiáng)立德樹人導(dǎo)向、構(gòu)建適應(yīng)德智體美勞全面培養(yǎng)要求的評價(jià)體系”這一新時(shí)代要求。

高考作為上接高等教育、下連基礎(chǔ)教育的重要樞紐，需落實(shí)課程標(biāo)準(zhǔn)理念和要求，加強(qiáng)考試與教學(xué)的銜接，更好發(fā)揮考試對教學(xué)的促進(jìn)作用，反映高中課程標(biāo)準(zhǔn)和高校人才選拔要求、有利于與高中教學(xué)溝通互動的新體系。

《中國高考評價(jià)體系》的意義

通過解決高考“為什么考、考什么、怎么考”的問題，對“培養(yǎng)什么人、怎樣培養(yǎng)人、為誰培養(yǎng)人”這一教育根本問題給出了在高考領(lǐng)域的答案。

是深化高中育人方式改革的助推器，是提升高考治理能力的重要基礎(chǔ)，是命題評價(jià)的準(zhǔn)繩和量尺。

有助于充分發(fā)揮高考育人功能和積極的導(dǎo)向作用。1.高考評價(jià)體系是綜合高校人才選拔要求和國家課程標(biāo)準(zhǔn)而形成的考試評價(jià)理論框架。2.中國高考評價(jià)體系不是考試大綱，也不是界定考試范圍的規(guī)范性文件。《中國高考評價(jià)體系》是一個(gè)指導(dǎo)性的文件。3.評價(jià)理念：價(jià)值引領(lǐng)，素養(yǎng)導(dǎo)向，能力為重，知識為基?！吨袊呖荚u價(jià)體系》的主要內(nèi)容為什么考一核立德樹人服務(wù)選才引導(dǎo)教學(xué)考查目的考什么四層必備知識、關(guān)鍵能力、學(xué)科素養(yǎng)、核心價(jià)值四層考查目標(biāo)怎么考四翼基礎(chǔ)性、綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)新性四個(gè)方面的考查要求“一核四層四翼”的高考評價(jià)體系涵蓋了考查目的、考查內(nèi)容和考查要求物理觀念高中物理核心素養(yǎng)科學(xué)思維科學(xué)探究科學(xué)態(tài)度與責(zé)任質(zhì)疑創(chuàng)新科學(xué)論證科學(xué)推理模型建構(gòu)交流解釋證據(jù)問題社會責(zé)任科學(xué)態(tài)度科學(xué)本質(zhì)物質(zhì)觀運(yùn)動與相互作用觀能量觀解決問題形成觀念每一要素都分為五級水平（13×5）

從圖1中我們可以看出，高考物理中對五種能力的考察，其實(shí)就是對物理學(xué)科核心素養(yǎng)的考察，比如對理解能力的考察，就是對物理觀念的考察；對推理能力的考察，就是對物理觀念、科學(xué)思維、科學(xué)探究的考察；對分析綜合能力的考察，就是對物理觀念、科學(xué)思維、科學(xué)探究的考察；對應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題能力的考察，就是對物理觀念、科學(xué)思維的考察；對實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，就是對科學(xué)思維、科學(xué)探究、科學(xué)態(tài)度與責(zé)任的考察。核心素養(yǎng)與五種能力之間的關(guān)系不同階段的目標(biāo)和教學(xué)策略主要目標(biāo)理解對知識的全面、深入理解和靈活運(yùn)用綜合多知識點(diǎn)綜合解決問題；解題方法的鞏固熟練基本素質(zhì)審題、表達(dá)、審視答案等基本應(yīng)試能力高考第一輪高考第二輪高考第三輪☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆三、物理學(xué)科的維度（一）主要目標(biāo)全面、細(xì)致地復(fù)習(xí)全部知識，不遺漏；第一輪復(fù)習(xí)的教學(xué)策略培養(yǎng)學(xué)生具體問題具體分析的習(xí)慣，而不是僅僅記憶結(jié)論和死套“方法”.重視從不同角度理解知識，拓展情境，靈活應(yīng)用；（二）實(shí)施策略

有效訓(xùn)練與落實(shí)基礎(chǔ)訓(xùn)練、專題訓(xùn)練、限時(shí)訓(xùn)練、規(guī)范訓(xùn)練、錯題訓(xùn)練等夯實(shí)基礎(chǔ)知識、注意主干知識注重學(xué)科思想方法的掌握研究題型，分類歸檔，注意解題方法和技巧的訓(xùn)練和歸納切實(shí)加強(qiáng)實(shí)驗(yàn)復(fù)習(xí)，提高實(shí)驗(yàn)變通能力加強(qiáng)應(yīng)試能力的培養(yǎng)

注意現(xiàn)代信息的收集和獲取第二輪復(fù)習(xí)的教學(xué)策略（一）第二輪復(fù)習(xí)的目標(biāo)1、重在發(fā)展能力，側(cè)重發(fā)展分析綜合能力；重在訓(xùn)練學(xué)生運(yùn)用多知識點(diǎn)綜合解決問題的思路。2、兼顧知識上的認(rèn)識，但不是重點(diǎn)。不是對第一輪復(fù)習(xí)“炒現(xiàn)飯”。3、重點(diǎn)關(guān)注解題素養(yǎng)的培養(yǎng)。采用的是“滲透”方式，積累感性認(rèn)識，不過度進(jìn)行系統(tǒng)總結(jié)，不把第三輪復(fù)習(xí)的目標(biāo)提前完成。（二）第二輪復(fù)習(xí)的策略——專題復(fù)習(xí)（1）專題結(jié)構(gòu)①知識內(nèi)容專題（運(yùn)動與力、功和能…………）②能力技巧專題（實(shí)驗(yàn)、圖像、學(xué)習(xí)工具、解題方法與技巧）③模塊專題（3-3、3-4和3-5）（2）第二輪復(fù)習(xí)的專題設(shè)計(jì)（參考）專題知識內(nèi)容力與直線運(yùn)動力與曲線運(yùn)動帶電粒子的運(yùn)動功和能電磁感應(yīng)綜合問題能力技巧物理實(shí)驗(yàn)物理圖像數(shù)學(xué)工具解題方法與技巧選考模塊熱力學(xué)與氣體實(shí)驗(yàn)定律機(jī)械波與光波●知識主干知識，而不是“查漏補(bǔ)缺”●解題能力對審題、表達(dá)、審視答案等能力系統(tǒng)強(qiáng)化●競技狀態(tài)調(diào)節(jié)生物鐘、身體狀態(tài)、心理狀態(tài)●應(yīng)試策略確認(rèn)應(yīng)試策略，訓(xùn)練和適應(yīng)按既定策略應(yīng)試第三輪復(fù)習(xí)的教學(xué)策略物理試卷解題方法

知識審題作答知識系統(tǒng)考試系統(tǒng)編擬體現(xiàn)概念規(guī)律運(yùn)動規(guī)律作用規(guī)律解題規(guī)律實(shí)驗(yàn)?zāi)Ｐ头椒ɑ灸Ｐ途C合模型模型綜合規(guī)范解題科學(xué)審題對象分析過程分析規(guī)律分析狀態(tài)分析作用分析關(guān)系分析格式準(zhǔn)確思路清晰兩大系統(tǒng)“拆”“聯(lián)”①多物體問題獨(dú)立分析各個(gè)擊破把握聯(lián)系時(shí)間關(guān)系位移關(guān)系②多階段問題抽出運(yùn)動模型，分段處理，把握聯(lián)系各段之間的速度處理物理問題的思想----1、直線運(yùn)動拆過程2、曲線運(yùn)動拆方向----時(shí)間關(guān)聯(lián)

物理考試系統(tǒng)-----審題解題終態(tài)mvaPE初態(tài)mvaPE臨界mvaPEF、

W、

I、x、t

過程1

過程2

F、

W、

I、x、t對象、狀態(tài)、作用、過程、關(guān)系、規(guī)律矢量和標(biāo)量、狀態(tài)量和過程量、相對量和絕對量、性質(zhì)量和作用量科學(xué)審題“六要素”審題建立物理圖景弄清題意挖掘隱含條件解題聯(lián)想物理模型確定研究對象選擇研究過程正確運(yùn)用規(guī)律討論結(jié)果合理性分析受力情況分析運(yùn)動情況找臨界、關(guān)聯(lián)點(diǎn)依據(jù)題設(shè)條件抓守恒量分段多解、舍解解題思路模型化解題的基本步驟

情境規(guī)律

模型

文字討論結(jié)果運(yùn)算操作關(guān)聯(lián)決策再現(xiàn)分析特點(diǎn)示意圖①針對某一狀態(tài)；比如牛頓第二定律的應(yīng)用、力的平衡條件等。②針對某一過程：比如運(yùn)動學(xué)公式、動能定理、動量守恒定律等。③用數(shù)學(xué)知識：三角函數(shù)、幾何、微積分等。三個(gè)優(yōu)先：⑴整體優(yōu)先⑵全程優(yōu)先⑶動量功能優(yōu)先2016年到2020年全國卷中關(guān)于電磁感應(yīng)的題目20162017201820192020新課標(biāo)I241817；192021新課標(biāo)Ⅱ21；2420；21182114新課標(biāo)Ⅲ21；25152014；1914山東卷12電磁感應(yīng)綜合問題一、解決電磁感應(yīng)綜合問題的一般思路和方法研究對象研究內(nèi)容研究方法答題規(guī)律單個(gè)物體狀態(tài)

過程整體法、隔離法、圖像法、程序法、逆向思維極限法、極值法、外推法、等效法、對稱法、微元法等①牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)公式②動量定理、動量守恒定律③動能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系、能量守恒④楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)電流、閉合電路歐姆定律等⑤必備數(shù)學(xué)知識系統(tǒng)（兩個(gè)或兩個(gè)以上物體）①運(yùn)動和受力②動量和沖量③功、能量及其變化電源、電路④電動勢、電流

解決問題

分析問題宏觀（一）、知識儲備

（二）、規(guī)律方法抓住“兩個(gè)對象”微觀電磁感應(yīng)章節(jié)的主要知識電磁感應(yīng)章節(jié)的相對次要知識電磁感應(yīng)題目常涉及的知識1、楞次定律2、右手定則3、法拉第電磁感應(yīng)定律1、自感和互感2、電磁阻尼3、電磁驅(qū)動4、渦流1、力學(xué)知識（運(yùn)動和受力分析）2、電路的知識（等效電路圖的繪制）3、平行板電容器的知識（與平行板電容器的結(jié)合）4、磁場的知識（安培力）（三）、分析策略（四）、解決電磁感應(yīng)中的力、電問題的關(guān)鍵1．電磁感應(yīng)與力學(xué)問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力．解答電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，在分析方法上，要始終抓住導(dǎo)體的受力(特別是安培力)特點(diǎn)及其變化規(guī)律，明確導(dǎo)體的運(yùn)動過程及運(yùn)動過程中狀態(tài)的變化，準(zhǔn)確把握運(yùn)動狀態(tài)的臨界點(diǎn)．2．我們根據(jù)導(dǎo)體的運(yùn)動狀態(tài)合理地選取物理規(guī)律，如平衡條件、牛頓運(yùn)動定律、能量守恒定律．特別是“桿＋軌道問題”中的單雙桿問題，要根據(jù)情況恰當(dāng)選用動量定理或動量守恒定律．

（二）電磁感應(yīng)典型模型分析

以金屬桿平動切割為例，利用二維聯(lián)想法將主要模型歸類分析。兩大類：單桿類、雙桿類單桿僅受安培力作用時(shí)的運(yùn)動

單桿置于光滑水平導(dǎo)軌上，可以與電源、電阻、電容器等組成回路．桿運(yùn)動時(shí)僅受安培力(合外力)作用．單桿第一類模型介紹三種（1）36；（2）45；（3）47（1）接電源（2）接電阻（3）接電容器單桿第一類模型1．電路特點(diǎn)導(dǎo)體為電動桿，運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢（等效于電機(jī)）。2．安培力的特點(diǎn)安培力為運(yùn)動動力，并隨速度增大而減小。3．加速度特點(diǎn)加速度隨速度增大而減小4．運(yùn)動特點(diǎn)a減小的加速運(yùn)動tvOvm單桿第一類模型(1)接電源5．收尾特征勻速運(yùn)動6．兩個(gè)極值(2)最大速度：穩(wěn)定時(shí)，a=0,速度最大，電流為零(1)最大加速度：v=0時(shí),E反=0,電流、加速度最大(1)接電源單桿第一類模型7．幾種變化(1)導(dǎo)軌不光滑(2)導(dǎo)軌傾斜

(3)有初速度(4)磁場方向變化v0

B(1)接電源單桿第一類模型單桿第一類模型aRv0BbNmgvFvv0t0(2)接電阻1．電路特點(diǎn)導(dǎo)體棒相當(dāng)于電源。2．安培力的特點(diǎn)安培力為阻力，并隨速度減小而減小。3．加速度特點(diǎn)加速度隨速度減小而減小4．運(yùn)動特點(diǎn)5．收尾狀態(tài)a減小的減速運(yùn)動靜止v=0,I=0,F=0,a=06．三個(gè)規(guī)律(1)能量關(guān)系：(2)動量關(guān)系：(3)瞬時(shí)加速度：7．變化(1)有摩擦(2)磁場方向不沿豎直方向單桿第一類模型(2)接電阻解析：設(shè)某時(shí)刻桿的速度為v，E=Blv

F=BIl取速度方向?yàn)檎较?，由牛頓第二定律得：取一小段時(shí)間有:由以上幾式得：把每一小段對應(yīng)得位移相加可得：而解得：求位移是難點(diǎn)若要求通過電阻R的總電量呢？1、已知水平導(dǎo)軌光滑且足夠長，導(dǎo)軌間距為l，導(dǎo)軌間接電阻R。勻強(qiáng)磁場垂直導(dǎo)軌平面向下，大小為B。質(zhì)量為m、阻值為R1的金屬桿ab以初速度v0開始運(yùn)動.求ab桿從開始運(yùn)動至停下所通過的位移。另一種解法：對ab桿，由動量定理得：1．電路特點(diǎn)導(dǎo)體桿相當(dāng)于電源;電容器被充電.2．電流的特點(diǎn)3．運(yùn)動特點(diǎn)a變小的減速運(yùn)動，最終做勻速運(yùn)動。4．收尾特征易錯點(diǎn)：電容器帶電量不為零勻速運(yùn)動v0vOtv導(dǎo)體桿相當(dāng)于電源;F安為阻力，桿減速,E減小電容器被充電，兩端電壓UC增大，電流I減小。當(dāng)Blv=UC時(shí)，I=0，F(xiàn)安=0，桿勻速運(yùn)動。（3）接電容器單桿第一類模型充電式5．最終速度電容器充電量：最終導(dǎo)體桿的感應(yīng)電動勢等于電容兩端電壓：對桿應(yīng)用動量定理：單桿第一類模型（3）接電容器單桿受安培力與其他力共同作用時(shí)的運(yùn)動該模型是指單桿置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌可以水平、傾斜、豎直放置，單桿受安培力與其他力共同作用單桿第二類模型三個(gè)甲圖為一類25，三個(gè)乙圖為另一類27.1．電路特點(diǎn)導(dǎo)體桿相當(dāng)于電源，當(dāng)速度為v時(shí)，電動勢E＝Blv2．安培力的特點(diǎn)安培力為阻力，并隨速度增大而增大3．加速度特點(diǎn)加速度隨速度增大而減小4．運(yùn)動特點(diǎn)a減小的加速運(yùn)動tvOvm單桿第二類模型甲圖25FB5．收尾特征勻速運(yùn)動6．兩個(gè)極值(1)v=0時(shí),有最大加速度：(2)a=0時(shí),有最大速度：單桿第二類模型甲圖25FB7．穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律8．起動過程中的三個(gè)規(guī)律(1)動量關(guān)系：(2)功能關(guān)系：(3)瞬時(shí)加速度：甲圖25單桿第二類模型9．幾種變化(1)拉力變化

F

FF

BF若勻加速拉桿，則F大小恒定嗎？單桿第二類模型甲圖(3)磁場方向變化(2)電路變化1．電路特點(diǎn)導(dǎo)體桿為發(fā)電桿；電容器被充電。2．三個(gè)基本關(guān)系導(dǎo)體桿受到的安培力為：導(dǎo)體桿加速度可表示為：回路中的電流可表示為：單桿第二類模型乙圖27還是充電式3．三個(gè)重要結(jié)論：(1)導(dǎo)體桿做初速度為零勻加速運(yùn)動：(2)回路中的電流恒定：Otv(3)導(dǎo)體桿受安培力恒定：單桿第二類模型乙圖4．幾種變化：(1)導(dǎo)軌不光滑(2)恒力的提供方式不同(3)電路的變化F單桿第二類模型乙圖2、(2013·全國卷Ⅰ)如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌下滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關(guān)系；(2)金屬棒的速度大小隨時(shí)間變化的關(guān)系。充電式解析：(1)設(shè)金屬棒下滑的速度大小為v，則感應(yīng)電動勢為E＝BLv①平行板電容器兩極板之間的電勢差為U＝E②設(shè)此時(shí)電容器極板上積累的電荷量為Q，按定義有C＝Q/U③聯(lián)立①②③式得Q＝CBLv④(2)設(shè)金屬棒運(yùn)動時(shí)間t時(shí)速度大小為v，通過金屬棒的電流為i。棒受到的磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為f1＝BLi⑤設(shè)在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有i＝ΔQ/

Δt

⑥ΔQ也是平行板電容器兩極板在時(shí)間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量。由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv為金屬棒的速度變化量。按定義有a＝Δv/Δt⑧金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2＝μN(yùn)=mgcos

θ⑨

金屬棒在時(shí)刻t的加速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsin

θ－f1－f2＝ma⑩聯(lián)立⑤至⑩式得

?由?式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。t時(shí)刻金屬棒的速度大小為

?電容放電式1．電路特點(diǎn)電容器放電，相當(dāng)于電源；導(dǎo)體桿受安培力而運(yùn)動。2．電流的特點(diǎn)電容器放電時(shí)，導(dǎo)體桿在安培力作用下開始運(yùn)動，同時(shí)產(chǎn)生阻礙放電的反電動勢，導(dǎo)致電流減小，直至電流為零，此時(shí)UC=Blv3．運(yùn)動特點(diǎn)a漸小的加速運(yùn)動，最終做勻速運(yùn)動。4．收尾特征但此時(shí)電容器帶電量不為零tvOvm勻速運(yùn)動電容放電式5．最大速度vm電容器充電量：vtOvm放電結(jié)束時(shí)電量：電容器放電電量：對桿應(yīng)用動量定理：易錯點(diǎn)：認(rèn)為電容器最終帶電量為零3、(2017天津卷)電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器．電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C．兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸．首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運(yùn)動．當(dāng)MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌．問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運(yùn)動時(shí)加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少．放電式解析：（1）電容器充電后上極板帶正電，放電時(shí)通過MN的電流由M到N，安培力方向向右，根據(jù)左手定則可知磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向下。(2)電容器完全充電后，兩極板間電壓為E,由歐姆定律，電容器放電時(shí)電流：炮彈受到安培力：F=BIl由牛頓運(yùn)動定律：F=ma解得：（3）電容器放電前所帶電量Q1=CE，開關(guān)接2后，MN開始向右加速，達(dá)到最大速度vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動勢：E1=Blvm最終電容器所帶電量Q=CE1設(shè)在此過程中MN的平均電流為MN上所受平均安培力：由動量定理，有：聯(lián)立以上幾式解得：第二類雙桿模型2v011、無外力等距式2、無外力不等距式12F3、有外力等距式4、有外力不等距式F21（1）無外力等距1．電路特點(diǎn)桿2相當(dāng)于電源;桿1受安培力而加速起動,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢.2．電流特點(diǎn)隨著桿1的減速、桿2的加速，兩桿的相對速度v1-v2變小，回路中電流也變小。初狀態(tài)：電流最大當(dāng)v2=v1時(shí)：電流I＝0第二類雙桿模型（1）無外力等距3．兩桿的運(yùn)動情況安培力大?。簝蓷U的相對速度變小,感應(yīng)電流變小,安培力變小.桿1做加速度變小的減速運(yùn)動桿2做加速度變小的加速運(yùn)動tOvv0v共最終兩桿具有共同速度第二類雙桿模型（1）無外力等距4．兩個(gè)規(guī)律(1)動量規(guī)律兩桿受到安培力大小相等方向相反,系統(tǒng)合外力為零,系統(tǒng)動量守恒.(2)能量轉(zhuǎn)化規(guī)律系統(tǒng)機(jī)械能的減小量等于內(nèi)能的增加量.（類似于完全非彈性碰撞）兩桿產(chǎn)生焦耳熱之比：第二類雙桿模型5．幾種變化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁場方向與導(dǎo)軌不垂直(3)兩桿都有初速度兩桿動量守恒嗎？(4)兩桿位于不同磁場中兩桿動量守恒嗎？（1）無外力等距第二類雙桿模型

vv00

2

14．(多選)(2019·全國卷Ⅲ·T19)如圖，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中有兩根位于同一水平面內(nèi)的足夠長的平行金屬導(dǎo)軌，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd靜止在導(dǎo)軌上。t＝0時(shí)，棒ab以初速度v0向右滑動。運(yùn)動過程中，ab、cd始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，兩者速度分別用v1、v2表示，回路中的電流用I表示。下列圖象中可能正確的是(

)雙桿無外力等距棒ab以初速度v0向右滑動，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使整個(gè)回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，判斷可知棒ab受到方向與v0方向相反的安培力的作用而做變減速運(yùn)動，棒cd受到方向與v0方向相同的安培力的作用而做變加速運(yùn)動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢逐漸減小，回路中感應(yīng)電流逐漸減小，最后變?yōu)榱?，即最終棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，兩相同的光滑導(dǎo)體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導(dǎo)軌上運(yùn)動時(shí)不受外力作用，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v0/2，選項(xiàng)A、C均正確，B、D均錯誤。答案：AC（2）無外力不等距1．電路特點(diǎn)桿1相當(dāng)于電源;桿2受安培力而啟動,運(yùn)動后產(chǎn)生反電動勢.2．電流特點(diǎn)隨著桿1的減速、桿2的加速，回路中電流變小。2v01最終當(dāng)Bl1v1=Bl2v2時(shí),電流為零,兩桿都做勻速運(yùn)動第二類雙桿模型（2）無外力不等距3．兩桿的運(yùn)動情況桿1加速度變小的減速,最終勻速;2v01回路中電流為零桿2加速度變小的加速,最終勻速.v0v2Otvv14．最終特征5．動量規(guī)律系統(tǒng)動量守恒嗎？安培力不是內(nèi)力兩桿合外力不為零第二類雙桿模型6．兩桿最終速度任一時(shí)刻兩桿中電流相同，兩桿受到的安培力大小之比為：2v01整個(gè)過程中兩桿所受安培力沖量大小之比對桿1：對桿2：結(jié)合：可得：（2）無外力不等距第二類雙桿模型7．能量轉(zhuǎn)化情況系統(tǒng)動能電能內(nèi)能2v018．流過某一截面的電量（2）無外力不等距第二類雙桿模型（3）有外力等距1．電路特點(diǎn)棒2相當(dāng)于電源;棒1受安培力而起動.2．運(yùn)動分析：某時(shí)刻回路中電流：最初階段，a1>a2,棒1：安培力大?。喊?：只要a1>a2,(v1-v2)IFBa1a2當(dāng)a1＝a2時(shí)v1-v2恒定I恒定FB恒定兩棒勻加速第二類雙桿模型F213．穩(wěn)定時(shí)的速度差（3）有外力等距第二類雙桿模型F21v1Otvv24．變化(1)兩棒都受外力作用F212F1(2)外力提供方式變化（3）有外力等距第二類雙桿模型F215．（2020·新課標(biāo)Ⅰ卷）21.如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直。ab、dc足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運(yùn)動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【答案】BCF21有外力等距（4）有外力不等距運(yùn)動分析：某時(shí)刻兩桿速度分別為v1、

v2

加速度分別為a1、a2此時(shí)回路中電流為：經(jīng)極短時(shí)間t后其速度分別為：I恒定FB恒定兩桿勻加速12F當(dāng)時(shí)第二類雙桿模型（4）有外力不等距12F此時(shí)回路中電流為：與兩桿電阻無關(guān)第二類雙桿模型三、典型案例歸類分析（一）、平動切割類（二）、轉(zhuǎn)動切割類（三）、感生類（四）切割、感生銜接類（五）切割、感生疊加類6．在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測出個(gè)別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強(qiáng)磁場區(qū)域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進(jìn)入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出不合格的未閉合線框，其物理情境簡化如下：如圖所示，通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框，傳送帶與水平方向夾角為α，以恒定速度v0斜向上運(yùn)動．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.線框質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長為L(d＞2L)，線框與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.閉合線框的上邊在進(jìn)入磁場前線框相對傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運(yùn)動過程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同．設(shè)傳送帶足夠長，求：

(1)閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場時(shí)上邊所受安培力F安的大?。?2)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場到上邊剛要出磁場所用的時(shí)間t；(3)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場到下邊穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中，電動機(jī)多消耗的電能E.（一）、平動切割類6、解析：(1)根據(jù)安培力公式得F安＝BIL根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝E/R又由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝BLv0由以上聯(lián)立可解得

由以上聯(lián)立解得(2)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，取沿斜面向上為正方向，根據(jù)動量定理有：根據(jù)安培力公式得根據(jù)閉合電路歐姆定律得根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得由以上聯(lián)立可解得(3)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，由動能定理得：(μmgcosα－mgsinα)d＋W安＝0由功能關(guān)系得Q電＝－W安Qf＝μmgcosα(v0t－d)從線框上邊剛進(jìn)入磁場到線框穿出磁場后相對傳送帶靜止的過程中，由能量守恒定律得：E＝2mgsinα·d＋2Q電＋2Qf7、如圖，相距L的光滑金屬導(dǎo)軌，半徑為R的四分之一圓弧部分豎直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范圍內(nèi)有方向豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場．金屬棒ab和cd垂直導(dǎo)軌且接觸良好，cd靜止在磁場中，

ab從圓弧導(dǎo)軌的頂端由靜止釋放，進(jìn)入磁場后與cd沒有接觸．已知ab的質(zhì)量為m、電阻為r，

cd的質(zhì)量為3m、電阻為r．金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度為g．（1）求：ab到達(dá)圓弧底端時(shí)對軌道的壓力大小（2）在圖中標(biāo)出ab剛進(jìn)入磁場時(shí)cd棒中的電流方向（3）若cd正要離開磁場時(shí)的速度是此刻ab速度的一半，求：cd正要離開磁場瞬間，ab受到的安培力大小。無外力等距解析：（1）設(shè)ab到達(dá)圓弧底端時(shí)受到的支持力為N，ab下滑機(jī)械能守恒，有……①由牛頓第二定律：……②

聯(lián)立①②得：N=3mg

……③由牛頓第三定律知：對軌道壓力大小為……④（2）如圖。如：d到c，或d→c（3）設(shè)cd離開磁場時(shí)ab在磁場中的速度vab，則cd此時(shí)的速度為，ab、cd組成的系統(tǒng)動量守恒，有：

ab、cd構(gòu)成的閉合回路閉合電路歐姆定律：

安培力公式：

聯(lián)立①④⑤⑥⑦⑧得：……⑨……⑤由法拉第電磁感應(yīng)定律：……⑥……⑦……⑧8、兩根足夠長的固定的平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌上放置兩根導(dǎo)體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導(dǎo)體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)，在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的豎直向上的勻強(qiáng)磁場。導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直接觸良好且均可沿導(dǎo)軌無摩擦地滑行，開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導(dǎo)體棒a一水平向右的初速度v0，并開始計(jì)時(shí)，可得到如圖乙所示的Δv-t圖象(Δv表示兩棒的相對速度，即Δv＝va－vb)(1)試證明：在0～t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān)；(2)求t1時(shí)刻棒b的加速度大??；(3)求t2時(shí)刻兩棒之間的距離。[解析]

(1)t2時(shí)刻開始，兩棒速度相等，由動量守恒定律有2mv＝mv0所以在0～t2時(shí)間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應(yīng)強(qiáng)度B無關(guān)。解得(2)t1時(shí)刻有回路中的電流此時(shí)棒b所受的安培力F＝BIL由牛頓第二定律得棒b的加速度大小(3)t2時(shí)刻，兩棒速度相同，均為0～t2時(shí)間內(nèi)，對棒b，由動量定理有根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有根據(jù)閉合電路歐姆定律有而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)解得t2時(shí)刻兩棒之間的距離由能量守恒定律有

9、半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長線通過圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下。在內(nèi)圓導(dǎo)軌的C點(diǎn)和外圓導(dǎo)軌的D點(diǎn)之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大??；(2)外力的功率。（二）、轉(zhuǎn)動切割類解析：(1)根據(jù)右手定則得，導(dǎo)體棒AB上的電流方向?yàn)锽→A，故電阻R上的電流方向?yàn)镃→D。設(shè)導(dǎo)體棒AB中點(diǎn)的速度為v，則而vA＝ωr，vB＝2ωr。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，導(dǎo)體棒AB上產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Brv根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝E/R，聯(lián)立以上各式解得通過電阻R的感應(yīng)電流的大小為

。(2)根據(jù)功能關(guān)系，外力所做的功等于電路消耗的電能與克服摩擦力做功之和，即解得：（三）、感生類10、輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m=0.32kg，邊長為L=0.8m、匝數(shù)n=10的正方形線圈總電阻為r=1Ω.邊長為L/2的正方形磁場區(qū)域?qū)ΨQ分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖甲所示.磁場方向垂直紙面向里，大小隨時(shí)間變化如圖乙所示，從t=0開始經(jīng)t0時(shí)間細(xì)線開始松馳，g=10m/s2．求：（1）在前t0時(shí)間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢；（2）在前t0時(shí)間內(nèi)線圈的電功率；（3）求t0的值．解：（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律得：（2）(3)分析線圈受力可知，當(dāng)細(xì)線松弛時(shí)有：由圖像知：

解得：

3、計(jì)算安培力時(shí)忘記匝數(shù)；易錯點(diǎn)1、計(jì)算電動勢時(shí)面積錯誤；2、計(jì)算安培力時(shí)導(dǎo)體長度錯誤。11、(2019·高考天津卷)如圖所示，固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，垂直于導(dǎo)軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導(dǎo)軌始終接觸良好．MN兩端通過開關(guān)S與電阻為R的單匝金屬線圈相連，線圈內(nèi)存在豎直向下均勻增加的磁場，磁通量變化率為常量k.圖中虛線右側(cè)有垂直于導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導(dǎo)軌足夠長、電阻忽略不計(jì).(1)閉合S，若使PQ保持靜止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)斷開S，PQ在上述恒力作用下，由靜止開始到速度大小為v的加速過程中流過PQ的電荷量為q，求該過程安培力做的功W.（四）、動生、感生銜接類解析：(1)設(shè)線圈中的感應(yīng)電動勢為E，由法拉第電磁感應(yīng)定律則

E＝k①設(shè)PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有②閉合S時(shí)，設(shè)線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得設(shè)PQ中的電流為IPQ，有設(shè)PQ受到的安培力為F安，有F安＝BIPQl

⑤保持PQ靜止，由受力平衡，有F＝F安

⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦方向水平向右．由動能定理，有聯(lián)立⑦⑧⑨⑩??式得??(2)設(shè)PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運(yùn)動的位移為x，所用時(shí)間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔΦ，平均感應(yīng)電動勢為，有⑧其中ΔΦ＝Blx⑨設(shè)PQ中的平均電流為，根據(jù)電流的定義得⑩?12、如圖甲所示，電阻不計(jì)的光滑平行金屬導(dǎo)軌相距L=0.5m，與水平面的夾角θ=30°，上端連接R=0.5Ω的電阻．導(dǎo)軌下方虛線區(qū)域存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上的磁場，上、下邊界之間的距離s=10m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。長為L、電阻不計(jì)，質(zhì)量為m=0.5kg的金屬棒ab，垂直導(dǎo)軌放置于距離磁場上邊界d=2.5m處，與導(dǎo)軌接觸良好．在t=0時(shí)刻棒由靜止釋放，滑至導(dǎo)軌底端被金屬環(huán)卡住不動，g取10m/s2，求：（1）棒運(yùn)動到磁場上邊界的時(shí)間；（2）棒進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力；（3）在0—5s時(shí)間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱。解：（1）由牛柳第二定律：得：由運(yùn)動學(xué)公式：得：（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律：得：（3）因?yàn)樗越饘侔暨M(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動，運(yùn)動至導(dǎo)軌底端的時(shí)間為：由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化。

由法拉第電磁感應(yīng)定律：所以在0--5s時(shí)間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱為：所以（五）、動生、感生疊加類13、(2016·高考全國卷Ⅲ)如圖所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1隨時(shí)間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時(shí)刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運(yùn)動，在t0時(shí)刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運(yùn)動．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計(jì)．求：(1)在t＝0到t＝t0時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。馕觯?1)在金屬棒越過MN之前，t時(shí)刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS①設(shè)在從t時(shí)刻到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有②由歐姆定律有③由電流的定義有④聯(lián)立①②③④式得⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時(shí)間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為⑥(2)當(dāng)t>t0時(shí)，金屬棒已越過MN.由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運(yùn)動，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強(qiáng)磁場施加的安培力．設(shè)此時(shí)回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為

F＝B0Il⑧此時(shí)金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0)⑨勻強(qiáng)磁場穿過回路的磁通量為Φ′＝B0ls⑩回路的總磁通量為Φt＝Φ＋Φ′?式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩?式得，在時(shí)刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量為Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt?在t到t＋Δt的時(shí)間間隔內(nèi)，總磁通量的改變ΔΦt為ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt?由法拉第電磁感應(yīng)定律得，回路感應(yīng)電動勢的大小為由歐姆定律有聯(lián)立⑦⑧???式得??模型一.單物體多過程問題(典型運(yùn)動)模型二.“物塊和木板”相互作用問題模型三.含有彈簧作用的問題模型四.碰撞、反沖和爆炸類的問題模型五.傳送帶的問題模型六.連接體問題二、力學(xué)典型模型分析常見力學(xué)模型模型二“物塊和木板”相互作用問題設(shè)物塊A和木板的質(zhì)量B分別為m和M,它們之間的動摩擦因數(shù)為μ1（μ1>0),木板與地面之間動摩擦因數(shù)為μ2，板長為L.F為系統(tǒng)受到的水平外力,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。v0為物塊A或木板B的初速度。通過二維聯(lián)想來確定問題板塊模型問題1（581/233/）

1、地面光滑；2、板足夠長；3、物塊受力；4、均無初速關(guān)鍵點(diǎn)：被動的物體（木板B）其加速度達(dá)到最大時(shí)，受到的摩擦力也達(dá)到最大值。只有一種臨界情況：兩物體間的摩擦力恰好等于最大靜摩擦力，是發(fā)生相對滑動得臨界條件。設(shè)物塊A和木板B一起加速，由牛頓運(yùn)動定律得：

F=（M+m）af=Ma=μ1mg解得：F=μ1mg(M+m)/M當(dāng)F≤μ1mg(M+m)/M時(shí)兩物體一起以共同的加速度運(yùn)動當(dāng)F>μ1mg(M+m)/M時(shí)物塊相對木板滑動ff/板塊模型問題2（681/233/）

1、地面粗糙；2、板足夠長；3、物塊受力；4、均無初速②設(shè)木板和物塊一起加速，且它們間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力F-μ2(M+m)g=(M+m)aμ1mg-μ2(M+m)g=Ma解得：F=μ2(M+m)g+[μ1mg-μ2(M+m)g]

(M+m)/M=Fm（一）若μ1mg≤μ2(M+m)g，若F>μ1mg物塊加速，F(xiàn)≤μ1mg物塊靜止或勻速運(yùn)動。無論力F多大，木板始終靜止不動；（二）若μ1mg>μ2(M+m)g①若F≤μ2(M+m)g，物塊和木板均靜止不動③若F>Fm時(shí)，板、塊相對滑動。板的加速度為一定值，物塊的加速度隨F的增大而增大若μ2(M+m)g<F≤Fm，板、塊一起加速。分類討論：ff/f地關(guān)鍵點(diǎn)：①木板滑動的條件；②板塊間摩擦力是否達(dá)到最大值可能出現(xiàn)兩種臨界情況：①木板與地面的靜摩擦力恰好達(dá)到最大②物塊與木板間靜摩擦力恰好達(dá)到最大F0μ2(M+m)gFmμ1mg>μ2(M+m)g均不動一起加速相對滑動臨界1臨界2這種情況大家可自行研究板塊模型問題3（5711/43/）

1、地面光滑；2、板長為L；3、均不受力；4、A有初速地面光滑，系統(tǒng)動量守恒。設(shè)它們能達(dá)到共同速度v1解得：兩個(gè)物體會分離兩個(gè)物體能共速問：若木板前方某處有固定擋板呢？對系統(tǒng)能應(yīng)用動量守恒解決問題的題目，涉及的能量問題都比較簡單，一般為摩擦生熱問題，即系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于內(nèi)能的增加量。2.【高考題改編】如圖，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊以初速

從靜止在光滑的地面上木板的左端開始運(yùn)動，木板前方有固定擋板，擋板與木板上表面相平，與固定于豎直平面內(nèi)的半圓形光滑軌道PQ相切于端點(diǎn)P，木板運(yùn)動到P時(shí)被牢固粘連。物塊質(zhì)量為m，木板質(zhì)量為M=2m，半圓半徑為R，板長L=6.5R,板右端到P的距離L1在R<L1<5R范圍內(nèi)取值，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度取g。試討論物塊從滑上木板到離開右端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L1的關(guān)系。判斷物塊能否滑到PQ軌道的中點(diǎn)。解析：物塊從左端滑上木板后開始作勻減速運(yùn)動,此時(shí)木板開始作勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)滑塊與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開始作勻速直線運(yùn)動。設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：

對物塊，用動能定理列方程：對木板，用動能定理列方程：可知物塊在木板上滑過s1－s2=6R時(shí)，小于L=6.5R，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了。解得：解得：s1=8R解得：s2=2R均為對地位移R<L1<5R1、當(dāng)R＜L1＜2R時(shí)，討論