（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：电磁感应与力学综合（10题）

这是一份（2027届高考物理人教版（2019）二轮练习（含解析）复习之挑战压轴题：电磁感应与力学综合（10题），共3页。试卷主要包含了计算题，冲量，电源的U﹣I图象的应用等内容，欢迎下载使用。
1．（湖北模拟）如图所示，相距的平行导轨、处在磁感应强度的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为、电阻均为的导体棒、均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为的物体，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒、相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角，水平导轨与棒间的动摩擦因数．重力加速度，水平导轨足够长，导体棒运动中始终不离开倾斜导轨。物体由静止释放，当它达到最大速度时下落高度，试求这一运动过程中：
（1）物体能达到的最大速度是多少？
（2）系统产生的内能是多少？
（3）连接棒的细线对棒做的功是多少？
2．（濮阳一模）如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为，导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为．轻质导体棒垂直导轨放置，导体棒的电阻为，与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为。在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为。求：
（1）物体下落过程的最大速度；
（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻上产生的电热；
（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间。
3．（虹口区一模）如图，一宽度的形光滑金属框架水平放置，开口向右。在框架所在范围内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度一质量、电阻的金属杆垂直于框架的两平行边、静置其上。现在水平外力的作用下，使杆以恒定加速度，由静止开始沿框架向右做匀加速运动（不计框架电阻，框架足够长）。求
（1）内杆移动的距离；
（2）末作用在杆上的水平外力大小；
（3）水平外力与时间的函数关系；
（4）若撒去，分析并说明金属杆在此后的运动过程中速度、加速度的变化情况。
4．（山西三模）桌面上有不等间距平行金属导轨和如图水平放置（桌面未画出），和相连，和相连，导轨宽度分别为，，和上自左端都涂有长度为的绝缘漆，图中用较粗部分所示，金属棒和金属棒分别垂直导轨放置，金属棒开始位置与位置重合，它们质量分别为，，用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块相连，的质量，开始时距地面高度。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数，导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好，开始用手托着使系统保持静止。现放手开始运动，物体触地后不再反弹，设整个过程中导轨足够长，，求：
（1）金属棒在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力；
（2）从开始运动到金属棒的速度为时系统产生的热量；
（3）求金属棒的最大速度。
5．（泉州一模）如图甲所示，竖直平面固定有间距为的两足够长金属导轨，金属棒和通过套环套在导轨上，虚线上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在方向竖直向下的匀强骸场，两磁场的磁感应强度大小均为，与导轨之间无摩擦，与导轨之间的动摩擦因数为．时由静止释放，同时对施加一个竖直向上的拉力，使沿导轨向上做初速度为零、加速度大小为的匀加速运动，力随时间的变化规律如图乙，时刻的大小是时的3倍，两棒的总电阻为，重力加速度大小为，其余电阻不计，两棒运动过程中始终与导轨垂直。
（1）求时受到的安培力的大小和方向；
（2）若在时间内两棒产生的总焦耳热为，求这段时间内拉力做的功；
（3）若重力大小为，请在图丙中大致画出所受的摩擦力随时间变化的图线（不必写分析过程）。
6．（龙岩模拟）如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为、、Ⅲ三个区域。Ⅰ区域导轨与水平面的夹角，存在与导轨平面垂直的匀强磁场，Ⅱ区域导轨水平，长度，无磁场；Ⅲ区域导轨与水平面夹角，存在与导轨平面平行的匀强磁场。金属细杆在区域内沿导轨以速度匀速向下滑动，当杆滑至距水平导轨高度为时，金属细杆在区域从距水平导轨高度为处由静止释放，进入水乎导轨与金属杆发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动。已知、杆的质量均为，电阻均为，与导轨各部分的滑动摩擦因数均为，导轨间距，、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为．不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，，，取．求
（1）金属细杆的初始速度的大小；
（2）金属细杆、碰撞后速度的大小；
（3）、杆最终的位置。
7．（河南模拟）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成角放置，在斜面和水平面上放置两平行金属导轨，导轨垂直于斜面与水平面的交界线，导轨间距为，导轨的电阻忽略不计，间距均为的虚线、和与交界线平行，在、和导轨围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为．现有两质量都为的导体棒、，导轨间金属棒电阻都为，、间用绝缘细线按如图所示方式连接，让、都与交界线平行，棒到间距为，棒到交界线距离为，由静止释放棒，棒穿过区间时，未进入到磁场区，棒恰好能匀速穿过区域。已知棒光滑，棒与接触面间的动摩擦因数为，设斜面与平面转角圆滑，导体棒经过转角时，速度大小不变且转后速度方向紧贴斜面。已知重力加速度，，，求：
（1）棒刚进入磁场区域时，受到安培力的大小；
（2）棒刚进入磁场区域时，导体棒上的总功率；
（3）棒穿过区域过程，棒下滑的距离（结果保留3位有效数字）。
8．（闵行区一模）如图，水平方向有界匀强磁场的磁感应强度大小为，磁场高度为，一质量为、电阻为、边长也为的正方形导线框位于磁场上方竖直平面内，其上、下两边与磁场边界平行，其下边距磁场上边界的高度为。线框由静止开始下落，下落过程中空气阻力可忽略不计。
（1）若线框在进入磁场过程中保持匀速直线运动，求高度；
（2）设（1）中计算的结果为，分别就和两种情况分析、讨论线框下落全过程的速度、加速度变化情况。
9．（天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。和是两根与导轨垂直、长度均为、电阻均为的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为，列车的总质量为。列车启动前，、处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在、间连接电动势为的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中、哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于。若某时刻列车的速度为，此时、均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
10．（上海）如图，一关于轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为的直导体棒沿轴方向置于轨道上，在外力作用下从原点由静止开始沿轴正方向做加速度为的匀加速直线运动，运动时棒与轴始终平行。棒单位长度的电阻，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为。求：
（1）导体轨道的轨道方程；
（2）棒在运动过程中受到的安培力随的变化关系；
（3）棒从运动到过程中外力的功。
2020年高考复习之挑战压轴题：电磁感应与力学综合（10题）
参考答案与试题解析
一、计算题（共10小题）
1．（湖北模拟）如图所示，相距的平行导轨、处在磁感应强度的匀强磁场中，水平导轨处的磁场方向竖直向上，光滑倾斜导轨处的磁场方向垂直于导轨平面斜向下。质量均为、电阻均为的导体棒、均垂直放置于导轨上，并与导轨接触良好，导轨电阻不计。质量为的物体，用绝缘细线绕过光滑的定滑轮分别与导体棒、相连接。细线沿导轨中心线且在导轨平面内，细线及滑轮质量不计。已知倾斜导轨与水平面的夹角，水平导轨与棒间的动摩擦因数．重力加速度，水平导轨足够长，导体棒运动中始终不离开倾斜导轨。物体由静止释放，当它达到最大速度时下落高度，试求这一运动过程中：
（1）物体能达到的最大速度是多少？
（2）系统产生的内能是多少？
（3）连接棒的细线对棒做的功是多少？
【考点】：共点力的平衡；：闭合电路的欧姆定律；：电磁感应中的能量转化；：导体切割磁感线时的感应电动势
【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题
【分析】（1）由静止释放，棒先向上做加速运动，棒在水平方向做加速运动，随着速度增大，产生的感应电流增大，所受的安培力增大，加速度减小，当加速度为零时做匀速运动，速度就达到最大值。根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力与速度的关系式，结合平衡条件求解最大速度。
（2）在棒和棒从开始运动到匀速运动的过程中，系统的重力势能减小，转化为系统增加的动能和内能，根据能量守恒求出系统产生的内能。
（3）对导体，这一过程中细线对其做的功为，转化为棒的动能、重力势能和产生的内能，则由能的转化和守恒定律即可求得结果。
【解答】解：（1）设达到的最大速度为由法拉第电磁感应定律得回路的感应电动势为：①
由欧姆定律得回路中的电流强度为： ②
金属导体棒、受到的安培力为： ③
设连接金属导体棒与的细线中张力为，连接金属导体棒与物体的细线中张力为，导体棒、及物体的受力如图：由平衡条件得：
④
联立①②③④解得： ⑤
（2）系统在该过程中产生的内能为，由能的转化和守恒定律得：
⑥
联立⑤⑥将代入解得： ⑦
（3）运动过程中由于摩擦产生的内能为：
由第二问的计算结果知，这一过程电流产生的内能为：
又因为棒、棒的电阻相等，故电流通过棒产生的内能为：
对导体棒，设这一过程中细线对其做的功为，则由能的转化和守恒定律得：
⑧
联立⑤⑦⑧三式解得： ⑨
答：（1）物体能达到的最大速度是；
（2）系统产生的内能是；
（3）连接棒的细线对棒做的功是。
【点评】本题有两个关键：一是推导安培力与速度的关系；二是对物体、导体棒、导体棒组成的系统，由于导体棒、的电阻相等，流过的电流时刻相等，故两棒产生的内能相等，对于它们的结果要理解记牢，有助于分析和处理电磁感应的问题。
2．（濮阳一模）如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为，导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为．轻质导体棒垂直导轨放置，导体棒的电阻为，与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为。在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为。求：
（1）物体下落过程的最大速度；
（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻上产生的电热；
（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间。
【考点】：闭合电路的欧姆定律；：导体切割磁感线时的感应电动势
【专题】22：学科综合题；42：等效替代法；：电磁感应与电路结合；11：计算题；32：定量思想
【分析】（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大。对物体和导体棒分别运用平衡条件列式，再结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式结合解答。
（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律求解。
（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为，取一段时间微元△，在此过程中分别对导体棒和物体分析，根据动量定理列式，利用积分法求解。
【解答】解：（1）在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大。
对物体，由平衡条件可得
对导体棒可得
对导体棒与导轨、电阻组成的回路，根据闭合电路欧姆定律得
根据电磁感应定律得
联立以上各式解得。
（2）在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得
在此过程中任一时刻通过和两部分电阻的电流相等，则电热之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的与两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以

联立解得。
（3）在系统加速过程中，任一时刻速度设为，取一段时间微元△，在此过程中分别对导体棒和物体分析，根据动量定理可得
△
△△
整理可得△△△
即△△
全过程叠加求和
联立解得
答：
（1）物体下落过程的最大速度是。
（2）物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻上产生的电热是；
（3）物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间是。
【点评】本题是单杆类型，分析杆与物体的运动情况是基础，知道两者匀速运动时速度最大。关键要明确杆做的是变加速运动，要运用动量定理求运动时间。
3．（虹口区一模）如图，一宽度的形光滑金属框架水平放置，开口向右。在框架所在范围内存在方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度一质量、电阻的金属杆垂直于框架的两平行边、静置其上。现在水平外力的作用下，使杆以恒定加速度，由静止开始沿框架向右做匀加速运动（不计框架电阻，框架足够长）。求
（1）内杆移动的距离；
（2）末作用在杆上的水平外力大小；
（3）水平外力与时间的函数关系；
（4）若撒去，分析并说明金属杆在此后的运动过程中速度、加速度的变化情况。
【考点】：安培力的计算；37：牛顿第二定律；：闭合电路的欧姆定律；：导体切割磁感线时的感应电动势
【专题】539：电磁感应中的力学问题；42：等效替代法；11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想
【分析】（1）杆做初速度为零的匀加速运动，由位移时间公式求内杆移动的距离。
（2）根据速度时间公式求出杆在末的速度，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律、安培力公式求出杆所受的安培力，再根据牛顿第二定律求出的大小。
（3）根据牛顿第二定律，结合切割产生的感应电动势公式、欧姆定律和安培力公式得出与的关系式。
（4）通过分析杆的受力情况，来判断其运动情况。
【解答】解：（1）内杆运动的距离为：
（2）末杆的速度：
安培力为：
根据牛顿第二定律得：
解得：。
（3）根据得：
代入数据解得：。
（4）撤去，金属杆的速度仍在，继续切割磁感线，产生感应电流，受到安培力，做减速运动，由于速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，杆所受的安培力，加速度减小，因此杆做加速度减小的变减速运动，直至停止运动。
答：（1）内杆移动的距离是；
（2）末作用在杆上的水平外力大小是；
（3）水平外力与时间的函数关系是；
（4）若撒去，杆的速度减小，加速度减小。
【点评】本题中金属杆做匀加速运动，运用运动学公式与电磁感应的规律结合求解。关键是安培力的计算，要在理解的基础上安培力经验公式。
4．（山西三模）桌面上有不等间距平行金属导轨和如图水平放置（桌面未画出），和相连，和相连，导轨宽度分别为，，和上自左端都涂有长度为的绝缘漆，图中用较粗部分所示，金属棒和金属棒分别垂直导轨放置，金属棒开始位置与位置重合，它们质量分别为，，用绝缘细线绕过光滑定滑轮和一小物块相连，的质量，开始时距地面高度。整个空间充满垂直导轨向上的匀强磁场。已知绝缘漆部分和棒的动摩擦因数，导轨其余部分均光滑且和金属棒接触良好，开始用手托着使系统保持静止。现放手开始运动，物体触地后不再反弹，设整个过程中导轨足够长，，求：
（1）金属棒在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力；
（2）从开始运动到金属棒的速度为时系统产生的热量；
（3）求金属棒的最大速度。
【考点】：安培力的计算；：导体切割磁感线时的感应电动势；：功能关系；37：牛顿第二定律
【专题】11：计算题；539：电磁感应中的力学问题；22：学科综合题；42：等效替代法；32：定量思想
【分析】（1）金属棒在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路，导体棒不受安培力，先对系统，利用牛顿第二定律求出加速度大小，再对利用牛顿第二定律求绳子的拉力；
（2）系统产生的热量包括摩擦生热和焦耳热。摩擦生热根据求解。焦耳热根据能量守恒定律求解；
（3）金属棒和运动方向相同，磁场方向相同，切割产生的感应电动势方向相反，做加速运动，做减速运动，当两者的感应电动势相等时，回路的感应电流为零，两棒做匀速运动，速度最大，由加速度关系求的最大速度。
【解答】解：（1）金属棒在导轨上涂有绝缘漆部分运动时未形成闭合电路，导体棒不受安培力。
对和这个系统，由牛顿第二定律得：
解得：。
对物体受力分析，由牛顿第二定律得：
解得绳子的拉力为：；
（2）在摩擦过程摩擦力大小为：
摩擦生热产生的热量为：
落地过程应用运动学规律得：
解得：
此时离开绝缘漆，金属棒开始切割磁感线，回路产生感应电流，做减速运动，做加速运动，它们的电流时刻相等，所以，和受到的安培力大小之比为，质量之比为，所以加速度之比为，即二者速度变化量时刻相等。
当的速度从0变为时，变化量为，。的速度变化量也等于，此时的速度为
根据能量关系得系统产生的焦耳热为：
解得：
所以总共产生的热量为：
（3）金属棒和运动方向相同，磁场方向相同，切割产生的感应电动势方向相反，即电动势相减为回路总电动势。做加速运动，做减速运动，只要二者的电动势不相等，则回路有电流，即减速，加速。当两者的感应电动势相等时，回路的感应电流为0，两棒不受安培力，做匀速运动，金属棒的速度达到最大。设此时、两棒的速度分别为和。
则有 ．可得：。
因为、加速度大小相等，则有：。
解得：
答：（1）金属棒在导轨上涂有绝缘漆部分运动时绳子的拉力是；
（2）从开始运动到金属棒的速度为时系统产生的热量是；
（3）金属棒的最大速度是。
【点评】本题是双杆问题，关键要分析棒速度最大的条件：、两棒的感应电动势相等，从受力分析和能量角度分析是解决电磁感应问题的常规思路。
5．（泉州一模）如图甲所示，竖直平面固定有间距为的两足够长金属导轨，金属棒和通过套环套在导轨上，虚线上方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，下方存在方向竖直向下的匀强骸场，两磁场的磁感应强度大小均为，与导轨之间无摩擦，与导轨之间的动摩擦因数为．时由静止释放，同时对施加一个竖直向上的拉力，使沿导轨向上做初速度为零、加速度大小为的匀加速运动，力随时间的变化规律如图乙，时刻的大小是时的3倍，两棒的总电阻为，重力加速度大小为，其余电阻不计，两棒运动过程中始终与导轨垂直。
（1）求时受到的安培力的大小和方向；
（2）若在时间内两棒产生的总焦耳热为，求这段时间内拉力做的功；
（3）若重力大小为，请在图丙中大致画出所受的摩擦力随时间变化的图线（不必写分析过程）。
【考点】37：牛顿第二定律；：闭合电路的欧姆定律；：安培力的计算；：导体切割磁感线时的感应电动势；：电磁感应中的能量转化
【专题】32：定量思想；539：电磁感应中的力学问题；22：学科综合题；：方程法
【分析】（1）根据安培力的计算公式结合闭合电路欧姆定律求解安培力的大小，由左手定则判断安培力方向；
（2）由牛顿第二定律结合图象求解拉力，根据运动学公式求解在时间内向上运动的距离，对由动能定理求解；
（3）根据物体的受力，画出受力示意图。
【解答】解：（1）设时的速度为，则
其中
根据闭合电路欧姆定律可得：
受到的安培力，方向竖起向下；
（2）设的质量为，由牛顿第二定律得：
时刻安培力
得
设时，则时刻，
结合图乙得：
得，
在时间内向上运动的距离
对由动能定理得：
对回路，有
得；
（3）根据物体的受力，画出如图：
答：（1）时受到的安培力的大小为，方向竖起向下；
（2）若在时间内两棒产生的总焦耳热为，这段时间内拉力做的功为得；
（3）若重力大小为，在图丙中大致画出所受的摩擦力随时间变化的图线如图所示。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
6．（龙岩模拟）如图，足够长的平行金属导轨弯折成图示的形状，分为、、Ⅲ三个区域。Ⅰ区域导轨与水平面的夹角，存在与导轨平面垂直的匀强磁场，Ⅱ区域导轨水平，长度，无磁场；Ⅲ区域导轨与水平面夹角，存在与导轨平面平行的匀强磁场。金属细杆在区域内沿导轨以速度匀速向下滑动，当杆滑至距水平导轨高度为时，金属细杆在区域从距水平导轨高度为处由静止释放，进入水乎导轨与金属杆发生碰撞，碰撞后两根金属细杆粘合在一起继续运动。已知、杆的质量均为，电阻均为，与导轨各部分的滑动摩擦因数均为，导轨间距，、Ⅲ区域磁场的磁感应强度均为．不考虑导轨的电阻，倾斜导轨与水平导轨平滑连接，整个过程中杆与导轨接触良好且垂直，，，取．求
（1）金属细杆的初始速度的大小；
（2）金属细杆、碰撞后速度的大小；
（3）、杆最终的位置。
【考点】：安培力的计算；：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律；65：动能定理
【专题】32：定量思想；22：学科综合题；539：电磁感应中的力学问题；：方程法
【分析】（1）金属杆沿导轨匀速下滑，对金属杆受力分析，根据法拉弟电磁感应定律结合平衡条件列方程求解；
（2）根据平衡条件、牛顿第二定律分析和的运动情况，结合碰撞过程中、杆系统动量守恒列方程求解；
（3）碰撞后、杆合为一体，向左减速，冲上区域，随后、杆沿区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿区域向右匀减速滑至停止，由动能定理列方程求解。
【解答】解：（1）金属杆沿导轨匀速下滑，对金属杆受力分析如图所示：
根据法拉弟电磁感应定律得：
根据闭合电路的欧姆定律得：
安培力
根据平衡条件得：，
且
联立解得：；
（2）金属杆沿导轨匀速下滑的位移为
金属杆匀速下滑到底端的时间为
金属杆沿导轨做初速度为0的匀加速运动，对金属杆受力分析如图所示：
根据平衡条件得：
根据牛顿第二定律得：
且安培力，
联立解得：
金属杆沿导轨下滑的位移为
设金属杆沿导轨匀加速下滑到底端的时间为，速度为
则有：，
代入数据解得：，
因，故、同时进入区域，做匀减速直线运动，加速度大小为，
设经过时间杆速度刚好为，此时杆的位移为，杆的速度大小为，位移为
根据运动学公式得：，
解得：
根据位移时间关系：，，
则
通过以上分析：杆速度时，金属杆、相遇发生碰撞，碰撞过程中、杆系统动量守恒，
设碰撞结束瞬间的速度大小为，则有：，
解得：
（3）碰撞后、杆合为一体，向左减速，冲上区域，设到最高点的高度为△
由动能定理得：
随后、杆沿区域的导轨匀加速下滑，到达底端再沿区域向右匀减速滑至停止，设停止时距区域底端的距离为△
由动能定理得：
联立解得：△
因△，则、杆最终停在距区域底端处。
答：（1）金属细杆的初始速度的大小为；
（2）金属细杆、碰撞后速度的大小为；
（3）、杆最终停在距区域底端处。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
7．（河南模拟）如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成角放置，在斜面和水平面上放置两平行金属导轨，导轨垂直于斜面与水平面的交界线，导轨间距为，导轨的电阻忽略不计，间距均为的虚线、和与交界线平行，在、和导轨围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为．现有两质量都为的导体棒、，导轨间金属棒电阻都为，、间用绝缘细线按如图所示方式连接，让、都与交界线平行，棒到间距为，棒到交界线距离为，由静止释放棒，棒穿过区间时，未进入到磁场区，棒恰好能匀速穿过区域。已知棒光滑，棒与接触面间的动摩擦因数为，设斜面与平面转角圆滑，导体棒经过转角时，速度大小不变且转后速度方向紧贴斜面。已知重力加速度，，，求：
（1）棒刚进入磁场区域时，受到安培力的大小；
（2）棒刚进入磁场区域时，导体棒上的总功率；
（3）棒穿过区域过程，棒下滑的距离（结果保留3位有效数字）。
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；：闭合电路的欧姆定律；：安培力
【专题】42：等效替代法；11：计算题；22：学科综合题；：电磁感应与电路结合；32：定量思想
【分析】（1）棒刚进入磁场区域时，由功能关系求出其运动速度，由、欧姆定律和安培力公式求受到安培力的大小；
（2）棒刚进入磁场区域时，导体棒上的总功率；
（3）棒穿过区域过程，棒下滑的距离
【解答】解：（1）设棒刚入磁场区域时，速度为，则由功能关系有：
解得：
导体棒切割磁感线产生感应电动势为：
安培力为：
（2）由（1）知感应电流为：
则导体棒上的总功率为：
（3）当导体棒刚进入磁场区域时，导体棒刚好到达交界线处，由题意可知，导体棒匀速穿过区域，感应电动势不变，导体棒将在斜面上做匀加速运动，绝缘线上拉力为零，则有：
即为：
解得：
所用时间为：
导体棒未进入磁场，在匀加速下滑，加速度为：
，
位移为：
答：（1）棒刚进入磁场区域时，受到安培力的大小是；
（2）棒刚进入磁场区域时，导体棒上的总功率是；
（3）棒穿过区域过程，棒下滑的距离是。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，要熟练推导出安培力与速度的关系，分析能量的转化情况。
8．（闵行区一模）如图，水平方向有界匀强磁场的磁感应强度大小为，磁场高度为，一质量为、电阻为、边长也为的正方形导线框位于磁场上方竖直平面内，其上、下两边与磁场边界平行，其下边距磁场上边界的高度为。线框由静止开始下落，下落过程中空气阻力可忽略不计。
（1）若线框在进入磁场过程中保持匀速直线运动，求高度；
（2）设（1）中计算的结果为，分别就和两种情况分析、讨论线框下落全过程的速度、加速度变化情况。
【考点】：导体切割磁感线时的感应电动势；：闭合电路的欧姆定律
【专题】22：学科综合题；32：定量思想；：模型法；11：计算题；：电磁感应与电路结合
【分析】（1）线框在进入磁场过程中保持匀速直线运动，所受的安培力与重力平衡，由平衡条件求出线框进入磁场时的速度，再由自由落体运动的规律求高度；
（2）分析线框进入磁场时安培力的变化，判断合力的变化，确定加速度的变化。由受力情况分析其运动情况。
【解答】解：（1）线框进入磁场做匀速运动，有：，
设速度为，则有：
又
联立得：
进磁场前线框自由落体有：
得：
（2）设上述结果，。
①当时，线框下边进入磁场时，，做加速运动，所以增大，加速度减小，所以线框穿越磁场过程可能一直做加速度减小的加速运动；也可能先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动。
当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为 的匀加速运动。
②当时，线框下边进入磁场时，，做减速运动，所以减小，加速度减小，所以线框穿越磁场过程可能一直做加速度减小的减速运动；也可能先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动。
当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为 的匀加速运动。
答：
（1）高度为。
（2）①当时，线框穿越磁场过程可能一直做加速度减小的加速运动；也可能先做加速度减小的加速运动，再做匀速运动；当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为 的匀加速运动。
②当时，线框穿越磁场过程可能一直做加速度减小的减速运动；也可能先做加速度减小的减速运动，再做匀速运动；当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为 的匀加速运动。
【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，要能熟练推导出安培力与速度的关系。分析线框的运动情况时，要抓住安培力与速度成正比，分析合力的变化，根据牛顿第二定律分析线框的运动情况。
9．（天津）真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。和是两根与导轨垂直、长度均为、电阻均为的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为，列车的总质量为。列车启动前，、处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在、间连接电动势为的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
（1）要使列车向右运行，启动时图1中、哪个接电源正极，并简要说明理由；
（2）求刚接通电源时列车加速度的大小；
（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于。若某时刻列车的速度为，此时、均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
【考点】52：动量定理；51：动量 冲量；：导体切割磁感线时的感应电动势；37：牛顿第二定律
【专题】12：应用题；539：电磁感应中的力学问题；32：定量思想；：方程法
【分析】（1）列车向右运动可知所受安培力向右，根据左手定则确定电流方向，再根据电流方向确定谁接电源正极；
（2）根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度；
（3）列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小（由动量定理得），根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。
【解答】解：（1）接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由到、由到，故接电源正极。
（2）由题意，启动时、并联，设回路总电阻为，由电阻的串并联知识可得：
设回路总电流为，根据闭合电路欧姆定律有：
设两根金属棒所受安培力之和为，有：
根据牛顿第二定律有：
得：
（3）设列车减速时，进入磁场后经△时间恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为△，平均感应电动势为，则由法拉第电磁感应定律有：
其中△
设回路中平均电流为，由闭合电路欧姆定律有：
设受到的平均安培力为，有：
以向右为正方向，设△时间内受到安培力冲量为，有：
△
同理可知，回路出磁场时受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为，有：
设列车停下来受到的总冲量为，由动量定理有：
联立上式解得：
讨论：若恰好为整数，设其为，则需设置块磁场，若不为整数部分为，则需设置块磁场。
答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中接电源正极，理由见解答；
（2）刚接通电源时列车加速度的大小为；
（3）若恰好为整数，则需设置块磁场，若不为整数部分为，则需设置块磁场。
【点评】本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维，注意动量定理与冲量的矢量性。
10．（上海）如图，一关于轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为的直导体棒沿轴方向置于轨道上，在外力作用下从原点由静止开始沿轴正方向做加速度为的匀加速直线运动，运动时棒与轴始终平行。棒单位长度的电阻，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为。求：
（1）导体轨道的轨道方程；
（2）棒在运动过程中受到的安培力随的变化关系；
（3）棒从运动到过程中外力的功。
【考点】：闭合电路的欧姆定律；：导体切割磁感线时的感应电动势
【专题】11：计算题；：电磁感应与电路结合；32：定量思想；：方程法
【分析】（1）求出安培力的功率表达式，匀变速运动的速度位移关系，电阻关系式联立而得到轨道方程
（2）将安培力表示出来，联立轨道方程即可求解
（3）根据动能定理求外力做功
【解答】解：（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为，安培力的功率为：
棒做匀加速运动，有：
代入前式得：
轨道形式为抛物线。
（2）安培力为：
以轨道方程代入得：
（3）由动能定理有：
时
安培力平均值
安培力做功
安培力做功为：
棒在处动能为：
外力做功为：
答：（1）导体轨道的轨道方程
（2）棒在运动过程中受到的安培力随的变化关系；
（3）棒从运动到过程中外力的功。
【点评】本题是电磁感应与力学和能量知识的综合，一要掌握力学的基本运动规律和动能定理，二要熟练运用电磁感应的规律，如法拉第电磁感应定律、欧姆定律和安培力公式进行综合解题。
考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．
【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（ ）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（ ）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．
分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：
（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcsθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．
【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．
2．共点力的平衡
【知识点的认识】
1．共点力
物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用线交于同一点，这几个力叫共点力。能简化成质点的物体受到的力可视为共点力。
2．平衡状态
物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）。
注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为零。
共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的平衡。
共点力的平衡条件：为使物体 保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条件，叫做两种平衡状态：
静态平衡v＝0；a＝0；
动态平衡v≠0；a＝0；
①瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态。如：竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。
②物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。
3．共点力作用下物体的平衡条件
（1）物体受到的合外力为零。即F合＝0； 其正交分解式为F合x＝0；F合y＝0；
（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。
二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。
（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。
三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。
三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。
推论：①非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。
②几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。
三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；
说明：
①物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N﹣1）个力的合力等大反向。
②若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合＝0，FY合＝0；
求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。
4．平衡的临界问题
由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
5．平衡的极值问题
极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。
【重要考点归纳】
1．物体的受力分析
（1）受力分析步骤
物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：
①明确研究对象。
在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
②按顺序找力。
必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。
③画出受力示意图，标明各力的符号。
④需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。
（2）隔离法与整体法
①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。
②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。
③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。
注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。
2．共点力平衡的处理方法
（1）三力平衡的基本解题方法
①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。
②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。
（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法
利用正交分解方法解体的一般步骤：
①明确研究对象；
②进行受力分析；
③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；
④x方向，y方向分别列平衡方程求解。
注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。
3．动态平衡
求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。
4．连接体的平衡问题
当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查：
如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为θ，则（ ）
A．F＝Gcsθ
B．F＝Gsinθ
C．物体对斜面的压力FN＝Gcsθ
D．物体对斜面的压力FN＝
分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力。
解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得
F＝FNsinθ
FNcsθ＝G
解得 F＝Gtanθ，FN＝
由牛顿第三定律得：FN′＝FN＝
故选D。
点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键。此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解。
（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：
如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小
B．Q所受的合力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大
D．P、Q间的弹力先减小后增大
分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。
解答：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：
N1＝
N2＝mgtanθ
再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图
根据共点力平衡条件，有：
f＝N2
N＝（M+m）g
故：f＝mgtanθ
MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；
故选：C。
点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。
（3）第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：
有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是（ ）
A．N不变，T变大 B．N不变，T变小
C．N变大，T变大 D．N变大，T变小
分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。
解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。根据平衡条件得，N＝2mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹角为α，由平衡条件得，细绳的拉力T＝，P环向左移一小段距离时，α减小，csα变大，T变小。
故选：B。
点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。
【解题方法点拨】
力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现。
3．动量 冲量
【知识点的认识】
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
2．表达式：p＝mv．
3．单位：kg•m/s．
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
二、冲量
1．定义：力F和它的作用时间t的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示．
2．表达式：I＝Ft（此式只能用来计算恒力F的冲量）．
3．单位：N•s（1 N•s＝1 kg•m/s）
4．标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定．
【命题方向】
题型一：动量大小的计算及方向的判断
例子：一个物体的质量是2kg，沿竖直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是 ﹣20 kg•m/s，相碰后的动量是 16 kg•m/s，小球的动量变化是 36 kg•m/s．
分析：已知向上为正方向，则可知初末动量大小，同时可求出小球的动量变化．
解答：因向上为正，则小球与地面相碰前的动量为：P1＝mv1＝2×（﹣10）＝﹣20kg•m/s；
碰后的动量为P2＝mv2＝2×8＝16kg•m/s；
则小球的动量变化为：P2﹣P1＝16﹣（﹣20）＝36kg•m/s
故答案为：﹣20；16；36．
点评：本题考查动量的求法，求动量时一定要注意动量的正负．
4．动量定理
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．
【命题方向】
题型一：动量定理的应用
例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）
A．mg△t B. C.+mg D.﹣mg
分析：由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．
解答：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：
（mg﹣F）t＝0﹣mv
得：F＝mg+；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+；
故选：C．
点评：本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．
【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
5．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。
【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（ ）
A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。
【解题方法点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
6．功能关系
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现．
2．高中物理中几种常见的功能关系
【命题方向】
题型一：对功能关系的理解应用
例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g．物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（ ）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可．
解：根据动能定理应有＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误．
故选：AC．
点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功．
【解题方法点拨】
1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：
（1）明确研究对象及其运动过程；
（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；
（3）计算各个力所做的功；
（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功．
7．闭合电路的欧姆定律
【知识点的认识】
1．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比．
（2）公式：
①I＝（只适用于纯电阻电路）；
②E＝U外+Ir（适用于所有电路）．
2．路端电压与外电阻的关系：
【命题方向】
（1）第一类常考题型是对电路的动态分析：
如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3均发光良好．在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小灯泡L1、L2变暗 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C．电压表V1、V2示数均变大 D．电压表V1、V2示数之和变大
分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化．再根据路端电压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化．根据路端电压的变化，判断两电压表示数之和的变化．
解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I＝变小，灯泡L2变暗，故B错误．
C、灯泡L2两端电压U2＝IR2变小，即电压表V2示数变小，电压表V1的读数为U1＝E﹣I（r+R2），变大，故C错误．
A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点I＝I1+I3，I减小，I3＝变大，则通过小灯泡L1的电流I1减小，小灯泡L1变暗，故A正确．
D、电压表V1、V2示数之和为U＝E﹣Ir，I减小，U增大，故D正确．
故选AD．
点评：本题首先要搞清电路的连接方式，搞懂电压表测量哪部分电路的电压，其次按“局部→整体→局部”的思路进行分析．
总结：
分析此类问题要注意以下三点：
①闭合电路欧姆定律E＝U+Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律U＝IR联合使用．
②局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增．
③两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和．
（2）第二类常考题型是闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率：
如图所示，电源电动势E＝12V，内阻r＝3Ω，甲图中R0＝1Ω，乙图中直流电动机内阻R0′＝1Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，同样，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P0＝2W），则R1和R2的值为（ ）
A．2Ω，2Ω B．2Ω，1.5Ω C．1.5Ω，1.5Ω D．1.5Ω，2Ω
分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图，求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小．
解：据P输出＝ 可知：
当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，所以甲图R1＝r﹣R0＝3Ω﹣1Ω＝2Ω
对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P0＝2W，电路中电流为I，
所以P输出max＝2W+…①
又因为UR2＝12V﹣3I﹣
所以I＝ …②
联立①②利用数学关系求得当R2＝1.5Ω时，乙电路的输出功率最大为12W，故ACD错误，B正确．
故选：B．
点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．
总结：
对闭合电路功率的两点认识
①闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内外电路将电能转化为其他形式的能，EI＝P内+P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现．
②外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大．
（3）第三类常考题型是电源的U﹣I图象的应用
如图，直线A为电源的U﹣I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（ ）
A．P1＞P2 B．P1＝P2 C．η1＞η2 D．η1＜η2
分析：电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率；电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．
解：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1＝UI＝8W
C接在电源上时，电源的输出输出功率P2＝UI＝8W 故A错误，B正确．
CD、电源的效率η＝＝＝，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，η1＞η2．故C正确，D 错误．
故选：BC．
点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．
总结：
U﹣I图象的一般分析思路
①明确纵、横坐标的物理意义．
②明确图象的截距、斜率及交点的意义．
③找出图线上对应状态的参量或关系式．
④结合相关概念或规律进行分析、计算．
【解题方法点拨】
一、电路的动态分析
1．判定总电阻变化情况的规律
（1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）．
（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小．
（3）在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联．A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致．
2．分析思路．
二、闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率．
三、电源的U﹣I图象的应用
1．根据U＝E﹣Ir可知，电源的U﹣I图线是如图所示的一条倾斜的直线．
（1）直线斜率的绝对值表示电源的电阻r，纵轴的截距为电源电动势E．
（2）直线上任何一点A与原点O的连线的斜率表示对应的外电路电阻R．
（3）图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A点有PA＝UAIA．
2．对于U﹣I图线中纵坐标（U）不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻．
8．安培力
【知识点的认识】
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查对安培力的理解：
关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）
A．安培力的方向可以不垂直于直导线
B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关
D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL．
解：AB、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；
C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为F＝BILsinθ，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；
D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故D错误．
故选：B．
【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小．当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为F＝BIL．
（2）第二类常考题型：磁场的叠加
如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、、b在M、N的连线上，为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）
A．点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．
解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．
B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．
C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．
D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．
故选C．
【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成．
【解题方法点拨】
（一）平均速度与瞬时速度
1．在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”．在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”﹣﹣电流方向，四指指“结果”﹣﹣磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”﹣﹣电流绕向，大拇指指“结果”﹣﹣环内沿中心轴线的磁感线方向．
2．磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．
解决此类问题应注意以下几点
（1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向．
（2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．
（3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．
（二） 安培力作用下导体运动方向的判定
（1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．现对五种常用的方法列表如下：
（2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．
（三）与安培力有关的力学综合问题．
1．安培力的大小
安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
（1）B与L垂直；
（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．
9．安培力的计算
【知识点的认识】
1．安培力的方向
（1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
（2）安培力方向的特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B、I决定的平面．
2．安培力的大小
（1）当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ；
（2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL；
（3）当磁场和电流平行时，安培力等于零．
【命题方向】
常考题型：安培力的计算
如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B．当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（ ）
A．0 B．0.5BIl C．BIl D．2BIl
【分析】由安培力公式F＝BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度．
解：导线在磁场内有效长度为2lsin30°＝l，故该V形通电导线受到安培力大小为F＝BI2lsin30°＝BIL，选项C正确．
故选C．
【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义．
【解题方法点拨】
10．导体切割磁感线时的感应电动势
【知识点的认识】
2．导体切割磁感线的情形以及感应电动势
（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsinθ。
（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝Blv。
（3）导体棒在磁场中转动
导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Blv＝Bl2ω（平均速度等于中点位置线速度lω）。
【命题方向】
题型一：导体切割磁感线产生感应电动势的分析与计算
如图所示，三角形金属导轨EOF上放一金属杆AB，在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正确的是（ ）
A．电路中的感应电动势大小不变
B．电路中的感应电动势逐渐增大
C．电路中的感应电流大小不变
D．电路中的感应电流逐渐减小
分析：感应电动势大小根据公式E＝BLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析。
解答：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r。∠EOF＝α。
A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 L＝vt•tanα，感应电动势大小 E＝BLv＝Bvt•tanα•v∝t，则知感应电动势逐渐增大，故A错误，B正确。
C、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为 R＝（vt+vt•tanα+）r
感应电流大小为 I＝＝＝与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析。
【解题方法点拨】
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：
1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。
2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。
3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。
11．电磁感应中的能量转化
【知识点的认识】
1．电磁感应现象的实质是 其它形式的能转化成电能．
2．感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其它形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其它形式的能．
3．电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q＝I2Rt．
【命题方向】
题型一：电磁感应与能量的综合
电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S＝1.15m，两导轨间距L＝0.75m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R＝1.5Ω的电阻，磁感应强度B＝0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值r＝0.5Ω，质量m＝0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J．（取g＝10m/s2）求：
（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a
（3）求金属棒下滑的最大速度vm．
分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr＝0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安．
（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度．
（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度．
解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热．
由于R＝3r，因此由焦耳定律Q＝I2Rt得：QR＝3Qr＝0.3J，所以克服安培力做功：W安＝Q＝QR+Qr＝0.4J
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时，所受的安培力为：
F＝BIL＝BL＝
由牛顿第二定律得：mgsin30°﹣＝ma
得：a＝gsin30°﹣
代入解得：a＝10×0.5﹣＝3.2（m/s2）
（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a＝0时，v最大，设为vm．
由上题结果得：mgsin30°﹣＝0
可得：vm＝＝m/s≈5.56m/s
若根据能量守恒定律得：mgSsin30°＝W安
解得：vm＝m/s≈2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s．
答：
（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J．
（2）金属棒下滑速度v＝2m/s时的加速度a是3.2m/s2．
（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s．
点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题．
【解题方法点拨】
电磁感应中的能量转化问题
1．电磁感应中的能量转化特点
外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：
2．电能求解思路主要有三种
（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．
（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．
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日期：2020/4/13 15:59:12；用户：ZY蔡老师；邮箱：[email protected]；学号：5146005功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
一般情况
U＝IR＝•R＝，
当R增大时，U增大
特殊情况
（1）当外电路断路时，I＝0，U＝E
（2）当外电路短路时，I短＝，U＝0
电流元法
把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向
特殊位置法
通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向
等效法
环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立．等效后再确定相互作用情况

结论法
两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向