2018高考总复习·物理(新课标)：第四章 第三节对点突破高效演练含解析

天体运动问题是牛顿运动定律、匀速圆周运动规律及万有引力定律的综合应用,由于天体运动贴近科技前沿，且蕴含丰富的物理知识，因此是高考命题的热点．近几年在全国卷中都有题目进行考查，2016年全国甲、乙、丙三卷中都有涉及天体运动的题目．预计高考可能会结合我国最新航天成果考查卫星运动中基本参量的求解和比较以及变轨等问题．【重难解读】本部分要重点理解解决天体运动的两条基本思路，天体质量和密度的计算方法，卫星运行参量的求解及比较等．其中卫星变轨问题和双星系统模型是天体运动中的难点．【典题例证】2016年10月17日，“神舟十一号”载人飞船发射升空，运送两名宇航员前往在2016年9月15日发射的“天宫二号"空间实验室，宇航员计划在“天宫二号”驻留30天进行科学实验．“神舟十一号”与“天宫二号”的对接变轨过程如图所示，AC是椭圆轨道Ⅱ的长轴．“神舟十一号"从圆轨道Ⅰ先变轨到椭圆轨道Ⅱ，再变轨到圆轨道Ⅲ,与在圆轨道Ⅲ运行的“天宫二号”实施对接．下列描述正确的是( ）A．“神舟十一号”在变轨过程中机械能不变B．可让“神舟十一号"先进入圆轨道Ⅲ，然后加速追赶“天宫二号”实现对接C．“神舟十一号”从A到C的平均速率比“天宫二号"从B到C的平均速率大D．“神舟十一号”在椭圆轨道上运行的周期与“天宫二号”运行周期相等[解析］“神舟十一号”飞船变轨过程中轨道升高，机械能增加,A选项错误；若飞船在进入圆轨道Ⅲ后再加速,则将进入更高的轨道飞行，不能实现对接，选项B错误;飞船轨道越低，速率越大,轨道Ⅱ比轨道Ⅲ的平均高度低，因此平均速率要大，选项C正确；由开普勒第三定律可知，椭圆轨道Ⅱ上的运行周期比圆轨道Ⅲ上的运行周期要小,D项错误．[答案］C错误!题目涉及飞船变轨的机械能、速度和周期等，以考查学生对人造天体运动原理的理解、天体运动规律的掌握及综合分析能力．在轨飞行的人造天体，加速后轨道半径增大,机械能增加，平均速率减小，减速后则相反，轨道半径减小,机械能减小，平均速率增大．【突破训练】1．中国月球探测工程首席科学家欧阳自远在第22届国际天文馆学会大会上透露，我国即将开展深空探测,计划将在2020年实现火星的着陆巡视，假设火星探测器在着陆前，绕火星表面匀速飞行(不计周围其他天体的影响），宇航员测出飞行N圈所用时间为t，已知地球质量为M，地球半径为R，地球表面重力加速度为g。

选择题限时突破(三)(限时：25分钟)二、选择题(本题共8 小题，每小题6 分，共48分、在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21 题有多项符合题目要求、全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分)14.在光滑水平面上，a 、b 两球沿水平面相向运动、当两球间距小于或等于L 时，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；当两球间距大于L 时，则相互作用力为零、两球在相互作用区间运动时始终未接触， 两球运动的v －t 图象如图1所示，则( )图1A 、a 球质量小于b 球质量B 、t 1 时刻两球间距最小C 、0～t 2 时间内，两球间距逐渐减小D 、0～t 3 时间内，b 球所受排斥力方向始终与运动方向相同答案 C解析 从速度时间图象可以看出开始时b 球图象的斜率绝对值较大，所以b 球的加速度较大，两球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a ＝F m知，加速度大的质量小，所以b 球质量较小，故A 错误；即t 2时刻两球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B 错误，C 正确；b 球0～t 1时间内匀减速，所以0～t 1时间内排斥力与运动方向相反，D 错误、故选C.15.如图2所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角、现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )图2A 、2Δt B.12ΔtC 、3ΔtD.13Δt 答案 A解析 设圆形磁场区域的半径是R ，粒子以速度v 射入时，半径r 1＝m v qB，根据几何关系可知，r 1R ＝tan 60°，所以r 1＝3R ；运动时间Δt ＝60°360°T ＝16T ；粒子以速度v 3射入时，半径r 2＝m ·v 3qB ＝13r 1＝33R 设第二次射入时的圆心角为θ，根据几何关系可知：tan θ2＝R r 2＝3， 所以 θ＝120° 则第二次运动的时间为：t ＝θ2πT ＝120°360°T ＝13T ＝2Δt ，故选A. 16、如图3所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2 的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图3A 、当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变小B 、当用户的用电器增多时，P 1变大，P 3减小C 、输电线上损失的功率为ΔP ＝U 22RD 、要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4答案 D解析 交流发电机的输出电压U 1一定，匝数没变，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P 3变大，故B 错误、输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1；U 3＝U 2－I 2R ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大降压变压器的匝数比n 3n 4，故C 错误，D 正确；故选D. 17.如图4所示，吊车下方吊着一个质量为500 kg 的重物，二者一起保持恒定的速度v ＝1 m/s 沿水平方向做匀速直线运动、某时刻开始，吊车以10 kW 的恒定功率将重物向上吊起，经t ＝5 s 重物达到最大速度、忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2.则在这段t 时间内( )图4A 、重物的最大速度为2 m/sB 、重物克服重力做功的平均功率为9.8 kWC 、重物做匀变速曲线运动D 、重物处于失重状态答案 B解析 竖直方向重物能达到的最大速度v y m ＝P mg ＝10 000500×10m/s ＝2 m/s ，则重物的最大速度为v m ＝v 2＋v 2y m ＝ 5 m/s ，选项A 错误；达到最大速度时克服重力做功：W G ＝Pt －12m v 2y m ＝104×5 J －12×500×22 J ＝49 000 J ，则重物克服重力做功的平均功率为P ＝W G t ＝49 0005W ＝9.8 kW ，选项B 正确；因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项C 错误；重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项D 错误；故选B.18、下列说法正确的是( )A 、一群处于n ＝5 的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出10种不同频率的光B 、在光电效应实验中，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k 越大，则这种金属的逸出功W 0 越大C 、氡元素的半衰期为3.8天，若有8个氡原子核，则7.6天后还剩2 个氡原子核未衰变D 、某放射性原子核经过2 次α衰变和1次β衰变，核内中子数减少了4个答案 A解析 一群处于n ＝5的激发态的氢原子向低能级跃迁时最多能辐射出C25＝10种不同频率的光，选项A 正确；在光电效应实验中，根据E k ＝hν－W 0可知，用同种频率的光照射不同的金属表面，从金属表面逸出的光电子的最大初动能E k 越大，则这种金属的逸出功W 0越小，选项B 错误；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核的衰变不适用，选项C 错误；某放射性原子核经过2次α衰变中子数减小4,1次β衰变中子数减小1，故最终核内中子数减少了5个，选项D 错误；故选A.19、已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t (t 小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，万有引力常量为G ，则( )A 、航天器的轨道半径为θsB 、航天器的环绕周期为2πt θC 、月球的质量为s 3Gt 2θD 、月球的密度为3θ24Gt 2 答案 BC解析 根据几何关系得：r ＝s θ.故A 错误；经过时间t ，航天器与月球的中心连线扫过角度为θ，则：t T ＝θ2π，得：T ＝2πt θ.故B 正确；由万有引力充当向心力而做匀速圆周运动，所以：GMm r 2＝mr 4π 2T 2，M ＝4π2r 3GT 2＝s 3Gt 2θ.故C 正确；人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，月球的半径等于r ，则月球的体积：V ＝43πr 3，月球的密度为ρ＝M V ＝3θ 24π t 2.故D 错误、故选B 、C. 20.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域、如图5所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C 、D 两侧面会形成一定的电势差U .下列说法中正确的是( )图5A 、若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B 、若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C 、在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大D 、在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大 答案 AD解析 若元件的载流子是自由电子，由左手定则可知，电子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则C 侧面的电势高于D 侧面的电势、故A 正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，正电载流子受到的洛伦兹力方向向D 侧面偏，则D 侧面的电势高于C 侧面的电势，故B 错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场沿竖直方向，则元件的工作面保持水平时U 最大，故C 错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U 最大、故D 正确、故选A 、D.21、如图6所示，在真空中，＋Q1和－Q2为固定在x轴上的两个点电荷，且Q1＝4Q2，AB＝BP ＝L.a、b、c为P两侧的三个点，则下列说法中正确的是()图6A、P点电场强度为零，电势也为零B、b、c两点处，一定有电势φb>φc且电场强度E b>E cC、若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P点，则其电势能增加D、若将一试探电荷－q从a点静止释放，则其经过P点时动能最大答案CD解析P点的场强为E P＝kQ1(2L)2－kQ2L2＝0；P点的电势：U P＝kQ12L－kQ2L＝kQ2L＜0，选项A错误；因P点的场强为零，则P点右侧电场线向右，因顺着电场线电势降低可知，φb>φc，因b、c的具体位置不确定，则不能确定两点场强的关系，选项B错误；P点左侧电场线向左，则P点电势高于a点，若将一试探电荷＋q从a点沿x轴移至P点，则其电势能增加，选项C正确；若将一试探电荷－q从a点静止释放，则电荷将沿aP向右加速运动，到达P点后受到向左的电场力做减速运动，可知其经过P点时动能最大，选项D正确；故选C、D.。

, [学生用书P73])1．(考点一)(多选)如图所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向．图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的．不计空气阻力，则( )A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：选BD.根据平抛运动的规律h＝12gt2，得t＝2hg，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb ＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa ＞xb，而ta＜tb，所以a的水平初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb ＝tc，所以 vb＞vc，即b的水平初速度比c的大，选项D正确．2.(考点一)(多选)(2016·山东潍坊模拟)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c 三颗弹丸( )A．初速度之比是6∶3∶ 2B．初速度之比是1∶2∶ 3C．从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶ 3D．从射出至打到墙上过程速度增量之比是6∶3∶ 2解析：选AC.水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动．又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝12gt2可知：ta∶tb∶tc＝1∶2∶3，由水平方向x＝vt可知：v a ∶vb∶vc＝1∶12∶13＝6∶3∶2，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶2∶3，故选项C正确，D错误．3．(考点二)(多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1由此可判断( )A．A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3B．A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1 C．A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1D．A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交解析：选BC.由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan α＝gtv，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，因此不会在空中相交，D项错误．4．(考点一)(多选)如图所示，相距l 的两小球A ，B 位于同一高度h(l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A ，B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )A ．A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度B ．A 、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C ．A 、B 不可能运动到最高处相碰D ．A 、B 一定能相碰解析：选AD.A 做平抛运动，竖直方向的分运动为自由落体运动，满足关系式h ＝12gt 2，水平方向上为匀速直线运动，满足关系式x ＝vt ，B 做自由落体运动，因为A 、B 从同一高度开始运动，因此两者在空中同一时刻处于同一高度，即使两者与地面撞击，反弹后在空中也是同一时刻处于同一高度，而A 在水平方向一直向右运动，因此A 、B 肯定会相碰，D 项正确；当A 的水平速度v 足够大时，有可能在B 未落地前二者相碰，因此A 、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度，A 项正确．5．(微专题11)如图所示，水平屋顶高H ＝5 m ，围墙高h ＝3.2 m ，围墙到房子的水平距离L ＝3 m ，围墙外空地宽x ＝10 m ，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s 2.求：(1)小球离开屋顶时的速度v 0的大小范围；(2)小球落在空地上的最小速度的大小．解析：(1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v 01，则小球的水平位移：L ＋x ＝v 01t 1。

专题强化四牛顿运动定律的综合应用(二)专题解读 1.本专题是动力学方法在两类典型模型问题中的应用，高考常以计算题压轴题的形式命题.2.通过本专题的学习，可以培养同学们审题能力、建模能力、分析推理能力和规范表达等物理学科素养，针对性的专题强化，通过题型特点和解题方法的分析，能帮助同学们迅速提高解题能力.3.用到的相关知识有：匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、相对运动的有关知识.命题点一“传送带模型”问题传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.1.水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.2.倾斜传送带问题求解的关键在于分析清楚物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变.例1如图1所示，足够长的水平传送带，以初速度v 0＝6 m/s顺时针转动.现在传送带左侧轻轻放上m＝1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a ＝4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g＝10 m/s2.试求：图1(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.①传送带以恒定加速度减速直至停止；②滑块与传送带共速.答案(1)3 m(2)2 s解析(1)对滑块，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma1得：a1＝2 m/s2设经过时间t1滑块与传送带达到共同速度v，有：v ＝v 0－at 1 v ＝a 1t 1解得：v ＝2 m/s ，t 1＝1 s 滑块位移为x 1＝v t 12＝1 m传送带位移为x 2＝(v 0＋v )t 12＝4 m故滑块与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝3 m(2)共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为F f ，有： F f ＝ma ＝4 N ＞μmg ＝2 N 故滑块与传送带相对滑动. 滑块做减速运动，加速度仍为a 1. 滑块减速时间为t 2，有： t 2＝0－v －a 1＝1 s故：t ＝t 1＋t 2＝2 s.例2 如图2所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ＝37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v ＝2 m /s 的恒定速率顺时针转动.一包货物以v 0＝12 m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.5，且可将货物视为质点.图2(1)求货物刚滑上传送带时加速度为多大？(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？(g ＝10 m/s 2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)①恒定速率顺时针转动；②货物的速度和传送带相同；③再次滑回A 端.答案 (1)10 m/s 2，方向沿传送带向下 (2)1 s 7 m (3)(2＋22) s解析 (1)设货物刚滑上传送带时加速度为a 1，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mg sin θ＋F f ＝ma 1 垂直传送带方向：mg cos θ＝F N 又F f ＝μF N由以上三式得：a 1＝g (sin θ＋μcos θ)＝10×(0.6＋0.5×0.8)＝10 m/s 2，方向沿传送带向下. (2)货物速度从v 0减至传送带速度v 所用时间设为t 1，位移设为x 1，则有： t 1＝v －v 0－a 1＝1 s ，x 1＝v 0＋v 2t 1＝7 m(3)当货物速度与传送带速度相等时，由于mg sin θ＞μmg cos θ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a 2，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 得：a 2＝g (sin θ－μcos θ)＝2 m/s 2，方向沿传送带向下. 设货物再经时间t 2，速度减为零，则t 2＝0－v－a 2＝1 s沿传送带向上滑的位移x 2＝v ＋02t 2＝1 m 则货物上滑的总距离为x ＝x 1＋x 2＝8 m.货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度大小等于a 2.设下滑时间为t 3，则x ＝12a 2t 23，代入解得t 3＝2 2 s. 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋22) s.1.如图3所示为粮袋的传送装置，已知A 、B 两端间的距离为L ，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v ，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A 端将粮袋放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g .关于粮袋从A 到B 的运动，以下说法正确的是( )图3A.粮袋到达B 端的速度与v 比较，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速度为g (sin θ－μcos θ)，若L 足够大，则以后将以速度v 做匀速运动C.若μ≥tan θ，则粮袋从A 端到B 端一定是一直做加速运动D.不论μ大小如何，粮袋从Α到Β端一直做匀加速运动，且加速度a ≥g sin θ 答案 A解析 若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B 端时的速度小于v ；若传送带较长，μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B 端时速度与v 相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g (sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g (sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B 端时的速度大于v ，选项A 正确；粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝mg sin θ＋μmg cos θm ＝g (sin θ＋μcos θ)，选项B 错误；若μ≥tan θ，粮袋从A 到B 可能是一直做匀加速运动，也可能先匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，选项C 、D 均错误.2.如图4所示为一水平传送带装置示意图.A 、B 为传送带的左、右端点，AB 长L ＝2 m ，初始时传送带处于静止状态，当质量m ＝2 kg 的煤块(可视为质点)轻放在传送带A 点时，传送带立即启动，启动过程可视为加速度a ＝2 m /s 2的匀加速运动，加速结束后传送带立即匀速运动.已知煤块与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g 取10 m /s 2).图4(1)如果煤块以最短时间到达B 点，煤块到达B 点时的速度大小是多少？ (2)上述情况下煤块运动到B 点的过程中在传送带上留下的痕迹至少多长？ 答案 (1)2 m/s (2)1 m解析 (1)为了使煤块以最短时间到达B 点，煤块应一直匀加速从A 点到达B 点 μmg ＝ma 1得a 1＝1 m/s 2v 2B ＝2a 1Lv B ＝2 m/s(2)传送带加速结束时的速度v ＝v B ＝2 m/s 时，煤块在传送带上留下的痕迹最短 煤块运动时间t ＝v Ba 1＝2 s传送带加速过程： v B ＝at 1得t 1＝1 s x 1＝12at 21得x 1＝1 m传送带匀速运动过程： t 2＝t －t 1＝1 s x 2＝v B t 2得x 2＝2 m故痕迹最小长度为Δx ＝x 1＋x 2－L ＝1 m. 命题点二 “滑块－木板模型”问题 1.模型特点涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动. 2.两种位移关系滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长.设板长为L ，滑块位移大小为x 1，木板位移大小为x 2 同向运动时：如图5所示，L ＝x 1－x 2图5反向运动时：如图6所示，L ＝x 1＋x 2图63.解题步骤 审题建模→弄清题目情景，分析清楚每个物体的受力情况，运动情况，清楚题给条件和所求 ↓ 建立方程→根据牛顿运动定律准确求出各运动过程的加速度(两过程接连处的加速度可能突变) ↓明确关系→找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，上一过程的末速度是下一过程的初速度，这是两过程的联系纽带例3 (2015·新课标Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图7所示.假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变.已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：图7(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间.①μ1＜μ2，可分析A、B受力；②第2 s末，B的上表面突然变为光滑.答案(1)3 m/s2 1 m/s2(2)4 s解析(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中F f1、F N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得F f1＝μ1F N1 ①F N1＝mg cos θ②F f2＝μ2F N2 ③F N2＝F N1′＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mg sin θ－F f1＝ma1 ⑤mg sin θ－F f2＋F f1′＝ma2 ⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得a1＝3 m/s2 ⑦a2＝1 m/s2 ⑧(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨v2＝a2t1＝2 m/s ⑩2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为0，同理可得a1′＝6 m/s2 ⑪a 2′＝－2 m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动.设经过时间t 2，B 的速度减为0，则有 v 2＋a 2′t 2＝0⑬联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12 m ＜27 m ⑭此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动.设再经过时间t 3后A 离开B ，则有 l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑮ 可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ⑯设A 在B 上总的运动时间为t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s3.(多选)如图8所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )图8A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C.若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D.若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 答案 BD解析 桌布对鱼缸摩擦力的方向向右，A 项错误；各接触面间的动摩擦因数均为μ，设鱼缸的质量为m ，由牛顿第二定律可得鱼缸在桌布和桌面上滑动的加速度大小相同，均为a ＝μg ，鱼缸离开桌布时的速度为v ，则鱼缸在桌布上和在桌面上滑动时间均为t ＝vμg ，B 项正确；猫增大拉力时，鱼缸受到的摩擦为F f ＝μmg 不变，C 项错；若猫减小拉力，鱼缸在桌布上加速运动的时间变长，离开桌布时的速度v ＝μgt 增大，加速运动的位移x 1＝12μgt 2增大，且鱼缸在桌面上减速滑行的位移x 2＝v 22μg也增大，则鱼缸有可能滑出桌面，D 项对.4.(2016·四川理综·10)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图9所示竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面.一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m /s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止.已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：图9(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； (2)制动坡床的长度.答案 (1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m解析 (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则 f ＋mg sin θ＝ma 1 ① f ＝μmg cos θ②联立①②并代入数据得 a 1＝5 m/s 2③ a 1的方向沿制动坡床向下.(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则 Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2 ④ F ＝k (m ＋M )g ⑤ s 1＝v t －12a 1t 2⑥ s 2＝v t －12a 2t 2⑦ s ＝s 1－s 2 ⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2⑨ 联立①～⑨并代入数据得l ＝98 m.“传送带”模型的易错点典例如图10所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v 0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则图中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()图10答案 D解析开始阶段，小木块受到竖直向下的重力和沿传送带向下的摩擦力作用，做加速度为a1的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，所以a1＝g sin θ＋μg cos θ.小木块加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tan θ，则小木块不会与传送带保持相对静止而做匀速运动，之后小木块继续加速，所受滑动摩擦力变为沿传送带向上，做加速度为a2的匀加速直线运动，这一阶段由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，所以a2＝g sin θ－μg cos θ.根据以上分析，有a2＜a1，所以，本题正确选项为D.易错诊断本题的易错点在于没有注意到关键条件“μ＜tan θ”，没有准确分析小木块所受摩擦力的方向，想当然地认为传送带足够长，小木块最后总会达到与传送带相对静止而做匀速运动，从而错选C选项.理解μ与tan θ关系的含义，正确分析小木块所受摩擦力方向是解题关键.变式拓展(1)若将“μ＜tan θ”改为“μ＞tan θ”，答案应选什么？提示若改为μ＞tan θ，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，滑动摩擦力突然变为静摩擦力，以后与传送带相对静止而做匀速运动，故应选C选项.(2)若将传送带改为水平呢？提示若将传送带改为水平，则小木块加速到速度与传送带速度相等后，摩擦力突然消失，以后与传送带保持相对静止而做匀速运动，仍然是C选项正确.题组1 “传送带模型”问题1.如图1所示，为传送带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ＝37°，A 、B 两端相距L ＝5.0 m ，质量为M ＝10 kg 的物体以v 0＝6.0 m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5.传送带顺时针运转的速度v ＝4.0 m /s ，(g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：图1(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A 点到达B 点的最短时间是多少？ 答案 (1)2.2 s (2)1 s解析 (1)设物体速度大于传送带速度时加速度大小为a 1，由牛顿第二定律得Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 1①设经过时间t 1物体的速度与传送带速度相同， t 1＝v 0－v a 1② 通过的位移x 1＝v 20－v22a 1③设物体速度小于传送带速度时物体的加速度为a 2 Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2④由μ＜tan θ＝0.75知，物体继续减速，设经时间t 2到达传送带B 点 L －x 1＝v t 2－12a 2t 22 ⑤联立得①②③④⑤式可得：t ＝t 1＋t 2＝2.2 s(2)若传送带的速度较大，物体沿AB 上滑时所受摩擦力一直沿传送带向上，则所用时间最短，此种情况加速度大小一直为a 2， L ＝v 0t ′－12a 2t ′2t ′＝1 s(t ′＝5 s 舍去).2.车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图2所示，绷紧的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m ＝5 kg 的行李包(可视为质点)无初速度地放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带间的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g 取10 m/s 2，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).图2(1)求行李包相对于传送带滑动的距离；(2)若B 轮的半径为R ＝0.2 m ，求行李包在B 点对传送带的压力；(3)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.答案 (1)0.1 m (2)25 N ，方向竖直向下 (3)1.25 m解析 (1)行李包在水平传送带上加速时μ1mg ＝ma 1若行李包达到水平传送带的速度所用时间为t ，则v ＝a 1t行李包前进距离x 1＝12a 1t 2 传送带前进距离x 2＝v t行李包相对传送带滑动的距离Δx ＝x 2－x 1＝0.1 m(2)行李包在B 点，根据牛顿第二定律，有mg －F N ＝m v 2R解得：F N ＝25 N根据牛顿第三定律可得：行李包在B 点对传送带的压力为25 N ，方向竖直向下.(3)行李包在斜面上时，根据牛顿第二定律：mg sin 37°－μ2mg cos 37°＝ma 2行李包从斜面滑下过程：0－v 2＝2a 2x解得：x ＝1.25 m.题组2 “滑块－木板模型”问题3.如图3所示，水平传送带以v ＝12 m/s 的速度顺时针做匀速运动，其上表面的动摩擦因数μ1＝0.1，把质量m ＝20 kg 的行李包轻放上传送带，释放位置距传送带右端4.5 m 处.平板车的质量M ＝30 kg ，停在传送带的右端，水平地面光滑，行李包与平板车上表面间的动摩擦因数μ2＝0.3，平板车长10 m ，行李包从传送带滑到平板车过程速度不变，行李包可视为质点.(g ＝10 m/s 2)求：图3(1)行李包在平板车上相对于平板车滑行的时间是多少？(2)若要想行李包不从平板车滑出，求行李包释放位置应满足什么条件？答案 (1)0.6 s (2)见解析解析 (1)行李包放上传送带做匀加速直线运动.a 1＝μ1gv 2＝2a 1x解得：v ＝3 m/s因v ＝3 m /s ＜12 m/s ，符合题意行李包滑上平板车后，行李包减速，平板车加速.a 2＝μ2g ＝3 m/s 2a 3＝μ2mg M＝2 m/s 2 v －a 2t ＝a 3t解得：t ＝0.6 s相对位移x ＝v t －12a 2t 2－12a 3t 2＝0.9 m ＜10 m ，符合题意. (2)当行李包刚好滑到平板车右端时，行李包与平板车的相对位移等于车长.设行李包刚滑上平板车时速度为v 0，L 为平板车长，则v 0－a 2t ′＝a 3t ′v 0t ′－12a 2t ′2－12a 3t ′2＝L 解得v 0＝10 m /s ＜12 m/s故行李包在传送带上一直做匀加速直线运动v 20＝2a 1x ′解得：x ′＝50 m所以行李包释放位置距离传送带右端应不大于50 m.4.一平板车，质量M ＝100 kg ，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h ＝1.25 m ，一质量m ＝50 kg 的小物块置于车的平板上，它到车尾的距离b ＝1 m ，与车板间的动摩擦因数μ＝0.2，如图4所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落，物块刚离开车板的时刻，车向前行驶距离x 0＝2.0 m ，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离x (不计路面摩擦，g ＝10 m/s 2).图4答案 1.625 m解析 设小物块在车上运动时，车的加速度为a 1，物块的加速度为a 2.则a 2＝μmg m＝μg ＝0.2×10 m /s 2＝2 m/s 2. 由x ＝12at 2得： x 0＝12a 1t 2，x 0－b ＝12a 2t 2. 故有a 1a 2＝x 0x 0－b ＝22－1＝21， a 1＝2a 2＝4 m/s 2.对车，由牛顿第二定律得：F －μmg ＝Ma 1.F ＝Ma 1＋μmg ＝100×4 N ＋0.2×50×10 N ＝500 N. 小物块滑落时车速v 1＝2a 1x 0＝2×4×2 m /s ＝4 m/s ， 小物块速度v 2＝2a 2(x 0－b )＝2×2×1 m /s ＝2 m/s物块滑落后，车的加速度a ′＝F M ＝500100m /s 2＝5 m/s 2 小物块落地时间t ′＝2h g ＝2×1.2510s ＝0.5 s. 车运动的位移x 车′＝v 1t ′＋12a ′t 2＝4×0.5 m ＋12×5×0.52 m ＝2.625 m. 小物块平抛的水平位移x 物′＝v 2·t ′＝2×0.5 m ＝1 m. 物块落地时，落地点与车尾的水平位移为：x ＝x 车′－x 物′＝2.625 m －1 m ＝1.625 m.。

新课标2018年高考理综（物理）第四次模拟检测试题14.如图所示，一同学在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，保持平衡。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上15.一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC，如图所示．已知AB和AC的长度相同．两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间A．q小球先到B．p小球先到C．两小球同时到D．无法确定16. 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则时刻的瞬时功率为A．3tB．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为C．在t=0到3t0这段时间内，水平力对物体做的功为D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为17．如图，一不可伸长的光滑轻绳，其左端固定于O点，右端跨过位于O/点的固定光滑轴悬挂一质量为M的物体，OO/段水平且长为度L，绳子上套一可沿绳滑动的轻环。

现在轻环上悬挂一钩码，平衡后，物体上升L 。

则钩码的质量为A ．M 2B ．M 3C ．M 22D ．M 23 18.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D 形合D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A ．离子由加速器的中心附近进入加速器B ．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量19.如图所示，光滑水平面上放置着四个相同的木块，其中木块B 与C 之间用一轻弹簧相连，轻弹簧始终在弹性限度内。

现用水平拉力F 拉B 木块，使四个木块以相同的加速度一起加速运动，则以下说法正确的是A.一起加速过程中，D 所受到的静摩擦力大小为B.一起加速过程中,C 木块受到四个力的作用C.一起加速过程中,A 、D 木块所受摩擦力大小和方向相同D.当F 撤去瞬间，A 、D 木块所受静摩擦力的大小和方向都不变20.如图所示，可视为质点的质量为m 且所带电量为q 的小球，用一绝缘轻质细绳悬挂于O 点，绳长为L ，现加一水平向右的足够大的匀强电场，电场强度大小为qmgE 43，小球初始位置在最低点，若给小球一个水平向右的初4F速度，使小球能够在竖直面内做圆周运动，忽略空气阻力，重力加速度为g 。

全国卷对于“多物体”“多过程”类问题每年都有涉及，在2016年全国卷中，牛顿运动定律独立命题2道，在2015年全国卷中，独立命题多达7处．考查的方向主要有：(1)对于“多物体"组成的系统，其整体法、隔离法为主要的受力分析手段；(2)对于“多过程”运动，主要分析在不同阶段运动的加速度，从而得出力与运动之间的关系，其常见问题有传送带模型、滑块－滑板模型等．【重难解读】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2）对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．（4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．（5）联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领（1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动（或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势）情况，确定物体间的摩擦力方向．（2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．（3）关注临界点．“多物体叠放"类问题的临界点常出现在“速度相等"（即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大,物体的受力和运动情况可能发生突变．【典题例证】(20分）(2015·高考全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4。

5 m，如图甲所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v－t图线如图乙所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求:（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；（2）木板的最小长度；（3)木板右端离墙壁的最终距离．[审题指导] 在t＝0～1 s时间内，小物块和木板一起运动,具有相同的速度和加速度，根据末速度、时间和位移即可求出加速度，然后由牛顿第二定律求得木板与地面间的动摩擦因数μ1。

第三章冲刺985深化内容(一）巧用动力学观点，破解三类板块模型木板与物块组成的相互作用的系统统称为板块模型。

板块模型是高中动力学部分中的一类重要模型，也是高考考查的重点，此类模型一个典型的特征是，物块与木板间通过摩擦力作用使物体的运动状态发生变化，同时注意分析二者之间相对地面的位移之间的关系。

水平面光滑典例1] 0.64 m、质量为4 kg的木板A,在木板的左端有一质量为2 kg的小物体B,A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.2。

当对B施加水平向右的力F＝10 N时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？(物体B可以视为质点，g取10 m/s2)解析] 假设二者相对静止，则对整体由牛顿第二定律得F＝(M ＋m）a。

设A、B之间的摩擦力为f，A所受的摩擦力水平向右，对A：f＝Ma.由于二者相对静止，故f为静摩擦力，要使二者不发生相对滑动，满足f≤μmg，解得F≤μmg M＋mM＝6 N，由于F＞6 N，故B将相对于A发生滑动。

法一：以地面为参考系,A和B都做匀加速运动，且B物体的加速度大于A物体的加速度，B的加速度大小：a B＝错误!＝3 m/s2;A的加速度大小：a A＝错误!＝1 m/s2。

B从A的左端运动到右端，A、B的位移关系满足x1－x2＝L，即12a B t2－错误!a A t2＝L，解得t＝0。

8 s。

法二：以A为参照物，B相对A的加速度a BA＝a B－a A,即B相对A做初速度为零的匀加速直线运动，相对位移大小为L,故L＝错误!a BA t2,解得t＝0.8 s。

答案］0。

8 s典例2］如图所示，质量M＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到1。

5 m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长。

（g＝10 m/s2)求：（1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；(2）经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1。

, [学生用书P77])1．(考点一)(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势．则在该弯道处，( )A ．路面外侧高内侧低B ．车速只要低于v c ，车辆便会向内侧滑动C ．车速虽然高于v c ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D ．当路面均匀结冰时，与未结冰时相比，v c 的值变小解析：选AC.汽车在公路转弯处做圆周运动，需要外力提供向心力，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，即没有指向公路两侧的摩擦力，此时的向心力由地面的支持力和重力的合力提供，故路面外侧高内侧低，选项A 正确；当车速低于v c 时，车所需向心力m v 2r 减小，车可能只是具有向内侧滑动的趋势，不一定能够滑动，选项B 错误；同理，当车速高于v c ，且不超出某一最高限度，车辆可能只是有向外侧滑动的趋势，不一定能够滑动，当超过最大静摩擦力时，才会向外侧滑动，故选项C 正确；当路面均匀结冰时，只是最大静摩擦力变小，v c 值不变，D 错误．2.(考点一)(多选)(2016·长春调研)如图所示，有一固定的且内壁光滑的半球面，球心为O ，最低点为C ，在其内壁上有两个质量相同的小球(可视为质点)A 和B ，在两个高度不同的水平面内做匀速圆周运动，A 球的轨迹平面高于B 球的轨迹平面，A 、B 两球与O 点的连线与竖直线OC 间的夹角分别为α＝53°和β＝37°，以最低点C 所在的水平面为重力势能的参考平面，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．A 、B 两球所受支持力的大小之比为4∶3 B ．A 、B 两球运动的周期之比为4∶3C ．A 、B 两球的动能之比为16∶9D ．A 、B 两球的机械能之比为112∶51解析：选AD.由题意可知F N ＝mg cos θ，所以F NA F NB ＝cos 37°cos 53°＝43，A 正确；mg tan θ＝m 4π2T 2R sinθ，所以T AT B＝cos 53°cos 37°＝34，B 错误；E k ∝v 2，v ＝2πT R sin θ，所以E k A E k B ＝T 2B sin 253°T 2A sin 2 37°＝6427，C 错误；E p ＝mgR (1－cos θ)，所以E A E B ＝E k A ＋E p A E k B ＋E p B ＝11251，D 正确．3.(考点二)(单选)(2016·杭州四中统测)有一长度为L ＝0.50 m 的轻质细杆OA ，A 端有一质量为m ＝3.0 kg 的小球，如图所示，小球以O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速度是2.0 m/s ，g 取10 m/s 2，则此时细杆OA 受到( )A ．6.0 N 的拉力B ．6.0 N 的压力C ．24 N 的拉力D ．24 N 的压力解析：选B.设杆对小球的作用力为F N ，方向竖直向下，如图所示， 由向心力公式得F N ＋mg ＝m v 2L，则F N ＝m v 2L －mg ＝⎝⎛⎭⎫3.0×2.020.50－3.0×10 N ＝－6 N. 负号说明F N 的方向与假设方向相反，即竖直向上． 由牛顿第三定律知应选B.4．(微专题12)(多选)如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD.解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤m v 2r ，又根据机械能守恒定律有m v 22＋2mgr ＝m v 202，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C 正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝m v 202，可求得v 0≤2 2 m/s ，故选项D正确．5．(考点三)如图所示，一个质量为0.6 kg 的小球以某一初速度从P 点水平抛出，恰好沿光滑圆弧ABC 的A 点的切线方向进入圆弧(不计空气阻力，进入圆弧时无机械能损失)．已知圆弧的半径R ＝0.3 m ，OA 与竖直方向的夹角θ＝60°，小球到达A 点时的速度v A ＝4 m/s.(g 取10 m/s 2)求：(1)小球做平抛运动的初速度v 0的大小． (2)P 点与A 点的水平距离和竖直高度． (3)小球到达圆弧最高点C 时对轨道的压力．解析：(1)将v A 分解如图所示： 则v 0＝v x ＝v A cos 60°＝2 m/s v y ＝v A sin 60°＝2 3 m/s. (2)从P 到A 用时： t ＝v y g ＝35s P 点到A 点的水平距离和竖直高度分别为： x ＝v 0·t ＝2×35m ＝0.69 m y ＝12gt 2＝12×10×⎝⎛⎭⎫352m ＝0.6 m. (3)从A 到C ，由机械能守恒定律得： 12m v 2C ＋mgR (1＋cos 60°)＝12m v 2A 代入数据解得：v C ＝7 m/s 由牛顿第二定律得：F N ＋mg ＝m v 2C RF N ＝8 N由牛顿第三定律知：对轨道的压力大小为8 N ，方向竖直向上． 答案：(1)2 m/s (2)0.69 m 0.6 m (3)8 N 方向竖直向上。

4 法拉第电磁感应定律[学习目标] 1.理解和掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.能够运用E ＝Bl v 或E ＝Bl v sin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势.一、电磁感应定律 1.感应电动势电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源. 2.法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比. (2)公式：E ＝ΔΦΔt.若闭合电路是一个匝数为n 的线圈，则E ＝n ΔΦΔt.(3)在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯，感应电动势的单位是伏. 二、导线切割磁感线时的感应电动势 反电动势1.导线垂直于磁场运动，B 、l 、v 两两垂直时，如图1所示，E ＝Bl v .2.导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图2所示，E ＝Bl v sin θ.图1 图2[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大.( × )(2)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大.( × ) (3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大.( × ) (4)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大.( √ )2.如图3所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Bl v 的是 .图3答案 甲、乙、丁一、电磁感应定律[导学探究] 如图4所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中.图4(1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？(2)分别用一根磁铁和两根同样的磁铁以同样速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ (3)指针偏转角度取决于什么？答案 (1)磁通量变化量相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大.(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大. (3)指针偏转角度大小取决于ΔΦΔt的大小. [知识深化]1.感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数n 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R 无关. 2.在Φ－t 图象中，磁通量的变化率ΔΦΔt是图象上某点切线的斜率.例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( ) A.穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大 B.穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大 C.穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0 D.穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 越大，所产生的感应电动势就越大答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系.当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，ΔΦΔt 可能减小.如图所示，t 1时刻，Φ最大，但E ＝0；0～t 1时间内ΔΦ增大，但ΔΦΔt减小，E 减小；t 2时刻，Φ＝0，但ΔΦΔt最大，E 最大.故D 正确. 二、导线切割磁感线时的感应电动势[导学探究] 如图5所示，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的长度为l ，ab 以速度v 匀速切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势.图5答案 设在Δt 时间内导体ab 由原来的位置运动到a 1b 1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为ΔS ＝l v Δt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝Bl v Δt 根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝Bl v .[知识深化]导线切割磁感线产生的感应电动势E ＝Bl v ，公式中l 指有效切割长度，即导线在与v 垂直的方向上的投影长度.例2 如图6所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab ＝bc ＝L ，当它以速度v 向右平动时，a 、c 两点间的电势差大小为( )图6A.BL vB.BL v sin θC.BL v cos θD.BL v (1＋sin θ)答案 B解析 导体杆切割磁感线的有效长度为L sin θ，E ＝BL v sin θ，故B 正确. 三、两公式的简单应用E ＝n ΔΦΔt 研究整个闭合回路，适用于各种电磁感应现象；E ＝Bl v 研究的是闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体.例3 如图7所示，水平放置的两平行金属导轨相距L ＝0.50 m ，左端接一电阻R ＝0.20 Ω，磁感应强度B ＝0.40 T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，长度也为0.50 m 的导体棒ac 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒始终接触良好且电阻均可忽略不计.当ac 棒以v ＝4.0 m/s 的速度水平向右匀速滑动时，求：图7(1)ac 棒中感应电动势的大小. (2)回路中感应电流的大小.(3)维持ac 棒做匀速运动的水平外力的大小和方向. 答案 见解析解析 (1)ac 棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E ＝BL v ＝0.40×0.50×4.0 V ＝0.80 V .(2)回路中感应电流大小为I ＝E R ＝0.800.20 A ＝4.0 A.(3)ac 棒受到的安培力大小为F 安＝BIL ＝0.40×4.0×0.50 N ＝0.80 N ， 由右手定则知，ab 棒中感应电流由c 流向a .由左手定则知，安培力方向水平向左.由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F 外＝F安＝0.80 N ，方向水平向右.例4 如图8甲所示的螺线管，匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化.图8(1)0～2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？ (2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V解析 (1)磁通量的变化是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B 1S ， Φ2＝B 2S ，ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS ＝(6－2)×20×10－4 Wb ＝8×10－3 Wb(2)磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝8×10－32Wb /s ＝4×10－3Wb/s (3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小 E ＝n ΔΦΔt＝1 500×4×10－3 V ＝6 V .1.(对法拉第电磁感应定律的理解)(2014·江苏单科·1)如图9所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图9A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt 答案 B解析 线圈中产生的感应电动势E ＝n ΔФΔt ＝n ·ΔB Δt ·S ＝n ·2B －B Δt ·a 22＝nBa 22Δt，选项B 正确.2.(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(多选)如图10甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图10A.磁通量的变化量为0.25 WbB.磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC.a 、b 间电压为0D.在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A 答案 BD解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1 s 时刻的磁场方向相反，则磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4 Wb ＝2.5×10－3 Wb ，A 项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb /s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝2.5 V ，C 项错误；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确.3.(公式E ＝Bl v 的应用)如图11所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E ，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相互垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v 运动时，棒两端的感应电动势大小为E ′.则E ′E 等于( )图11A.12B.22C.1D. 2解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L ，E ＝BL v ；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝⎝⎛⎭⎫L 22＋⎝⎛⎭⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Bl v ＝B ·22L v ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确. 4.(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(2017·南通中学高二上学期期中)如图12甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B 随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直.金属线圈所围的面积S ＝200 cm 2，匝数n ＝1 000，线圈电阻r ＝2.0 Ω.线圈与电阻R 构成闭合回路，电阻的阻值R ＝8.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：图12(1)t 1＝2.0 s 时线圈产生感应电动势的大小；(2)在t ＝2.0 s 时通过电阻R 的感应电流的大小和方向； (3)在t ＝5.0 s 时刻，线圈端点a 、b 间的电压. 答案 (1)1 V (2)0.1 A 方向b →R →a (3)3.2 V解析 (1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s 时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流，t 1＝2.0 s 时的感应电动势 E 1＝n ΔΦ1Δt 1＝n (B 4－B 0)S Δt 1＝1 V(2)根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流 I 1＝E 1R ＋r解得I 1＝0.1 A ，由楞次定律可判断流过电阻R 的感应电流方向b →R →a (3)由题图乙可知，在4.0～6.0 s 时间内，线圈中产生的感应电动势 E 2＝n ΔΦ2Δt 2＝n (B 6－B 4Δt 2)S ＝4 V根据闭合电路欧姆定律，t 2＝5.0 s 时闭合回路中的感应电流 I 2＝E 2R ＋r＝0.4 A ，方向a →R →b U ab ＝I 2R ＝3.2 V考点一 法拉第电磁感应定律的理解1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是( ) A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零C.当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大D.感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比 答案 C解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，即感应电动势与线圈匝数有关，故A 错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D 错误；穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故C 正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零，故B 错误.2.穿过某单匝闭合回路的磁通量Φ随时间t 变化的图象分别如图1中的①～④所示，下列说法正确的是( )图1A.图①有感应电动势，且大小恒定不变B.图②产生的感应电动势一直在变大C.图③在0～t 1时间内的感应电动势是t 1～t 2时间内感应电动势的2倍D.图④产生的感应电动势先变大再变小 答案 C解析 感应电动势E ＝n ΔΦΔt ，而ΔΦΔt 对应Φ－t 图象中图线或图线切线的斜率，根据斜率的变化情况可得：①中无感应电动势；②中感应电动势恒定不变；③中感应电动势0～t 1时间内的大小是t 1～t 2时间内大小的2倍；④中感应电动势先变小再变大. 考点二 公式E ＝n ΔΦΔt的应用3.如图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图2A.恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B.从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C.恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D.从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 1答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)St 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－n (B 2－B 1)St 2－t 1，选项C 正确.4.如图3所示，长为L 的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C 的平行板电容器上，P 、Q 为电容器的两个极板，匀强磁场垂直于环面向里，磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)的规律随时间变化，t ＝0时，P 、Q 两板电势相等，两板间的距离远小于环的半径，经时间t ，电容器P 板( )图3A.不带电B.所带电荷量与t 成正比C.带正电，电荷量是kL 2C 4πD.带负电，电荷量是kL 2C4π答案 D解析 磁感应强度以B ＝B 0＋kt (k >0)的规律随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E ＝ΔΦ＝S ΔB Δt ＝kS ，而S ＝L 24π，经时间t 电容器P 板所带电荷量Q ＝EC ＝kL 2C 4π；由楞次定律和安培定则知电容器P 板带负电，故D 选项正确.5.如图4所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B 随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b ，不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是()图4A.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 答案 B解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝πr 2·ΔB Δt ，则E a E b ＝r a 2r b 2＝41，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B 项对.6.如图5甲所示，闭合电路由电阻R 和阻值为r 的环形导体构成，其余电阻不计.环形导体所围的面积为S .环形导体位于一垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示.在0～t 0时间内，下列说法正确的是()图5A.通过R 的电流方向由B 到A ，电流大小为B 1S(R ＋r )t 0B.通过R 的电流方向由A 到B ，电流大小为B 2S(R ＋r )t 0C.通过R 的电流方向由B 到A ，电流大小为(B 1＋B 2)S2(R ＋r )t 0D.通过R 的电流方向由A 到B ，电流大小为(B 2－B 1)S(R ＋r )t 0答案 D解析 原磁场增强，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场反向，垂直纸面向外，再由安培定则可判定通过R 的电流方向由A 到B ；I ＝ER ＋r ＝ΔΦΔt R ＋r ＝ΔB Δt ·S R ＋r ＝B 2－B 1t 0SR ＋r ＝(B 2－B 1)S (R ＋r )t 0.故选D.7.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图6所示，则O ～D 过程中( )图6A.线圈中O 时刻感应电动势最大B.线圈中D 时刻感应电动势为零C.线圈中D 时刻感应电动势最大D.线圈中O 至D 时间内的平均感应电动势为0.4 V 答案 ABD解析 由于E ＝n ΔΦΔt ，ΔΦΔt 为Φ－t 图线切线的斜率，故A 、B 正确，C 错误；线圈中O 至D时间内的平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝1×2×10－3－00.005V ＝0.4 V ，所以D 正确.考点三 公式E ＝Bl v 的应用8.如图7所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab 以水平初速度v 0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )图7A.越来越大B.越来越小C.保持不变D.无法确定 答案 C9.(多选)如图8所示，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速向右拉出磁场，下列说法中正确的是(不计重力)( )图8A.环中感应电流的方向是顺时针方向B.环中感应电流强度的大小不变C.所施加水平拉力的大小不变D.若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向是顺时针方向 答案 AD10.如图9所示，PQRS 为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN 为边界的足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN 与线框的边成45°角，E 、F 分别为PS 和PQ 的中点.关于线框中的感应电流( )图9A.当E 点经过边界MN 时，感应电流最大B.当P 点经过边界MN 时，感应电流最大C.当F 点经过边界MN 时，感应电流最大D.当Q 点经过边界MN 时，感应电流最大 答案 B解析 当P 点经过边界MN 时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大，故选B.11.如图10所示，平行导轨间距为d ，其左端接一个电阻R ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于平行金属导轨所在平面，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v 在导轨上滑行时，通过电阻R 的电流大小是( )图10A.Bd v RB.Bd v sin θRC.Bd v cos θRD.Bd v R sin θ答案 D解析 金属棒MN 垂直于磁场放置，运动速度v 与棒垂直，且v ⊥B ，即已构成两两相互垂直的关系，MN 接入导轨间的有效长度为l ＝d sin θ，所以E ＝Bl v ＝Bd v sin θ，I ＝E R ＝Bd vR sin θ，故选项D 正确. 二、非选择题12.(公式E ＝Bl v 的应用)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图11所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd ，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计.若cd 杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始沿框架做匀变速直线运动，则：图11(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末，回路中的电流多大？(3)第5 s 末，作用在cd 杆上的水平外力大小为多少？ 答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N解析 (1)金属杆5 s 内的位移：x ＝12at 2＝25 m ，金属杆5 s 内的平均速度v ＝xt ＝5 m/s(也可用v ＝0＋2×52 m /s ＝5 m/s 求解)故平均感应电动势E ＝Bl v ＝0.4 V .(2)金属杆第5 s 末的速度v ′＝at ＝10 m/s ， 此时回路中的感应电动势：E ′＝Bl v ′ 则回路中的电流为：I ＝E ′R ＝Bl v ′R ＝0.2×0.4×101 A ＝0.8 A.(3)金属杆做匀加速直线运动，则F －F 安＝ma ， 即F ＝BIl ＋ma ＝0.164 N.13.(公式E ＝n ΔΦΔt的应用)如图12所示，面积为0.2 m 2的100匝线圈A 处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面.磁感应强度B 随时间变化的规律是B ＝(6－0.2t ) T ，已知电路中R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，线圈的电阻不计，求：图12(1)闭合S 一段时间后，通过R 2的电流大小及方向； (2)闭合S 一段时间后，再断开S ，S 断开后通过R 2的电荷量. 答案 (1)0.4 A 由上向下通过R 2 (2)7.2×10－5 C解析 (1)由于磁感应强度随时间均匀变化，根据B ＝(6－0.2t ) T ，可知⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝0.2 T/s ，所以线圈中感应电动势的大小为E ＝n ΔΦΔt ＝nS ·⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝100×0.2×0.2 V ＝4 V. 通过R 2的电流大小为I ＝E R 1＋R 2＝44＋6 A ＝0.4 A由楞次定律可知电流的方向为自上而下通过R 2.(2)闭合S ，电容器充电，一段时间后，电路稳定，此时两极板间电压U 2＝IR 2＝0.4×6 V ＝2.4 V . 再断开S ，电容器将放电，通过R 2的电荷量就是电容器原来所带的电荷量Q ＝CU 2＝30×10－6×2.4C ＝7.2×10－5 C.14.(两公式的对比应用)如图13所示，线框由导线组成，cd 、ef 两边竖直放置且相互平行，导体棒ab 水平放置并可沿cd 、ef 无摩擦滑动，导体棒ab 所在处有匀强磁场且B 2＝2 T ，已知ab 长L ＝0.1 m ，整个电路总电阻R ＝5 Ω.螺线管匝数n ＝4，螺线管横截面积S ＝0.1 m 2.在螺线管内有如图所示方向磁场B 1，若磁场B 1以ΔB 1Δt ＝10 T /s 均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，试求：(g ＝10 m/s 2)图13(1)通过导体棒ab 的电流大小； (2)导体棒ab 的质量m 大小；(3)若B 1＝0，导体棒ab 恰沿cd 、ef 匀速下滑，求棒ab 的速度大小. 答案 (1)0.8 A (2)0.016 kg (3)20 m/s解析 (1)螺线管产生的感应电动势： E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB 1Δt S ①解得E ＝4 V通过导体棒ab 的电流I ＝ER＝0.8 A.②(2)导体棒ab 所受的安培力F ＝B 2IL ＝2×0.8×0.1 N ＝0.16 N ③ 导体棒静止时有F ＝mg ④ 解得m ＝0.016 kg.⑤ (3)ab 匀速下滑时 E ′＝B 2L v ⑥ I ′＝E ′R ⑦B 2I ′L ＝mg ⑧由⑥⑦⑧得：v ＝20 m/s。