資源簡介

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基于電磁學，談物理綜合分析能力的提高
策略：以物理模型為主線，重點培養(yǎng)學生分析問題和解決問題的能力。
高考備考研究
2014年，上海、浙江新高考改革試點，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志
前言
了解2021年廣東高考
新高考綜合改革重要標志
2019年12月，山東省、海南省高考適應性測試；
2020年1月，天津市2020高考適應性測試；
2020年3月，北京市2020高考適應性測試；
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道實驗題、2道計算題和一道選做題（從3-3和3-4兩個模塊題中選擇一個），選做題由一道選擇題（或填空題）和計算題組成。
單選 多選 實驗 計算 選做 時間 年份
山東 8 4 2 4 0 90分鐘 2020
北京 14 0 2 4 0 90分鐘 2020
廣東 5 3 2 2 2選1 90分鐘 2020
廣東？ 7 3 2 2 2選1 75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，單獨考試，考試時間75分鐘，以原始分計入總分。
4、新高考突出體現(xiàn)對核心素養(yǎng)的考查，從解題向解決實際問題轉(zhuǎn)變。命題會增加生活情境、學生探究情境和科技前沿的背景等。比如：“嫦娥五號” 登月可以關注.
幾點思考：
1、全國卷反猜題、反押題的能力很強。有些主干知識可以不考；估計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格。
2、廣東命題選擇題題干簡單，試題的計算量不會太大。重點考查物理概念和規(guī)律，突出主干知識的考查，尤其是二級知識點，比較重視二級知識點的覆蓋率。
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
三個維度
三、物理學科的維度
一、歷史的維度
二、宏觀的維度
“知識為本” “以人為本”
雙基目標
三維目標
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》發(fā)表署名文章《探索構建高考評價體系全方位推進高考內(nèi)容改革》。提出了“一核四層四翼”。
高考評價體系由“一核”“四層”“四翼”組成，其中，“四層”為高考的考查內(nèi)容，即“核心價值、學科素養(yǎng)、關鍵能力、必備知識”，回答“考什么”的問題；“四翼”為高考的考查要求，即“基礎性、綜合性、應用性、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)。之前各學科專家在《中國考試》2019年第12期撰文，全面解讀高考評價體系，提出了“基于高考評價體系的學科考試內(nèi)容改革實施路徑”。
2020年1月7日教育部考試中心發(fā)布
《中國高考評價體系》《中國高考評價體系說明》
文化底蘊
學術精神
學科體系
專業(yè)素養(yǎng)
《中國高考評價體系》解讀
高考改革的需要
這次高考制度改革是1977年恢復高考以來最全面、最系統(tǒng)、最深刻、最困難的改革，給高中學校帶來的變化全方位的、深層次的。
習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。
2013年11月黨的十八屆三中全會對考試招生制度改革進行了全面部署。
2014年3月30日教育部印發(fā)《關于深化課程改革、落實立德樹人根本任務的意見》，提出深化課程改革的總體思路和核心任務。
2014年9月3日國務院頒布了《關于深化考試招生制度改革的實施意見》。
《中國高考評價體系》產(chǎn)生的背景
立德樹人的需要
2019.6.19，國務院辦公廳《關于新時代推進普通高中育人方式改革的指導意見》
2019.7.8，國務院辦公廳《關于深化教育教學改革，全面提高義務教育質(zhì)量的意見》
本輪新課程改革是我國基礎教育發(fā)展史上力度最大、最徹底的一次課程改革運動，涉及教育教學理念、課程標準、課程管理、課程內(nèi)容及教材等多個方面的變革，標志著我國基礎教育范式的根本轉(zhuǎn)換。必將觸及目前教育教學過程中普遍存在的深層次問題。
2019年，中國基礎教育全面進入核心素養(yǎng)時代
現(xiàn)行的考試大綱難以滿足“增強立德樹人導向、構建適應德智體美勞全面培養(yǎng)要求的評價體系”這一新時代要求。
高考作為上接高等教育、下連基礎教育的重要樞紐，需落實課程標準理念和要求，加強考試與教學的銜接，更好發(fā)揮考試對教學的促進作用，反映高中課程標準和高校人才選拔要求、有利于與高中教學溝通互動的新體系。
《中國高考評價體系》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，是命題評價的準繩和量尺。
有助于充分發(fā)揮高考育人功能和積極的導向作用。
1. 高考評價體系是綜合高校人才選拔要求和國家課程標準而形成的考試評價理論框架。
2. 中國高考評價體系不是考試大綱，也不是界定考試范圍的規(guī)范性文件。《中國高考評價體系》是一個指導性的文件。
3. 評價理念：價值引領，素養(yǎng)導向，能力為重，知識為基。
《中國高考評價體系》的主要內(nèi)容
為什么考 一核 立德樹人
服務選才
引導教學
考查目的
考什么 四層 必備知識、關鍵能力、學科素養(yǎng)、核心價值
四層考查目標
怎么考 四翼 基礎性、綜合性、
應用性、創(chuàng)新性
四個方面的考查要求
“一核四層四翼”的高考評價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
思維
科學
探究
科學態(tài)度
與責任
質(zhì)疑創(chuàng)新
科學論證
科學推理
模型建構
交流
解釋
證據(jù)
問題
社會責任
科學態(tài)度
科學本質(zhì)
物質(zhì)觀
運動與相互作用觀
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，其實就是對物理學科核心素養(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、科學思維、科學探究的考察；對分析綜合能力的考察，就是對物理觀念、科學思維、科學探究的考察；對應用數(shù)學處理物理問題能力的考察，就是對物理觀念、科學思維的考察；對實驗能力的考察，就是對科學思維、科學探究、科學態(tài)度與責任的考察。
核心素養(yǎng)與五種能力之間的關系
不同階段的目標和教學策略
主要目標 理 解 對知識的全面、深入理解和靈活運用 綜 合 多知識點綜合解決問題；解題方法的鞏固熟練 基本素質(zhì)
審題、表達、審視答案等基本應試能力
高考第一輪
高考第二輪
高考第三輪
☆
☆
☆☆
☆☆
☆
☆
☆
☆
☆☆
三、物理學科的維度
（一）主要目標
全面、細致地復習全部知識，不遺漏；
第一輪復習的教學策略
培養(yǎng)學生具體問題具體分析的習慣，而不是僅僅記憶結論和死套“方法”.
重視從不同角度理解知識，拓展情境，靈活應用；
（二）實施策略
有效訓練與落實
基礎訓練、專題訓練、限時訓練、規(guī)范訓練、錯題訓練等
夯實基礎知識、注意主干知識
注重學科思想方法的掌握
研究題型，分類歸檔，注意解題方法和技巧的訓練和歸納
切實加強實驗復習，提高實驗變通能力
加強應試能力的培養(yǎng)
注意現(xiàn)代信息的收集和獲取
第二輪復習的教學策略
（一）第二輪復習的目標
1、重在發(fā)展能力，側重發(fā)展分析綜合能力；重在訓練學生運用多知識點綜合解決問題的思路。
2、兼顧知識上的認識，但不是重點。不是對第一輪復習“炒現(xiàn)飯”。
3、重點關注解題素養(yǎng)的培養(yǎng)。采用的是“滲透”方式，積累感性認識，不過度進行系統(tǒng)總結，不把第三輪復習的目標提前完成。
（二）第二輪復習的策略——專題復習
（1）專題結構
①知識內(nèi)容專題（運動與力、功和能… … … … ）
②能力技巧專題（實驗、圖像、學習工具、解題方法與技巧）
③模塊專題（3-3、3-4和3-5）
（2）第二輪復習的專題設計（參考）
專題 知識內(nèi)容 力與直線運動
力與曲線運動
帶電粒子的運動
功和能
電磁感應綜合問題
能力技巧 物理實驗
物理圖像
數(shù)學工具
解題方法與技巧
選考模塊 熱力學與氣體實驗定律
機械波與光波
●知識
主干知識，而不是“查漏補缺”
● 解題能力
對審題、表達、審視答案等能力系統(tǒng)強化
● 競技狀態(tài)
調(diào)節(jié)生物鐘、身體狀態(tài)、心理狀態(tài)
● 應試策略
確認應試策略，訓練和適應按既定策略應試
第三輪復習的教學策略
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
運動規(guī)律
作用規(guī)律
解題規(guī)律
實驗
模型
方法
基本模型
綜合模型
模型綜合
規(guī)范
解題
科學
審題
對象分析
過程分析
規(guī)律分析
狀態(tài)分析
作用分析
關系分析
格式準確
思路清晰
兩大系統(tǒng)
“拆”“聯(lián)”
①多物體問題
獨立分析各個擊破
把握聯(lián)系
時間關系
位移關系
②多階段問題
抽出運動模型，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、直線運動拆過程
2、曲線運動拆方向----時間關聯(lián)
物理考試系統(tǒng)-----審題 解題
終
態(tài)
m
v
a
P
E
初
態(tài)
m
v
a
P
E
臨界
m
v
a
P
E
F、 W、 I、 x、t
過程1
過程2
F、 W、 I、 x、t
對象、狀態(tài)、作用、過程、關系、規(guī)律
矢量和標量、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
正確運用規(guī)律
討論結果合理性
分析受力情況
分析運動情況
找臨界、關聯(lián)點
依據(jù)題設條件
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
結果
運算
操作
關聯(lián)
決策
再現(xiàn)
分析
特點
示意圖
①針對某一狀態(tài)；比如牛頓第二定律的應用、力的平衡條件等。
②針對某一過程 ：比如運動學公式 、動能定理、動量守恒定律等。
③用數(shù)學知識：三角函數(shù)、幾何、微積分等。
三個優(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年全國卷中關于電磁感應的題目 2016 2017 2018 2019 2020
新課標I 24 18 17；19 20 21
新課標Ⅱ 21；24 20；21 18 21 14
新課標Ⅲ 21；25 15 20 14；19 14
山東卷 12
電磁感應綜合問題
一、解決電磁感應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牛頓運動定律、運動學公式
②動量定理、動量守恒定律
③動能定理、機械能守恒定律、功能關系、能量守恒
④楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應電流、閉合電路歐姆定律等
⑤必備數(shù)學知識
系統(tǒng) （兩個或兩個以上物體） ①運動和受力 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“兩個對象”
微觀
電磁感應章節(jié)的主要知識 電磁感應章節(jié)的相對次要知識 電磁感應題目常涉及的知識
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、力學知識（運動和受力分析）
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合）
4、磁場的知識（安培力）
（三）、分析策略
（四）、解決電磁感應中的力、電問題的關鍵
1．電磁感應與力學問題聯(lián)系的橋梁是磁場對感應電流的安培力．解答電磁感應中的力學問題，在分析方法上，要始終抓住導體的受力(特別是安培力)特點及其變化規(guī)律，明確導體的運動過程及運動過程中狀態(tài)的變化，準確把握運動狀態(tài)的臨界點．
2．我們根據(jù)導體的運動狀態(tài)合理地選取物理規(guī)律，如平衡條件、牛頓運動定律、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)情況恰當選用動量定理或動量守恒定律．
（二） 電磁感應典型模型分析
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的運動
單桿置于光滑水平導軌上，可以與電源、電阻、電容器等組成回路．桿運動時僅受安培力(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
導體為電動桿，運動后產(chǎn)生反電動勢（等效于電機）。
2．安培力的特點
安培力為運動動力，并隨速度增大而減小。
3．加速度特點
加速度隨速度增大而減小
4．運動特點
a減小的加速運動
t
v
O
vm
單桿第一類模型
(1)接電源
5．收尾特征
勻速運動
6．兩個極值
(2)最大速度：穩(wěn)定時，a=0,速度最大，電流為零
(1)最大加速度：v=0時,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)導軌不光滑
(2)導軌傾斜
(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
a
R
v0
B
b
N
mg
v
F
v
v0
t
0
(2)接電阻
1．電路特點
導體棒相當于電源。
2．安培力的特點
安培力為阻力，并隨速度減小而減小。
3．加速度特點
加速度隨速度減小而減小
4．運動特點
5．收尾狀態(tài)
a減小的減速運動
靜止
v=0, I=0, F=0, a=0
6．三個規(guī)律
(1)能量關系：
(2)動量關系：
(3)瞬時加速度：
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：設某時刻桿的速度為v，E=Blv
F=BIl
取速度方向為正方向，由牛頓第二定律得：
取一小段時間
有:
由以上幾式得：
把每一小段對應得位移相加可得：
而
解得：
求位移是難點
若要求通過電阻R的總電量呢？
1、已知水平導軌光滑且足夠長，導軌間距為l，導軌間接電阻R。勻強磁場垂直導軌平面向下，大小為B。質(zhì)量為m、阻值為R1的金屬桿ab以初速度v0開始運動.求ab桿從開始運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
導體桿相當于電源;電容器被充電.
2．電流的特點
3．運動特點
a變小的減速運動，最終做勻速運動。
4．收尾特征
易錯點：電容器帶電量不為零
勻速運動
v0
v
O
t
v
導體桿相當于電源; 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Blv=UC時，I=0， F安=0，桿勻速運動。
（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：
最終導體桿的感應電動勢等于電容兩端電壓：
對桿應用動量定理：
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的運動
該模型是指單桿置于導軌上，導軌可以水平、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
三個甲圖為一類25，三個乙圖為另一類27.
1．電路特點
導體桿相當于電源，當速度為v時，電動勢E＝Blv
2．安培力的特點
安培力為阻力，并隨速度增大而增大
3．加速度特點
加速度隨速度增大而減小
4．運動特點
a減小的加速運動
t
v
O
vm
單桿第二類模型
甲圖25
FB
5．收尾特征
勻速運動
6．兩個極值
(1) v=0時,有最大加速度：
(2) a=0時,有最大速度：
單桿第二類模型
甲圖25
FB
7．穩(wěn)定后的能量轉(zhuǎn)化規(guī)律
8．起動過程中的三個規(guī)律
(1)動量關系：
(2)功能關系：
(3)瞬時加速度：
甲圖25
單桿第二類模型
9．幾種變化
(1)拉力變化
F
F
F
B
F
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
導體桿為發(fā)電桿；電容器被充電。
2．三個基本關系
導體桿受到的安培力為：
導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
3．三個重要結論：
(1)導體桿做初速度為零勻加速運動：
(2)回路中的電流恒定：
O
t
v
(3)導體桿受安培力恒定：
單桿第二類模型
乙圖
4．幾種變化：
(1)導軌不光滑
(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，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導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系；
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。
充電式
解析：(1)設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E＝BLv　①
平行板電容器兩極板之間的電勢差為
U＝E　②
設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，
按定義有
C＝Q/U　③
聯(lián)立①②③式得
Q＝CBLv　④
(2)設金屬棒運動時間t時速度大小為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軌向上，大小為 f1＝BLi　⑤
設在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為ΔQ，按定義有
i＝ ΔQ / Δt 　 ⑥
ΔQ也是平行板電容器兩極板在時間間隔(t，t＋Δt)內(nèi)增加的電荷量。由④式得ΔQ＝CBLΔv　⑦
式中，Δv為金屬棒的速度變化量。按定義有a＝Δv/Δt　⑧
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2＝μN=mgcos θ⑨　
　
金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為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 式及題設可知，金屬棒做初速度為零
的勻加速直線運動。t時刻金屬棒的速度大
小為 　

電容放電式
1．電路特點
電容器放電，相當于電源；導體桿受安培力而運動。
2．電流的特點
電容器放電時，導體桿在安培力作用下開始運動，同時產(chǎn)生阻礙放電的反電動勢，導致電流減小，直至電流為零，此時UC=Blv
3．運動特點
a漸小的加速運動，最終做勻速運動。
4．收尾特征
但此時電容器帶電量不為零
t
v
O
vm
勻速運動
5．最大速度vm
電容器充電量：
v
t
O
vm
放電結束時電量：
電容器放電電量：
對桿應用動量定理：
電容放電式
易錯點：認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)的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計．炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態(tài)，并與導軌良好接觸．首先開關S接1，使電容器完全充電．然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動．當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌．問：
（1）磁場的方向；
（2）MN剛開始運動時加速度a的大小；
（3）MN離開導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，電容器放電時電流：
炮彈受到安培力：F=BIl
由牛頓運動定律：F=ma
解得：
（3）電容器放電前所帶電量Q1=CE，開關接2后，MN開始向右加速，達到最大速度vm時，MN上的感應電動勢：E1=Blvm
最終電容器所帶電量Q=CE1
設在此過程中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
2
v0
1
1、無外力等距式
2、無外力不等距式
1
2
F
3、有外力等距式
4、有外力不等距式
F
2
1
（1）無外力等距
1．電路特點
桿2相當于電源;桿1受安培力而加
速起動,運動后產(chǎn)生反電動勢.
2．電流特點
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v2=v1時：
電流　I＝0
第二類雙桿模型
（1）無外力等距
3．兩桿的運動情況
安培力大小：
兩桿的相對速度變小,感應電流變小,安培力變小.
桿1做加速度變小的減速運動
桿2做加速度變小的加速運動
t
O
v
v0
v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
v
v
0
0
2
1
4．(多選)(2019·全國卷Ⅲ·T19)如圖，方向豎直向下的勻強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軌，兩相同的光滑導體棒ab、cd靜止在導軌上。t＝0時，棒ab以初速度v0向右滑動。運動過程中，ab、cd始終與導軌垂直并接觸良好，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)生感應電動勢，使整個回路中產(chǎn)生感應電流，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動，它們之間的速度差Δv＝v1－v2逐漸減小，整個系統(tǒng)產(chǎn)生的感應電動勢逐漸減小，回路中感應電流逐漸減小，最后變?yōu)榱悖醋罱K棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，兩相同的光滑導體棒ab、cd組成的系統(tǒng)在足夠長的平行金屬導軌上運動時不受外力作用，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
桿1相當于電源;桿2受安培力而啟動,運動后產(chǎn)生反電動勢.
2．電流特點
隨著桿1的減速、桿2的加速，回路中電流變小。
2
v0
1
最終當Bl1v1= Bl2v2時,電流為零,兩桿都做勻速運動
第二類雙桿模型
（2）無外力不等距
3．兩桿的運動情況
桿1加速度變小的減速,最終勻速;
2
v0
1
回路中電流為零
桿2加速度變小的加速,最終勻速.
v0
v2
O
t
v
v1
4．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
任一時刻兩桿中電流相同，兩桿受到的安培力大小之比為：
2
v0
1
整個過程中兩桿所受安培力沖量大小之比
對桿1：
對桿2：
結合：
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
2
v0
1
8．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
棒2相當于電源;棒1受安培力而起動.
2．運動分析：
某時刻回路中電流：
最初階段，a1>a2,
棒1：
安培力大小：
棒2：
只要a1>a2 ,
(v1-v2)
I
FB
a1
a2
當a1＝a2時
v1-v2恒定
I恒定
FB恒定
兩棒勻加速
第二類雙桿模型
F
2
1
3．穩(wěn)定時的速度差
（3）有外力等距
第二類雙桿模型
F
2
1
v1
O
t
v
v2
4．變化
(1)兩棒都受外力作用
F2
1
2
F1
(2)外力提供方式變化
（3）有外力等距
第二類雙桿模型
F
2
1
5．（2020·新課標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，整個金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動金屬框，運動過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強磁場中，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．導體棒所受安培力的大小趨于恒定值
D．導體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值
【答案】BC
F
2
1
有外力等距
（4）有外力不等距
運動分析：
某時刻兩桿速度分別為v1、 v2
加速度分別為a1、a2
此時回路中電流為：
經(jīng)極短時間t后其速度分別為：
I恒定
FB恒定
兩桿勻加速
1
2
F
當　　　　　時
第二類雙桿模型
1
2
F
此時回路中電流為：
與兩桿電阻無關
（4）有外力不等距
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，為了檢測出個別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進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斜向上運動．已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場的磁感應強度為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入磁場前線框相對傳送帶靜止，線框剛進入磁場的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對滑動，線框運動過程中上邊始終平行于MN，當閉合線框的上邊經(jīng)過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同．設傳送帶足夠長，求：
(1)閉合線框的上邊剛進入磁場時上邊所受安培力F安的大小；
(2)從閉合線框的上邊剛進入磁場到上邊剛要出磁場所用的時間t；
(3)從閉合線框的上邊剛進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)法拉第電磁感應定律得
根據(jù)運動學公式得
由以上聯(lián)立可解得
(3)在線框的上邊剛進入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中，由動能定理得：
(μmgcos α－mgsin α)d＋W安＝0
由功能關系得Q電＝－W安
Qf＝μmgcos α(v0t－d)
從線框上邊剛進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＝2mgsin α·d＋2Q電＋2Qf
7、如圖，相距L的光滑金屬導軌，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、磁感應強度為B的勻強磁場．金屬棒ab和cd垂直導軌且接觸良好，cd靜止在磁場中， ab從圓弧導軌的頂端由靜止釋放，進入磁場后與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．金屬導軌電阻不計，重力加速度為g．
（1）求：ab到達圓弧底端時對軌道的壓力大小
（2）在圖中標出ab剛進入磁場時cd棒中的電流方向
（3）若cd正要離開磁場時的速度是此刻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ab到達圓弧底端時受到的支持力
為N，ab下滑機械能守恒，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cd離開磁場時ab在磁場中的速度vab，則cd此時的速度為 ，ab、cd組成的系統(tǒng)動量守恒，有：
ab、cd構成的閉合回路閉合電路歐姆定律：
安培力公式：
聯(lián)立①④⑤⑥⑦ ⑧得：
……⑨
……⑤
由法拉第電磁感應定律：
……⑥
……⑦
……⑧
8、兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內(nèi)，兩導軌間的距離為L，導軌上放置兩根導體棒a和b，俯視圖如圖甲所示。兩根導體棒的質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計，在整個導軌平面內(nèi)，有磁感應強度大小為B的豎直向上的勻強磁場。導體棒與導軌始終垂直接觸良好且均可沿導軌無摩擦地滑行，開始時，兩棒均靜止，間距為x0，現(xiàn)給導體棒a一水平向右的初速度v0，并開始計時，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時間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應強度B無關；
(2)求t1時刻棒b的加速度大小；
(3)求t2時刻兩棒之間的距離。
[解析]　(1)t2時刻開始，兩棒速度相等，由動量守恒定律有2mv＝mv0
所以在0～t2時間內(nèi)，回路產(chǎn)生的焦耳熱Q與磁感應強度B無關。
解得
(2)t1時刻有
回路中的電流
此時棒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時刻，兩棒速度相同，均為
0～t2時間內(nèi)，對棒b，由動量定理有
根據(jù)法拉第電磁感應定律有
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)量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為B，方向豎直向下。在內(nèi)圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求
(1)通過電阻R的感應電流的方向和大小；
(2)外力的功率。
（二）、轉(zhuǎn)動切割類
解析：(1)根據(jù)右手定則得，導體棒AB上的電流
方向為B→A，故電阻R上的電流方向為C→D。
設導體棒AB中點的速度為v，則
而vA＝ωr，vB＝2ωr。根據(jù)法拉第電磁感應定律，
導體棒AB上產(chǎn)生的感應電動勢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的感應電流的大小為 。
(2)根據(jù)功能關系，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，如圖甲所示.磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化如圖乙所示，從t=0開始經(jīng)t0時間細線開始松馳，g=10m/s2．求：
（1）在前t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢；
（2）在前t0時間內(nèi)線圈的電功率；
（3）求t0的值．
解：（1）由法拉第電磁感應定律得：
（2）
(3)分析線圈受力可知，當細線松弛時有：
由圖像知：
解得：
3、計算安培力時忘記匝數(shù)；
易錯點
1、計算電動勢時面積錯誤；
2、計算安培力時導體長度錯誤。
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軌，垂直于導軌放置的兩根金屬棒MN和PQ長度也為l、電阻均為R，兩棒與導軌始終接觸良好．MN兩端通過開關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.圖中虛線右側有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B.PQ的質(zhì)量為m，金屬導軌足夠長、電阻忽略不計.
(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)設線圈中的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律
則 E＝k ①
設PQ與MN并聯(lián)的電阻為R并,有
②
閉合S時，設線圈中的電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律得
設PQ中的電流為IPQ，有
設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PQ由靜止開始到速度大小為v的加速過程中，PQ運動的位移為x，所用時間為Δt，回路中的磁通量變化為ΔΦ，平均感應電動勢為 ，有
⑧
其中ΔΦ＝Blx ⑨
設PQ中的平均電流為 ，
根據(jù)電流的定義得
⑩

12、如圖甲所示，電阻不計的光滑平行金屬導軌相距L=0.5m，與水平面的夾角θ=30°，上端連接R=0.5Ω的電阻．導軌下方虛線區(qū)域存在方向垂直導軌平面向上的磁場，上、下邊界之間的距離s=10m，磁感應強度B隨時間t變化關系如圖乙所示。長為L、電阻不計，質(zhì)量為m=0.5kg的金屬棒ab，垂直導軌放置于距離磁場上邊界d=2.5m處，與導軌接觸良好．在t=0時刻棒由靜止釋放，滑至導軌底端被金屬環(huán)卡住不動，g取10m/s2，求：
（1）棒運動到磁場上邊界的時間；
（2）棒進入磁場時受到的安培力；
（3）在0—5s時間內(nèi)電路中產(chǎn)生的焦耳熱。
解：（1）由牛柳第二定律：
得：
由運動學公式：
得：
（2）由法拉第電磁感應定律：
得：
（3）因為
所以金屬棒進入磁場后做勻速直線運動，運動至導軌底端的時間為：
由圖可知，棒被卡住1s后磁場才開始均勻變化。
由法拉第電磁感應定律：
所以在0--5s時間內(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；一與導軌垂直的金屬棒置于兩導軌上；在電阻、導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，磁感應強度大小B1隨時間t的變化關系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導軌垂直，磁場的磁感應強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求：
(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；
(2)在時刻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小．
解析：(1)在金屬棒越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS ① 設在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內(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的時間間隔內(nèi)，流過電阻R
的電荷量q的絕對值為
⑥
(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN.由于金屬棒
在MN右側做勻速運動，有f＝F ⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的安培力．設此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為
F＝B0Il ⑧
此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨
勻強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
由法拉第電磁感應定律得，回路感應電動勢的大小為
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、力學典型模型分析
常見力學模型
模型二 “物塊和木板”相互作用問題
設物塊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
關鍵點：被動的物體（木板B）其加速度達到最大時，受到的摩擦力也達到最大值。
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。
設物塊A和木板B一起加速，由牛頓運動定律得：
F=（M+m）a
f=Ma=μ1mg
解得：F=μ1mg(M+m)/M
當F≤μ1mg(M+m)/M時兩物體一起以共同的加速度運動
當F>μ1mg(M+m)/M時物塊相對木板滑動
f
f/
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設木板和物塊一起加速，且它們間的摩擦力達到最大靜摩擦力 F-μ2(M+m)g=(M+m)a
μ1mg-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物塊靜止或勻速運動。
無論力F多大，木板始終靜止不動；
（二）若μ1mg>μ2(M+m)g
①若F ≤ μ2(M+m)g，物塊和木板均靜止不動
③若F>Fm時，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分類討論：
f
f/
f地
關鍵點：
①木板滑動的條件；
②板塊間摩擦力是否達到最大值
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到最大
②物塊與木板間靜摩擦力恰好達到最大
F
0
μ2(M+m)g
Fm
μ1mg>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。設它們能達到共同速度v1
解得：
兩個物體會分離
兩個物體能共速
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)點的物塊以初速 從靜止在光滑的地面上木板的左端開始運動，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P，木板運動到P時被牢固粘連。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的關系。判斷物塊能否滑到PQ軌道的中點。
解析：物塊從左端滑上木板后開始作勻減速運動,此時木板開始作勻加速直線運動，當滑塊與滑板達共同速度時，二者開始作勻速直線運動。設它們的共同速度為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，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
R1、當R＜L1＜2R時，
討論：
不能達到共速，物塊的運動是一直做勻減速運動6.5R+L1，滑上P點。有：
根據(jù)動能定理：
所以不能滑到PQ軌道的中點
2、 當2R≤L1＜5R時，
物塊的運動是先做勻減速運動s1=8R，達到共速后做勻速運動L1－2R，再做勻減速運動0.5R，滑上P點，所以有：
根據(jù)動能定理：
所以不能滑到PQ軌道的中點
討論：
板塊模型 問題4（6811/44 / ）
1、地面粗糙；2、板足夠長；3、均不受力；3、均有初速
由牛頓運動定律得：μ1mg=ma1m 得到：a1m=μ1g
得到：
（1）
m向左邊減速，速度先減速到0后再反向向右加速，此過程中M一直做向右減速運動.它們之間一直在發(fā)生相對運動，在達到共同速度之前均做勻變速運動。達到共速后需分類討論。
共速時它們間產(chǎn)生的摩擦力一定會發(fā)生突變。
μ1mg+μ2(m+M)g=Ma1M
f地
f
f/
若共速后一起減速，A、B之間為靜摩擦力，對整體有：
μ2(m+M)g=（m+M）a/ a/=μ2g
即
m和M速度相等后，它們之間動摩擦力突變?yōu)殪o摩
擦力，然后一起做加速度為a/=μ2g的減速運動直
至停下。
（1）
能夠一起減速必須滿足的條件
①
f=m a/=μ2mg
f地
說明m和M分別作加速度不相同的勻減速運動, 它們之間繼續(xù)發(fā)生相對滑動，且M減速的加速度大，會先停下，此過程中物塊m相對木板M向右運動.
②0<μ1<μ2
（1）
（2）
M先減速到0，后面的分析類似。（略）
對m，μ1mg=ma2m， 得到：a2m= μ1g=a1m
對M， μ2(m+M)g－ μ1mg =Ma2M
得到：a2M=μ2g+（μ2－μ1）m g/M > μ2g > a2m=μ1g
f
f/
f地
3.（2015年新課標I卷）一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m，如圖（a）所示t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖（b）所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：
（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；
（2）木板的最小長度；
（3）木板右端離墻壁的最終距離。
圖a
圖b
解析：（1）根據(jù)圖像可以判定：碰撞前物塊與木板共同速度為
碰撞后木板速度水平向左，大小也是
物塊受到滑動摩擦力向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律可知
解得： μ2=0.4
木板與墻壁碰前，由運動學公式可得：
解得：a=1m/s2
分析木板與物塊的整體受力，可知：
解得： μ1=0.1
（2）碰撞后，木板向左勻減速，依據(jù)牛頓第二定律有
可得木板加速度為
由運動圖像可知物塊加速度為
碰后，物塊經(jīng)t1=1s速度先減小到0，此時，木板向左的位移為
末速度
物塊向右的位移
假設又經(jīng)歷t2,二者速度相等，則有
解得:
此后，物塊開始向左加速，加速度仍為 ,
木板繼續(xù)減速，加速度仍為 a2=4m/s2
達到共速過程中，木板向左位移
末速度
物塊向左的位移
物塊始終沒有離開木板，所以木板最小的長度為6m.
因木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1小于物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2，所以它們達到共速后一定可以一起減速運動至停下。
二者的相對位移最大
木板最小的長度L為
（3）最后階段物塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度
向右的位移
所以木板右端離墻壁最遠的距離為
木板右端離墻壁最遠的距離為
藍色陰影部分面積就是總的相對位移，也等于木板的最小長度。
水平向左為正方向，碰后兩物體運動圖像
4.（2013年新課標II卷） 一長木板在水平地面上運動，在t=0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖像如圖所示。己知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦.物塊與木板間的最大靜摩擦力等于物動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2.求：
(1)物塊與木板間；木板與地面間的動摩擦因數(shù)；
(2)從t=0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。
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