資源簡介

電磁感應現象中一個有用的結論
閉合回路中通過導體的電荷量
電磁感應的題目往往綜合性較強，與前面知識聯系較多，從眾多題目中尋找解題的規律或得出有用結論，對于同學們解題有很大幫助，且看以下幾例。
例1：如圖1所示，有一邊長為L正方形線圈處于磁感應強度為B的勻強磁場中，線圈平面與磁感線方向垂直，當線圈（設線圈總電阻為R）從圖示位置，以速率v勻速拉出磁場的過程中，流過導線的電荷量為多少？
圖1
解析：線圈cd邊出了磁場，ab邊在磁場中做切割磁感線運動，產生感應電動勢E=BLv，線圈閉合，產生的感應電流，而線圈拉出磁場所需時間，所以流過導線的電荷量。這里的是線圈面積，是通過導線圈的最大磁通量，把線圈從磁場中拉出來，對線圈回路，磁通量的變化量。
例2：如圖2所示，導線全部為裸導線，半徑為r的圓內有垂直圓平面的勻強磁場，磁感應強度為B，一根長度大于2r的導線MN以速度v在圓環上無摩擦地自左端勻速滑動到右端，電路中的定值電阻為R，其余電阻不計。試求MN從圓環的左端滑到右端的過程中，通過電阻R的電荷量為多少？
圖2
解析：MN導線在圓環上做切割磁感線運動，其有效長度在不斷變化，用切割式難求得平均感應電動勢。事實上，回路上磁通量不斷變化，平均感應電動勢可由磁通量變化式求得（即法拉第電磁感應定律）。在這里MN導體棒與圓環接觸，與R組成一個閉合回路，通過該回路的磁通量為，所以電阻R上的平均電流強度
，完成這一變化的時間，所以通過R的電荷量
。
例3：如圖3所示，平行放置的金屬導軌MN之間的距離為L，一金屬桿長為2L，一端以轉軸O固定在導軌N上，并與M無摩擦接觸，桿從垂直于導軌位置，在導軌平面內以角速度順時針勻速轉至另一端脫離導軌M，若兩導軌間有一磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場，導軌上接一電阻R，導軌與導體棒電阻不計。則在上述的轉動過程中，通過R的電荷量為多少？
圖3
解析：導體棒在磁場中以O為圓心轉動切割磁感線，且有效長度在變，因而在求平均感應電動勢時，也只能用磁通量變化式，導體棒與導軌接觸且與R組成閉合回路。完成這一變化的時間，所以，流過R的平均電流強度。則通過R的電荷量。，而，即。
綜上所述閉合回路中通過導體的電荷量，等于回路中磁通量的變化量與回路總電阻R的比值，與時間t、速率v無關。這樣如若求通過導體的電荷量，就可以快速解答。
一般對于N匝線圈的閉合回路，感應電動勢大小，通過導線橫截面積的電荷量。。
鞏固練習
1. 如圖4所示，一個直徑為d，電阻為R的圓形單匝線圈放在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面?，F使線圈以為軸從圖示位置轉過90°角，求在此過程中通過線圈導體橫截面的電荷量。
圖4
2. 長為L的正方形閉合導體框，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，導體框平面與磁場方向垂直，磁場恒定不變，如圖5所示，求將此導體框變為圓形導體環的過程中通過導線橫截面的電荷量，已知導體框電阻為R。
圖5
參考答案
1.
2.
　
模型組合講解;滑輪模型
【模型概述】滑輪是生活中常見的器具，根據其使用方法有動滑輪與定滑輪，在試題中還有它的“變臉”模型，如光滑的凸面（桿、球、瓶口等）。
【模型講解】
一、“滑輪”掛件模型中的平衡問題
例1. （2005年煙臺市檢測題）如圖1所示，將一根不可伸長、柔軟的輕繩左、右兩端分別系于A、B兩點上，一物體用動滑輪懸掛在輕繩上，達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端移到C點，待系統達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端再由C點移到D點，待系統達到平衡時，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為，不計摩擦，并且BC為豎直線，則（ ）
A. B.
C. D.
圖1
解析：由于跨過滑輪上繩上各點的張力相同，而它們的合力與重力為一對平衡力，所以從B點移到C點的過程中，通過滑輪的移動，，再從C點移到D點，肯定大于，由于豎直方向上必須有，所以。故只有A選項正確。
二、“滑輪”掛件模型中的變速問題
例2. 如圖2所示在車廂中有一條光滑的帶子（質量不計），帶子中放上一個圓柱體，車子靜止時帶子兩邊的夾角∠ACB=90°，若車廂以加速度a=7.5m/s2向左作勻加速運動，則帶子的兩邊與車廂頂面夾角分別為多少？
圖2
解析：設車靜止時AC長為，當小車以向左作勻加速運動時，由于AC、BC之間的類似于“滑輪”，故受到的拉力相等，設為FT，圓柱體所受到的合力為ma，在向左作勻加速，運動中AC長為，BC長為
由幾何關系得
由牛頓運動定律建立方程：
代入數據求得
說明：本題受力分析并不難，但是用數學工具解決物理問題的能力要求較高。
三、“滑輪”掛件模型中的功能問題
例3. 如圖3所示，細繩繞過兩個定滑輪A和B，在兩端各掛一個重為P的物體，現在A、B的中點C處掛一個重為Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距離h。已知AB的長為2L，不計滑輪和繩之間的摩擦力及繩的質量。
圖3
解析：選小球Q和兩重物P構成的整體為研究對象，該整體的速率從零開始逐漸增為最大，緊接著從最大又逐漸減小為零（此時小球下降的距離最大為h），如圖4在整個過程中，只有重力做功機械能守恒。
圖4
因重為Q的小球可能下降的最大距離為h，所以重為P的兩物體分別上升的最大距離均為。
考慮到整體初、末位置的速率均為零，故根據機械能守恒定律知，重為Q的小球重力勢能的減少量等于重為P的兩個物體重力勢能的增加量，即。
從而解得
【模型要點】“滑輪”模型的特點為滑輪兩側的受力大小相等，在處理功能問題時若力發生變化，通常優先考慮能量守恒規律，也可采用轉化法求解。
【誤區點撥】注意“死桿”和“活桿”問題。
如：（2006年無錫統考）如圖（a）輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質量為M1的物體?！螦CB=30°；圖（b）中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過細繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，輕桿的G點用細繩GF拉住一個質量為M2的物體，求細繩AC段的張力FTAC與細繩EG的張力FTEG之比？
圖5
解析：圖（a）中繩AC段的拉力FTAC＝M1g
圖（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：
【模型演練】
1. 在圖6所示的裝置中，繩子與滑輪的質量不計，摩擦不計，懸點a與b之間的距離遠大于兩輪的直徑，兩個物體的質量分別為m1和m2，若裝置處于靜止狀態，則下列說法錯誤的是（）
A. 可以大于
B. 必定大于
C. 必定等于
D. 與必定相等
答案：C
圖6
2. （上海徐匯區診斷）如圖7所示，質量分別為M和m（M>m）的小物體用輕繩連接；跨放在半徑為R的光滑半圓柱體和光滑定滑輪B上，m位于半圓柱體底端C點，半圓柱體頂端A點與滑輪B的連線水平。整個系統從靜止開始運動。設m能到達圓柱體的頂端，試求：
（1）m到達圓柱體的頂端A點時，m和M的速度。
（2）m到達A點時，對圓柱體的壓力。
圖7
答案：（1）
（2）
模型組合講解;掛件模型
【模型概述】理解靜態的“掛件”模型是我們進行正確分析動態類型的基礎，因此高考對該部分的考查一直是連續不斷，常見題型有選擇、計算等。
【模型講解】
一、“掛計”模型的平衡問題
例1：圖1中重物的質量為m，輕細線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時AO是水平的，BO與水平面的夾角為θ。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（ ）
A. B.
C. D.
圖1
解析：以“結點”O為研究對象，沿水平、豎直方向建立坐標系，在水平方向有豎直方向有聯立求解得BD正確。
思考：若題中三段細繩不可伸長且承受的最大拉力相同，逐漸增加物體的質量m，則最先斷的繩是哪根？
二、“結點”掛件模型中的極值問題
例2：物體A質量為，用兩根輕繩B、C連接到豎直墻上，在物體A上加一恒力F，若圖2中力F、輕繩AB與水平線夾角均為，要使兩繩都能繃直，求恒力F的大小。
圖2
解析：要使兩繩都能繃直，必須，再利用正交分解法作數學討論。作出A的受力分析圖3，由正交分解法的平衡條件：
圖3
①
②
解得③
④
兩繩都繃直，必須
由以上解得F有最大值，解得F有最小值，所以F的取值為。
三、“結點”掛件模型中的變速問題
例3：如圖4所示，AB、AC為不可伸長的輕繩，小球質量為m=0.4kg。當小車靜止時，AC水平，AB與豎直方向夾角為θ=37°，試求小車分別以下列加速度向右勻加速運動時，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少。取g=10m/s2。（1）；（2）。
圖4
解析：設繩AC水平且拉力剛好為零時，臨界加速度為
根據牛頓第二定律
聯立兩式并代入數據得
當，此時AC繩伸直且有拉力。
根據牛頓第二定律；，聯立兩式并代入數據得
當，此時AC繩不能伸直，。
AB繩與豎直方向夾角，據牛頓第二定律，。聯立兩式并代入數據得。
【模型要點】
①物體受到三個共點力的作用，且兩力垂直，物體處于平衡狀態（靜止或勻速直線運動狀態）。
②條件是：物體所受到的合外力為零，即。
處理方法：（1）正交分解法：這是平衡條件的最基本的應用方法。其實質就是將各外力間的矢量關系轉化為沿兩個坐標軸方向上的力分量間的關系，從而變復雜的幾何運算為相對簡單的代數運算。
即和
具體步驟：①確定研究對象；②分析受力情況；③建立適當坐標；④列出平衡方程。
若研究對象由多個物體組成，優先考慮運用整體法，這樣受力情況比較簡單，要求出系統內物體間的相互作用力，需要使用隔離法，因此整體法和隔離法常常交替使用。
常用方法：合成（分解）法；多邊形（三角形）法；相似形法。
動態平衡的常見問題：①動態分析；②臨界問題；③極值分析等。
動態平衡的判斷方法：①函數討論法；②圖解法（注意適用條件和不變力）；③極限法（注意變化的轉折性問題）。
【誤區點撥】
（1）受力分析：①重力是否有（微觀粒子；粒子做圓周運動）；②彈力（彈簧彈力的多解性）；③摩擦力（靜摩擦力的判斷和多解性，和滑動摩擦力Ff并不總等于μmg）；④電磁力。
（2）正確作受力分析圖，要注意平面問題的思維慣性導致空間問題的漏解。
解題策略：①受力分析；②根據物體受到的合力為0應用矢量運算法（如正交分解、解三角形法等）求解。③對于較復雜的變速問題可利用牛頓運動定律列方程求解。
【模型演練】
1. （2005年聯考題）兩個相同的小球A和B，質量均為m，用長度相同的兩根細線把A、B兩球懸掛在水平天花板上的同一點O，并用長度相同的細線連接A、B兩小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此時三根細線均處于直線狀態，且OB細線恰好處于豎直方向，如圖5所示，如果不考慮小球的大小，兩球均處于靜止狀態，則力F的大小為（ ）
A. 0 B. mg C. D.
圖5
答案：C
2. 如圖6甲所示，一根輕繩上端固定在O點，下端拴一個重為G的鋼球A，球處于靜止狀態。現對球施加一個方向向右的外力F，使球緩慢偏移，在移動中的每一刻，都可以認為球處于平衡狀態，如果外力F方向始終水平，最大值為2G，試求：
（1）輕繩張力FT的大小取值范圍；
（2）在乙圖中畫出輕繩張力與cosθ的關系圖象。
圖6
答案：（1）當水平拉力F=0時，輕繩處于豎直位置時，繩子張力最小
當水平拉力F=2G時，繩子張力最大：
因此輕繩的張力范圍是：
（2）設在某位置球處于平衡狀態，由平衡條件得
所以即，得圖象如圖7。
圖7
模型組合講解;運動學
【模型概述】在近年的高考中對各類運動的整合度有所加強，如直線運動之間整合，曲線運動與直線運動整合等，不管如何整合，我們都可以看到共性的東西，就是圍繞著運動的同時性、獨立性而進行。
【模型回顧】
一、兩種直線運動模型
勻速直線運動：兩種方法（公式法與圖象法）
勻變速直線運動：，幾個推論、比值、兩個中點速度和一個v-t圖象。
特例1：自由落體運動為初速度為0的勻加速直線運動，a=g；機械能守恒。
特例2：豎直上拋運動為有一個豎直向上的初速度v0；運動過程中只受重力作用，加速度為豎直向下的重力加速度g。特點：時間對稱（）、速率對稱（）；機械能守恒。
二、兩種曲線運動模型
平拋運動：水平勻速、豎直方向自由落體
勻速圓周運動：
【模型講解】
一、勻速直線運動與勻速直線運動組合
例1. （04年廣東高考）一路燈距地面的高度為h，身高為的人以速度v勻速行走，如圖1所示。
（1）試證明人的頭頂的影子作勻速運動；
（2）求人影的長度隨時間的變化率。
圖1
解法1：（1）設t=0時刻，人位于路燈的正下方O處，在時刻t，人走到S處，根據題意有OS=vt，過路燈P和人頭頂的直線與地面的交點M為t時刻人頭頂影子的位置，如圖2所示。OM為人頭頂影子到O點的距離。
圖2
由幾何關系，有
聯立解得
因OM與時間t成正比，故人頭頂的影子作勻速運動。
（2）由圖2可知，在時刻t，人影的長度為SM，由幾何關系，有SM=OM-OS，由以上各式得
可見影長SM與時間t成正比，所以影長隨時間的變化率。
解法2：本題也可采用“微元法”。設某一時間人經過AB處，再經過一微小過程，則人由AB到達A”B”，人影頂端C點到達C”點，由于則人影頂端的移動速度：
圖3
可見與所取時間的長短無關，所以人影的頂端C點做勻速直線運動。
評點：本題由生活中的影子設景，以光的直進與人勻速運動整合立意。解題的核心是利用時空將兩種運動組合，破題的難點是如何借助示意圖將動態過程靜態化，運用幾何知識解答。
二、勻速直線運動與勻速圓周運動組合
例2. （2005年上海高考）一水平放置的圓盤繞豎直固定軸轉動，在圓盤上沿半徑開有一條寬度為2mm的均勻狹縫。將激光器與傳感器上下對準，使二者間連線與轉軸平行，分別置于圓盤的上下兩側，且可以同步地沿圓盤半徑方向勻速移動，激光器連續向下發射激光束。在圓盤轉動過程中，當狹縫經過激光器與傳感器之間時，傳感器接收到一個激光信號，并將其輸入計算機，經處理后畫出相應圖線。圖4（a）為該裝置示意圖，圖4（b）為所接收的光信號隨時間變化的圖線，橫坐標表示時間，縱坐標表示接收到的激光信號強度，圖中。
（1）利用圖（b）中的數據求1s時圓盤轉動的角速度；
（2）說明激光器和傳感器沿半徑移動的方向；
（3）求圖（b）中第三個激光信號的寬度△t3。
圖4
解析：（1）由圖線讀得，轉盤的轉動周期，
角速度
（2）激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動（理由為：由于脈沖寬度在逐漸變窄，表明光信號能通過狹縫的時間逐漸減少，即圓盤上對應探測器所在位置的線速度逐漸增加，因此激光器和探測器沿半徑由中心向邊緣移動）。
（3）設狹縫寬度為d，探測器接收到第i個脈沖時距轉軸的距離為ri，第i個脈沖的寬度為△ti，激光器和探測器沿半徑的運動速度為v。
由以上式聯立解得
評點：將直線運動與圓周運動組合，在近年高考中出現率極高，如2000年全國高考中“激光束轉動測小車的速度”等，破題的關鍵是抓住時間、空間的關聯。
三、勻加速直線運動與勻加速運動組合
例3. （2004年北京高考）如圖5是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個豎直放置的平行金屬板帶有等量異號電荷，形成勻強電場，分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等。混合在一起的a、b兩種顆粒從漏斗出口下落時，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負電。經分選電場后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。
已知兩板間距d=0.1m，板的度，電場僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質量之比均為。設顆粒進入電場時的初速度為零，分選過程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計。要求兩種顆粒離開電場區域時，不接觸到極板但有最大偏轉量。重力加速度g取。
圖5
（1）左右兩板各帶何種電荷？兩極板間的電壓多大？
（2）若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時的速度大小是多少？
（3）設顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達式。并求出經過多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。
解析：（1）左板帶負電荷，右板帶正電荷。依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足
在水平方向上滿足：
兩式聯立得
（2）根據動能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足
（3）在豎直方向顆粒作自由落體運動，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度
反彈高度
根據題設條件，顆粒第n次反彈后上升的高度：
當時，
四、勻速圓周運動與勻速圓周運動組合
例4. 偵察衛星在通過地球兩極上空的圓軌道上運行，它的運行軌道距地面高為h，要使衛星在一天的時間內將地面上赤道各處在日照條件下的情況全部都拍攝下來，衛星在通過赤道上空時，衛星上的攝影像機至少應拍地面上赤道圓周的弧長是多少？設地球半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉的周期為T。
解析：設衛星周期為T1，那么：
①
又②
有③
地球自轉角速度為④
在衛星繞行地球一周的時間T1內，地球轉過的圓心角為⑤
那么攝像機轉到赤道正上方時攝下圓周的弧長為⑥
由①②③④⑤⑥得
五、勻速圓周運動與平拋運動組合
例5. （05全國高考）如圖6所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從A點由靜止出發繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。求男演員落地點C與O點的水平距離s。已知男演員質量m1和女演員質量m2之比，秋千的質量不計，秋千的擺長為R，C點比O點低5R。
圖6
解析：設分離前男女演員在秋千最低點B的速度為，由機械能守恒定律，
設剛分離時男演員速度的大小為，方向與相同；女演員速度的大小為，方向與相反，由動量守恒，
分離后，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在C點所需的時間為t，根據題給條件，由運動學規律，
根據題給條件，女演員剛好回A點，由機械能守恒定律，，已知，由以上各式可得。
【模型演練】
（2005年蘇、錫、常、鎮四市調研）在廣場游玩時，一個小孩將一充有氫氣的氣球用細繩系于一個小石塊上，并將小石塊放置于水平地面上。已知小石塊的質量為，氣球（含球內氫氣）的質量為，氣球體積為V，空氣密度為ρ（V和ρ均視作不變量），風沿水平方向吹，風速為v。已知風對氣球的作用力（式中k為一已知系數，u為氣球相對空氣的速度）。開始時，小石塊靜止在地面上，如圖7所示。
（1）若風速v在逐漸增大，小孩擔心氣球會連同小石塊一起被吹離地面，試判斷是否會出現這一情況，并說明理由。
圖7
（2）若細繩突然斷開，已知氣球飛上天空后，在氣球所經過的空間中的風速v保持不變量，求氣球能達到的最大速度的大小。
答案：（1）將氣球和小石塊作為一個整體；在豎直方向上，氣球（包括小石塊）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，據平衡條件有：
由于式中FN是與風速v無關的恒力，而，故氣球連同小石塊不會一起被吹離地面。
（2）氣球的運動可分解成水平方向和豎直方向的兩個分運動，達到最大速度時氣球在水平方向做勻速運動，有
氣球在豎直方向做勻速運動，有：
氣球的最大速度：
聯立求解得：
模型組合講解;先加速后減速模型
【模型概述】物體先加速后減速的問題是運動學中典型的綜合問題，也是近幾年的高考熱點，同學在求解這類問題時一定要注意前一過程的末速度是下一過程的初速度，如能畫出速度圖象就更明確過程了。
【模型講解】
例. （2004年全國高考）一小圓盤靜止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖1所示。已知盤與桌布間的動摩擦因數為，盤與桌面間的動摩擦因數為?，F突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤最近未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？（以g表示重力加速度）
圖1
解析：根據題意可作出物塊的速度圖象如圖2所示。設圓盤的質量為m，桌邊長為L，在桌布從圓盤下抽出的過程中，盤的加速度為，有
圖2
桌布抽出后，盤在桌面上做勻減速運動，以表示加速度的大小，有
設盤剛離開桌布時的速度為，移動的距離為，離開桌布后在桌面上再運動距離后便停下，由勻變速直線運動的規律可得：
① ②
盤沒有從桌面上掉下的條件是：③
設桌布從盤下抽出所經歷時間為t，在這段時間內桌布移動的距離為x，有：
，而，求得：
，及
聯立解得
【模型特征】“先加速后減速”模型的v-t圖象中速度為臨界點，斜率為加速度、面積為位移。
處理“物體先加速后減速”問題的方法很多，我們可以根據已知條件采用三大定理處理，也可以根據圖象快捷處理，借助圖象法為我們更加清晰準確的采用全過程法提供了保證。
【熱點圖象】直線運動的s-t圖；直線運動的v-t圖；平拋運動的y-x圖；機車啟動的P-t圖；簡諧運動的x-t圖；簡諧波的y-x圖；受迫振動的共振曲線；電場線；磁感線；閉合電路的U-I圖；閉合電路的P出-R圖；部分電路的U-I圖；分子力隨距離變化的F分-r圖；分子勢能隨距離變化的EP-r圖；電磁感應中的Φ-t圖；電磁感應中的I-t圖；光電效應中的Ekm-γ圖。
識圖要點：
①運用圖象首先要搞清楚縱橫軸所代表的物理量，明確要描述的是哪兩個物理量之間的關系。如s-t圖象與v-t圖象在縱軸上的區別；簡諧運動圖象與簡諧波的圖象在橫軸上的差異等。
②圖線并不表示物體實際運動的軌跡。如勻速直線運動的s-t圖象是一條斜向上的直線，但實際運動的軌跡可以是任意方向的。
③了解圖象的物理意義。從圖象的形狀看出物理過程，在很多情況下，寫出物理量的解析式與圖象對照，更有助于理解圖象物理意義。
④要特別關注圖象中的“點”、“線”、“面”、“斜率”、“截距”等及其對應物理意義。“點”代表狀態，描述物體在該狀態下所具有的特征；“線”代表過程，描述物體在一段過程中隨著橫軸所代表的物理量的變化，縱軸代表物理量的變化情況；“面”指的是圖線與橫軸所圍成的面積，表示縱軸所代表的物理量對橫軸所代表的物理量的積累；“斜率”指的是，當橫軸為時間軸時，斜率表示縱軸所示物理量對時間的變化率；“截距”指的是圖線與縱軸的交點，當橫軸為時間軸時截距描述初態特征。
【模型演練】
（昆明市高中三年級統一檢測）一個質量為m=0.2kg的物體靜止在水平面上，用一水平恒力F作用在物體上10s，然后撤去水平力F，再經20s物體靜止，該物體的速度圖象如圖3所示，則下面說法中正確的是（）
A. 物體通過的總位移為150m
B. 物體的最大動能為20J
C. 物體前10s內和后10s內加速度大小之比為2：1
D. 物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為3：1
答案：ACD
圖3
模型組合講解;渡河模型
【模型概述】在運動的合成與分解中，如何判斷物體的合運動和分運動是首要問題，判斷合運動的有效方法是看見的運動就是合運動。合運動的分解從理論上說可以是任意的，但一般按運動的實際效果進行分解。小船渡河和斜拉船等問題是常見的運動的合成與分解的典型問題
【模型講解】
一、速度的分解要從實際情況出發
例1. 如圖1所示，人用繩子通過定滑輪以不變的速度拉水平面上的物體A，當繩與水平方向成θ角時，求物體A的速度。
圖1
解法一（分解法）：本題的關鍵是正確地確定物體A的兩個分運動。物體A的運動（即繩的末端的運動）可看作兩個分運動的合成：一是沿繩的方向被牽引，繩長縮短。繩長縮短的速度即等于；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動，它不改變繩長，只改變角度θ的值。這樣就可以將按圖示方向進行分解。所以及實際上就是的兩個分速度，如圖1所示，由此可得。
解法二（微元法）：要求船在該位置的速率即為瞬時速率，需從該時刻起取一小段時間來求它的平均速率，當這一小段時間趨于零時，該平均速率就為所求速率。
設船在θ角位置經△t時間向左行駛△x距離，滑輪右側的繩長縮短△L，如圖2所示，當繩與水平方向的角度變化很小時，△ABC可近似看做是一直角三角形，因而有，兩邊同除以△t得：
即收繩速率，因此船的速率為：
圖2
總結：“微元法”。可設想物體發生一個微小位移，分析由此而引起的牽連物體運動的位移是怎樣的，得出位移分解的圖示，再從中找到對應的速度分解的圖示，進而求出牽連物體間速度大小的關系。
解法三（能量轉化法）：由題意可知：人對繩子做功等于繩子對物體所做的功。人對繩子的拉力為F，則對繩子做功的功率為；繩子對物體的拉力，由定滑輪的特點可知，拉力大小也為F，則繩子對物體做功的功率為，因為所以。
評點：①在上述問題中，若不對物體A的運動認真分析，就很容易得出的錯誤結果；②當物體A向左移動，θ將逐漸變大，逐漸變大，雖然人做勻速運動，但物體A卻在做變速運動。
總結：解題流程：①選取合適的連結點（該點必須能明顯地體現出參與了某個分運動）；②確定該點合速度方向（物體的實際速度為合速度）且速度方向始終不變；③確定該點合速度的實際運動效果從而依據平行四邊形定則確定分速度方向；④作出速度分解的示意圖，尋找速度關系。
二、拉力為變力，求解做功要正確理解
例2. 如圖3所示，某人通過一根跨過定滑輪的輕繩提升一個質量為m的重物，開始時人在滑輪的正下方，繩下端A點離滑輪的距離為H。人由靜止拉著繩向右移動，當繩下端到B點位置時，人的速度為v，繩與水平面夾角為θ。問在這個過程中，人對重物做了多少功？
圖3
解析：人移動時對繩的拉力不是恒力，重物不是做勻速運動也不是做勻變速運動，故無法用求對重物做的功，需從動能定理的角度來分析求解。
當繩下端由A點移到B點時，重物上升的高度為：
重力做功的數值為：
當繩在B點實際水平速度為v時，v可以分解為沿繩斜向下的分速度和繞定滑輪逆時針轉動的分速度，其中沿繩斜向下的分速度和重物上升速度的大小是一致的，從圖中可看出：
以重物為研究對象，根據動能定理得：
【實際應用】小船渡河
兩種情況：①船速大于水速；②船速小于水速。
兩種極值：①渡河最小位移；②渡河最短時間。
例3. 一條寬度為L的河，水流速度為，已知船在靜水中速度為，那么：
（1）怎樣渡河時間最短？
（2）若，怎樣渡河位移最??？
（3）若，怎樣渡河船漂下的距離最短？
解析：（1）小船過河問題，可以把小船的渡河運動分解為它同時參與的兩個運動，一是小船運動，一是水流的運動，船的實際運動為合運動。如圖4所示。設船頭斜向上游與河岸成任意角θ。這時船速在垂直于河岸方向的速度分量為，渡河所需要的時間為，可以看出：L、v船一定時，t隨sinθ增大而減小；當時，（最大）。所以，船頭與河岸垂直。
圖4
（2）如圖5所示，渡河的最小位移即河的寬度。為了使渡河位移等于L，必須使船的合速度v的方向與河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。這時船頭應指向河的上游，并與河岸成一定的角度θ，所以有，即。
圖5
因為，所以只有在時，船才有可能垂直河岸渡河。
（3）若，則不論船的航向如何，總是被水沖向下游，怎樣才能使漂下的距離最短呢？
如圖6所示，設船頭v船與河岸成θ角。合速度v與河岸成α角?？梢钥闯觯害两窃酱?，船漂下的距離x越短，那么，在什么條件下α角最大呢？以v水的矢尖為圓心，v船為半徑畫圓，當v與圓相切時，α角最大，根據
圖6
船頭與河岸的夾角應為，船沿河漂下的最短距離為：
此時渡河的最短位移：
誤區：不分條件，認為船位移最小一定是垂直到達對岸；將渡河時間最短與渡河位移最小對應。
【模型要點】處理“速度關聯類問題”時，必須要明白“分運動”與“合運動”的關系：
（1）獨立性：一物體同時參與幾個分運動時，各分運動獨立進行，各自產生效果（）互不干擾。
（2）同時性：合運動與分運動同時開始、同時進行、同時結束。
（3）等效性：合運動是由各分運動共同產生的總運動效果，合運動與各分運動同時發生、同時進行、同時結束，經歷相等的時間，合運動與各分運動總的運動效果可以相互替代。
功是中學物理中的重要概念，它體現了力對物體的作用在空間上的累積過程，尤其是變力做功中更能體現出其空間積累的過程。所以在處理變力功可采用動能定律、功能原理、圖象法、平均法等。
【模型演練】
（2005祁東聯考）小河寬為d，河水中各點水流速度大小與各點到較近河岸邊的距離成正比，，x是各點到近岸的距離，小船船頭垂直河岸渡河，小船劃水速度為，則下列說法中正確的是（ ）
A. 小船渡河的軌跡為曲線
B. 小船到達離河岸處，船渡河的速度為
C. 小船渡河時的軌跡為直線
D. 小船到達離河岸處，船的渡河速度為
答案：A
模型組合講解;追及、相遇模型
一、追及、相遇模型（同一直線上）
【模型概述】追及和相遇問題是一類常見的運動學問題，從時間和空間的角度來講，相遇是指同一時刻到達同一位置?？梢?，相遇的物體必然存在以下兩個關系：一是相遇位置與各物體的初始位置之間存在一定的位移關系。若同地出發，相遇時位移相等為空間條件。二是相遇物體的運動時間也存在一定的關系。若物體同時出發，運動時間相等；若甲比乙早出發△t，則運動時間關系為。要使物體相遇就必須同時滿足位移關系和運動時間關系。
【模型講解】
1. 利用不等式求解
例1：甲、乙兩物體相距s，在同一直線上同方向做勻減速運動，速度減為零后就保持靜止不動。甲物體在前，初速度為v1，加速度大小為a1。乙物體在后，初速度為v2，加速度大小為a2且知v1解析：若是，說明甲物體先停止運動或甲、乙同時停止運動。在運動過程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有兩物體都停止運動時，才相距最近，可得最近距離為
若是，說明乙物體先停止運動那么兩物體在運動過程中總存在速度相等的時刻，此時兩物體相距最近，根據，求得
在t時間內
甲的位移
乙的位移
代入表達式
求得
評點：本題是一個比較特殊的追及問題（減速追減速）。求解時要對各種可能的情況進行全面分析，先要建立清晰的物理圖景。本題的特殊點在于巧妙地通過比較兩物體運動時間的長短尋找兩物體相距最近的臨界條件。
2. 巧用圖象法求解
例2：如圖1所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速率分別為和?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿?，設，空氣相對于地面沒有流動。
圖1
（1）若聲源相繼發出兩個聲信號。時間間隔為，請根據發出的這兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程。確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔。
（2）請利用（1）的結果，推導此情形下觀察者接收到的聲波頻率與聲源發出的聲波頻率間的關系式。
解析：作聲源S、觀察者A、聲信號P（P1為首發聲信號，P2為再發聲信號）的位移�時間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度則有：
圖2
兩式相減可得：
解得
（2）設聲源發出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結論，觀察者接收到的聲波振動的周期為
由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發出聲波頻率間的關系為
評點：圖象分速度圖象和位移圖象，位移圖線的斜率為速度，速度圖線的斜率為加速度，速度圖線與時間軸所圍的“面積”值，等于該段時間內的位移大小。
3. 妙取參照物求解
例3：火車甲正以速度v1向前行駛，司機突然發現前方距甲d處有火車乙正以較小速度v2同向勻速行駛，于是他立即剎車，使火車做勻減速運動而停下。為了使兩車不相撞，加速度a應滿足什么條件？
解析：設以火車乙為參照物，則甲相對乙做初速為、加速度為a的勻減速運動。若甲相對乙的速度為零時兩車不相撞，則此后就不會相撞。因此，不相撞的臨界條件是：甲車減速到與乙車車速相同時，甲相對乙的位移為d。
即：，
故不相撞的條件為
【模型要點】
追及、相遇問題特點：討論追及、相遇的問題，其實質就是分析討論兩物體在相同時間內能否到達相同的空間位置問題。一定要抓住兩個關系：即時間關系和位移關系。一個條件：即兩者速度相等，它往往是物體間能否追上、追不上或（兩者）距離最大、最小的臨界條件，也是分析判斷的切入點。
【特別說明】
1. 勻減速運動的物體追同向勻速運動物體
若二者速度相等時，追趕者仍沒有追上被追趕者，則追趕者永遠追不上被追趕者，此時二者有最小距離；若二者相遇時，追趕者的速度等于被追趕者的速度，則剛好追上，也是二者避免碰撞的臨界條件；若二者相遇時，追趕者的速度仍大于被追趕者的速度，則還有一次被被追趕者追上追趕者的機會，其間速度相等時二者的距離有一個最大值。
2. 初速度為零的勻加速運動的物體追同向勻速運動的物體
只要時間足夠長，追趕者一定能追上被追趕者發生碰撞。當二者速度相等時有最大距離。若位移相等即追上（同一地點出發）。
在相遇問題中，同向運動的兩物體追到即相遇，解決方法同上；相向運動的物體，各自發生的位移絕對值之和為開始時兩物體間的距離時即相遇。
【模型演練】
（2005年徐州?？迹┰谝粭l平直的公路上，乙車以10m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面作初速度為15m/s，加速度大小為0.5m/s2的勻減速運動，則兩車初始距離L滿足什么條件時可以使（1）兩車不相遇；（2）兩車只相遇一次；（3）兩車能相遇兩次（設兩車相遇時互不影響各自的運動）。
答案：設兩車速度相等經歷的時間為t，則甲車恰能追及乙車時，應有
其中，解得
若，則兩車等速時也未追及，以后間距會逐漸增大，及兩車不相遇。
若，則兩車等速時恰好追及，兩車只相遇一次，以后間距會逐漸增大。
若，則兩車等速時，甲車已運動至乙車前面，以后還能再次相遇，即能相遇兩次。（文/孫晉善）
二、追及、相遇模型（不在一條直線上）
【模型概述】不在一條直線上的相遇問題在近年高考中也較為常見，如2000年的上海高考中的“估算出飛機速度”，2004年廣西高考“觀察者看衛星”等，該類問題其實是兩種不在一條直線上的運動或不同運動的組合體，在空間上在某一時刻到達同一位置。
【模型講解】
例. 有一個很大的湖，岸邊（可視湖岸為直線）停放著一艘小船，纜繩突然斷開，小船被風刮跑，其方向與湖岸成15°角，速度為2.5km/h。同時岸上一人從停放點起追趕小船，已知他在岸上跑的速度為4.0km/h，在水中游的速度為2.0km/h，問此人能否追及小船？
解析：費馬原理指出：光總是沿著光程為極小值的路徑傳播。據此就將一個運動問題通過類比法可轉化為光的折射問題。
如圖3所示，船沿OP方向被刮跑，設人從O點出發先沿湖岸跑，在A點入水游到OP方向的B點，如果符合光的折射定律，則所用時間最短。
圖3
根據折射定律：
解得
在這最短時間內，若船還未到達B點，則人能追上小船，若船已經通過了B點，則人不能追上小船，所以船剛好能到達B點所對應的船速就是小船能被追及的最大船速。
根據正弦定理
又
由以上兩式可解得：
此即小船能被人追上的最大速度，而小船實際速度只有2.5km/h，小于，所以人能追上小船。
【模型要點】
從空間的角度來講，兩物體經過一段時間到達同一位置。必然存在兩種關系：一是空間關系，不在一條直線的相遇問題要做好幾何圖形，利用三角形知識解題。二是時間關系。這是解決該類問題的切入點。
【特別說明】
圓周運動中的相遇、追及：同一圓、同方向追擊的物體轉過的角度時表明兩物體相遇或相距最近；反方向轉動的物體轉過的角度（n=0、1、2、……）時表明兩物體相遇或相距最近。不同一圓、同方向追擊的物體轉過的角度（n=0、1、2、……）時表明兩物體相距最近。
【模型演練】
1. 如圖4所示，有A、B兩顆行星繞同一顆恒星O做圓周運動，旋轉方向相同。A行星的周期為T1，B行星的周期為T2，在某一時刻兩行星相距最近，則：（）
A. 經過時間，兩行星再次相距最近
B. 經過時間，兩行星再次相距最近
C. 經過時間，兩行星相距最遠
D. 經過時間，兩行星相距最遠
答案：BD
圖4
模型組合講解;矢量運算模型
［模型概述］
矢量及運算是高中物理的重點和難點之一，常見的矢量有位移、速度、加速度、力、動量、電場強度、磁感應強度等，由于其運算貫穿整個中學物理，所以在進行模塊講解之前，我們有必要熟練掌握矢量的運算規律。
［模型講解］
例. （2005年安丘市統考）
如圖1所示，平行四邊形ABCD的兩條對角線的交點為G。在平行四邊形內任取一點O，作矢量OA、OB、OC、OD，則這四個矢量所代表的四個共點力的合力等于（）
圖1
A. 4OG B. 2AB C. 4GB D. 2CB
解析：如圖2所示，延長OG至P，使GP＝OG，連結PA、PB、PC、PD，得平行四邊形AODP和平行四邊形COBP。由力的平行四邊形定則知道，矢量OA、OD所代表的兩個共點力的合力可用矢量OP表示，即。
圖2
同理，矢量OB、OC所代表的兩個共點力的合力也可用矢量OP表示，即。
從而，四個共點力的合力。所以A項正確。
評點：由于題中的O點是任取的，各力的大小和方向無法確定，通過直接計算肯定行不通。但考慮到平行四邊形的對角線互相平分這一特點問題就解決了。其實對該部分的考查往往是從特殊的角度進行的，如θ＝0°，90°，120°，180°等。
總結：（1）當兩分力和大小一定時，合力F隨著θ角的增大而減小。當兩分力間的夾角θ＝0°時，合力最大，等于；當兩分力間的夾角θ＝180°時，合力最小，等于。兩個力的合力的取值范圍是。
（2）求兩個以上的力的合力，也可以采用平行四邊形定則，先求出任意兩個力的合力，再求出這個合力跟第三個力的合力，直到把所有的力都合成進去，最后得到的就是這些力的合力。為方便某些問題的研究，在很多問題中都采用特殊法或正交分解法。
［誤區點撥］
（1）在受力分析時要明確合力與分力的關系。“有合無分，有分無合”，不要多添力或少力。
（2）合力可以大于、等于或小于分力，它的大小依賴于兩分力之間的夾角的大小，這是矢量的特點。
（3）有n個力，它們合力的最大值是它們的方向相同時的合力，即，而它們的最小值要分下列兩種情況討論：
①若n個力中的最大力大于，則它們合力的最小值是。
②若n個力中的最大力小于，則它們合力的最小值是0。
［模型要點］
矢量的合成與分解是相互可逆的過程，它是我們進行所有矢量運算時常用的兩種方法。
運算法則：遵守平行四邊形定則。
物理思想：在合成與分解時貫穿了等效替代的思想。在以后的學習過程中，例如“運動的合成與分解”、“等效電路”、“交變電流有效值的定義”等，都要用到“等效替代”的方法。所以只要效果相同，都可以進行“替代”。
［特別說明］
（1）矢量運算一般用平行四邊形法則。但可推廣至三角形法則、多邊形法則或正交分解法等。而標量運算遵循一般的代數法則，如質量、密度、溫度、功、能量、路程、速率、體積、時間、熱量、電阻等物理量，無論選取什么坐標系，標量的數值恒保持不變。
（2）矢量和標量的乘積仍為矢量。矢量和矢量的乘積，可構成新的標量，也可構成新的矢量，構成標量的乘積叫標積；構成矢量的乘積叫矢積。如功、功率等的計算是采用兩個矢量的標積；洛倫茲力等的計算是采用兩個矢量的矢積。
（3）多邊形法：將這些矢量的箭尾與箭頭依次相連接，然后將第一個矢量的箭尾連到最末一個矢量的箭頭的矢量，就是所要求的合矢量。其大小和方向與相加次序無關。矢量減法是矢量加法的逆運算。
（4）矢量的分解雖然是矢量合成的逆運算，但無其他限制，同一個矢量可分解為無數對大小、方向不同的分矢量。因此，把一個矢量分解為兩個分矢量時，應根據具體情況分解。如已知兩個不平行分矢量的方向或已知一個分矢量的大小和方向，分解是唯一的。
［模型演練］
1. （2005年海淀區期末練習）
如圖3所示，三個完全相同的絕緣金屬小球a、b、c位于等邊三角形的三個頂點上，c球在xOy坐標系原點O上。a和c帶正電，b帶負電，a所帶電荷量比b所帶電荷量少。關于c受到a和b的靜電力的合力方向，下列判斷正確的是（）
圖3
A. 從原點指向第I象限
B. 從原點指向第II象限
C. 從原點指向第III象限
D. 從原點指向第IV象限
答案：D
動量守恒的幾種類型及應用
正確理解動量守恒的條件是掌握動量守恒定律的前提和基礎，更是正確應用動量和能量觀點處理動量和機械能相結合的綜合問題最為關鍵的條件。系統動量守恒的類型包括以下幾種情況：
1. 系統不受外力或者所受外力之和為零
“人船模型”是這類問題的典型應用。
（1）符合“人船模型”的條件：相互作用的物體原來都靜止，且滿足動量守恒條件。
（2）“人船模型”的特點：人動“船”動，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。
例1. 如圖1所示，等臂U形管豎直安裝在光滑水平面上放置的輕質小車上，小車和試管的總質量與試管內水的質量相等，均為M。開始時試管底部的閥門K關閉，管的水平部分的水柱與右側豎直管內的水柱等長，小車靜止。打開閥門，水緩慢流動到另一側，使兩豎直管中水面平齊。已知兩豎直管軸線間距離為L，則上述過程中，小車向______________移動，移動的距離為_________________。
圖1
解析：由題意可知，試管內的水和小車及試管的運動符合“人船模型”的特點，試管內的水相當于“人”，小車及試管相當于“船”，打開閥門后，水緩慢流動到另一側，最終兩豎直管中水面平齊，在處理過程中，相當于右側（質量為）的水直接運動到左側管內，把其他部分的水（長度為，質量為）與小車及試管看成一個整體，如圖2所示。如此一來，右側（質量為）的水相當于“人”，長度為、質量為的水與小車及試管相當于“船”，“人”向左運動，故“船”向右運動，“人”與“船”的相對位移為L。
圖2
①
而②
∴小車向右移動，移動的距離
點評：
（1）處理“人船模型”類問題首先理解此類模型符合的條件必須是系統的初動量為零且滿足動量守恒定律；
（2）解決此類問題的關鍵是找出系統內每個物體的位移關系；
（3）在深刻理解動量守恒定律的基礎上，注意此類模型的拓展變式，如“人車模型”、“物物模型”等。
2. 系統所受外力之和雖不為零，但系統的內力遠大于外力時，則系統的動量可視為守恒
高中階段，碰撞、爆炸、沖擊等問題，由于作用時間極短，重力及其他阻力等外力比物體間相互作用的內力要小得多，以至外力沖量對系統動量變化的影響可以忽略，這時可近似認為系統的動量守恒。
例2. 一質量為M的木塊從某一高度自由下落，在空中被一粒水平飛行的子彈擊中并留在其中，子彈的速度為，質量為m，則木塊下落的時間與自由下落相比將（）
A. 不變 B. 變長
C. 變短 D. 無法確定
解析：設木塊被子彈擊中時的速度為，擊中后的水平和豎直速度分別為，子彈對木塊的沖力遠大于重力，豎直方向動量守恒：，。∴下落時間將變長。
答案：B。
3. 系統所受外力之和不為零，但在某個方向上滿足條件1或條件2，則在該方向上動量守恒
例3. 如圖3所示，質量為M的槽體放在光滑水平面上，內有半徑為R的半圓形軌道，其左端緊靠一個固定在地面上的擋板。質量為m的小球從A點由靜止釋放，若槽內光滑，求小球上升的最大高度。
圖3
解析：設小球由A滑到最低點B時的速度為，上升的最大高度為h。由機械能守恒定律：
①
②
小球在向上運動過程中，M和m組成的系統水平方向總動量守恒，設它們在最高點時水平方向的共同速度為
③
整個過程中系統的機械能守恒：
④
由②~④式得，小球上升的最大高度：
點評：
（1）當系統在某方向上分動量守恒時，應根據速度分解的基本方法找到該方向上各自的分速度，列出分動量守恒方程；
（2）假若同時要和機械能相結合時，應注意，代入動能表達式的速度應是物體的合速度，即實際運動方向的速度；
（3）若出現臨界狀態，應注意確定臨界條件。
核反應中的守恒探析
守恒定律是自然界中普遍成立的規律，是物理學中有效的思維方法。在核反應過程中，雖然發生了質量虧損，但都遵守電荷數守恒，質量數守恒，動量守恒和能量守恒；核碰撞中還遵守動量守恒和能量守恒。應用上述守恒定律是解決原子物理問題的主要依據和有效的思維方法。本文結合實例分類探析核反應中的守恒。
一、核反應中的守恒
1. 電荷數、質量數守恒
例1. 在核反應方程式中（ ）
A. X是中子，
B. X是中子，
C. X是質子，
D. X是質子，
解析：在題目所給的核反應中，由電荷數守恒，設X的質子數為x，則核反應方程的左邊質子數為92＋0＝92，右邊質子數為38＋54＋x＝92，x＝0，X的質子數為0，所以X為中子；由質量數守恒，左邊的質量數為235＋1＝236，右邊的質量數為90＋136＋k×1＝236，k＝10，所以k的數值為10，B選項正確。
2. 動量守恒
例2. 光子的能量是，動量為，如果一個靜止的放射元素的原子核在發生輻射時只發出一個光子，則輻射后的原子核（）
A. 仍然靜止
B. 沿著與光子運動方向相同的方向運動
C. 沿著與光子運動方向相反的方向運動
D. 可能向相反的方向運動
解析：原子核發生γ輻射時只發出一個光子，從核反應方程上來看原子核的電荷數和質量數都沒有發生變化，但光子是有動量的，根據動量守恒定律，輻射后的原子核應有一個與光子等大相反的動量，故選C。
3. 能量和動量守恒
例3. 云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一靜止的質量為M的原子核在云室中發生一次α衰變，α粒子的質量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內。現測得α粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損（注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計）
解析：設核衰變產生的α粒子的速度為v，則有
用表示衰變后剩余核的速度，則由動量守恒定律有
在衰變過程中，α粒子和剩余核的動能來自核反應過程中所釋放的核能，由質能方程和能量守恒定律
結合以上方程可解得
二、碰撞中的動量和動能守恒
例4. 1920年，質子已被發現，英國物理學家盧瑟福曾預言：可能有一種質量與質子相近的不帶電的中性粒子存在，他把它叫中子。1930年發現，在真空條件下用α射線轟擊鈹時，會產生一種看不見的、貫穿能力極強的不知名射線和另一種粒子。經過研究發現，這種不知名射線具有如下特點：①在任意方向的磁場中均不能發生偏轉；②這種射線的速度小于光速的十分之一；③由它轟擊含有氫核的物質，可以把氫核打出來；由它轟擊含有氮核的物質，可以把氮核打出來，并且被打出的是氫核的最大速度vH和被打出的氮核的最大速度vN之比近似等于15:2，若該射線中的粒子均具有相同的能量，氫核和氮核可認為靜止，碰撞過程中機械能無損失。已知氫核的質量MH和氮核的質量MN之比等于1:14。
（1）寫出α射線轟擊鈹核的核反應方程。
（2）根據上面所述的各種情況，通過具體分析說明射線是不帶電的，但它不是γ射線，而是由中子組成。
解析：（1）核反應方程是：
（2）由①可知，由于該射線在任意方向的磁場中均不能發生偏轉，因此該射線不帶電，是由電中性的粒子流組成的。由②可知，由于γ射線是光子流，而該射線的速度小于光速的十分之一，因此它不是γ射線。
設組成該射線的粒子質量為m，轟擊氫核和氮核時的速度為v，由于碰撞過程中機械能無損失，當被打出的氫核和氮核的速度為最大值時，表明該粒子與氫核及氮核的碰撞為彈性正碰，設與氫核發生彈性正碰后粒子速度為v1，與氮核發生彈性正碰后粒子速度變為v2，根據動量守恒和機械能守恒，在打出氫核的過程中有：
解得
同理，在打出氮核的過程中，有：
解得，
根據vH、vN的表達式及
解得
即該粒子的質量與氫核質量近似相等，因此這種粒子是中子。
自感現象的四個要點和三個狀態
一、自感現象的四個要點和三個狀態
要點一：電感線圈產生感應電動勢的原因是通過線圈本身的電流變化引起穿過自身的磁通量變化。
要點二：自感電流總是阻礙導體中原電流的變化，當自感電流是由于原電流的增強引起的（如通電），自感電流的方向與原電流方向相反；當自感電流是由于原電流的減少引起時（如斷電），自感電流的方向與原電流方向相同；
要點三：自感電動勢的大小取決于自感系數和導體本身電流變化的快慢。其具體關系為：。其中，自感系數L的大小是由線圈本身的特性決定的。線圈越粗、越長、匝數越密，它的自感系數就越大；線圈中加入鐵芯，自感系數增大。
要點四：自感現象的解釋。
圖1的電路斷電時，線圈中產生的自右向左的自感電流，是從穩定時的電流開始減小的。若為線圈的直流電阻），在電鍵S閉合穩定后，流過電燈的自右向左的電流小于流過線圈的自右向左的電流，在S斷開的瞬間，才可以看到電燈更亮一下后才熄滅。若，在S斷開的瞬間，電燈亮度是逐漸減弱的。
三個狀態：理想線圈（無直流電阻的線圈）的三個狀態分別是指線圈通電瞬間、通電穩定狀態和斷電瞬間狀態。在通電開始瞬間應把線圈看成斷開，通電穩定時可把理想線圈看成導線或被短路來分析問題。斷電時線圈可視為一瞬間電流源（自感電動勢源），它可以使閉合電路產生電流。
二、自感現象題型及其分析
1. 判斷燈亮度情況的變化問題
例1（1997年高考題）如圖2所示的電路中是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略。下列說法中正確的是（）
A. 合上電鍵S接通電路時，先亮，后亮，最后一樣亮
B. 合上電鍵S接通電路時，始終一樣亮
C. 斷開電鍵S切斷電路時，立即熄滅，過一會才熄滅
D. 斷開電鍵S切斷電路時，都過一會才熄滅
解析 自感線圈具有阻礙電流變化的作用，當電流增加時，它阻礙電流增加；當電流減小時，它阻礙電流減小，但阻礙并不是阻止。閉合電鍵時，L中電流從無到有，L將阻礙這一變化，使L中電流不能迅速增大；而無電感的電路，電流能夠瞬時達到穩定值。故燈后亮，燈先亮，最后兩燈電流相等，一樣亮。斷開電鍵時，L中產生自感電動勢與自身的電流方向相同，該自感電流通過，使過一會兒才熄滅，故選項A、D正確。
點評 本題在斷電瞬間，兩燈盡管可以過一會熄滅，但看不到更亮一下再熄滅的現象。其原因是，線圈L的電阻可以忽略，電鍵閉合穩定后，兩燈中的電流相等。如果本題的電路改成圖3所示，由于電路閉合穩定時，流過線圈的電流大于燈中的電流，亮；當電鍵斷開瞬間，都過一會才熄滅，但會更亮一下。
圖3
2. 自感中的電流計算問題
例2 如圖4所示，電源電動勢E=6V，內阻不計，A和B兩燈都標有“6V 0.3A”字樣，電阻R和線圈L的直流電阻均為，試通過計算，分析在電鍵S閉合和斷開的極短時間內流過A和B兩燈的電流變化情況。
圖4
解析 A和B兩燈的電阻均為。S剛閉合時，由于L中電流不能突變，只能由零逐漸增大到穩定值，因此L中電流為零相當于斷路，此時的電路等效成圖5所示。對圖5，不難算出流過A、B兩燈的電流分別為。
電路穩定后，A、B兩燈分別與R、L并聯后再串聯，此時線圈相當于一個的電阻，根據直流電路知識，容易算出流過A、B兩燈的電流均為。
圖5
當S斷開瞬間，A燈中的電流立即從0.15A變為零。由于發生自感現象，線圈L中的電流不能發生突變，在線圈L與B燈組成的回路中，L中的電流由向右的0.15A開始變小，故B燈中電流從向右流過的0.15A立即變為向左流過的0.15A，然后逐漸減為零。
　
　
理清能量轉化過程求解電磁感應問題
電磁感應的本質是不同形式的能量的轉化過程。理清能量轉化過程，用“能量”的觀點研究電磁感應現象，往往比較簡便。下面分三個方面舉例說明。
1. 恒定的安培力做功問題
例1 如圖1所示，電阻為R的矩形導線框abcd，邊長ab=L，ad=h，質量為m，從某一高度自由落下，通過一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，磁場區域的寬度為h。當線框恰好以恒定速度通過磁場時，線框中產生的焦耳熱是多少？（不考慮空氣阻力）
解法一 以線框為研究對象。線框穿過磁場（設速度為v）的時間 t=2h/v
線框穿過磁場時線框中產生的感應電流
I=BLv/R
由平衡條件可知，線框在穿過磁場時所受的安培力
F=BIL=mg
由焦耳定律，線框中產生的熱量
Q=I2Rt
由以上四式解得 Q=2mgh
解法二 根據能量轉化與守恒定律，線框以恒定速率通過磁場的過程，重力與線框所受安培力相平衡。因此實質是重力勢能轉化為內能的過程。所以此過程中線框產生的焦耳熱為2mgh。
2. 變化的安培力做功問題
例2 如圖2所示，abcd為靜止于水平面上寬度為L而長度很長的U形金屬滑軌，bc邊接有電阻R，其它部分電阻不計。ef為一可在滑軌平面上滑動、質量為m的均勻金屬棒。今金屬棒以一水平細繩跨過定滑輪，連接一質量為M的重物。一勻強磁場B垂直滑軌面。重物從靜止開始下落，不考慮滑輪的質量，且金屬棒在運動中均保持與bc邊平行。忽略所有摩擦力。則：（1）當金屬棒作勻速運動時，其速率是多少？（忽略bc邊對金屬棒的作用力）。（2）若重物從靜止開始至勻速運動時下落的總高度為h，求這一過程中電阻R上產生的熱量。
圖2
解析 視重物M與金屬棒m為一系統，使系統運動狀態改變的力只有重物的重力與金屬棒受到的安培力。由于系統在開始一段時間里處于加速運動狀態，由此產生的安培力是變化的，安培力做功屬于變力做功。
系統的運動情況分析可用簡圖表示如下：
棒的速度v↑棒中產生的感應電動勢E↑通過棒的感應電流I↑棒所受安培力棒所受合力棒的加速度a↓
當a=0時，有
解得
題設情況涉及到的能量轉化過程可用簡圖表示如下：
由能量守恒定律有
解得
從求焦耳熱的過程可知，此題雖屬變化的安培力做功問題，但我們不必追究變力、變電流做功的具體細節，只需弄清能量的轉化途徑，用能量的轉化與守恒定律就可求解。
3. 簡單連接體
例3 如圖3所示，金屬棒a從h高處自靜止沿光滑弧形軌道下滑，進入軌道的水平部分以后，在自上而下的勻強磁場中運動，水平軌道也是光滑的，磁場的磁感應強度是B。在軌道的水平部分原來靜止地放著一根金屬棒b，已知兩棒質量相等且等于m，如果a棒始終沒有跟b棒相碰，求整個過程中導軌及兩棒組成的回路消耗的內能。
圖3
解析 a棒切割磁感線在回路中產生感應電流，a棒減速，b棒加速，當兩棒速度相等時，它們與導軌構成的回路不再有感應電流，a、b棒以同樣的速度運動。視a、b兩金屬棒為一系統，由于系統在a棒從斜面底端（設速度為）開始運動至a、b棒有共同速度（設為v）的過程中，水平方向上不受外力，動量守恒。設a、b棒的質量均為m，則有
又由于a棒在下滑的過程中機械能守恒，則有
根據能量轉化與守恒定律，系統在在a棒開始運動至a、b棒有共同速度的過程機械能（通過安培力作功）部分轉化為內能，故回路消耗的內能為
從以上的習題解答可以看出，伴隨有安培力做功過程，一定有其他形式的能量與電能（內能）間轉化。所以在求解這些問題時，只需把握住能量的轉化途徑，復雜的問題也就變得簡單了。
　
機械能守恒定律“五性”的理解
機械能守恒定律是能量守恒定律的特例。“在只有重力或彈力做功的條件下，系統內的動能和勢能相互轉化，機械能總量保持不變?！睆膬蓚€角度理解：（1），即，系統的機械能保持不變，體現的物理思想是“狀態=狀態”；（2），在系統內動能的增加來源于勢能的減少，體現的是“變”的思想，“變”與“不變”的統一構成了“守恒”，即守恒是一個動態的過程。
在理解機械能守恒定律時，應嚴格把握“五性”：
1. 系統性
勢能是系統的概念，只有系統才具有勢能，從產生的條件來講是由于系統內相互作用的物體與相對位置有關而具有的能，即，存在于保守力場中，像重力勢能（屬于地球和物體系統所有）、彈簧的彈性勢能（屬于彈簧和與之連接的物體所組成的系統所有）、靜電場中的電勢能（屬于電場和電荷系統所有）、分子勢能（屬于相互作用的分子系統）等；
2. 相對性
機械能包含動能和勢能，中涉及到參考系的選擇，中涉及到零勢能位置（參考平面）的選取，因此相對于不同的參考系和零勢能面描述的結果不相同，涉及到多個物體組成的系統或發生多個物理過程中，要選取統一的參考系和零勢能面。
3. 條件性
理解“只有重力或彈力做功”的含義：①對某一個物體系統（物體和地球、彈簧組成的系統），只有重力或彈簧彈力做功，其它力不做功或做功的代數和為零。②對多物體系統（包括地球、彈簧），系統內只有重力或彈力做功；其它內力和外力不做功或做功的代數和為零。所以，運用機械能守恒定律解答問題的關鍵是判斷系統的“條件性”，標定系統初狀態和末狀態的機械能。
理解“條件性”，還應根據發生的物理過程，在不同的階段，系統所包含研究對象的不同進行具體的分析。
例1. 如圖1所示，輕質彈簧一端固定，另一端系質量為m的小球，由水平位置自由釋放，繞懸點O向下擺過過程中，小球的重力勢能轉化為動能和彈簧的彈性勢能（以最低處為零勢能面），小球與地球組成的系統機械能不守恒，但與彈簧三者組成的系統機械能守恒。在多個物理過程中，依據物體間的相互作用力，有無做功的過程實現能量的相互轉換，根據實際情況選取不同的對象組成系統。
4. 標量性的理解
機械能守恒定律是標量表達式，初、末狀態的機械能可以為正值也可以為負值，依據零勢能面的選取，重力勢能的正負值表明的僅是在選定零勢能面的上下方，不代表方向。在某些問題中，選取恰當的零勢能面，可簡化解題過程，請看例2。
例2. 如圖2所示，質量為m的均勻鐵鏈長為L，平放在距離地面高為2L的光滑水平面上，其長度的懸垂于桌面下，從靜止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛著地時的速度？
方法1：選取地面為零勢能面，由機械能守恒得
方法2：選取桌面為零勢能面，由機械能守恒得
5. 守恒性的理解
守恒性包含“不變”和“變”兩層含義，“不變”是指整個系統機械能不變，“變”是指系統內部動能和勢能之間必須發生相互轉化，即；或者系統內各物體的機械能發生相互轉移，即。系統內動能和勢能的相互轉化是通過保守力做功（像重力、彈簧的彈力）實現的，不同物體之間機械能的轉移是通過系統內彈力做功實現的，但像摩擦力這樣的耗散力充當內力時，系統的機械能部分轉化為內能，即系統內一物體減少的機械能并不等于另一物體增加的機械能。
例3. 如圖3所示，一根長為1m，可繞O軸在豎直平面內無摩擦轉動的細桿AB，已知，，質量相等的兩個球分別固定在桿的A、B端，由水平位置自由釋放，求輕桿轉到豎直位置時兩球的速度？
思路：A、B球在同一桿上具有相同的角速度，，A、B組成一個系統，系統重力勢能的改變量等于動能的增加量，選取AB所在水平面為零勢能面，則
有關平面鏡成像的幾個問題
一. 像的亮度問題
例1. 一點光源S經平面鏡M成像于S”，人眼于P點可以觀察到S”，如圖所示，今在S、M間放一不太大的遮光板N，則：
A. S不能在M中成像；
B. S仍能在M中成像；
C. 人眼觀察到S”的亮度將變??；
D. 人眼觀察到S”的亮度將不變。
解析：在平面鏡成像時，像點是由于物點發出的光線經平面鏡的反射而進入到人眼中形成像，故只要反射光線能進入視線，則觀察者即可觀察到其像點。因遮光板N只是擋住部分光線，其余反射光線仍能通過平面鏡成像，故S仍能在平面鏡中成像，B正確；因為進入視線的那部分光線沒有發生變化，所以像點的亮度不發生變化。正確答案為：BD。
二. 像的方向問題
例2. 如圖所示是一架簡易的潛望鏡，由兩個彎成直角的圓筒套住一起而成，E、F是安放在轉角處的兩塊平面鏡，與水平放向都成45°角，現使B段保持豎直方向，A段指向南方，轉動C段使它水平指向東方，則在A處看到的東方站立的人像是：
A. 豎直方向，頭向上；
B. 豎直方向，頭向下；
C. 水平方向，頭向東；
D. 水平方向，頭向西。
解析：由空間立體觀可知：從左向右觀察，C圓筒處站立的人的左側成像在平面鏡E的內側，右側成像在平面鏡的外側，而內側的反射光線到平面鏡F的上端，外側的反射光線則到達平面鏡F的下端，故人通過平面E、F成像后，左側在上，右側在下，即所成的像為水平方向；另外人在平面鏡成像時，人的上部在平面鏡E上部，再通過平面鏡F反射時，則反射光線在平面鏡F的右側，故人的上部通過兩平面鏡成像后向東。正確答案為C。
三. 像的個數問題
例3. 如圖3所示，平面鏡M以角速度繞垂直于紙面且過O點的軸順時針轉動，AB為一段圓弧屏幕，它的圓心在O點，張角為60°，現有一束來自頻閃光源的細平行光線以一個固定方向射向平面鏡M上的O點，光源每秒閃12次，則平面鏡每轉一周在屏幕AB上出現的亮點數最多可能是幾個？
解析：根據平面鏡成像特點及光的反射定律可知，當平面鏡以轉動時，反射光線轉動的角速度為。因此光線掃過AB弧的時間為，因光源每秒閃12次，在0.5s內將閃6次，若第一次閃光正好照到B點，則屏幕上形成的最后一個光點恰好照到A點，故在AB弧上光點個數最多為7個。
四. 像的運動問題
例4. 如圖所示，一發光點S從A點沿AB連線方向向B點做直線運動，與A點相距3m處有一垂直于紙面的軸O，OA垂直于AB，平面鏡MN可繞O點在紙平面內旋轉，為使S經平面鏡成的像S”始終在與AB平行的PO連線上，則當發光點移動3m時，平面鏡轉過的角度為：（）
A. 15° B. 30°
C. 45° D. 22.5°
解析：由題意可知，要使S”始終在OP上，則與入射光線SO對應的反射光線應與OP在同一直線上。當S在A點時，SO應與MN成45°角，S沿AB向B點移動3m時，入射角與反射角之和增大45°，故平面鏡應逆時針旋轉22.5°，正確答案為D。
五. 像的觀察范圍問題
例5. 如圖所示，以平面鏡的高度為直徑作一圓，使圓所在平面與平面鏡垂直，在圓周上有三個發光點a、b、c，若a、b、c與圓心的連線與平面鏡的夾角分別為，若在圓所在平面內的鏡前一定范圍內可以看到發光點a、b、c的像，下列判斷正確的是：（）
A. 觀測到a點像的范圍最大；
B. 觀測到c點像的范圍最大；
C. 觀測到a、b、c三點像的范圍一樣大；
D. 觀測到a、b、c三點像的范圍不一樣大。
解析：由平面鏡成像的對稱性，分別在圓所在平面內作出a、b、c三發光點所成的像，再由各像點向平面鏡的兩邊緣引線，則兩引線在平面鏡前所夾的區域即各像點的觀測區。因為兩連線所成的角是同一圓中的直徑所對的圓周角，都為直角，所以觀測到a、b、c三點像的范圍一樣大，正確答案為C。
變壓器“變比”功能的延伸
《變壓器》是“交變電流”這一章的重點內容之一，高中階段我們只討論理想變壓器。變壓器不但能用來變換交流電壓和交流電流，而且還有變化脈動直流電（如人教版教材第224頁閱讀材料：汽油機點火裝置）和變化阻抗的作用（如電視機天線上的阻抗變換器）。在電子線路中經常利用變壓器進行隔直耦合和阻抗變換，從而得到最佳負載阻抗，使電路處于最佳工作狀態。在高中物理中，也有類似問題出現，下面進行分類討論。
一. 變壓器的變直流作用
變壓器的實質是根據電磁感應現象中的互感原理來改變交流電壓和電流的。只要原線圈中的磁通量發生變化，副線圈中就能夠產生感應電動勢，因此變壓器雖然不能改變恒定的直流電，但可以改變大小變化的脈動直流電。
例1. 一個脈動電流，它的電流強度隨時間的變化圖象如圖1所示，它是正弦交流電流的正向部分?，F讓它通過如圖2所示的一臺理想變壓器的原線圈，已知理想變壓器原、副線圈的匝數之比。副線圈上接有阻值為的定值電阻R0，求：該電阻的電功率。
解析：先求電流的有效值，但本題不能簡單套用正弦交變電流的最大值是有效值的倍的關系。
根據有效值的定義，選擇一個周期的時間，利用在相同時間內通過相同的電阻產生相等的熱量，由焦耳定律得：
即
解得
由變壓器的變比公式：
解得
所以定值電阻的功率為：
二. 變壓器的變電阻作用
選擇不同的匝數比，利用“變化”公式可以達到增大或減小阻抗的目的。
例2. 理想變壓器的原副線圈匝數之比為n：1，副線圈的負載電阻是R，如圖3所示，則變壓器正常工作時，a、b間的等效電阻是______________。
圖3
解析：根據電阻的定義公式，故ab間的等效電阻為。
因為
且，聯立以上各式解得：
例3. 如圖4所示，加在理想變壓器原線圈上的交流電源電動勢為E，內阻為r，原副線圈匝數比為n：1，與副線圈相連一負載電阻R，求：當負載電阻R為多大時，負載上獲得的功率最大？
圖4
解析：據題意，題中所給交流電源的電動勢為交流電源的有效值，應用有效值這一概念將問題轉化為直流問題來處理。
由于變壓器為理想變壓器，則負載電阻R上獲得的功率P等于交流電源的輸出功率，本題就轉化為求電源最大輸出功率問題，由恒定電流的知識可知：當電路的外電阻和電源內阻相等時，電源輸出功率最大。
即當時，功率P有最大值。由例2的結果可得：即時，功率P有最大值。
　
利用E＝BLv時的注意事項
利用公式E＝BLv求電動勢這類習題在中學物理中是常見的，但利用此公式時應注意以下幾點。
1. 此公式的應用對象是一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時產生感應電動勢的計算，一般用于勻強磁場（或導體所在位置的各點的磁感應強度相同）。
2. 此公式一般用于導體各部分切割磁感線速度相同的情況，如果導體各部分切割磁感線的速度不同，可取其平均速度求電動勢。
例1. 如圖1所示，導體棒AB長為L，在垂直紙面向里的勻強磁場中以A點為圓心做勻速圓周運動，角速度為。磁感應強度為B，求導體棒中感應電動勢的大小。
圖1
解析：導體棒AB在以A點為圓心做勻速圓周運動過程中，棒上每一點切割磁感線的線速度是不同的，我們可以求出導體棒切割磁感線的平均速度為：
則導體棒中感應電動勢為：
3. 此公式中的L不是導體棒的實際長度，而是導體切割磁感線的有效長度，所謂有效長度，就是產生感應電動勢的導體兩端點的連線在切割速度v的垂直方向上投影的長度。
例2. 如圖2甲、乙、丙所示，導線均在紙面內運動，磁感應強度垂直紙面向里，其有效長度L分別為：
甲圖：
乙圖：沿方向運動時，L＝MN，沿方向運動時，L＝0
丙圖：沿方向運動時，，沿方向運動時，L＝0，沿方向運動時，L＝R
甲 乙 丙
圖2
4. 在勻強磁場里，若切割速度v不變，則電動勢E為恒定值，若v為時間t里的平均速度，則E為時間t里的平均電動勢。若v為瞬時值，則E為瞬時電動勢。
5. 若v與導體棒垂直但與磁感應強度B有夾角時，公式中的v應是導體棒的速度在垂直于磁場方向的分速度。此時，公式應變為：。
例3. 如圖3所示，磁感應強度為B，方向豎直向下。一導體棒垂直于磁場放置，導體棒的速度方向與磁場方向的夾角為，大小為v。求導體棒上感應電動勢的大小。
圖3
解析：把導體棒的速度v沿垂直于磁場方向和平行磁場方向進行分解，得到分速度v1、v2，且。則導體棒上的感應電動勢為：。
6. E＝BLv公式中的速度v應是導體棒相對于磁場的速度。
在習題中我們常見的是磁場靜止，對于這一種情況，公式中的v就是導體棒的速度v。
例4. 如圖4所示，水平面上有兩根很長的平行直導軌，導軌間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝2T，磁場運動的速度，方向向左。導軌上有金屬棒MN以速度向左運動。設兩根直導軌間距L＝1m，求金屬棒MN上產生的感應電動勢的大小，問哪一端的電勢高？
圖4
解析：在本題中，磁場的運動速度為，方向向左，金屬棒的速度為，方向向左，側金屬棒相對于磁場的速度為v＝2m/s，方向向右。則金屬棒上產生的感應電動勢為：
即金屬棒上產生的感應電動勢為4V，由右手定則可判定M點的電勢高。
電磁感應中電路的分析與計算
一. 電磁感應與直流電路的綜合分析
解題時應注意：
（1）明確切割磁感線的導體或磁通量發生變化回答相當于電源，其他部分為外電路。
（2）用右手定則或楞次定律確定感應電流的方向。在電源（導體）內部，電流由負極（低電勢）流向電源的正極（高電勢），在外部由正極流向負極。
（3）畫出等效電路圖。
（4）結合運用閉合電路歐姆定律，串并聯電路的性質等有關知識解決相關問題。
例1. 如圖1所示，直角三角形導線框ABC固定在勻強磁場中，AB是一段長為L、電阻為R的均勻導線，AC和BC的電阻可不計，AC長度為。磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，現有一段長度為，電阻為的均勻導體棒MN架在導線框上，開始時緊靠AC，然后沿AB方向以恒定速度v向B端滑動，滑動中始終與AC平行并與導線框保持良好接觸，則當MN滑過的距離為時，導線AC中的電流為多大？方向如何？
圖1
解析：MN滑過的距離為時，它與BC的接觸點為P，如圖2所示。由幾何關系可知，MP的長度為，MP相當于電路中的電源，其感應電動勢，內阻。等效電路如圖3所示。外電路并聯電阻為，由閉合電路歐姆定律可得：MP中的電流，AC中的電流，聯立以上各式解得。根據右手定則，MP中的感應電流方向由P流向M，所以電流的方向由A流向C。
圖2 圖3
答案，方向由A流向C。
點評：處理此類問題的關鍵在于：①明確產生切割磁感線的導體相當于電源，其電阻是電源的內阻，其他部分為外電路，電源的正負極由右手定則來判定；②畫出等效電路圖，并結合閉合電路歐姆定律等有關知識解決相關問題。
二. 電磁感應與含電容電路的綜合分析
方法：從電場中的帶電粒子受力分析入手，綜合運用牛頓第二定律；串、并聯電路的性質、閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律進行分析、計算，注意電容器兩端的電壓和等效電路。
例2. 如圖4所示，光滑的平行導軌P、Q相距，處在同一水平面中，導軌左端接有如圖所示的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離，定值電阻，，導軌電阻不計，磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動（開關S斷開）時，電容器兩極之間質量，帶電量的粒子恰好靜止不動；當S閉合時，粒子以加速度向下做勻加速運動，取，求：
（1）金屬棒ab運動的速度多大？電阻多大？
（2）S閉合后，使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大？
圖4
解析：（1）帶電粒子在電容器兩極板間靜止時，受向上的電場力和向下的重力作用而平衡，可得電容器兩極板間的電壓：
由于粒子帶負電，可知上極板電勢高。由于S斷開，R1上無電流，R2、R3上電壓等于U1，電路中的感應電流即通過R2、R3的電流強度為：
由閉合電路歐姆定律可知：ab切割磁感線產生感應電動勢：，其中r為ab金屬棒的電阻即：。
當閉合S后，帶電粒子向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律有：，可得S閉合后電容器兩極板間的電壓
這時電路中的感應電流為：
根據閉合電路歐姆定律有：
可得
又因：，即金屬棒做勻速運動的速度為3m/s，電阻
（2）S閉合后，通過ab的電流，ab所受安培力，ab以速度勻速運動時，所受外力必與安培力F2大小相等，方向相反，即F＝0.06N。方向向右（與v同向），可見外力F的功率為：
例3. 如圖5所示，水平面中的光滑平行導軌P、Q相距，電池電動勢，內阻不計；電容，定值電阻；直導線MN的質量，橫放在平行導軌上，其中導軌間的電阻；豎直向下穿過導軌面的勻強磁場的磁感應強度；導軌足夠長，電阻不計。
圖5
（1）閉合開關S，直導線MN由靜止開始運動的瞬時加速度多大？MN運動能達到的最大速度多大？
（2）直導線MN由靜止開始運動到速度最大的過程中，電容器的帶電荷量變化了多少？
解析：（1）S閉合后，電流由M到N通過直導線，電流大小為。MN開始運動（速度為零）時的加速度為，方向水平向右。當MN運動速度為v（方向向右）時，感應電動勢大小為，這時通過MN的電流（仍由M到N）為，可見，MN的運動速度增大時I減小，MN所受安培力、加速度也隨之減??；當I減小至零時，MN所受安培力、加速度為零。這時，MN速度最大，最大速度為。
（2）S剛閉合時，MN速度為零，電容器兩極板間電壓為，MN以最大速度運動時，電路中電流為零，電容器兩極板間電壓為，可見，電容器的帶電荷量在MN由開始運動到達最大速度的過程中。
點評：分析含有電容器的電路時，一定要注意區別電容器在不同狀態電路中的表現是不同的：在穩定狀態下，電容器相當于開路，含有電容的支路中電流為零，在電動勢或電壓變化的電路中，電容器將不斷地充電或放電，含電容支路中電流不為零。
三. 電磁感應與交流電路的分析與計算
處理交流電路問題時，關鍵是理解并熟練掌握表述交流電的各物理量（特別是有效值）的概念及應用。
例4. 高頻焊接是一種常用的焊接方法，其焊接的原理如圖6所示。將半徑為10cm的待焊接的圓形金屬工件放在導線做成的1000匝線圈中，然后在線圈中通以高頻的交變電流，線圈產生垂直于工件所在平面的變化磁場，磁場的磁感應強度B的變化率為。工件焊接處的接觸電阻為非焊接部分電阻的99倍。工件非焊接部分每單位長度上的電阻為，焊接的縫寬非常小，求焊接過程中焊接處產生的熱功率。（取，不計溫度變化對電阻的影響）
圖6
解析：當線圈中通過高頻交變電流時，由于電磁感應，圓形金屬工件中產生的感應電動勢大小為，其最大值，則有效值E＝100V，工件非焊接部分的電阻，代入數據得，焊接部分的電阻，根據串聯電路的電壓分配關系，R2兩端電壓，由得，焊接處產生的熱功率，代入數據解得
點評：交流電路中，計算功率、熱量等均用有效值代入，對于正弦或余弦交流電，應先計算出最大值，再根據最大值與有效值的關系，計算出有效值。對于此題，極易犯的錯誤是，在求圓形工件中產生的瞬時感應電動勢時，將線圈的匝數（1000匝）當作工件的匝數代入計算。
《沖量和動量》剖析
一、深刻理解動量及動量變化的概念
1. 動量是矢量，其方向與物體的速度方向一致。如果兩個動量相等或相同，則它們必須是大小相等，方向相同。
2. 動量的變化：
在計算時，應注意：①此式是矢量表達式，遵循平行四邊形法則；②在計算時應先規定正方向，等于物體末動量與初動量的矢量之差；③在中學只要求在同一條直線的情況。
二、深刻理解沖量概念
1. 沖量是矢量，當力的方向不發生變化時，沖量的方向與該力的方向相同；當力的方向發生變化時，沖量的方向要根據動量的變化量的方向來確定。注意：不能說沖量的方向與力的方向相同。
2. 只要有力作用在物體上，該力對物體就一定有沖量，大小就等于這個力與作用時間的乘積，與物體的運動狀態、力的方向無關，與選取的參考系無關。一定要注意與功的區別。
3. 沖量是過程量，求沖量時，必須明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量。
例1. 質量為m的物塊沿傾角為的斜面向上滑動，經過時間到達斜面最高點后向下滑動，又經過時間回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為f，則在整個運動過程中，重力的沖量為______________，支持力的沖量為______________，摩擦力的沖量為______________。
解析：根據沖量的定義可知，重力的沖量，支持力的沖量，摩擦力的沖量。
點評：求沖量時必須要明確是哪一個力在哪一段時間內的沖量，另外，某個階段內某個力若方向發生改變，應注意整個過程中的沖量等于各階段沖量的矢量和。
4. I＝Ft只適用于恒力或者可視為恒力的變力的沖量，對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化或者F－t圖象的面積來求解。
例2. 用電鉆給建筑物鉆孔時，鉆頭所受的阻力與深度成正比。若鉆頭勻速鉆進時第1秒內所受的阻力的沖量為I1，求5秒內阻力的沖量。
解析：設鉆頭進入建筑物的深度為x，則鉆頭受到的阻力為：f＝kx……①，k為比例系數。
鉆頭勻速鉆進深度為：
x＝vt……②
∴f＝kvt……③
在時間t內阻力的沖量可通過如圖1所示的F－t圖象的面積來求解：
圖1
……④
即時，。
三、注意幾個概念的區別
1. 某個力的沖量與合外力的沖量區別。
2. 動量的變化與動量的變化率的區別。
動量的變化率，指的是動量的變化量與對應時間的比值，即單位時間內動量的變化。由動量的變化的表達式及牛頓第二定律可知，＝。動量的變化率的大小取決于物體所受的合外力大小，而與物體的初、末動量及動量的變化都無直接的關系。
例3. 如圖2所示，兩個質量相等的物體從同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中（ ）
圖2
A. 兩物體所受重力沖量相同
B. 兩物體所受合外力沖量相同
C. 兩物體到達斜面底端時動量相同
D. 兩物體到達斜面底端時動量不同
解析：物體沿光滑斜面下滑的加速度，從斜面頂端到達底端時間，而，所以。故整個過程中重力的沖量為：
。
由于斜面傾角不同，故兩物體所受重力沖量不同，A錯；兩物體所受合外力大小為，，整個過程中兩物體所受合外力沖量大小相同，但由于沖量是矢量，斜面傾角不同，所受合外力方向不同，故合外力沖量不同，B錯誤；兩物體到達斜面底端時速度大小為，所以。但由于斜面傾角不同，兩物體到達斜面底端時速度方向不同，故兩物體到達斜面底端時動量不同，C錯，D對。
答案：D。
點評：本題以沖量和動量的概念以及勻變速直線運動規律為知識依托，重點考查了對沖量和動量的矢量性的理解。
例4. 甲、乙兩物體分別在恒力F1和F2的作用下沿同一直線運動，它們的動量隨時間的變化關系如圖3所示。設甲在t1時間內所受的沖量為I1，乙在t2時間內所受的沖量為I2，則F、I的關系（）
圖3
A.
B.
C.
D.
解析：由圖可知，甲物體p－t圖線的斜率大于乙物體，因，故。甲、乙兩物體動量的變化量大小相等，因此。
答案A。
點評：本題主要根據物理圖象，考查力、沖量、動量及其變化量、變化率之間的關系。
電磁感應中導體棒類問題歸類剖析
電磁感應中的導軌上的導體棒問題是歷年高考的熱點。其頻考的原因，是因為該類問題是力學和電學的綜合問題，通過它可以考查考生綜合運用知識的能力。解滑軌上導體棒的運動問題，首先要挖掘出導體棒的穩定條件及它最后能達到的穩定狀態，然后才能利用相關知識和穩定條件列方程求解。下文是常見導軌上的導體棒問題的分類及結合典型例題的剖析。想必你閱過全文，你會對滑軌上的導體棒運動問題，有一個全面的細致的了解，能迅速分析出穩定狀態，挖掘出穩定條件，能準確的判斷求解所運用的方法。
一、滑軌上只有一個導體棒的問題
滑軌上只有一個導體棒的問題，分兩類情況：一種是含電源閉合電路的導體棒問題，另一種是閉合電路中的導體棒在安培力之外的力作用下的問題。
（一）含電源閉合電路的導體棒問題
例1 如圖1所示，水平放置的光滑導軌MN、PQ上放有長為L、電阻為R、質量為m的金屬棒ab，導軌左端接有內阻不計、電動勢為E的電源組成回路，整個裝置放在豎直向上的勻強磁場B中，導軌電阻不計且足夠長，并與電鍵S串聯。當閉合電鍵后，求金屬棒可達到的最大速度。
圖1
解析 閉合電鍵后，金屬棒在安培力的作用下向右運動。當金屬棒的速度為v時，產生的感應電動勢，它與電源電動勢為反接，從而導致電路中電流減小，安培力減小，金屬棒的加速度減小，即金屬棒做的是一個加速度越來越小的加速運動。但當加速度為零時，導體棒的速度達到最大值，金屬棒產生的電動勢與電源電動勢大小相等，回路中電流為零，此后導體棒將以這個最大的速度做勻速運動。
金屬板速度最大時，有
解得
點評 本題的穩定狀態是金屬棒最后的勻速運動；穩定條件是金屬棒的加速度為零（安培力為零，棒產生的感應電動勢與電源電動勢大小相等）
（二）閉合電路中的導體棒在安培力之外的力作用下的問題
1. 導體棒在外力作用下從靜止運動問題
例2（全國高考題）如圖2，光滑導體棒bc固定在豎直放置的足夠長的平行金屬導軌上，構成框架abcd，其中bc棒電阻為R，其余電阻不計。一質量為m且不計電阻的導體棒ef水平放置在框架上，且始終保持良好接觸，能無摩擦地滑動。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直框面。若用恒力F向上拉ef，則當ef勻速上升時，速度多大？
圖2
解析 本題有兩種解法。方法一：力的觀點。當棒向上運動時，棒ef受力如圖3所示。當ef棒向上運動的速度變大時，ef棒產生的感應電動勢變大，感應電流I=E/R變大，它受到的向下的安培力F安=BIL變大，因拉力F和重力mg都不變，故加速度變小。因此，棒ef做加速度越來越小的變加速運動。當a=0時（穩定條件），棒達到最大速度，此后棒做勻速運動（達到穩定狀態）。當棒勻速運動時（設速度為），由物體的平衡條件有
圖3
點評 應用力學觀點解導體棒問題的程度：(a)分析棒的受力情況，判斷各力的變化情況；(b)分析棒的運動情況，判斷加速度和速度的變化情況；(c)分析棒的最終運動情況，依平衡條件或牛頓第二定律列方程。
方法二：能量觀點。
當導體棒ef以最大速度勻速運動以后，拉力做功消耗的能量等于棒重力勢能的增加△和bc部分產生的熱量Q之和。設棒勻速運動的時間為t，則有
點評 ①ef棒的運動盡管在達到最大速度以前為變速運動，產生的感應電流及感應電動勢都在變化，但達到最大速度以后，感應電流及感應電動勢均恒定，故計算熱量可以用計算。②求導體棒的最大速度問題，要會抓住速度最大之后速度不變這一關鍵條件，運用能量觀點處理，往往會使運算過程簡潔。③求導體棒的最大速度問題，可以運用力的觀點和能量觀點的任一種，但兩種方法所研究的運動過程卻不同。力觀點研究分析的是棒達到最大速度為止的以前的運動過程，而能量觀點研究的是從棒達到最大速度開始以后做勻速運動的一段過程。要注意這兩種觀點所研究運動過程的不同。
2. 外力作用下有初速問題
例3 如圖4所示，勻強磁場豎直向上穿過水平放置的金屬框架，框架寬為L，右端接有電阻為R，磁感應強度為B，一根質量為m、電阻不計的金屬棒受到外力沖量后，以的初速度沿框架向左運動，棒與框架的動摩擦因數為，測得棒在整個運動過程中，通過任一截面的電量為q，求：（1）棒能運動的距離？（2）R上產生的熱量？
解析 （1）在整個過程中，棒運動的距離為S，磁通量的變化
通過棒的任一截面的電量
解得
（2）根據能的轉化和守恒定律，金屬棒的動能的一部分克服摩擦力做功，一部分轉化為電能，電能又轉化為熱能Q，即有
點評 本題的棒與框架無論有無摩擦，棒的最終狀態是靜止。不過，無摩擦時，原來棒的動能全部要轉變成R上產生的熱量。
二、滑軌上有兩個導體棒的運動問題
滑軌上有兩個導體棒的運動問題，還分為兩種：一種是初速度不為零，無安培力之外的力作用下的問題，另一種是初速度為零，有安培力之外的力作用下的問題。
（一）初速度不為零，無安培力之外的力作用的問題
1. 兩棒各以不同的初速度做勻速運動問題
例4 如圖5所示，相距d的平行光滑金屬長導軌固定在同一水平面上處于豎直的勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，導軌上面橫放著兩條金屬細桿ab、cd構成矩形回路，每條金屬細桿的電阻為R，回路中其余部分的電阻可忽略不計。已知ab、cd分別以2v、v的速度向右勻速運動，求兩金屬細桿運動t秒后，共產生多少熱量？
解析 以整個回路為研究對象，t秒后
磁通量的變化
回路中的感應電動勢
回路中的感應電流
產生的熱量
點評 本題的關鍵，是把兩桿及導軌構成的回路作為研究對象，利用法拉第電磁感應定律求電動勢E。如果用E=BLv求每桿的電動勢，再求回路總電動勢，那就要涉及到中學階段不要求的反電動勢問題。
2. 兩棒之一有初速度的運動問題
例5 在例4中，兩棒的質量均為m。若開始用一水平沖擊力使ab獲得一沖量I，使其沿軌道向右運動，而cd無初速度。求ab棒在整個過程中產生的焦耳熱？
解析 ab棒獲得速度，就開始向右切割磁感線，產生感應電流，從而ab棒在磁場力作用下做減速運動，cd棒做加速運動，當兩棒速度相等時，兩棒產生的感應電動勢大小相等，在回路中方向相反，感應電流為零，磁場力也為零。此后兩棒以相同的速度v做勻速運動（達到穩定狀態）。在這個過程中，兩棒組成的系統所受外力之和為零，系統動量守恒，有v=。
在上述過程中，系統損失的動能先轉化為電能，電流通過電阻后又轉化為焦耳熱。又因為兩棒電阻相同，產生的焦耳熱相等，故有
故ab棒在整個過程中產生的焦耳熱
（二）初速度為零，有安培力之外的力作用下的問題
1. 初速度為零，有安培力之外的恒力作用下的問題
例6（03年高考理綜卷）兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B=0.50T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離L=0.20m。兩根質量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為。在t=0時刻，兩桿都處于靜止狀態?，F有一與導軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿上，使金屬桿在導軌上滑動。
（1）若經過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為，問此時兩金屬桿的速度各為多少？
（2）若經過10s，電路中的電功率達到最大值。問第10s末，
①金屬桿甲的加速度是多少？
②兩金屬桿的速度各是多少？
解析 （1）設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的?

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