高考备考研究

基于电磁学，谈物理综合分析能力的提高策略：以物理模型为主线，重点培养学生分析问题和解决问题的能力。翠园中学彭四兴

2020.12高考备考研究2014年，上海、浙江新高考改革试点，高考综合改革启动；2017年，山东、海南、天津和北京加入，新高考改革扩大、全国展开；2018年，河北、辽宁、江苏、福建、湖南、湖北、广东、重庆加入，模式确定、全面铺开。新高考综合改革重要标志前言了解2021年广东高考新高考综合改革重要标志2019年12月，山东省、海南省高考适应性测试；2020年1月，天津市2020高考适应性测试；2020年3月，北京市2020高考适应性测试；2020年7月，上海、浙江、北京、天津省市自主命题，山东、海南全国命题；(新高考Ⅰ、新高考Ⅱ）2021年1月，八省市适应性测试。2021年6月……广东物理试题题型猜测：7道单选题、3道多选题、2道实验题、2道计算题和一道选做题（从3-3和3-4两个模块题中选择一个），选做题由一道选择题（或填空题）和计算题组成。单选多选实验计算选做时间年份山东8424090分钟2020北京14024090分钟2020广东53222选190分钟2020广东？73222选175分钟2021

2021年是广东“新高考”考试科目采用“3+1+2”模式的第一年，物理试题由广东自主命题，单独考试，考试时间75分钟，以原始分计入总分。4、新高考突出体现对核心素养的考查，从解题向解决实际问题转变。命题会增加生活情境、学生探究情境和科技前沿的背景等。比如：“嫦娥五号”登月可以关注.几点思考：1、全国卷反猜题、反押题的能力很强。有些主干知识可以不考；估计广东自主命题不敢这样做。还是会延续几年前自主命题的风格。2、广东命题选择题题干简单，试题的计算量不会太大。重点考查物理概念和规律，突出主干知识的考查，尤其是二级知识点，比较重视二级知识点的覆盖率。3、2021和2022年为新高考过渡年，广东试题总体难度不会太大。高考备考研究三个维度三、物理学科的维度一、历史的维度二、宏观的维度

“知识为本”

“以人为本”

双基目标三维目标核心素养一、历史的维度知识

能力物理核心素养二、宏观的维度2016年10月11日，前教育部考试中心主任姜钢在《中国教育报》发表署名文章《探索构建高考评价体系全方位推进高考内容改革》。提出了“一核四层四翼”。

高考评价体系由“一核”“四层”“四翼”组成，其中，“四层”为高考的考查内容，即“核心价值、学科素养、关键能力、必备知识”，回答“考什么”的问题；“四翼”为高考的考查要求，即“基础性、综合性、应用性、创新性”，回答“怎么考”的问题。

现任教育部考试中心主任孙海波在《中国考试》2020年第1期刊发表了长文《深入学生贯彻党的十九届四中全会精神全面深化高考内容改革》，为今年乃至未来几年的高考命题重新定调。之前各学科专家在《中国考试》2019年第12期撰文，全面解读高考评价体系，提出了“基于高考评价体系的学科考试内容改革实施路径”。2020年1月7日教育部考试中心发布《中国高考评价体系》《中国高考评价体系说明》文化底蕴学术精神学科体系专业素养《中国高考评价体系》解读

高考改革的需要

这次高考制度改革是1977年恢复高考以来最全面、最系统、最深刻、最困难的改革，给高中学校带来的变化全方位的、深层次的。

习近平总书记曾三次主持重大会议研究高考改革方案。特别强调：要把考试招生制度改革作为方向明、见效快的改革积极稳妥加以推进。2013年11月党的十八届三中全会对考试招生制度改革进行了全面部署。2014年3月30日教育部印发《关于深化课程改革、落实立德树人根本任务的意见》，提出深化课程改革的总体思路和核心任务。2014年9月3日国务院颁布了《关于深化考试招生制度改革的实施意见》。《中国高考评价体系》产生的背景立德树人的需要2019.6.19，国务院办公厅《关于新时代推进普通高中育人方式改革的指导意见》2019.7.8，国务院办公厅《关于深化教育教学改革，全面提高义务教育质量的意见》

本轮新课程改革是我国基础教育发展史上力度最大、最彻底的一次课程改革运动，涉及教育教学理念、课程标准、课程管理、课程内容及教材等多个方面的变革，标志着我国基础教育范式的根本转换。必将触及目前教育教学过程中普遍存在的深层次问题。2019年，中国基础教育全面进入核心素养时代《关于新时代推进普通高中育人方式改革的指导意见》

十五、深化考试命题改革学业水平选择性考试与高等学校招生全国统一考试命题要以普通高中课程标准和高校人才选拔要求为依据，实施普通高中新课程的省份不再制定考试大纲。优化考试内容，突出立德树人导向，重点考查学生运用所学知识分析问题和解决问题的能力。创新试题形式，加强情境设计，注重联系社会生活实际，增加综合性、开放性、应用性、探究性试题。科学设置试题难度，命题要符合相应学业质量标准，体现不同考试功能。加强命题能力建设，优化命题人员结构，加快题库建设，建立命题评估制度，提高命题质量。13

现行的考试大纲难以满足“增强立德树人导向、构建适应德智体美劳全面培养要求的评价体系”这一新时代要求。

高考作为上接高等教育、下连基础教育的重要枢纽，需落实课程标准理念和要求，加强考试与教学的衔接，更好发挥考试对教学的促进作用，反映高中课程标准和高校人才选拔要求、有利于与高中教学沟通互动的新体系。

《中国高考评价体系》的意义

通过解决高考“为什么考、考什么、怎么考”的问题，对“培养什么人、怎样培养人、为谁培养人”这一教育根本问题给出了在高考领域的答案。

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础，是命题评价的准绳和量尺。

有助于充分发挥高考育人功能和积极的导向作用。1.高考评价体系是综合高校人才选拔要求和国家课程标准而形成的考试评价理论框架。2.中国高考评价体系不是考试大纲，也不是界定考试范围的规范性文件。《中国高考评价体系》是一个指导性的文件。3.评价理念：价值引领，素养导向，能力为重，知识为基。《中国高考评价体系》的主要内容为什么考一核立德树人服务选才引导教学考查目的考什么四层必备知识、关键能力、学科素养、核心价值四层考查目标怎么考四翼基础性、综合性、应用性、创新性四个方面的考查要求“一核四层四翼”的高考评价体系涵盖了考查目的、考查内容和考查要求物理观念高中物理核心素养科学思维科学探究科学态度与责任质疑创新科学论证科学推理模型建构交流解释证据问题社会责任科学态度科学本质物质观运动与相互作用观能量观解决问题形成观念每一要素都分为五级水平（13×5）

从图1中我们可以看出，高考物理中对五种能力的考察，其实就是对物理学科核心素养的考察，比如对理解能力的考察，就是对物理观念的考察；对推理能力的考察，就是对物理观念、科学思维、科学探究的考察；对分析综合能力的考察，就是对物理观念、科学思维、科学探究的考察；对应用数学处理物理问题能力的考察，就是对物理观念、科学思维的考察；对实验能力的考察，就是对科学思维、科学探究、科学态度与责任的考察。核心素养与五种能力之间的关系不同阶段的目标和教学策略主要目标理解对知识的全面、深入理解和灵活运用综合多知识点综合解决问题；解题方法的巩固熟练基本素质审题、表达、审视答案等基本应试能力高考第一轮高考第二轮高考第三轮☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆☆三、物理学科的维度（一）主要目标全面、细致地复习全部知识，不遗漏；第一轮复习的教学策略培养学生具体问题具体分析的习惯，而不是仅仅记忆结论和死套“方法”.重视从不同角度理解知识，拓展情境，灵活应用；（二）实施策略

有效训练与落实基础训练、专题训练、限时训练、规范训练、错题训练等夯实基础知识、注意主干知识注重学科思想方法的掌握研究题型，分类归档，注意解题方法和技巧的训练和归纳切实加强实验复习，提高实验变通能力加强应试能力的培养

注意现代信息的收集和获取第二轮复习的教学策略（一）第二轮复习的目标1、重在发展能力，侧重发展分析综合能力；重在训练学生运用多知识点综合解决问题的思路。2、兼顾知识上的认识，但不是重点。不是对第一轮复习“炒现饭”。3、重点关注解题素养的培养。采用的是“渗透”方式，积累感性认识，不过度进行系统总结，不把第三轮复习的目标提前完成。（二）第二轮复习的策略——专题复习（1）专题结构①知识内容专题（运动与力、功和能…………）②能力技巧专题（实验、图像、学习工具、解题方法与技巧）③模块专题（3-3、3-4和3-5）（2）第二轮复习的专题设计（参考）专题知识内容力与直线运动力与曲线运动带电粒子的运动功和能电磁感应综合问题能力技巧物理实验物理图像数学工具解题方法与技巧选考模块热力学与气体实验定律机械波与光波●知识主干知识，而不是“查漏补缺”●解题能力对审题、表达、审视答案等能力系统强化●竞技状态调节生物钟、身体状态、心理状态●应试策略确认应试策略，训练和适应按既定策略应试第三轮复习的教学策略物理试卷解题方法

知识审题作答知识系统考试系统编拟体现概念规律运动规律作用规律解题规律实验模型方法基本模型综合模型模型综合规范解题科学审题对象分析过程分析规律分析状态分析作用分析关系分析格式准确思路清晰两大系统“拆”“联”①多物体问题独立分析各个击破把握联系时间关系位移关系②多阶段问题抽出运动模型，分段处理，把握联系各段之间的速度处理物理问题的思想----1、直线运动拆过程2、曲线运动拆方向----时间关联

物理考试系统-----审题解题终态mvaPE初态mvaPE临界mvaPEF、

W、

I、x、t

过程1

过程2

F、

W、

I、x、t对象、状态、作用、过程、关系、规律矢量和标量、状态量和过程量、相对量和绝对量、性质量和作用量科学审题“六要素”审题建立物理图景弄清题意挖掘隐含条件解题联想物理模型确定研究对象选择研究过程正确运用规律讨论结果合理性分析受力情况分析运动情况找临界、关联点依据题设条件抓守恒量分段多解、舍解解题思路模型化解题的基本步骤

情境规律

模型

文字讨论结果运算操作关联决策再现分析特点示意图①针对某一状态；比如牛顿第二定律的应用、力的平衡条件等。②针对某一过程：比如运动学公式、动能定理、动量守恒定律等。③用数学知识：三角函数、几何、微积分等。三个优先：⑴整体优先⑵全程优先⑶动量功能优先2016年到2020年全国卷中关于电磁感应的题目20162017201820192020新课标I241817；192021新课标Ⅱ21；2420；21182114新课标Ⅲ21；25152014；1914山东卷12电磁感应综合问题一、解决电磁感应综合问题的一般思路和方法研究对象研究内容研究方法答题规律单个物体状态

过程整体法、隔离法、图像法、程序法、逆向思维极限法、极值法、外推法、等效法、对称法、微元法等①牛顿运动定律、运动学公式②动量定理、动量守恒定律③动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能量守恒④楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应电流、闭合电路欧姆定律等⑤必备数学知识系统（两个或两个以上物体）①运动和受力②动量和冲量③功、能量及其变化电源、电路④电动势、电流

解决问题

分析问题宏观（一）、知识储备

（二）、规律方法抓住“两个对象”微观电磁感应章节的主要知识电磁感应章节的相对次要知识电磁感应题目常涉及的知识1、楞次定律2、右手定则3、法拉第电磁感应定律1、自感和互感2、电磁阻尼3、电磁驱动4、涡流1、力学知识（运动和受力分析）2、电路的知识（等效电路图的绘制）3、平行板电容器的知识（与平行板电容器的结合）4、磁场的知识（安培力）（三）、分析策略（四）、解决电磁感应中的力、电问题的关键1．电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．2．我们根据导体的运动状态合理地选取物理规律，如平衡条件、牛顿运动定律、能量守恒定律．特别是“杆＋轨道问题”中的单双杆问题，要根据情况恰当选用动量定理或动量守恒定律．

（二）电磁感应典型模型分析

以金属杆平动切割为例，利用二维联想法将主要模型归类分析。两大类：单杆类、双杆类单杆仅受安培力作用时的运动

单杆置于光滑水平导轨上，可以与电源、电阻、电容器等组成回路．杆运动时仅受安培力(合外力)作用．单杆第一类模型介绍三种（1）36；（2）45；（3）47（1）接电源（2）接电阻（3）接电容器单杆第一类模型1．电路特点导体为电动杆，运动后产生反电动势（等效于电机）。2．安培力的特点安培力为运动动力，并随速度增大而减小。3．加速度特点加速度随速度增大而减小4．运动特点a减小的加速运动tvOvm单杆第一类模型(1)接电源5．收尾特征匀速运动6．两个极值(2)最大速度：稳定时，a=0,速度最大，电流为零(1)最大加速度：v=0时,E反=0,电流、加速度最大(1)接电源单杆第一类模型7．几种变化(1)导轨不光滑(2)导轨倾斜

(3)有初速度(4)磁场方向变化v0

B(1)接电源单杆第一类模型单杆第一类模型aRv0BbNmgvFvv0t0(2)接电阻1．电路特点导体棒相当于电源。2．安培力的特点安培力为阻力，并随速度减小而减小。3．加速度特点加速度随速度减小而减小4．运动特点5．收尾状态a减小的减速运动静止v=0,I=0,F=0,a=06．三个规律(1)能量关系：(2)动量关系：(3)瞬时加速度：7．变化(1)有摩擦(2)磁场方向不沿竖直方向单杆第一类模型(2)接电阻解析：设某时刻杆的速度为v，E=Blv

F=BIl取速度方向为正方向，由牛顿第二定律得：取一小段时间有:由以上几式得：把每一小段对应得位移相加可得：而解得：求位移是难点若要求通过电阻R的总电量呢？1、已知水平导轨光滑且足够长，导轨间距为l，导轨间接电阻R。匀强磁场垂直导轨平面向下，大小为B。质量为m、阻值为R1的金属杆ab以初速度v0开始运动.求ab杆从开始运动至停下所通过的位移。另一种解法：对ab杆，由动量定理得：1．电路特点导体杆相当于电源;电容器被充电.2．电流的特点3．运动特点a变小的减速运动，最终做匀速运动。4．收尾特征易错点：电容器带电量不为零匀速运动v0vOtv导体杆相当于电源;F安为阻力，杆减速,E减小电容器被充电，两端电压UC增大，电流I减小。当Blv=UC时，I=0，F安=0，杆匀速运动。（3）接电容器单杆第一类模型充电式5．最终速度电容器充电量：最终导体杆的感应电动势等于电容两端电压：对杆应用动量定理：单杆第一类模型（3）接电容器单杆受安培力与其他力共同作用时的运动该模型是指单杆置于导轨上，导轨可以水平、倾斜、竖直放置，单杆受安培力与其他力共同作用单杆第二类模型三个甲图为一类25，三个乙图为另一类27.1．电路特点导体杆相当于电源，当速度为v时，电动势E＝Blv2．安培力的特点安培力为阻力，并随速度增大而增大3．加速度特点加速度随速度增大而减小4．运动特点a减小的加速运动tvOvm单杆第二类模型甲图25FB5．收尾特征匀速运动6．两个极值(1)v=0时,有最大加速度：(2)a=0时,有最大速度：单杆第二类模型甲图25FB7．稳定后的能量转化规律8．起动过程中的三个规律(1)动量关系：(2)功能关系：(3)瞬时加速度：甲图25单杆第二类模型9．几种变化(1)拉力变化

F

FF

BF若匀加速拉杆，则F大小恒定吗？单杆第二类模型甲图(3)磁场方向变化(2)电路变化1．电路特点导体杆为发电杆；电容器被充电。2．三个基本关系导体杆受到的安培力为：导体杆加速度可表示为：回路中的电流可表示为：单杆第二类模型乙图27还是充电式3．三个重要结论：(1)导体杆做初速度为零匀加速运动：(2)回路中的电流恒定：Otv(3)导体杆受安培力恒定：单杆第二类模型乙图4．几种变化：(1)导轨不光滑(2)恒力的提供方式不同(3)电路的变化F单杆第二类模型乙图2、(2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。充电式解析：(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv①平行板电容器两极板之间的电势差为U＝E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有C＝Q/U③联立①②③式得Q＝CBLv④(2)设金属棒运动时间t时速度大小为v，通过金属棒的电流为i。棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为f1＝BLi⑤设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ΔQ/

Δt

⑥ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得ΔQ＝CBLΔv⑦式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有a＝Δv/Δt⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2＝μN=mgcos

θ⑨

金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin

θ－f1－f2＝ma⑩联立⑤至⑩式得

⑪由⑪式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小为

⑫电容放电式1．电路特点电容器放电，相当于电源；导体杆受安培力而运动。2．电流的特点电容器放电时，导体杆在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小，直至电流为零，此时UC=Blv3．运动特点a渐小的加速运动，最终做匀速运动。4．收尾特征但此时电容器带电量不为零tvOvm匀速运动电容放电式5．最大速度vm电容器充电量：vtOvm放电结束时电量：电容器放电电量：对杆应用动量定理：易错点：认为电容器最终带电量为零3、(2017天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C．两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计．炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触．首先开关S接1，使电容器完全充电．然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动．当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨．问：（1）磁场的方向；（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．放电式解析：（1）电容器充电后上极板带正电，放电时通过MN的电流由M到N，安培力方向向右，根据左手定则可知磁场方向垂直导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E,由欧姆定律，电容器放电时电流：炮弹受到安培力：F=BIl由牛顿运动定律：F=ma解得：（3）电容器放电前所带电量Q1=CE，开关接2后，MN开始向右加速，达到最大速度vm时，MN上的感应电动势：E1=Blvm最终电容器所带电量Q=CE1设在此过程中MN的平均电流为MN上所受平均安培力：由动量定理，有：联立以上几式解得：第二类双杆模型2v011、无外力等距式2、无外力不等距式12F3、有外力等距式4、有外力不等距式F21（1）无外力等距1．电路特点杆2相当于电源;杆1受安培力而加速起动,运动后产生反电动势.2．电流特点随着杆1的减速、杆2的加速，两杆的相对速度v1-v2变小，回路中电流也变小。初状态：电流最大当v2=v1时：电流I＝0第二类双杆模型（1）无外力等距3．两杆的运动情况安培力大小：两杆的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小.杆1做加速度变小的减速运动杆2做加速度变小的加速运动tOvv0v共最终两杆具有共同速度第二类双杆模型（1）无外力等距4．两个规律(1)动量规律两杆受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,系统动量守恒.(2)能量转化规律系统机械能的减小量等于内能的增加量.（类似于完全非弹性碰撞）两杆产生焦耳热之比：第二类双杆模型5．几种变化：(1)初速度的提供方式不同(2)磁场方向与导轨不垂直(3)两杆都有初速度两杆动量守恒吗？(4)两杆位于不同磁场中两杆动量守恒吗？（1）无外力等距第二类双杆模型

vv00

2

14．(多选)(2019·全国卷Ⅲ·T19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(

)双杆无外力等距棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到方向与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到方向与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，解得v1＝v2＝v0/2，选项A、C均正确，B、D均错误。答案：AC（2）无外力不等距1．电路特点杆1相当于电源;杆2受安培力而启动,运动后产生反电动势.2．电流特点随着杆1的减速、杆2的加速，回路中电流变小。2v01最终当Bl1v1=Bl2v2时,电流为零,两杆都做匀速运动第二类双杆模型（2）无外力不等距3．两杆的运动情况杆1加速度变小的减速,最终匀速;2v01回路中电流为零杆2加速度变小的加速,最终匀速.v0v2Otvv14．最终特征5．动量规律系统动量守恒吗？安培力不是内力两杆合外力不为零第二类双杆模型6．两杆最终速度任一时刻两杆中电流相同，两杆受到的安培力大小之比为：2v01整个过程中两杆所受安培力冲量大小之比对杆1：对杆2：结合：可得：（2）无外力不等距第二类双杆模型7．能量转化情况系统动能电能内能2v018．流过某一截面的电量（2）无外力不等距第二类双杆模型（3）有外力等距1．电路特点棒2相当于电源;棒1受安培力而起动.2．运动分析：某时刻回路中电流：最初阶段，a1>a2,棒1：安培力大小：棒2：只要a1>a2,(v1-v2)IFBa1a2当a1＝a2时v1-v2恒定I恒定FB恒定两棒匀加速第二类双杆模型F213．稳定时的速度差（3）有外力等距第二类双杆模型F21v1Otvv24．变化(1)两棒都受外力作用F212F1(2)外力提供方式变化（3）有外力等距第二类双杆模型F215．（2020·新课标Ⅰ卷）21.如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【答案】BCF21有外力等距（4）有外力不等距运动分析：某时刻两杆速度分别为v1、

v2

加速度分别为a1、a2此时回路中电流为：经极短时间t后其速度分别为：I恒定FB恒定两杆匀加速12F当时第二类双杆模型（4）有外力不等距12F此时回路中电流为：与两杆电阻无关第二类双杆模型三、典型案例归类分析（一）、平动切割类（二）、转动切割类（三）、感生类（四）切割、感生衔接类（五）切割、感生叠加类6．在生产线框的流水线上，为了检测出个别不合格的未闭合线框，让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下)，观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框，其物理情境简化如下：如图所示，通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框，传送带与水平方向夹角为α，以恒定速度v0斜向上运动．已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，MN与PQ间的距离为d，磁场的磁感应强度为B.线框质量为m，电阻值为R，边长为L(d＞2L)，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止，线框刚进入磁场的瞬间，和传送带发生相对滑动，线框运动过程中上边始终平行于MN，当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，求：

(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小；(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t；(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中，电动机多消耗的电能E.（一）、平动切割类6、解析：(1)根据安培力公式得F安＝BIL根据闭合电路欧姆定律得I＝E/R又由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv0由以上联立可解得

由以上联立解得(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，取沿斜面向上为正方向，根据动量定理有：根据安培力公式得根据闭合电路欧姆定律得根据法拉第电磁感应定律得根据运动学公式得由以上联立可解得(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中，由动能定理得：(μmgcosα－mgsinα)d＋W安＝0由功能关系得Q电＝－W安Qf＝μmgcosα(v0t－d)从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中，由能量守恒定律得：E＝2mgsinα·d＋2Q电＋2Qf7、如图，相距L的光滑金属导轨，半径为R的四分之一圆弧部分竖直放置、直的部分固定于水平地面，MNQP范围内有方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场．金属棒ab和cd垂直导轨且接触良好，cd静止在磁场中，

ab从圆弧导轨的顶端由静止释放，进入磁场后与cd没有接触．已知ab的质量为m、电阻为r，

cd的质量为3m、电阻为r．金属导轨电阻不计，重力加速度为g．（1）求：ab到达圆弧底端时对轨道的压力大小（2）在图中标出ab刚进入磁场时cd棒中的电流方向（3）若cd正要离开磁场时的速度是此刻ab速度的一半，求：cd正要离开磁场瞬间，ab受到的安培力大小。无外力等距解析：（1）设ab到达圆弧底端时受到的支持力为N，ab下滑机械能守恒，有……①由牛顿第二定律：……②

联立①②得：N=3mg

……③由牛顿第三定律知：对轨道压力大小为……④（2）如图。如：d到c，或d→c（3）设cd离开磁场时ab在磁场中的速度vab，则cd此时的速度为，ab、cd组成的系统动量守恒，有：

ab、cd构成的闭合回路闭合电路欧姆定律：

安培力公式：

联立①④⑤⑥⑦⑧得：……⑨……⑤由法拉第电磁感应定律：……⑥……⑦……⑧8、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根导体棒a和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv­t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)(1)试证明：在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关；(2)求t1时刻棒b的加速度大小；(3)求t2时刻两棒之间的距离。[解析]

(1)t2时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有2mv＝mv0所以在0～t2时间内，回路产生的焦耳热Q与磁感应强度B无关。解得(2)t1时刻有回路中的电流此时棒b所受的安培力F＝BIL由牛顿第二定律得棒b的加速度大小(3)t2时刻，两棒速度相同，均为0～t2时间内，对棒b，由动量定理有根据法拉第电磁感应定律有根据闭合电路欧姆定律有而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)解得t2时刻两棒之间的距离由能量守恒定律有

9、半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。（二）、转动切割类解析：(1)根据右手定则得，导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D。设导体棒AB中点的速度为v，则而vA＝ωr，vB＝2ωr。根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB上产生的感应电动势E＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I＝E/R，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为

。(2)根据功能关系，外力所做的功等于电路消耗的电能与克服摩擦力做功之和，即解得：（三）、感生类10、轻质细线吊着一质量为m=0.32kg，边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈总电阻为r=1Ω.边长为L/2的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示.磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示，从t=0开始经t0时间细线开始松驰，g=10m/s2．求：（1）在前t0时间内线圈中产生的电动势；（2）在前t0时间内线圈的电功率；（3）求t0的值．解：（1）由法拉第电磁感应定律得：（2）(3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有：由图像知：

解得：

3、计算安培力时忘记匝数；易错点1、计算电动势时面积错误；2、计算安培力时导体长度错误。11、(2019·高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好．MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计.(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W.（四）、动生、感生衔接类解析：(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律则

E＝k①设PQ与MN并联的电阻为R并,有②闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得设PQ中的电流为IPQ，有设PQ受到的安培力为F安，有F安＝BIPQl

⑤保持PQ静止，由受力平衡，有F＝F安

⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦方向水平向右．由动能定理，有联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得⑫⑬(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为ΔΦ，平均感应电动势为，有⑧其中ΔΦ＝Blx⑨设PQ中的平均电流为，根据电流的定义得⑩⑪12、如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=0.5m，与水平面的夹角θ=30°，上端连接R=0.5Ω的电阻．导轨下方虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，上、下边界之间的距离s=10m，磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示。长为L、电阻不计，质量为m=0.5kg的金属棒ab，垂直导轨放置于距离磁场上边界d=2.5m处，与导轨接触良好．在t=0时刻棒由静止释放，滑至导轨底端被金属环卡住不动，g取10m/s2，求：（1）棒运动到磁场上边界的时间；（2）棒进入磁场时受到的安培力；（3）在0—5s时间内电路中产生的焦耳热。解：（1）由牛柳第二定律：得：由运动学公式：得：（2）由法拉第电磁感应定律：得：（3）因为所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：由图可知，棒被卡住1s后磁场才开始均匀变化。

由法拉第电磁感应定律：所以在0--5s时间内电路中产生的焦耳热为：所以（五）、动生、感生叠加类13、(2016·高考全国卷Ⅲ)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里．某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动．金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计．求：(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小．解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有②由欧姆定律有③由电流的定义有④联立①②③④式得⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为⑥(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力．设此时回路中的电流为I，F的大小为

F＝B0Il⑧此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪式中，Φ仍如①式所示．由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为由欧姆定律有联立⑦⑧⑬⑭⑮式得⑮⑭模型一.单物体多过程问题(典型运动)模型二.“物块和木板”相互作用问题模型三.含有弹簧作用的问题模型四.碰撞、反冲和爆炸类的问题模型五.传送带的问题模型六.连接体问题二、力学典型模型分析常见力学模型模型二“物块和木板”相互作用问题设物块A和木板的质量B分别为m和M,它们之间的动摩擦因数为μ1（μ1>0),木板与地面之间动摩擦因数为μ2，板长为L.F为系统受到的水平外力,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。v0为物块A或木板B的初速度。通过二维联想来确定问题板块模型问题1（581/233/）

1、地面光滑；2、板足够长；3、物块受力；4、均无初速关键点：被动的物体（木板B）其加速度达到最大时，受到的摩擦力也达到最大值。只有一种临界情况：两物体间的摩擦力恰好等于最大静摩擦力，是发生相对滑动得临界条件。设物块A和木板B一起加速，由牛顿运动定律得：

F=（M+m）af=Ma=μ1mg解得：F=μ1mg(M+m)/M当F≤μ1mg(M+m)/M时两物体一起以共同的加速度运动当F>μ1mg(M+m)/M时物块相对木板滑动ff/板块模型问题2（681/233/）

1、地面粗糙；2、板足够长；3、物块受力；4、均无初速②设木板和物块一起加速，且它们间的摩擦力达到最大静摩擦力F-μ2(M+m)g=(M+m)aμ1mg-μ2(M+m)g=Ma解得：F=μ2(M+m)g+[μ1mg-μ2(M+m)g]

(M+m)/M=Fm（一）若μ1mg≤μ2(M+m)g，若F>μ1mg物块加速，F≤μ1mg物块静止或匀速运动。无论力F多大，木板始终静止不动；（二）若μ1mg>μ2(M+m)g①若F≤μ2(M+m)g，物块和木板均静止不动③若F>Fm时，板、块相对滑动。板的加速度为一定值，物块的加速度随F的增大而增大若μ2(M+m)g<F≤Fm，板、块一起加速。分类讨论：ff/f地关键点：①木板滑动的条件；②板块间摩擦力是否达到最大值可能出现两种临界情况：①木板与地面的静摩擦力恰好达到最大②物块与木板间静摩擦力恰好达到最大F0μ2(M+m)gFmμ1mg>μ2(M+m)g均不动一起加速相对滑动临界1临界2这种情况大家可自行研究板块模型问题3（5711/43/）

1、地面光滑；2、板长为L；3、均不受力；4、A有初速地面光滑，系统动量守恒。设它们能达到共同速度v1解得：两个物体会分离两个物体能共速问：若木板前方某处有固定挡板呢？对系统能应用动量守恒解决问题的题目，涉及的能量问题都比较简单，一般为摩擦生热问题，即系统机械能的减少量等于内能的增加量。2.【高考题改编】如图，可视为质点的物块以初速

从静止在光滑的地面上木板的左端开始运动，木板前方有固定挡板，挡板与木板上表面相平，与固定于竖直平面内的半圆形光滑轨道PQ相切于端点P，木板运动到P时被牢固粘连。物块质量为m，木板质量为M=2m，半圆半径为R，板长L=6.5R,板右端到P的距离L1在R<L1<5R范围内取值，物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度取g。试讨论物块从滑上木板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L1的关系。判断物块能否滑到PQ轨道的中点。解析：物块从左端滑上木板后开始作匀减速运动,此时木板开始作匀加速直线运动，当滑块与滑板达共同速度时，二者开始作匀速直线运动。设它们的共同速度为v，根据动量守恒定律得：

对物块，用动能定理列方程：对木板，用动能定理列方程：可知物块在木板上滑过s1－s2=6R时，小于L=6.5R，并没有滑下去，二者就具有共同速度了。解得：解得：s1=8R解得：s2=2R均为对地位移R<L1<5R1、当R＜L1＜2R时，讨论