2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之电磁感应定律

2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之电磁感应定律

一.选择题（共2小题）

1.（2018•新课标I）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，

。为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于

PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度

的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）；

再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程II）。在过程I、II中，流

过OM的电荷量相等，则旦二等于（）

B

424

2.（2017•新课标I）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为

了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄

板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜

薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是

B.

X

X

noX

C.D.

二.多选题（共4小题）

（多选）3.（2021•福建）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为

L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感

应强度大小为B的匀强磁场。在t=ti时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH

进入磁场，速度大小均为vo：一段时间后，流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位

于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒

的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则

（）

A.ti时刻a棒加速度大小为2B."°

3mR

B.t2时刻b棒的速度为0

C.ti〜t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍

D.ti〜t2时间内，a棒产生的焦耳热为2mv（『

9

（多选）4.（2020•新课标I）如图，U形光滑金属框abed置于水平绝缘平台上，ab和de

边平行，和be边垂直。ab、de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be边保持平行。经过一段时间

后（）

xxx“Uxxx.x

XXXXX>

XXXXX>

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be边的距离趋于恒定值

（多选）5.（2018•新课标I）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与

电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小

磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列说法正确的是（）

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转

力

（多选）6.（2019•新课标I）空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，

其边界如图（a）中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为p、横截面积为S,将该导

线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心。在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图

（a）所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示。则在1=0到1=口的时间

间隔内（）

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为屈巴

4top

BH2

D.圆环中的感应电动势大小为」n----r--

4%

2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之电磁感应定律

参考答案与试题解析

选择题（共2小题）

1.（2018•新课标I）如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点,

O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆，M端位于

PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度

的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程I）；

再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程H）。在过程I、II中，流

过OM的电荷量相等，则至二等于（）

B

A.3B.3D.2

42ci

【考点】法拉第电磁感应定律.

【专题】定性思想；方程法；电磁感应一一功能问题.

【分析】根据法拉第电磁感应定律，即可求出电动势，然后结合闭合电路欧姆定律求得

感应电流大小；依据电量的表达式q=It求出即可。

【解答】解：设圆的半径为R,金属杆从Q到S的过程中：△①=B^S=LB兀R2

4

九2

根据法拉第电磁感应定律有：E!=A^-=A——

△tiAti

设回路的总电阻为r,第一次通过线圈某一横截面的电荷量为：qi=hZ\ti=±L△ti=

r1

冗BR2…①

4r

磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'的过程中设时间为412,△①'=

子®-B）R2

//2

第二次通过线圈某一横截面的电荷量为：q2=l24t2=A©_=_兀_®'*..0.…②

r2r

由题，qi=q2③

联立①②③可得：故B正确，ACD错误，

B2

故选：B。

【点评】考查法拉第电磁感应定律的公式，掌握求解线圈的电量综合表达式的含义是关

键。

2.（2017•新课标I）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺寸上的形貌，为

了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄

板，并施加磁场来快速衰减其微小震动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜

薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右震动的衰减最有效的方案是

()

【考点】法拉第电磁感应定律.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合.

【分析】根据电磁感应原理，结合楞次定律的阻碍相对运动角度，及产生感应电流的条

件，即可判定。

【解答】解：当加恒定磁场后，当紫铜薄板上下及左右振动时，导致穿过板的磁通量变

化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，而BD选项，只能左右振动时，

才有磁通量变化，上下振动时，却没有磁通量变化；C选项上下左右振动时，磁通量都

不变化；只有A选项上下左右振动时穿过板的磁通量均变化，故A正确，BCD错误；

故选：A«

【点评】考查电磁感应原理，掌握楞次定律中阻碍相对运动，理解磁通量的含义，及感

应电流的产生条件。

二.多选题（共4小题）

（多选）3.（2021•福建）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为

L,导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感

应强度大小为B的匀强磁场。在t=ti时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH

进入磁场，速度大小均为vo；一段时间后，流经a棒的电流为0,此时t=t2,b棒仍位

于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L,电阻分别为R和2R,a棒

的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则

A.ti时刻a棒加速度大小为2B1外

3mR

B.t2时刻b棒的速度为0

C.ti〜t2时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍

D.ti〜t2时间内，a棒产生的焦耳热为Zmv（）2

9

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；动量守恒定律；闭

合电路的欧姆定律；安培力的计算.

【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力.

【分析】应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所

受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系

统动量守恒，应用动量守恒定律和能量守恒定律解答；由q=It判断两棒通过的电荷量的

关系。

【解答】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方

向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，即E=2BLvo。

感应电流匚离号

对a由牛顿第二定律得:

BIL=ma

2B4Lv

解得：a=-----------n--故A正确;

3mR

B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L,电阻分别为R和2R,根据电阻定

律有：

R=pi-,2R=p-i-

SaSb

可得:Sa=2Sb，

可知a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为巨。

2

a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系

统合外力为零，则此系统动量守恒。t2时刻流过a的电流为零，a、b之间的磁通量不变,

可知两者此时速度相同，设为V。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mvo--vo=（m+—）v

22

解得：V=JLVO,即t2时刻b棒的速度为LO,故B错误；

33

C、ti〜t2时间内，通过a、b的电流总是相等，根据q=It,则通过a、b棒横截面的电荷

量相等，故C错误；

D、ti〜t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得：

Am2+JLX（m+—）v2+Q&

2V022022

解得回路中产生的总热量Q总

20

a棒产生的焦耳热Q=—Q故D正确。

aR+2R

故选：AD。

【点评】本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间

接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。

（多选）4.（2020•新课标I）如图，U形光滑金属框abed置于水平绝缘平台上，ab和de

边平行，和be边垂直。ab、de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be边保持平行。经过一段时间

后（）

XXx"xXX

a-------------------------bx

xxxxx>X

XXXXX>X

dCx

x--X-X-ylX-..X.X

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be边的距离趋于恒定值

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；安培力.

【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合

能力.

【分析】分别对金属框和导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律和电动势公式求出二

者的加速度表达式及感应电流的表达式，解得加速度差值ai-a2=E-(1+1)BIL,

MMm

当加速度差值为零时，解得1=BL"匚如)一,画出v-t图象分析即可。

R

【解答】解：ABC、当金属框在恒力F作用下向右加速时，be边产生从c向b的感应电

流i,线框的加速度为ai，对线框，由牛顿第二定律得：F-BIL=Mai，导体棒MN中感

应电流从M向N,在感应电流安培力作用下向右加速，加速度为a2,对导体棒MN,由

牛顿第二定律得：BIL=ma2,当线框和导体棒MN都运动后，线框速度为vi,MN速度

为V2,感应电流为：为BL"I二重),感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，

R

ai从E开始减小，加速度差值为：ai-a2=E-(1+1)BIL,感应电流从零增加，则加

MMMm

速度差值减小，当差值为零时，ai=a2=a,故有：F=(M+m)a,联立解得：1=­?^—

(Mtm)BL

=BL51]".,此后金属框与MN的速度差维持不变，感应电流不变，MN受到的安

R

培力不变，加速度不变，v-t图象如图所示：

o

故A错误；BC正确；

D、MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框速，MN到金属框be边的距

离越来越大，故D错误。

故选:BCo

【点评】本题考查的是电磁感应的动力学问题，综合性较强，难度较大，对学生综合分

析物理问题的能力要求较高；本题难点是金属框和导体棒开始都做变加速直线运动，故

必须抓住运动一段时间后，二者加速度差值为零。

（多选）5.（2018•新课标I）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与

电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小

磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态，下列说法正确的是（）

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动

B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向

C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向

D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；感应电流的产生条件；研究电磁感应

现象.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合.

【分析】干电池通电的瞬间，在左线圈中产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流

的方向，结合安培定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。同理

当开关断开后，左边线圈的磁场从有到无，从而根据楞次定律判断出感应电流的方向，

结合安培定则得出直导线周围磁场的方向，从而确定指南针的偏转方向。

【解答】解：A、干电池开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，左边线圈中产生电流，电流

的方向由南到北，根据安培定则，直导线上方的磁场方向垂直纸面向里，则小磁针N极

向纸里偏转，故A正确。

BC、干电池开关闭合并保持一段时间后，根据安培定则，可知，左边线圈中有磁通量，

却不变，因此左边线圈中不会产生感应电流，那么小磁针也不会偏转，故BC错误。

D、干电池开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，由A选项分析，可知，根据楞次

定律，左边线圈中产生电流，电流的方向由北到南，根据安培定则，直导线上方的磁场

方向垂直纸面向外，则小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动，故D正确；

故选：AD..

【点评】本题考查了楞次定律和安培定则的基本运用，知道小磁针静止时N极的指向为

磁场的方向，同时掌握感应电流产生的条件。

（多选）6.（2019•新课标I）空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，

其边界如图（a）中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为p、横截面积为S,将该导

线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图

（a）所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b）所示。则在1=0到1=口的时间

间隔内（）

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为刍£-

4top

Bn兀1

D.圆环中的感应电动势大小为」-----

4to

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律；电阻定律；闭合电路的欧姆定律；左手定则.

【专题】应用题；定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力.

【分析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，应用左手定则可以判断出安培力方向；

应用法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势；

应用电阻定律可以求出导线的电阻，然后应用欧姆定律可以求出感应电流。

【解答】解：AB、由楞次定律可知，在1=0到1=。的时间间隔内感应电流始终沿顺时

针方向，

由左手定则可知：0-to时间内圆环受到的安培力向左，to-U时间内安培力向右，故A

错误，B正确；

CD、由电阻定律可知，圆环电阻：R=pL=Q空二，

S1S

2

A0AD,oBod兀♦BnHr

S

由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势：.=——?-----=_0-----------

AtAtt02t0

感应电流：1=旦=）心匚,故c正确，D错误；

R4Pt0

故选：BCo

【点评】本题是电磁感应与电路相结合的综合题，根据题意应用楞次定律、左手定则、

电磁感应定律、电阻定律与欧姆定律即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键，掌

握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。

考点卡片

1.牛顿第二定律

【知识点的认识】

1.内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向

跟合外力的方向相同.

2.表达式：Fi：=ma.该表达式只能在国际单位制中成立.因为F价=A・ma,只有在国际单

位制中才有k=l.力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得lm/s2的加速度的力，叫做

1N,即1N=IkgTn/s2.

3.适用范围：

（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）.

（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情

况.

4.对牛顿第二定律的进一步理解

牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内

涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，，"量化了物体“不愿改变运动状态”

的基本特性（惯性），而。则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢.明确了上述三个量的

物理意义，就不难理解如下的关系了：a^F,a<^l.

m

另外，牛顿第二定律给出的尸、相、。三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬

时性特征所决定的.

（1）矢量性：加速度。与合外力尸令都是矢量，且方向总是相同.

（2）瞬时性：加速度。与合外力尸合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的.

（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量.

（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合

加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应.

（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的.

【命题方向】

题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查

例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的

关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示.取重力加速度g=10m/s2.由此

两图线可以得出（）

A.物块的质量为1.5kg

B.物块与地面之间的滑动摩擦力为2N

C.t=3s时刻物块的速度为3m/s

D.t=3s时刻物块的加速度为2m/s2

分析：根据v-t图和F-t图象可知，在4〜6s,物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以

拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2〜4s内物块做匀加

速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小.根据速度时间图线求出3s时的速度

和加速度.

解答：4〜6s做匀速直线运动，则f=F=2N.2〜4s内做匀加速直线运动，加速度a=

2

A=2in/s,根据牛顿第二定律得，F-f=ma,即3-2=2m,解得m=0.5kg.由速度-时

间图线可知，3s时刻的速度为2m/s.故B、D正确，A、C错误.

故选：BD.

点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对•比可以确定物体的运动的状态，

再由牛顿第二定律来求解.

题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解

例子：如图所示，质量为m的球与弹簧I和水平细线II相连，I、II的另一端分别固定于P、

Q.球静止时，I中拉力大小为Fi，II中拉力大小为F2，当剪断H瞬间时，球的加速度a

应是（）

A.则a=g,方向竖直向下B.则a=g,方向竖直向上

C.则a=」，方向沿I的延长线D.则a=_2,方向水平向左

mm

分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力.刚剪短细绳时，弹簧来

不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力

可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度.

解答：II未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2=mgtan3

COS0

刚剪断II的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图:

//F〃/

由几何关系，Fft=Fisin0=F2=ma,由牛顿第二定律得：

a=・产11—=—1,方向水平向左，故ABC错误，D正确；

mm

故选：D.

点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确

解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键.

题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求

物体的受力情况.

加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决

问题的基本思路.

例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情

况，装置如图甲所示.他使木块以初速度vo=4m/s的速度沿倾角6=30°的斜面上滑紧接

着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v-

t图线如图乙所示.gMX10m/s2.求：

(1)上滑过程中的加速度的大小ai；

(2)木块与斜面间的动摩擦因数总

(3)木块回到出发点时的速度大小v.

分析：(1)由V-t图象可以求出上滑过程的加速度.

(2)由牛顿第二定律可以得到摩擦因数.

(3)由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运

动学可得下滑至出发点的速度.

解答：(1)由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a-A?有：

At

上滑过程中加速度的大小：

v

04■m/s2=8m/s2

ai=At!=07?

(2)上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F=ma得上滑过程中

有:

mgsin6+|imgcos0=mai

代入数据得：黑=0.35.

(3)下滑的距离等于上滑的距离:

2

vo492,

x=----=———m=1m

2al2X8

下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律尸=0^得:

下滑过程中：mgsine-|imgcos6=ma2

2

解得：a9=gsin6-Hgeos6=10X-^-Q.35X10X^-=2m/s

下滑至出发点的速度大小为：v=胸装

联立解得：v=2m/s

答：(1)上滑过程中的加速度的大小a]=8m/s2；

(2)木块与斜面间的动摩擦因数口=0.35；

(3)木块回到出发点时的速度大小v=2m/s.

点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解.

【解题方法点拨】

1.根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系.对于分析瞬时对应关系时应

注意两个基本模型特点的区别：

（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突

变；

（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为尸=履，其中％是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，

②弹力突变.

2.应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，

确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力

情况，都需用牛顿第二定律列方程.

应用牛顿第二定律的解题步骤

（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程.

（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规

定正方向.

（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解.（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或

合成处理，再列方程）

（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论.

甲乙

2.动量守恒定律

【知识点的认识】

1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不

变，这就是动量守恒定律.

2.表达式：

（1）p=p',系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p'.

（2）m\v\+miv2—m\v\'+miv2',相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于

作用后的动量和.

（3）△"=-△02,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.

（4）Ap=O,系统总动量的增量为零.

3.动量守恒定律的适用条件

（1）不受外力或所受外力的合力为零.不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更

不能认为系统处于平衡状态.

（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.

（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒.

【命题方向】

题型一：动量守恒的判断

例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB=3：2,它们原来静止在平板车C上，A、

B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧

突然释放后，则有（）

A.A、B系统动量守恒B.A、B、C系统动量守恒

C.小车向左运动D.小车向右运动

分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒.分析小车的受力情

况，判断其运动情况.

解答：A、B,由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所

以系统的动量守恒.

在弹簧释放的过程中，由于nu：mB=3：2,A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组

成的系统合外力不为零，动量不守恒.故A错误.B正确；

C、D由于A、B两木块的质量之比为mi：m2=3：2,由摩擦力公式f=uN=pmg知，A对

小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前,

小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误.

故选：BC.

点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断

是否系统的动量是否守恒，题目较为简单!

题型二：动量守恒的应用

例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m,在木板的上面

有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，A、

B两木块同时以方向水平向右的初速度vo和2Vo在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未

滑离木板.求：

(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；

(2)木块A在整个过程中的最小速度.

分析：(1)A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与

木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B

一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同.根据三个物体组成的系统动量守恒求出最

终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；

(2)当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A

在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C,求出加速度，根据速度公

式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度.

解答：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线

运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，

设为vi.对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

mvo+2mvo=(m+m+3m)vi

解得：vi=O.6vo

木块B滑动的加速度为：a=pg,

v(2v2

所发生的位移：x=.i-o?.=21ii

-2a50Hg

(2)A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：

mvo+2mvo—(m+3m)VA+OWB

vo-VA=2VO-VB

解得：VA=O.4VO

答：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是

91vp.

50|lg'

(2)木块A在整个过程中的最小速度是O.4vo.

点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理

过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理.

题型三：动量守恒的临界问题

如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M=2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相

切的光滑曲面，滑块的高度为h=0.3m.质量为m的小球，以水平速度vo在水平面上迎着

光滑曲面冲向滑块.试分析计算vo应满足什么条件小球才能越过滑块.(取g=10m/s2)

分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动

量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有V|>V2,我们解决问题

时取的是临界状态求解.

解答：设小球越过滑块最高点的速度为V”此时滑块的速度为V2,根据动量守恒得：

mvo=mvi+2mv2

此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：

JIO12

—mvo——mvi+—2mv2+mgh

222

小球要越过滑块，应有V1>V2，至少也要有V1=V2,设V1=V2=V,上述两式变为

mvo=(m+2m)v

Amvo2>A(m+2m)v2+mgh

22

解得vo>3m/s

答：小球要越过滑块，初速度应满足vo>3m/s.

点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件.把动量守恒和能量守恒结合起来

列出等式求解是常见的问题.

题型四：动量与能量的综合

例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一

感应开关相连(当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块

的瞬时速度没有影响)，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数口=0.5,

一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接

触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹

性势能Eo=10J,弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态.现剪断细线，滑块P滑

上乙车后最终未滑离乙车，gMX10m/s2.求：

（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；

（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离.

分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时

除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒

和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度.

（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外

力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减

少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积.从而可求出相对位移，即滑块P

在乙车上滑行的距离.

解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v,以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械

能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：

mvi-2Mv2=0…①

叱冬音+春⑵）v；…②

①②两式联立解得：vi=4m/sV2=lm/s

（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：

mvi-MV2=（m+M）丫共・••③

由能量守恒定律得：pmgL=/1n^+/加：-.（M+m）丫,…④

③④联立并代入得：L=_§m

3

答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s.

（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为互m.

3

点评：本题考察了动量守恒.机械能守恒和能量的转化与守恒.

应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性.②矢量性.③同时性.

机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化.

【解题方法点拨】

1.应用动量守恒定律的解题步骤:

（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；

（3）规定正方向，确定初末状态动量；

（4）由动量守恒定律列式求解；

（5）必要时进行讨论.

2.解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：

（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开

始反向运动等临界状态.

（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度

关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等.

正确把握以上两点是求解这类问题的关键.

3.综合应用动量观点和能量观点

4.动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的

改变,不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因,

简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解.

5.利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：

（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标

量表达式，无分量表达式.

（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在

力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件.在应用这两个规律时，当确定了研

究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状

态列方程求解.

（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和

运动的观点简便.

~~I

:”rffrrFITTMI

甲二

3.电阻定律

【知识点的认识】

1.电阻定律

(1)内容：同种材料的导体，其电阻跟它的长度成正比，与它的横截面积成反比，导体的

电阻还与构成它的材料有关.

(2)表达式：R=pL.

S

2.电阻率

(1)计算式：0=毕.

(2)物理意义：反映导体的导电性能，是导体材料本身的属性.

【命题方向】

(1)第一类常考题型是考查对电阻与电阻率的理解：

下列说法中正确的是()

A.由R4可知，电阻与电压、电流都有关系

B.由R=p上可知，电阻与导体的长度和横截面积都有关系

S

C.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而减小

D.所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零

分析：导体的电阻是导体的一种性质，反映了导体对电流阻碍作用的大小；电阻大小与导体

的材料、长度、横截面积有关；还受温度的影响；与导体中的电流、导体两端的电压大小无

关.

解：A、导体电阻的大小和导体的材料、长度、横截面积有关，与电压、电流没有关系，故

A错误，B正确；

C、各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大，故C错误；

D、超导体是当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，电阻值等于零，此时电阻率

突然变为零，故D正确.

故选BD.

点评：深入理解电阻的概念及影响电阻大小的因素是解答此题的关键.

（2）第二类常考题型是考查电阻定律的应用:

如图所示，P是一个表面均匀镀有很薄电热膜的长陶瓷管，其长度为L,直径为D,镀膜材

料的电阻率为p,膜的厚度为d.管两端有导电金属箍M、N.现把它接入电路中，测得M、

N两端电压为U,通过它的电流I.则金属膜的电阻率的值为（）

2

兀曲cHUDdDHUP

ATB4ILILIL

分析：镀膜材料的截面积为陶瓷管的周长和膜的厚度为d的乘积，根据欧姆定律求出电阻的

大小，在根据电阻定律R=p上计算出镀膜材料的电阻率即可.

s

解：由欧姆定律可得,

镀膜材料的电阻口=回，

I

镀膜材料的截面积为s=2irD-d=nDd,

2

根据电阻定律可得,

所以镀膜材料的电阻率p为,

p=sR=2-DdU,所以C正确.

LIL

故选c.

点评：本题容易出错的地方就是如何计算镀膜材料的截面积，在计算时可以把它看成是边长

为陶瓷管局长，宽为d的矩形，计算出截面积，再根据电阻定律计算即可.

【解题方法点拨】

1.电阻与电阻率的区别

（1）电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量.电阻率是反映制作导体的材料导电性

能好坏的物理量.

(2)导体电阻并不是只由电阻率决定，即电阻大，电阻率不一定大；电阻率小，电阻不一

定小.

2.电阻的决定式和定义式的区别

公式7?=U

I

区别电阻的决定式电阻的定义式

说明了电阻的决定因素提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻

与U和/有关

适用于粗细均匀的金属导体和浓适用于任何纯电阻导体

度均匀的电解液

【知识点的认识】

1.闭合电路欧姆定律

(1)内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比。

(2)公式：

①1=上(只适用于纯电阻电路)；

R+r

②E=U外+Ir(适用于所有电路)。

2.路端电压与外电阻的关系：

一般情况U=IR=.E-»R=—^―,

当R增大时，U增大

特殊情况(1)当外电路断路时，1=0,U=E

(2)当外电路短路时，I近=2，U=0

【命题方向】

(1)第一类常考题型是对电路的动态分析：

如图所示，电源电动势为E,内阻为r,当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯LI、L2、

L3均发光良好。在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）

A.小灯泡Li、L2变暗B.小灯泡L3变暗，Li、L2变亮

C.电压表V1、V2示数均变大D.电压表V1、V2示数之和变大

分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化,

分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断

L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化。再根据路端电

压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变

化，分析L电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化。根据路端电压的变化，判断两电压

表示数之和的变化。

解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电

阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流1=一?一变小，灯泡L2变暗，故B错误。