法拉第電磁感應定律的內(nèi)容：電路中感應電動勢大小跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，。

啟發(fā)引導：一個矩形閉合線框在磁場中繞垂直于磁場方向的軸轉(zhuǎn)動，情況將如何？

線框邊長ab=dc=L₁，ad=bc=L₂

OO′為過ad、bc中點的軸。

從圖示位置開始計時，經(jīng)過時間t，線圈轉(zhuǎn)過角度θ=ωt，此時ab和dc邊產(chǎn)生感應電動勢，，。

線圈產(chǎn)生總電動勢e= E_ab+ E_dc=BL₁L₂ωsinωt，記作e=E_msinωt

設線圈總電阻為R，線圈中感應電流，記作i=I_msinωt

e和i隨t按正弦規(guī)律變化。

1．正弦交變電流的產(chǎn)生

閉合矩形線圈在磁場中繞垂直于場強方向的軸轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電流隨時間作周期性變化，稱交流電。

當閉合線圈由中性面位置(右圖中O₁O₂位置)開始在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢隨時間而變的函數(shù)是正弦函數(shù)：e=E_msinωt，其中E_m=nBSω，這就是正弦交變電流。

2、07年重慶市第一輪復習第三次月考卷17

1、06年江蘇省鹽城中學二模17

17、(20分)如圖甲所示，質(zhì)量為M、長L= 1.0m、右端帶有豎直擋板的木板B靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的小木塊A(可視為質(zhì)點)，以水平速度v₀=4.0 m/s滑上B的左端，而后與右端擋板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端，已知M/m=3，并設A與擋板碰撞時無機械能損失，碰撞時間可以忽略，求；

(1)A、B最終的速度。

(2)木塊A與木塊B間的動摩擦因數(shù)。

(3)在圖乙所給坐標中畫出此過程中B相對地的v-t圖線。(要寫出分析和計算)

解:(1)對M、m系統(tǒng)相互作用的全過程，由動量守恒定律得mv₀ = (M+m) v

　　 解得 v = 1 m/s

(2)A、B相互作用的全過程中，摩擦生熱等于機械能的減少，即

解得　 μ= 0.3　

(3)研究A、B系統(tǒng)，從A滑上B至A相對B滑行距離為L的過程，由動量守恒和能量守恒可得　　　 mv₀ = m v₁ + M v₂

代入數(shù)據(jù)可得：v₁+3v₂=4

以上為A、B碰前瞬間的速度。

此為A、B剛碰后瞬間的速度。

木板B此過程為勻變速直線運動，B的加速度為

故碰前B加速時間為

碰后B減速時間為

故B對地的v~t圖象如圖所示。

四步：總結(jié)升華，提升能力

　　　 (見各例題后)

五步：鞏固練習，當堂檢測

17、如圖所示，在長為l=1.0m、質(zhì)量為m_B=30.0kg的車廂B內(nèi)的右壁處，放一質(zhì)量m_A=20.0kg的小物塊A(可視為質(zhì)點)，向右的水平拉力F=120.0N作用于車廂，使之從靜止開始運動，測得車廂B在最初2.0 s內(nèi)移動的距離s= 5.0 m，且在這段時間內(nèi)小物塊未與車廂壁發(fā)生過碰撞．假定車廂與地面間的摩擦忽略不計，小物塊與車廂壁之間的碰撞中無機械能的損失．

求(1)A與車廂B間的摩擦力大��；

(2)車廂B開始運動后經(jīng)多長時間小物塊A與車廂B發(fā)生第一次碰撞；

(3)小物塊與車廂B第二次碰撞發(fā)生在車廂的左壁還是右壁？

解:(1)2 s內(nèi)A、B未碰，設B加速度為a_B , 則

若A、B間無摩擦,則B右移1米過程中, A應處于靜止, A與B左壁碰撞, 與題意矛盾, 故A、B間必有摩擦。

若A、B一起加速,則

與aB矛盾, 故A、B間為滑動摩擦，則

∴　 a_A =2.25 m/s2　　　　 f=45 N

(2)由于a_A< a_B，故A與B左壁第一次碰撞，且碰前相對位移為 l　　　　

(3)第一次碰前，

第一次碰后，設A、B速度分別為u_A , u_B　 則

解得

∵u_A>u_B 　∴A受摩擦力方向向左,B受摩擦力方向向右,此過程中A的加速度為a_A1 ，B的加速度為a_B1 ，

有　　 f = m_Aa_A1　　　　　　 a_A1 = 2.25 m/s²

F+ f = m_Ba_B1　　　 a_B1 = 5.5 m/s²　　　

A減速，B加速，經(jīng)時間t速度相等，則　 u_A -a_A1t =u_B +a_B1t

此過程中，A相對B滑行的距離為l′ ，則

可見，A沒有與B的右壁發(fā)生碰撞，

此后，A、B間的摩擦力方向變化，A向右加速，B向右加速，與第一次碰撞前過程相似，故第二次碰撞發(fā)生在B的左壁。

07年重慶市第一輪復習第三次月考卷17

①正確確定研究對象(特別是對多個物體組成的系統(tǒng))，要明確研究對象是某一隔離體還是整體組成的系統(tǒng))；

②正確分析物體的受力情況和運動情況，畫出力的示意圖，必要時還應畫出運動過程的示意圖．

③根據(jù)上述情況確定選用什么規(guī)律，并列方程求解

④最后分析總結(jié)，看結(jié)果是否合理，如選用能量守恒定律，則要分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化；如用動量定理和動量守恒定律，則應注意矢量性，解題時先選取正方向，已知量跟選取的正方向相同的量為正，跟選取的正方向相反的量為負，求出的未知量為正，則跟選取的正方向相同，求出的未知量為負，則跟選取的正方向相反。

三步：典例引路

例1.如圖所示，一質(zhì)量為M、長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m＜M. 現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板。

(1)若已知A和B的初速度大小為v₀，求它們最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離.

解：方法1、用牛頓第二定律和運動學公式求解。

A剛好沒有滑離B板,表示當A滑到B板的最左端時,A、B具有相同的速度,設此速度為v,經(jīng)過時間為t, A、B間的滑動摩擦力為f. 如圖所示。

規(guī)定向右方向為正方向,則

對A據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：

f=ma_A　　　　　　　　　 ①

v=-v₀+a_At　　　　　　　　 ②

　　　　　　　　　 　　　　　③

對B據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：

v=v₀-a_Bt 　　　　　　　　　⑤

　　　　　　　　　　　　　 ⑥

由圖示關系有：L₀+(-L₂)=L； ⑦

由①②④⑤得它們最后的速度為:

方向向右。

由②④得

代入③⑥⑦得

對A，向左運動的最大距離為

解法2、用動能定理和動量定理求解。

A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為v，經(jīng)過時間為t， A和B的初速度的大小為v₀，設A與B之間的滑動摩擦力為f，則據(jù)動量定理可得：

對A： f t= mv+mv₀　　　　 ①

對B：－f t=Mv－Mv₀　　　　 ②

解得：

　　　　　　　　　　 　方向向右

由動能定理：

對于B ：　　　　　　　　　　　　　 ③

對于A ：　　　　　　　　　　　　　 ④

　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

由幾何關系　　 L₀+L₂=L　　　 　　　�、�

由①②③④⑤⑥聯(lián)立求得

解法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解

A剛好沒有滑離B板, 表示當A滑到B板的最左端時, A、B具有相同的速度，設此速度為v，A和B的初速度的大小為v₀，

則據(jù)動量守恒定律可得： Mv₀－mv₀=(M+m)v

解得：

　　　　　　　　　　 　　方向向右

對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：

對于A

由上述二式聯(lián)立求得

點評：從本題的三種解法可以看出：動量定理、動能定理與動量守恒定律、能量守恒定律，只研究一個物理過程的始末兩個狀態(tài)，與中間過程無關，對于中間過程復雜的問題，特別是變力問題，就顯示出比牛頓定律的無比優(yōu)越性。

06年南通市調(diào)研測試一17

17．(16分)如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量M＝4.0kg的平板車，車的上表面右側(cè)是一段長L＝1.0m的水平軌道，水平軌道左側(cè)連一半徑R=0.25m的1/4光滑圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在O′點相切．車右端固定一個尺寸可以忽略、處于鎖定狀態(tài)的壓縮彈簧，一質(zhì)量m＝1.0kg的小物塊緊靠彈簧，小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。整個裝置處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)將彈簧解除鎖定，小物塊被彈出，恰能到達圓弧軌道的最高點A，g取10m/s²．求：

(1)解除鎖定前彈簧的彈性勢能；

(2)小物塊第二次經(jīng)過O′點

時的速度大��；

(3)最終小物塊與車相對靜止

時距O′點的距離．

解：⑴平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，故小物塊恰能到達圓弧最高點A時，二者的共同速度v_共=0　　　 ①

設彈簧解除鎖定前的彈性勢能為EP，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有

E_P=mgR+μmgL　　　 ②

代入數(shù)據(jù)解得　　 E_P =7.5 J　　　　 ③

⑵設小物塊第二次經(jīng)過O′時的速度大小為v_m，此時平板車的速度大小為v_M，研究小物塊在圓弧面上下滑過程，

由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒有　　 0=mv_m -Mv_M　　　　 ④

由④、⑤式代入數(shù)據(jù)解得　　　 v_m=2.0 m/s 　　　　　⑥　

⑶最終平板車和小物塊相對靜止時，二者的共同速度為0。

設小物塊相對平板車滑動的總路程為S，

對系統(tǒng)由能量守恒有　　 E_P=μmgS　　　　 ⑦

代入數(shù)據(jù)解得　 S=1.5 m　　　　 ⑧

則距O′點的距離x＝S－L＝0.5 m　　　　 ⑨

評分標準：本題共16分，①②式各2分,③式1分；

④⑤⑥式各2分；⑦⑧式各2分，⑨式1分。

06年江蘇省鹽城中學二模17

①對單個物體的討論，宜用兩大定理：

涉及時間(或研究力的瞬時作用)優(yōu)先考慮動量定理,涉及位移及功優(yōu)先考慮動能定理；

②對多個物體組成的系統(tǒng)討論,則優(yōu)先考慮兩大守恒定律;

③涉及物理量是瞬時對應關系或加速度的力學問題常用牛頓運動定律，必要時再用運動學公式．

動量與能量的兩個定理和兩個守恒定律，只研究一個物理過程的始末兩個狀態(tài)，對中間過程不予以細究，特別是變力問題，就顯示出其優(yōu)越性。

分析綜合類問題時，應首先建立清晰的物理圖景、抽象出物理模型、選擇物理規(guī)律、建立方程進行求解。

3.能量的觀念--力的空間積累效應�！�

力的空間積累效應是改變物體的動能。

動能定理W=ΔE_K表示合外力做功和物體動能變化之間的關系。

與沖量不同的是：即使合外力對系統(tǒng)不做功，但系統(tǒng)內(nèi)一對內(nèi)力在同一時間內(nèi)的位移可能不相等，因此其做的總功可能不是零，從而改變系統(tǒng)的總動能。

因此，在一般情況下，動能定理只能用于單個的物體而不能用于由若干物體組成的系統(tǒng)。

如果對某個系統(tǒng)而言只有重力和彈力做功，那么系統(tǒng)中就只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，其總和保持不變，機械能守恒。

2. 動量的觀念--力的時間積累效應�！�

力的時間積累效應是改變物體的動量。

動量定理I=Δp表示合外力的沖量和物體動量變化之間的關系。

在確定了研究對象(系統(tǒng))后，系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力總是成對出現(xiàn)的，且在任意一段時間內(nèi)的總沖量一定為零，所以系統(tǒng)的內(nèi)力只能改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，不改變系統(tǒng)的總動量。

動量定理適用于某個物體，也適用于由若干物體組成的系統(tǒng)。

在系統(tǒng)所受合外力為零的條件下,該系統(tǒng)的總動量守恒.

力學規(guī)律的綜合應用是指運用三個觀念解題：

動力學觀念：包括牛頓定律和運動規(guī)律；

動量的觀念：包括動量定理　 　Ft=Δp

和動量守恒定律　 m₁v₁+m₂v₂=m₁v₁'+m₂v₂' ；

能量的觀念：包括動能定理W_總＝ΔE_K和能量守恒定律E_初＝E_末．

1. 動力學觀念--力的瞬時作用效應

力的瞬時作用效應是改變物體的速度,使物體產(chǎn)生加速度。

牛頓第二定律F=ma表示力和加速度之間的關系

若已知物體的受力情況,由牛頓第二定律求出加速度,再由運動學公式就可以知道物體的運動情況；

若已知物體的運動情況，知道了加速度，由牛頓第二定律可以求出未知的力。

做勻速圓周運動物體所受的合外力是向心力，向心力跟向心加速度的關系也同樣遵從牛頓第二定律。