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法拉第電磁感應定律的內容：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，經過時間t，線圈轉過角度θ=ωt，此時ab和dc邊產生感應電動勢，，。

線圈產生總電動勢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按正弦規律變化。

1．正弦交變電流的產生

閉合矩形線圈在磁場中繞垂直于場強方向的軸轉動產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動時，線圈中產生的感應電動勢隨時間而變的函數是正弦函數：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，一個質量為m的小木塊A(可視為質點)，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。

(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，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

代入數據可得：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、質量為m_B=30.0kg的車廂B內的右壁處，放一質量m_A=20.0kg的小物塊A(可視為質點)，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內移動的距離s= 5.0 m，且在這段時間內小物塊未與車廂壁發生過碰撞．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間的摩擦力大小；

(2)車廂B開始運動后經多長時間小物塊A與車廂B發生第一次碰撞；

(3)小物塊與車廂B第二次碰撞發生在車廂的左壁還是右壁？

解:(1)2 s內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)，要明確研究對象是某一隔離體還是整體組成的系統)；

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根據上述情況確定選用什么規律，并列方程求解

④最后分析總結，看結果是否合理，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，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M. 現以地面為參照系，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,經過時間為t, A、B間的滑動摩擦力為f. 如圖所示。

規定向右方向為正方向,則

對A據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　　　 　　　　⑥

由①②③④⑤⑥聯立求得

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，

則據動量守恒定律可得： Mv₀－mv₀=(M+m)v

解得：

　　　　　　　　　　 　　方向向右

對系統的全過程，由能量守恒定律得：

對于A

由上述二式聯立求得

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，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越性。

06年南通市調研測試一17

17．(16分)如圖所示，光滑水平面上有一質量M＝4.0kg的平板車，車的上表面右側是一段長L＝1.0m的水平軌道，水平軌道左側連一半徑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、處于鎖定狀態的壓縮彈簧，一質量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μ＝0.5。整個裝置處于靜止狀態，現將彈簧解除鎖定，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)小物塊第二次經過O′點

時的速度大小；

(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，上述過程中系統能量守恒，則有

E_P=mgR+μmgL　　　 ②

代入數據解得　　 E_P =7.5 J　　　　 ③

⑵設小物塊第二次經過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，

由系統動量守恒和機械能守恒有　　 0=mv_m -Mv_M　　　　 ④

由④、⑤式代入數據解得　　　 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，

對系統由能量守恒有　　 E_P=μmgS　　　　 ⑦

代入數據解得　 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)優先考慮動量定理,涉及位移及功優先考慮動能定理；

②對多個物體組成的系統討論,則優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，對中間過程不予以細究，特別是變力問題，就顯示出其優越性。

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：即使合外力對系統不做功，但系統內一對內力在同一時間內的位移可能不相等，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。

如果對某個系統而言只有重力和彈力做功，那么系統中就只有動能和勢能相互轉化，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)后，系統內各物體間的相互作用的內力總是成對出現的，且在任意一段時間內的總沖量一定為零，所以系統的內力只能改變系統內某一物體的動量，不改變系統的總動量。

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。

在系統所受合外力為零的條件下,該系統的總動量守恒.

力學規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。