資源簡介

【高考物理】
重點題型：計算題8類模板
（破題策略方法）
一、命題熱點
高考計算題命題形式主要有：①勻變速直線運動規律的應用；②牛頓第二定律和運動學公式的綜合解決力學問題；③應用動力學和能量觀點解決力學問題；④應用動量和能量觀點解決力學問題；⑤應用動力學和能量觀點解決力電綜合問題⑥帶電粒子在磁場中的運動；⑦帶電粒子在復合場中的運動；⑧應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題。
二、高分策略
計算題是高考物理試卷中最重要的組成部分，具有對學生收集和處理信息的能力、綜合分析能力、應用所學物理知識解決實際問題的能力、應用數學知識解決物理問題的能力等多種能力的考查功能。除了需要具備扎實的物理基礎知識外，還必須熟練掌握一些常用的解題技巧和爭分訣竅。
1．認真讀題抓關鍵。
認真讀題，抓住題中的關鍵詞、關鍵句，如靜止、勻變速運動、勻速圓周運動、剛好、恰好、至少，最大等等。忌：一目十行、蜻蜓點水、主次不分、反復全題重讀。
2．仔細審題定方法。
緊扣題中所讀的關鍵詞、關鍵句，深入理解和挖掘其意，仔細審題，明確研究對象及其受力、運動、能量等情況，從而確定該題的解題方法。忌：理解有誤、錯用規律、似曾相識、一知半解、照抄照搬。
3．理清思路寫規范。
進一步明確研究對象的運動過程，每個過程初末狀態及參量，找準參量間的連接關系，理清思路，按運動過程分對象列式。答題表述要規范，要有必要的文字、表達式和結論，要字跡工整，版面整潔，布局美觀。忌：條理不清，濫用規律，隨意涂改，圈地引線，字跡不清，解方程的步驟太多。
三、方法指導
方法一　模型提練法——建立模型，大題小做
通過“三遍”讀題，完成“建模”過程
1．通讀：讀后頭腦中要出現物理圖景的輪廓。由頭腦中的圖景(物理現象、物理過程)與某些物理模型找關系，初步確定研究對象，猜想所對應的物理模型。
2．細讀：讀后頭腦中要出現較清晰的物理圖景。由題設條件，進行分析、判斷，確定物理圖景(物理現象、物理過程)的變化趨勢，基本確定研究對象所對應的物理模型。
3．選讀：通過對關鍵詞語的理解、隱含條件的挖掘、干擾因素的排除，要對題目有更清楚的認識，最終確定本題的研究對象、物理模型及要解決的核心問題。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】　如圖所示，在x＜0的區域內存在沿y軸負方向的勻強電場，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四象限內存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子自電場中的P點沿x軸正方向射出，恰好經過坐標原點O進入勻強磁場，經磁場偏轉后垂直于y軸從N點回到電場區域，并恰能返回P點。已知P點坐標為(－L，L)，帶電粒子質量為m，電荷量為q，初速度為v0，不計粒子重力。求：
(1)勻強電場的電場強度大小；
(2)N點的坐標；
(3)勻強磁場的磁感應強度大小。
思維建模
①帶電粒子從P―→ O過程類平拋運動
②帶電粒子在磁場中運動過程勻速圓周運動
③帶電粒子從出磁場―→N過程勻速直線運動
④帶電粒子從N―→P過程類平拋運動
規范解答　(1)設粒子從P到O時間為t，加速度為a，則L＝v0t，L＝at2
由牛頓第二定律，可得qE＝ma
由以上三式，可解得E＝
(2)設粒子運動到N點時速度為v，則v＝＝2v0
所以粒子從N到P的時間t′＝t
沿y軸位移h＝at′2＝L
因此N點坐標為(0，L)
(3)粒子在磁場中運動軌跡如圖。設半徑為R，粒子在O點時速度方向與y軸負方向的夾角為30°
由幾何關系可知R＋Rsin 30°＝L
又因為qvB＝m 解得B＝
方法二　數圖結合法——抓關鍵點，找突破口
物理規律、公式與物理圖象的結合是一種重要的解題方法，其關鍵是把圖象與具體的物理情境結合，并結合斜率、特殊點等的物理意義，確定能從圖象中反饋出來哪些有用信息并結合物理規律、公式求解，一般思路如下
【例2】　(2013·新課標全國卷Ⅱ，25)一長木板在水平地面上運動，在t＝0時刻將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運動的速度－時間圖象如圖所示。已知物塊與木板的質量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦。物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2，求：
(1)物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數；
(2)從t＝0時刻到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。
第一步：抓關鍵點―→獲取信息
(1)讀題：
(2)讀圖：
第二步：找突破口→形成思路
規范解答　由v－t圖象可知，在t1＝0.5 s時，二者速度相同，為v1＝1 m/s，物塊和木板的加速度大小分別為a1和a2，則a1＝①
a2＝②
設物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為μ1、μ2，根據牛頓第二定律，
對物塊有μ1mg＝ma1③
對木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2④
聯立①②③④式得聯立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3
(2)t1時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的摩擦力改變方向。設物塊與木板之間的摩擦力大小為Ff，物塊和木板的加速度大小分別為a1′和a2′，由牛頓第二定律得
對物塊有Ff＝ma1′
對木板有2μ2mg－Ff＝ma2′
假設物塊相對木板靜止，即Ff＜μ1mg，則a1′＝a2′，得Ff＝μ2mg＞μ1mg，
與假設矛盾，所以物塊相對木板向前減速滑動，而不是與木板共同運動，
物塊加速度大小a1′＝a1＝2 m/s2
物塊的v－t圖象如圖所示。此過程木板的加速度a2′＝2μ2g－μ1g＝4 m/s2
由運動學公式可得，物塊和木板相對地面的位移分別為
x1＝＋＝0.5 m
x2＝t1＋＝ m
物塊相對木板的位移大小為x＝x2－x1＝1.125 m
方法三　過程組合法——抓銜接點，用好規律
一個較復雜的物理運動過程往往是由多個連續、簡單的物理過程有機鏈接而成，解題時可將多個運動過程按規律重新組合，使得題目變得簡單，從而茅塞頓開。
四、高考計算題選解
題型1、勻變速直線運動規律的應用
(1)兩個等量關系：即時間關系和位移關系，這兩個關系可以通過畫草圖得到。
(2)一個臨界條件：即二者速度相等，它往往是能否追上、追不上或兩者相距最遠、最近的臨界條件。
【例1】　甲、乙兩車同時同地同向出發，在同一水平公路上做直線運動，甲的初速度v甲＝16 m/s，加速度大小a甲＝2 m/s2，做勻減速直線運動，乙以初速度v乙＝4 m/s，加速度大小a乙＝1 m/s2，做勻加速直線運動，求：
(1)兩車再次相遇前二者間的最大距離；
(2)到兩車再次相遇所需的時間。
解析：(1)二者相距最遠時的特征條件是：速度相等，即v甲t＝v乙t
v甲t＝v甲－a甲t1；v乙t＝v乙＋a乙t1，得：t1＝＝4 s
相距最遠Δx＝x甲－x乙＝(v甲t1－a甲t)－(v乙t1＋a乙t)＝24 m。
(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即
v甲t2－a甲t＝v乙t2＋a乙t，代入數值化簡得12t2－t＝0
解得：t2＝8 s，t2′＝0(即出發時刻，舍去)
題型2、應用牛頓第二定律和運動學公式的綜合解決力學問題
【例2】如圖，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5；木板的質量為m=4 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求
（1）B與木板相對靜止時，木板的速度；
（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離。
【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在物塊B與木板達到共同速度前有
①
②
③
由牛頓第二定律得
④
⑤
⑥
設在t1時刻，B與木板達到共同速度，設大小為v1。由運動學公式有
⑦
⑧
聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得⑨
對A有
在t2時間間隔內，B（以及木板）相對地面移動的距離為
在(t1+t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為
A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為

聯立以上各式，并代入數據得
題型3、應用動力學和能量觀點解決力學問題
【例3】如圖所示，為皮帶傳輸裝置示意圖的一部分，傳送帶與水平地面的傾角θ＝37°，A、B兩端相距5.0 m，質量為M＝10 kg的物體以v0＝6.0 m/s的速度沿AB方向從A端滑上傳送帶，物體與傳送帶間的動摩擦因數處處相同，均為0.5。傳送帶順時針運轉的速度v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8)求：
(1)物體從A點到達B點所需的時間；
(2)電動機因傳送該物體多消耗的電能。
(3)若傳送帶順時針運轉的速度可以調節，物體從A點到達B點的最短時間是多少？
解析　(1)設在AB上物體的速度大于v＝4.0 m/s時加速度大小為a1，由牛頓第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
設經t1物體速度與傳送帶速度相同，t1＝，通過的位移x1＝
設速度小于v時物體的加速度大小為a2， mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
物體繼續減速，設經t2物體到達傳送帶B點，L－x1＝vt2－a2t，t＝t1＋t2
聯立以上各式，代入數據解得t＝2.2 s
(2)t1物體相對傳送帶的位移為Δx1＝x1-vt1＝0.2 m
t2物體相對傳送帶的位移為Δx2＝vt2-( L－x1)＝4 m
因摩擦而產生的內能E內＝μmgcos θ·(Δx1+Δx2)＝168 J
電動機因傳送該物體多消耗的電能為E總＝ΔEk＋Ep＋E內＝0-mv02＋mgLsin θ＋E內＝288 J
(3)若傳送帶的速度較大，沿AB上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況加速度一直為a2，所以有L＝v0t′－a2t′2 解得t′＝1 s
【變式1】如圖所示，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接內壁光滑、半徑為r的細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數為k的輕彈簧，輕彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊。質量為m的滑塊在曲面上距BC的高度為2r處從靜止開始下滑，滑塊與BC間的動摩擦因數μ＝，進入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過CD后壓縮彈簧，在壓縮彈簧過程中滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep。求：
(1)滑塊到達B點時的速度大小vB；
(2)水平面BC的長度x；
(3)在壓縮彈簧過程中滑塊的最大速度vm。
解析　(1)滑塊在曲面上下滑過程，由動能定理得mg·2r＝mv，解得vB＝2
(2)在C點，由mg＝m得vC＝
滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得mg·2r－μmgx＝mv，解得x＝3r
(3)設在壓縮彈簧過程中速度最大時，滑塊離D端的距離為x0，則有kx0＝mg，得x0＝
由能量守恒得mg(r＋x0)＝mv－mv＋Ep 得vm＝
【變式2】如圖所示，在豎直平面內固定有兩個很靠近的同心圓形軌道，外圓ABCD光滑，內圓的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一質量為m＝0.2 kg的小球從外軌道的最低點A處以初速度v0向右運動，小球的直徑略小于兩圓的間距，小球運動的軌道半徑R＝0.2 m，取g＝10 m/s2。
(1)若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運動，初速度v0至少為多少？
(2)若v0＝3 m/s，經過一段時間后小球到達最高點，內軌道對小球的支持力FC＝2 N，則小球在這段時間內克服摩擦力做的功是多少？
(3)若v0＝3.1 m/s，經過足夠長的時間后，小球經過最低點A時受到的支持力為多少？小球在整個運動過程中減少的機械能是多少？
解析　(1)設小球到達外軌道的最高點的最小速度為vC，則mg＝
由動能定理可知－2mgR＝mv－mv 代入數據解得v0＝ m/s。
(2)設此時小球到達最高點的速度為vC′，克服摩擦力做的功為W，則由牛頓第二定律可得
mg－FC＝
由動能定理可知－2mgR－W＝mv′－mv 代入數據解得W＝0.1 J
(3)經足夠長的時間后，小球在下半圓軌道內做往復運動。設小球經過最低點的速度為vA，受到的支持力為FA，則由動能定理可知mgR＝mv
根據牛頓第二定律可得FA－mg＝ 代入數據解得：FA＝3mg＝6 N
設小球在整個運動過程中減少的機械能為ΔE，由功能關系有ΔE＝mv－mgR
代入數據解得：ΔE＝0.561 J
題型4、應用動量和能量觀點解決力學問題
1．表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2．適用條件
(1)理想守恒：系統不受外力或所受外力的合力為零，則系統動量守恒。
(2)近似守恒：當內力遠大于外力時，系統的動量可近似看成守恒。如碰撞和爆炸問題。
(3)分方向守恒：系統在某個方向上所受合力為零時，系統在該方向上動量守恒。
一、碰撞問題的應用
【例1】(2014·全國大綱)冰球運動員甲的質量為80.0 kg。當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞。碰后甲恰好靜止。假設碰撞時間極短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中總機械能的損失。
【解析】(1)設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V′。由動量守恒定律有mv－MV＝MV′ 代入數據得V′＝1.0 m/s
(2)設碰撞過程中總機械能的損失為ΔE，應有mv2＋MV2＝MV′2＋ΔE
V′＝1.0 m/s，代入上式解得ΔE＝1 400 J。
二、“子彈打木塊”模型的應用
【例2】如圖所示，懸掛在豎直平面內某一點質量為m2=2kg的木塊（可以視為質點），懸線長為L=1m，質量為m1=10g的子彈以水平初速度v0=600m/s射入木塊而未射出．求
（1）子彈射入木塊時木塊的速度及此時繩中的拉力. (3m/s，39.19N)
（2）木塊向右擺動的最大高度．(0.45m)
（3）子彈射入木塊的過程產生的熱量。(1791J)
【解析】（1）對子彈、木球組成的系統，在短暫的打擊過程中動量守恒：
得 m/s
對子彈和木球在最低點：，得N;
（2）對子彈和木球向右擺動機械能守恒： 得 ;
（3）對子彈、木球組成的系統，J
三、“板塊”問題
【例3】質量M=2 kg的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質量為mA=2 kg的物體A(可視為質點)，如圖．一顆質量為mB=20g的子彈以600 m/s的水平速度迅速射穿A后，速度變為100 m/s，最后物體A仍靜止在車上．若物體A與小車間的動摩擦因數μ=0.5，取g=10m/s2，求（1）平板車最后的速度是多大 (2.5m/s)（2）A在車上滑動的距離。(1.25m)
【解析】（1）對子彈、物體A和小平板車組成的系統，全過程動量守恒：
，=100 m/s得 m/s
（2）對子彈和物體A組成的系統，在短暫的打擊過程中動量守恒：
得 m/s，
A在小平板車上滑動過程由功能關系得：
解得m.
四、圓弧形槽問題
【例4】如圖所示，一質量為m1=1kg的小車靜止在光滑的水平地面上，小車的左端有一靜止的質量為m2=4kg的光滑小球．小車左端離地高度為h=5m。現突然給小球一向右的初速度為v0=5m/s，結果小球在小車上經過一段運動后又自小車左端離開小車，則小球著地時距車左端多遠？{s=(8-3)*1=5m}
【解析】：對小球和小車組成的系統，從開始運動到球車分離過程中：
動量守恒：………………………………①
機械能守恒：…………………②
由①②解得：=8m/s，=3m/s , 小球著地的時間為：，故小球著地時距車左端距離為：s==5m。
五、涉及彈簧的綜合問題
【例5】如圖所示，兩個質量均為4m的小球A和B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上．一顆質量為m子彈，以水平速度v0射入A球，并在極短時間內嵌在其中．求：在運動過程中
（1）什么時候彈簧的彈性勢能最大，最大值是多少？
（2）A球的最小速度和B球的最大速度．（；VAmin，VBmax）
【解析】：子彈與A球發生完全非彈性碰撞，子彈質量為m，A球、B球分別都為M，子彈與A球組成的系統動量守恒，則 mv0= (m+M)V
（1） 以子彈、A球、B球作為一系統，以子彈和A球有共同速度為初態，子彈、A球、B球速度相同時為末態，則
（m+M）V= (m+M+M)V′，
M＝4m，解得
（2）以子彈和A球有共同速度為初態，子彈和A球速度最小、B球速度最大為末態，則
（m+M）V= (m+M)VA+MVB
解得， 或＝v0，＝0（初態速度，舍去）
根據題意求A球的最小速度和B球的最大速度，所以VAmin，VBmax
總結：碰撞問題解題策略可熟記一些公式，
例如“一動一靜”模型中，兩物體發生彈性正碰后的速度滿足：
v1＝v0、v2＝v0。
題型5、應用動力學和能力觀點解決力電綜合問題
【例5】如圖所示，CD左側存在場強大小為E＝，方向水平向左的勻強電場，一個質量為m、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊BC長L，傾角α＝53°的直角三角形斜面頂端A點由靜止開始下滑，運動到斜面底端C點后進入一細圓管內(C處為一小段長度可忽略的圓弧，圓管內徑略大于小球直徑)，恰能到達D點，隨后從D離開后落回到斜面P點，重力加速度為g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。
(1)求DA兩點間的電勢差UDA；
(2)求圓管半徑r；
(3)求小球從D點運動到P點的時間t。
解析　(1)WAD＝－mgL＝－WDA， UDA＝
或UDA＝EL① 解得UDA＝②
(2)由恰好過D點，判斷vD＝0③ 根據動能定理：從A到D過程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝⑤
(3)由于mg＝Eq，小球進入電場與水平方向成45°角斜向下做勻加速直線運動。設到達P處水平位移為x，豎直位移為y，則有x＝y， xtan 53°＋x＝2r⑥
解得x＝，y＝⑦
豎直方向自由落體有y＝gt2⑧ 解得t＝⑨
【變式1】如圖所示，在沿水平方向的勻強電場中有一固定點O，用一根長度為l＝0.40 m的絕緣細線把質量為m＝0.20 kg、帶有正電荷的金屬小球懸掛在O點，小球靜止在B點時細線與豎直方向的夾角為θ＝37°。現將小球拉至位置A使細線水平后由靜止釋放，g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：
(1)小球運動通過最低點C時的速度大小；
(2)小球通過最低點C時細線對小球的拉力大小。
(3)小球運動中的最大速度及此時繩中拉力。
解析　(1)小球受到電場力qE、重力mg和繩的拉力FT作用處于靜止狀態，根據共點力平衡條件有
qE＝mgtan 37°＝mg
小球從A點運動到C點的過程，根據動能定理有 mgl－qEl＝mv
解得小球通過C點時的速度vC＝＝ m/s。
(2)設小球在最低點時細線對小球的拉力為FT，根據牛頓第二定律有FT－mg＝m，解得FT＝3 N。
(3)當小球切線合力為零時最大速度，即B點。小球從A點運動到B點的過程，根據動能定理有 mglcos37°－qEl(1-sin37°)＝mvB2 解得vB=2 m/s
在B點對小球的拉力為F，根據牛頓第二定律有F－mg cos37°—qE sin37°＝m，解得F＝4.5 N。
【變式2】如圖所示，在傾角為θ＝30°的斜面上，固定一寬L＝0.25 m的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器R。電源電動勢E＝12 V，內阻r＝1 Ω，一質量m＝20 g的金屬棒ab與兩導軌垂直并接觸良好。整個裝置處于磁感應強度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的勻強磁場中(導軌與金屬棒的電阻不計)。金屬導軌是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金屬棒在導軌上靜止，求：
(1)金屬棒所受到的安培力的大小；
(2)通過金屬棒的電流的大小；
(3)滑動變阻器R接入電路中的阻值。
解析　(1)金屬棒靜止在金屬導軌上受力平衡，如圖所示
F安＝mgsin 30°，代入數據得F安＝0.1 N。
(2)由F安＝BIL，得I＝＝0.5 A。
(3)設滑動變阻器接入電路的阻值為R0，
根據閉合電路歐姆定律得：E＝I(R0＋r)，解得R0＝－r＝23 Ω。
題型6、帶電粒子在磁場中的運動
1．圓心的確定方法
方法一　若已知粒子軌跡上的兩點的速度方向，則可根據洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點處洛倫茲力F的方向，其交點即為圓心，如圖(a)；
方法二　若已知粒子運動軌跡上的兩點和其中某一點的速度方向，則可作出此兩點的連線(即過這兩點的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與垂線的交點即為圓心，如圖(b)。
2．半徑的計算方法
方法一　由物理方程求：半徑R＝；
方法二　由幾何方程求：一般由數學知識(勾股定理、三角函數等)計算來確定。
3．時間的計算方法
方法一　由圓心角求：t＝·T；
方法二　由弧長求：t＝。
【例6】　如圖所示，在真空中坐標平面的區域內，有磁感強度的勻強磁場，方向與平面垂直，在軸上的點，有一放射源，在平面內向各個方向發射速率的帶正電的粒子，粒子的質量為，電量為，求帶電粒子能打到軸上的范圍．
【解析】帶電粒子在磁場中運動時有，則．如答圖所示，當帶電粒子打到軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點既為粒子能打到軸上方的最高點．因，，則．
當帶電粒子的圓軌跡正好與軸下方相切于Ｂ點時，Ｂ點既為粒子能打到軸下方的最低點，易得．
綜上，帶電粒子能打到軸上的范圍為：．
【變式】如圖所示，一足夠長的矩形區域abcd內充滿磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，現從矩形區域ad邊的中點O處，垂直磁場射入一速度方向跟ad邊夾角為30°、大小為v0的帶電粒子。已知粒子質量為m，電量為q，ad邊長為l，重力影響忽略不計。 （1）試求粒子能從ab邊上射出磁場的v0的大小范圍。
（2）問粒子在磁場中運動的最長時間是多少？
【解析】：（1）設帶電粒子在磁場中正好經過cd邊（相切），從ab邊射出時的速度為v1，軌跡如圖1所示， ①
根據幾何關系分析得：R1＝l ②
由①②兩式求得：v1＝Bql／m ③
沒帶電粒子在磁場中正好經過ab邊（相切）．從ad邊射出時速度為v2，轉跡如上圖2。
④
由幾何關系分析得：R2=l/3 ⑤
由④⑤兩式求得：v2＝qBl/3m
帶電粒子從ab邊射出磁場的v0的大小范圍為：v≥1v0≥v2
即
（2）帶電粒子在磁場中的周期為
根據帶電粒子在磁場中的軌跡占圓周比值最大即運動時間最長。
同時據幾何關系，當 最長時間
題型7、帶電粒子在復合場中的運動
【例1】在如圖所示的直角坐標系中，第二象限有沿y軸負方向的勻強電場E1，第三象限存在沿x軸正方向的勻強電場E2，第四象限中有一固定的點電荷。現有一質量為m的帶電粒子由第二象限中的A點(－a，b)靜止釋放(不計重力)，粒子到達y軸上的B點時，其速度方向和y軸負方向的夾角為45°，粒子在第四象限中恰好做勻速圓周運動，經過x軸上的C點時，其速度方向與x軸負方向的夾角為60°，求：
(1)E1和E2之比；
(2)點電荷的位置坐標。
解析　(1)設粒子在第二象限中的運動時間為t1，進入
第三象限時的速度為v0，有
b＝··t b＝v0t1
設粒子在第三象限中的運動時間為t2，在B點時速度為v，x軸方向的分速度為vx，則
v＝v0
vx＝v0
a＝··t
a＝vxt2
聯立以上各式得＝，t2＝。
(2)設O、B的間距為l，粒子做圓周運動的半徑為r，則l＝v0t2＝2a
l＝rcos 45°＋rsin 30°
由以上兩式得r＝4a(－1) 所以點電荷的位置坐標：xD＝rsin 45°＝2a(2－)
yD＝－(l－rcos 45°)＝2a(1－)。
1．抓住聯系兩個場的紐帶——速度。
2.求解策略：“各個擊破”
3. 處理帶電粒子在場中的運動時，要做到“三個分析”：
(1)正確分析受力情況，重點明確重力是否不計和洛倫茲力的方向。
(2)正確分析運動情況，常見的運動形式有：勻速直線運動、勻速圓周運動和一般變速曲線運動。
(3)正確分析各力的做功情況，主要分析電場力和重力的功，洛倫茲力一定不做功。
【變式1】如圖所示，相距為d的平行金屬板M、N間存在勻強電場和垂直紙面向里、磁感應強度為B0的勻強磁場；在xOy直角坐標平面內，第一象限有沿y軸負方向場強為E的勻強電場，第四象限有垂直坐標平面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的正離子(不計重力)以初速度v0沿平行于金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動，從P點垂直y軸進入第一象限，經過x軸上的A點射出電場進入磁場。已知離子過A點時的速度方向與x軸成45°角。求：
(1)金屬板M、N間的電壓U；
(2)離子運動到A點時速度v的大小和由P點運動到A點所需時間t；
(3)離子第一次離開第四象限磁場區域的位置C(圖中未畫出)與坐標原點的距離OC。
解析　(1)設平行金屬板M、N間勻強電場的場強為E0，則有U＝E0d
因為離子在金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動有qE0＝qv0B0
解得金屬板M、N間的電壓U＝B0v0d
(2)在第一象限的電場中離子做類平拋運動，有cos 45°＝
故離子運動到A點時的速度v＝v0
又qE＝ma，vy＝at，tan 45°＝
解得離子在電場E中運動到A點所需時間t＝
(3)在磁場中洛倫茲力提供向心力有qvB＝m 得R＝＝
如圖所示，由幾何知識可得＝2Rcos 45°＝R＝ 又＝v0t＝
因此離子第一次離開第四象限磁場區域的位置C與坐標原點的距離：
＝＋＝＋
題型8、應用動力學和能量觀點處理電磁感應問題
考點1、電磁感應與電路結合的問題
1．分析電磁感應電路問題的基本思路
2．電磁感應中電路知識的關系圖
【例1】如圖所示，MN、PQ為足夠長的平行金屬導軌，間距L＝0.50 m，導軌平面與水平面間夾角θ＝37°，N、Q間連接一個電阻R＝5.0 Ω，勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度B＝1.0 T。將一根質量為m＝0.050 kg的金屬棒放在導軌的ab位置，金屬棒及導軌的電阻不計。現由靜止釋放金屬棒，金屬棒沿導軌向下運動過程中始終與導軌垂直，且與導軌接觸良好。已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數μ＝0.50，當金屬棒滑行至cd處時，其速度大小開始保持不變，位置cd與ab之間的距離s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求：
(1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大小；
(2)金屬棒到達cd處的速度大小；
(3)金屬棒由位置ab運動到cd的過程中，電阻R產生的熱量。
解析　(1)設金屬棒開始下滑時的加速度大小為a，則
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得a＝2.0 m/s2
(2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為v、電流為I，金屬棒受力平衡，有
mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝ 解得v＝2.0 m/s
(3)設金屬棒從ab運動到cd的過程中，電阻R上產生的熱量為Q，由能量守恒，有
mgssin θ＝mv2＋μmgscos θ＋Q 解得Q＝0.10 J
考點2、電磁感應與動力學結合的問題
【例2】　如圖所示，光滑斜面的傾角α＝30°，在斜面上放置一矩形線框abcd，ab邊的邊長l1＝1 m，bc邊的邊長l2＝0.6 m，線框的質量m＝1 kg，電阻R＝0.1 Ω，線框通過細線與重物相連，重物質量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5 T，如果線框從靜止開始運動，進入磁場的最初一段時間做勻速運動，ef和gh的距離s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，求：
(1)線框進入磁場前重物的加速度；
(2)線框進入磁場時勻速運動的速度v；
(3)ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間t；
第一步：抓關鍵點→獲取信息
第二步：抓過程分析→理清思路
規范解答　(1)線框進入磁場前，僅受到細線的拉力F，斜面的支持力和線框的重力，重物受到自身的重力和細線的拉力F′，對線框由牛頓第二定律得F－mgsin α＝ma
對重物由牛頓第二定律得Mg－F′＝Ma
又F＝F′
聯立解得線框進入磁場前重物的加速度a＝＝5 m/s2。
(2)因為線框進入磁場的最初一段時間做勻速運動，則重物受力平衡：Mg＝F1
線框abcd受力平衡：F1′＝mgsin α＋F安
又F1＝F1′
ab邊進入磁場切割磁感線，產生的感應電動勢E＝Bl1v
回路中的感應電流為I＝＝
ab邊受到的安培力為F安＝BIl1
聯立解得Mg＝mgsin α＋
代入數據解得v＝6 m/s。
(3)該階段的運動時間為t1＝＝1.2 s
進入磁場過程中勻速運動的時間t2＝＝0.1 s
線框完全進入磁場后的受力情況同進入磁場前的受力情況相同，所以該階段的加速度仍為a＝5 m/s2
由勻變速直線運動的規律得s－l2＝vt3＋at 解得t3＝1.2 s
因此ab邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間t＝t1＋t2＋t3＝2.5 s。
考點3、電磁感應與能量結合的問題
【例3】　(2014·天津卷)如圖所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角θ＝30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L＝0.4 m。導軌所在空間被分成區域Ⅰ和Ⅱ，兩區域的邊界與斜面的交線為MN，Ⅰ中的勻強磁場方向垂直斜面向下，Ⅱ中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度大小均為B＝0.5 T。在區域Ⅰ中，將質量m1＝0.1 kg，電阻R1＝0.1 Ω的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑。然后，在區域Ⅱ中將質量m2＝0.4 kg，電阻R2＝0.1 Ω的光滑導體棒cd置于導軌上，由靜止開始下滑。cd在滑動過程中始終處于區域Ⅱ的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g＝10 m/s2，問：
(1)cd下滑的過程中，ab中的電流方向；
(2)ab剛要向上滑動時，cd的速度v多大；
(3)從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x＝3.8 m，此過程中ab上產生的熱量Q是多少。
解析　(1)根據右手定則判知cd中電流方向由d流向c，故ab中電流方向由a流向b。
(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大摩擦力，設其為Fmax，有Fmax＝m1gsin θ①
設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E，由法拉第電磁感應定律有E＝BLv②
設電路中的感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I＝③
設ab所受安培力為F安，有F安＝BIL④
此時ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
聯立①②③④⑤式，代入數據解得：v＝5 m/s⑥
(3)設cd棒中產生的總熱量為Q總，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q總＋m2v2⑦
由串聯電路規律有Q＝Q總⑧
聯立解得：Q＝1.3 J⑨
答圖
300
O
v0
B
c
a
b
d
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