2019年高考物理專題20計算題的解題方法與技巧命題猜想（含解析）.docx

計算題的解題方法與技巧命題猜想【考向解讀】 計算題命題立意分類【命題熱點突破一】各類運動問題(1)各類運動問題主要包括：靜止、勻速直線運動、勻變速直線運動、勻速圓周運動這四種運動(2)破解運動學問題關(guān)鍵是抓住運動的條件，即受力分析而后利用牛頓第二定律研究物體的運動(3)該類問題主要包括，單個物體的多個運動過程問題，多個物體的追及相遇問題，板塊問題，傳送帶問題，天體的運動等問題例1、（2018年全國卷）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度【答案】（1） ；（2） 【解析】本題主要考查機械能、勻變速直線運動規(guī)律、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決實際問題的的能力。（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為，由題給條件有 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為，由運動學公式有 聯(lián)立式得 由式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為，由機械能守恒定律有 聯(lián)立式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為 【變式探究】【2017新課標卷】為提高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s10.6 s，不符合題意若有一發(fā)子彈落地，另一發(fā)打在靶上，才能滿足題目中的靶上只有一個彈孔，L才有所謂的“范圍”，由于落地的極限時間相同t0.6 s，所以出射速度越大，水平射程越長，當?shù)诙l(fā)子彈恰好打在靶的下邊緣時，第一發(fā)已落地，第二發(fā)子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2vts，解得L2570 m若第一發(fā)子彈打到靶的下邊緣時，裝甲車離靶的距離為L1v0t，而hgt2，解得L1492 m；若靶上只有一個彈孔，則L的范圍為492 mL570 m【答案】(1) m/s2(2)0.45 m(3)492 mL570 m【變式探究】 萬有引力定律揭示了天體運動規(guī)律與地上物體運動規(guī)律具有內(nèi)在的一致性(1)用彈簧秤稱量一個相對于地球靜止的小物體的重量，隨稱量位置的變化可能會有不同的結(jié)果已知地球質(zhì)量為M，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G.將地球視為半徑為R、質(zhì)量均勻分布的球體，不考慮空氣的影響設(shè)在地球北極地面稱量時，彈簧秤的讀數(shù)是F0.a若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧秤讀數(shù)為F1，求比值的表達式，并就h1.0%R的情形算出具體數(shù)值(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；b若在赤道地面稱量，彈簧秤讀數(shù)為F2，求比值的表達式(2)設(shè)想地球繞太陽公轉(zhuǎn)的圓周軌道半徑為r、太陽的半徑為Rs和地球的半徑R三者均減小為現(xiàn)在的1.0%，而太陽和地球的密度均勻且不變僅考慮太陽和地球之間的相互作用，以現(xiàn)實地球的1年為標準，計算“設(shè)想地球”的一年將變?yōu)槎嚅L？(2)地球繞太陽做勻速圓周運動，受到太陽的萬有引力，設(shè)太陽質(zhì)量為MS，地球質(zhì)量為M，地球公轉(zhuǎn)周期為Tg，有Mr得Tg其中為太陽的密度，由上式可知，地球的公轉(zhuǎn)周期僅與太陽的密度、地球公轉(zhuǎn)半徑與太陽的半徑之比有關(guān)，因此“設(shè)想地球”的1年與現(xiàn)實地球的1年時間相等【答案】(1)a.0.98b.1(2)不變【命題熱點突破二】功能關(guān)系能量守恒問題(1)該類問題主要包括，單個物體參與的多個曲線運動、連接體問題、含彈簧的問題等(2)破解這類問題關(guān)鍵明確哪些力做功衡量哪些能量的變化，有幾種能量每種能量的增加和減少例2、（2018年江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動忽略一切摩擦，重力加速度為g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m；（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T【答案】（1） （2） （3）（）【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53=F2cos53 F+mg=F1cos53+ F2sin53且F1=Mg解得（2）小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3lsin53，物塊下降高度h2=2l機械能守恒定律mgh1=Mgh2解得 （3）根據(jù)機械能守恒定律，小球回到起始點設(shè)此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T牛頓運動定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛頓運動定律Tmgcos53=ma解得（）【變式探究】【2017新課標卷】如圖，一質(zhì)量為m，長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為A BCD【答案】A【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功，故選A?！咀兪教骄俊枯p質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g.(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍圖1【答案】 (1)2 l(2)mMMg4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有MvMgl聯(lián)立式得mM0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60，并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計重力。求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離（2）磁場的磁感應(yīng)強度大?。?）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關(guān)的知識點，意在考查考生靈活運用相關(guān)知識解決問題的的能力。（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設(shè)在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點的距離為。由運動學公式有 由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y分量的大小為 聯(lián)立以上各式得 （2）在電場中運動時，由牛頓第二定律有 設(shè)進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有 設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 由幾何關(guān)系得 聯(lián)立以上各式得 （3）設(shè)在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得 由牛頓第二定律有 設(shè)第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為。由運動學公式有 聯(lián)立以上各式得， 設(shè)在磁場中做圓周運動的半徑為，由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關(guān)系有 聯(lián)立式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 【變式探究】【2017新課標卷】如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為B0；x1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離?！敬鸢浮浚?） （2）聯(lián)立式得，所求時間為（2）由幾何關(guān)系及式得，所求距離為 【變式探究】如圖1所示，圖面內(nèi)有豎直線DD，過DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域區(qū)域有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域有固定在水平面上高h2l、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD上，距地面高H3l.零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0、方向與水平面夾角的速度，在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電荷量對空間電磁場的影響l已知，g為重力加速度(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大??；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t(為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向圖1【答案】(1)(2)(32)(3)極大值為，方向豎直向上；極小值為0小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有mgsin maAaA(t1tA)2聯(lián)立以上方程解得tA(32).【變式探究】如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔一質(zhì)量為m，電量為q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由點H緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場不計粒子的重力(1)求極板間電場強度的大??；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應(yīng)強度的大小；(3)若區(qū)，區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為2mv/qD,4mv/qD，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程【解析】(1)粒子在電場中，根據(jù)動能定理Eqmv2，解得E(3)若區(qū)域的磁感應(yīng)強度為B1，則粒子運動的半徑為R1；區(qū)域的磁感應(yīng)強度為B2，則粒子運動的半徑為R2設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動公式可得T1，T2據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知，區(qū)兩段圓弧所對的圓心角相同，設(shè)為1，區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角為2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為，由幾何關(guān)系可得1120，2180，60粒子重復(fù)上述交替運動回到H點，軌跡如圖所示，設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1T1t2T2設(shè)粒子運動的路程為s，由運動公式可知：sv(t1t2)聯(lián)立上述各式，可得s5.5D【答案】(1)(2)或(3)5.5D【變式探究】如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射一束質(zhì)量為m，電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)PQ兩板間的加速電壓加速后，以初速度v0再從a點沿ab方向進入一勻強電場區(qū)域，abcd所圍成的正方形區(qū)域是該勻強電場的邊界，已知正方形的邊長為L，勻強電場的方向與ad邊平行且由a指向d.(1)求加速電壓U0；(2)若離子恰從c點飛離電場，求ac兩點間的電勢差Uac；(3)若離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv，求此時勻強電場的場強大小E.(3)根據(jù)Ekmv2可知，離子射出電場時的速度vv0，方向與ab所在直線的夾角為45，即vxvy，根據(jù)xvxt，yt，可得x2y，則離子應(yīng)該從bc邊上的某點飛出ab方向，有Lv0tad方向，有yt解得y，根據(jù)動能定理，有Eqymvmv，解得E【答案】(1)(2)(3)【思路點撥】(1)對直線加速過程運用動能定理列式求解即可；(2)粒子做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分位移公式列式求解即可；(3)粒子做類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分速度公式和分位移公式列式，再結(jié)合動能定理列式，最后聯(lián)立求解即可本題關(guān)鍵是明確粒子的運動是類平拋運動，然后根據(jù)類平拋運動的分運動公式列式求解，不難【命題熱點突破四】帶電粒子在復(fù)合場中運動的問題(1)帶電粒子在復(fù)合場中的運動包括兩類問題，一是粒子依次進入不同的有界場區(qū)，二是粒子進入復(fù)合場區(qū)(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提，帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進行分析，當帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動(3)帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動(4)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成(5)帶電粒子在復(fù)合場中的臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解例4、（2018年全國II卷） 一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間?！敬鸢浮浚?）軌跡圖如圖所示：（2） （3） ; （1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側(cè)電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b），速度沿電場方向的分量為v1，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運動學公式有v1=at 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 由幾何關(guān)系得 聯(lián)立式得 （3）由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得 聯(lián)立式得 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為，則 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期， 由式得 【變式探究】【2017新課標卷】如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強電場。自該區(qū)域上方的A點將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q（q0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小?！敬鸢浮浚?）3:1 （2） （3）【解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運動公式可得：v0at=0聯(lián)立解得：（3）設(shè)電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則，設(shè)M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立解得：【變式探究】如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD，過DD且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域區(qū)域有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區(qū)域有固定在水平地面上高h2l、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD上，距地面高H3l.零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0、方向與水平面夾角的速度，在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運動，經(jīng)C點水平進入?yún)^(qū)域.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響l已知，g為重力加速度(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t(為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強電場的場強E，并討論場強E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有mgsin maA aA(t1tA)2 聯(lián)立以上方程解得tA(32) (3)設(shè)所求電場方向向下，在tA時刻釋放小球A，小球P在區(qū)域運動加速度為aP，有sv0(ttC)aA(ttA)2cos mgqEmaP HhaA(ttA)2sin aP(ttC)2 聯(lián)立相關(guān)方程解得E 對小球P的所有運動情形討論可得35 由此可得場強極小值Emin0，場強極大值Emax，方向豎直向上【答案】(1)(2)(32)(3)；Emax，方向豎直向上；Emin0 【變式探究】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止開始沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運動到水平地面上的P點已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.【解析】(1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN開始做曲線運動，即BqvCqE解得vCE/B(2)從A到C根據(jù)動能定理mghWfmv0解得Wfmghm【答案】(1)E/B(2)Wfmghm(3)vP【變式探究】現(xiàn)代科學儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運動在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的寬度均為d.電場強度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sinn；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的情況下，也進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之 (2)設(shè)粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(下標表示粒子所在層數(shù))，nqEdmvqvnBm由此可看出r1sin1，r2sin2，rnsinn為一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsinnr1sin1(n1)d當n1時，由下圖可看出r1sin1d聯(lián)立可解得sinnB(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則n，sinn1由sinB知：在其他條件不變的情況下，粒子的比荷越大，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角n越大，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界【命題熱點突破五】電磁感應(yīng)問題 (1)通電導(dǎo)體在磁場中將受到安培力的作用，電磁感應(yīng)問題往往與力學問題聯(lián)系在一起，解決問題的基本思路用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小及方向求電路中的電流分析導(dǎo)體的受力情況根據(jù)平衡條件或者牛頓第二定律列方程(2)抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題：抓住能量轉(zhuǎn)化電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化利用功能關(guān)系明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化：摩擦力在相對位移上做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必然有重力勢能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負功就會有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解例5、（2018年江蘇卷） 如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g求下滑到底端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q【答案】（1） （2）（3）【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as 解得（2）安培力F安=IdB 金屬棒所受合力牛頓運動定律F=ma解得（3）運動時間 電荷量Q=It解得【變式探究】【2017天津卷】電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止狀態(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN開始向右加速運動。當MN上的感應(yīng)電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）磁場的方向；（2）MN剛開始運動時加速度a的大??；（3）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少?！敬鸢浮浚?）磁場的方向垂直于導(dǎo)軌平面向下 （2） （3）（3）電容器放電前所帶的電荷量開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應(yīng)電動勢： 最終電容器所帶電荷量設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力： 由動量定理，有： 又： 整理的：最終電容器所帶電荷量【變式探究】小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖110所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個R0.05 的電阻在導(dǎo)軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B2.0 T質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復(fù)裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 530.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：(1)CD棒進入磁場時速度v的大??；(2)CD棒進入磁場時所受的安培力FA的大??；(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q.圖110【答案】(1)2.4 m/s(2)48 N(3)64 J26.88 J(3)健身者做功WF(sd)64 J由牛頓定律Fmgsin FA0CD棒在磁場區(qū)做勻速運動 在磁場中運動時間t焦耳熱QI2Rt26.88 J【變式探究】半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒AB置于圓導(dǎo)軌