2022年高考物理考前30天增分策略-破解物理計算題的方法

2022年高考物理考前3。天增分策略——破解物理計算題的方法

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(guī)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(guī)律、似曾相識、一知半解、照抄照搬。

3.理清思路寫規(guī)范。

進一步明確研究對象的運動過程，每個過程初末狀態(tài)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(guī)

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(guī)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％<0的區(qū)域內存在沿y軸負方向的勻強電場,

在第一象限傾斜直線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尸點沿入軸正方向射出，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(qū)域，并恰能返回尸點。已知尸點坐標『,Mx、

為（一L事3帶電粒子質量為加，電荷卜H寸/*x

量為G初速度為?！?不計粒子重力。求：H

VTE1VIK人人人人

⑴勻強電場的電場強度大?。?/p>

(2)N點的坐標；

(3)勻強磁場的磁感應強度大小。

思維建模

①帶電粒子從尸一->0過程建接類平拋運動

②帶電粒子在磁場中運動過程建擺勻速圓周運動

③帶電粒子從出磁場-->^^過程建攥勻速直線運動

④帶電粒子從N-->P過程建援類平拋運動

規(guī)范解答⑴設粒子從P到。時間為人加速度為。，則￡=加，與

1

L=^ar9

由牛頓第二定律，可得qE=ma

由以上三式，可解得E="噤

CjLi

(2)設粒子運動到N點時速度為V,則T)=yJ福+2ax當±=2vo

所以粒子從N到。的時間t'

沿y軸位移2=

因此N點坐標為(0,‘愛L)

O

⑶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+Hsin30。=’9心

-e、，88小HWQ

又因為qoB=m~^解傳B=5,

方法二數圖結合法——抓關鍵點，找突破口

物理規(guī)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(guī)律、公式求解，

一般思路如下

審題

提取試題信

數、形關系分析求解

息，把握制根據運動性質和物理根據建立的數、形

約關聯量量組合選擇物理規(guī)律關系和制約關聯

建立函數關系，識別圖量展開分析、推

象幾何關系（如面積）的理,再讀圖拓展解

讀圖物理意義題思路

提取圖象信息：物

理量、運動性質、時再讀圖

間關聯、位移關聯

等

【例2】（2013?新課標全國卷II,25）一長木板在水平地面上運動，

在?=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

動的速度一時間圖象如圖所示。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=10m/s2,

求：

⑴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。

。聿題指導

第一步：抓關鍵點一一獲取信息

⑴讀題：

相對于地面靜隱含----------------------

47^物塊的初速度為零

止的物塊信息1ag---------------

物塊始終在隱含物塊與長木板始終存

木板上信息在相互作用的摩擦力

⑵讀圖:

①木板的初速度/=5m/s

②木板先做加速度為生的減速運動

s

隱含—*再做加速度為

信息的減速運動

1一

0.5th③物塊與長木板二者在0.5S時有共

同速度z=1m/s

第二步：找突破口一形成思路

①共同速度

①由T9]=a\t\求

x?i=1m/s

選規(guī)律物塊的加速度

1)一￡圖象②木板加速度

②牛頓第二定律

=8m/s2

求叢1、叢2

③。=0.5s

用假設法判斷二隔離法分別求

二者再次

者獲得共同速度相對滑動’兩物體的加速

后的運動狀態(tài)度和位移

規(guī)范解答由。一，圖象可知，在，1=0.5s時，二者速度相同，為。1

=lm/s,物塊和木板的加速度大小分別為.和如則。尸丁①

°0一0小

a2=—九—②

設物塊與木板間、木板與地面間的動摩擦因數分別為山、償，根據牛

頓第二定律，

對物塊有③

對木板有41mg+2從2mg=ma2@

聯立①②③④式得聯立方程得：山=0.2,〃2=。3

(2)4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火'和。2’，由牛頓第二定律得

對物塊有Fj=ma\'

對木板有2〃2mg—Ff=ma2'

假設物塊相對木板靜止，即則a】'="2'，得Ff=Mmg

>4附g.

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，

2

物塊加速度大小aj=a}=2m/s

物塊的。一/圖象如圖所示。此過程木板的加速度a2'=2〃2gig=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

v\,Vi

7=05m

女）+。,v\13

%2=丁-力+直7-=9m

物塊相對木板的位移大小為％=也一%1=1.125m

四、典型計算題選解

題型1、勻變速直線運動規(guī)律的應用

⑴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。

⑵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(fā)，在同一水平公路上做直線

運動，甲的初速度。甲=16m/s,加速度大小。甲=2m/s?,做勻減速

直線運動，乙以初速度。乙=4m/s,加速度大小。乙=1m/sa,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；

⑵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。甲「=。乙「

。甲甲一"。甲4;。乙乙+。乙11,得：t\=工=4S

Q甲I。乙

相距最遠M=x甲一%乙=（。甲九一ga甲4）一（。乙介乙冷=24m0

（2）再次相遇的特征是：二者的位移相等，即

V甲力―/甲近=0乙亥+；4乙自，代入數值化簡得12女一去=0

解得：/2=8S,h'=0（即出發(fā)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

.第二類問題

做體的牛頓第I求出物―壬各坐。物體的］

受力情口二定律口體的加口言當口運動情

尻J-U度么式LI況J

―第一類問題'

［例2］如圖，兩個滑塊A和8的質量分別為mA=\kg和mB=5kg,

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〃1=0.5；木板的質量為加=4kg,與地面間的動摩擦因數為〃2=01。

某時刻43兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為w=3m/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=10m/s2。求

自力

7/777二777…777.77二77.777.77.777.7二777177^

（1）8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3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力、及和方，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flu

在物塊B與木板達到共同速度前有

f\①

fi=4加花②

&=必（加A+根2+根）g③

由牛頓第二定律得

/=加必④

⑤

f—叫⑥）

設在外時刻，8與木板達到共同速度，設大小為必。由運動學公式有

匕=%_*⑦

匕=砧⑧

聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得匕=lm/s⑨

（2）在力時間間隔內，B相對于地面移動的距離為sB=貼一;⑩

設在3與木板達到共同速度丫：后，木板的加速度大小為4,對于3與木板組成的體系，由牛頓第二定律有

m+ffia

fl+f3=（B）2^>

由①②④⑤式知，々=匿；再由⑦⑧可知，5與木板達到共同速度時，/的速度大小也為V],但運動方向與

木板相反。由題意知，/和5相遇時，/與木板的速度相同，設其大小為設/的速度大小從W變到理

所用時間為4,則由運動學公式，對木板有匕=可一%，2@

對A有為=-匕+%，2?

在h時間間隔內，B（以及木板）相對地面移動的距離為S1=卬2-；?；?

在（九+亥）時間間隔內,A相對地面移動的距離為〃=%（4+r2）-g%&

?

A和3相遇時,A與木板的速度也恰好相同。因此A和3開始運動時，

兩者之間的距離為

So=SA+S]+%?

聯立以上各式，并代入數據得%=L9m?

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9=37。，A、B兩端相距5.0m,質量為M=10kg的物體

以6=6.0m/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。=4.0m/s,

(g10m/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8)求：

(1)物體從A點到達B點所需的時間；

⑵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(jié)，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0=4.0m/s時加速度大小為a\,

由牛頓第二定律得

mgsin^+/zmgcos6—ma\

設經人物體速度與傳送帶速度相同，人=宇，通過的位移為=啜/

CL\LCt\

設速度小于v時物體的加速度大小為。2,mgsin。一〃加geos6=

ma2

物體繼續(xù)減速，設經打物體到達傳送帶3點，L—x\=vt2—^a2ti,t=

t\+t2

聯立以上各式，代入數據解得，=2.2s

(2)ti物體相對傳送帶的位移為^x\—x\-vt\—0.2m

t2物體相對傳送帶的位移為5=誠-(%I)=4m

因摩擦而產生的內能E內=4〃?gcos6-(AJCI+AX2)—168J

電動機因傳送該物體多消耗的電能為石總=八&+穌+七內=0-品002+

mgLsin6-\-E內=288J

⑶若傳送帶的速度較大，沿A3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。2,所以有乙=。(/一上/2

解得，=ls

【變式1】如圖所示，光滑曲面A3與水平面BC平滑連接于3點，

BC右端連接內壁光滑、半徑為r的上細圓管人

CD,管口。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。f

口。端平齊。質量為根的滑塊在曲面上距BC

的高度為2r處從靜止開始下滑，滑塊與8C間的動摩擦因數"=；,

進入管口C端時與圓管恰好無作用力，通過8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與。求：

(1)滑塊到達B點時的速度大小內；

⑵水平面BC的長度了;

⑶在壓縮彈簧過程中滑塊的最大速度0m。

解析(1)滑塊在曲面上下滑過程，由動能定理得mg?2r=品滋，解得

加=2而

v2

⑵在。點，由得vc^yfgr

滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得mg-2r—]Limgx=^mvc,

解得x=3r

⑶設在壓縮彈簧過程中速度最大時，滑塊離。端的距離為的，則有

,z期

kxo=mg,付BX0=,

由能量守恒得mg(rXQ)=2mvm—Ep得vm=

\l/V〃C

【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ABCO光滑，內圓的上半部分夕C。'粗糙，下半部分

B'A'D'光滑。一質量為m=0.2kg的小球從外軌道的最低點A處

以初速度向右運動，小球的直徑略小于兩圓的間距，小球運動的

*2

軌道半徑R=0.2m,IUg=10m/so

⑴若要使小球始終緊貼著外圓做完整的圓周運動，初速度的至少為

多少？

(2)若oo=3m/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=2N,則小球在這段時

間內克服摩擦力做的功是多少？

(3)若0()=3.1m/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？

2

解析⑴設小球到達外軌道的最高點的最小速度為。C,則惚=簧

由動能定理可知-加虎一；相虎代入數據解得Uo—V10

m/So

⑵設此時小球到達最高點的速度為0c',克服摩擦力做的功為W,

則由牛頓第二定律可得

I2

mvc

mg-Fc=一五—

由動能定理可知一2/ngH—W=%w'c~2mv^代入數據解得W

=0.1J

⑶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。A,受到的支持力為分，則由動能定理可知，咫R

=^mvA

2

根據牛頓第二定律可得三一叫=戶?代入數據解得：FA=?）mg

—6N

設小球在整個運動過程中減少的機械能為\E,由功能關系有

mvo-mgR

代入數據解得：AE=0.561J

題型4、應用動量和能量觀點解決力學問題

1.表達式：團|。1+/712。2=m101'+m2。2’

2.適用條件

⑴理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零,則系統(tǒng)動量守

恒。

⑵近似守恒：當內力遠大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。

如碰撞和爆炸問題。

⑶分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)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80.0kg。當他以5.0

m/s的速度向前運動時，與另一質量為100kg、速度為3.0m/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??；

(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,碰后乙的速度大小為Vo由動量守恒定律有，加一MV=

MV代入數據得V'=1.0m/s

(2)設碰撞過程中總機械能的損失為△￡,應有品濟十/以^二權/丫'2

+AE

V=1.0m/s,代入上式解得A￡=l400J。

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￡=lm,質量為機i=10g的子彈以水平初

速度vo=6OOm/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)

O

(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(tǒng)，在短暫的打擊

過程中動量守恒：一,4

m,v0=(/〃]+m2)v得u=3m/s

2

對子彈和木球在最低點：T-(町+%)g=(M+加2)]，得T=38.19N；

2

(2)對子彈和木球向右擺動機械能守恒：g(町+m2)v=(g+加2必〃得

h=0.45；

122

(3)對子彈、木球組成的系統(tǒng)，Q=Afi損=m]v0-^(m[+m2)v=1791J

三、“板塊”問題

【例3】質量M=2kg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=2kg的物體A(可視為質點)，如圖.一顆質量為

m=20g的子彈以600m/s的水平速度迅速射

BA

穿A后，速度變?yōu)?00m/s,最后物體A仍靜j

止在車上.若物體A與小車間的動摩擦因數P()”

=0.5,取g=10m/s2,求⑴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(tǒng)，全過程動量

守恒：

mv=m++mV

no(ABB,vB=100m/sv=2.5m/s

(2)對子彈和物體A組成的系統(tǒng)，在短暫的打擊過程中動量守恒：

mBV0=/MAVA+mBVB得以=5m/S,

A在小平板車上滑動過程由功能關系Q=A%得：

八gL=；，〃八u；(叫t+M)v2解得L=1.25m.

四、圓弧形槽問題

[例4]如圖所示，一質量為mt=lkg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=5mo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-看*1=5m}

【解析】：對小球和小車組成的系統(tǒng)，從開始運動到球車分離過程中：

動量守恒:m2va=mlvl+m2v2.......................①

機械能守恒：g%%：=g/"1%22V2?..............②

由①②解得：匕=—四一%=8m/s,Z=色一=3m/s,小球著地的時

m[+m2mt+m2

間為："楞=ls,故小球著地時距車左端距離為：s=W-h)f=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3由輕彈簧連接，

置于光滑水平面上.一顆質量為機子彈，_空火B(yǎng)

以水平速度W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.(網由；VAmin=L%,

4545

/max=2%)

9

【解析】：子彈與A球發(fā)生完全非彈性碰撞，子彈質量為如A球、B

球分別都為M,子彈與A球組成的系統(tǒng)動量守恒，則mv0=(m+M)V

(1)以子彈、A球、8球作為一系統(tǒng)，以子彈和A球有共同速度為

初態(tài)，子彈、A球、3球速度相同時為末態(tài)，則

(m+M)V=(m+M+M)V,

11,

-(m+M)V2=-(m+M+M)V'2+E?

22

M=4m,解得白=等

(2)以子彈和A球有共同速度為初態(tài)，子彈和A球速度最小、B球

速度最大為末態(tài)，則

(m+M)V=(m+M)VA+MVB

—(/w+M)V2=—(//?+Af)V?+—MV,?

222

解得以=」?％，V5=-v0或乙=1丑0，%=。(初態(tài)速度，舍去)

4595

根據題意求A球的最小速度和〃球的最大速度，所以嗑n=L%,

45

^Bmax-V,)

9

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(fā)生彈性正碰后的速度滿足：

mi—m22ml

仍=嬴不威°、^2=^+^0°

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，CO左側存在場強大小為E=管，方向水平向左

的勻強電場，一個質量為加、電荷量為q的光滑絕緣小球，從底邊

3c長3傾角a=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。點，隨后從。離開后

落回到斜面尸點,重力加速度為g(sin53°=0.8,cos530=0.6)。

⑴求DA兩點間的電勢差UDA;，R：

⑵求圓管半徑r；:\j

求小球從點運動到P點的時間t

(3)Do.eX

解析(l)Mo=-mgL——WDA.UDA=:八'

或UDA=EL①解得UDA~f@

(2)由恰好過。點，判斷如=0③根據動能定理：從A到。過程

/ng(Ltan53°—2r)—￡〃=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,豎直位移為必則有x—y,xtan

53°+x=2r@

解得%=亨，y=^@

豎直方向自由落體有⑧解得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0,用

一根長度為l=0A0m的絕緣細線把質量為m=0.20kg、帶有正電荷

的金屬小球懸掛在。點，小球靜止在8點時細____________

0-----OA,

線與豎直方向的夾角為9=37?！，F將小球拉至毆.

位置A使細線水平后由靜止釋放，g取10m/s2,!\

6c8

sin37o=0.60,cos37°=0.80,求：

(1)小球運動通過最低點。時的速度大??；

(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、重力機g和繩的拉力戶r作用處于靜止

狀態(tài)，根據共點力平衡條件有

qE=mgtan37°=引g

小球從A點運動到C點的過程，根據動能定理有mgl—qEl=^rnvc

解得小球通過C點時的速度。c=\但咤?=也m/So

(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~Y，解得FT=3NO

(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3

點的過程，根據動能定理有mglcos37°—qEl(l-sin37°)=^mvB2解得

VB=2m/s

在B點對小球的拉力為F,根據牛頓第二定律有F-mgcos3T—qE

Vc.

sin370=/7ry,解得廣=4.5N。

【變式2】如圖所示，在傾角為6=30。的斜面上，固定一寬乙=0.25m

的平行金屬導軌，在導軌上端接入電源和滑動變阻器艮電源電動勢

￡=12V,內阻r=1Q,一質量m=20g的金屬棒仍與兩導軌垂直

并接觸良好。整個裝置處于磁感應強度B=\，E

0.80T、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一女最C

=10m/s2,要保持金屬棒在導軌上靜止，求：

⑴金屬棒所受到的安培力的大?。?/p>

(2)通過金屬棒的電流的大?。?/p>

(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

?安=陽器由30。，代入數據得方安=0.1N。，一、、

或\

p\j3?

(2)由尸安=3〃，得/=而=0.5人。)炙餐

上05°............

⑶設滑動變阻器接入電路的阻值為R),U

E

根據閉合電路歐姆定律得：E=I(R0+r),解得Ro=7—r=23Q。

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/

分別確定兩點處洛倫茲力尸的方向，

O.<'B：0：XBX!

其交點即為圓心，如圖(a)；於：J

ix

方法二若已知粒子運動軌跡上的兩點和P茶「夢彳1

(a)(b)

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

irm

方法一由物理方程求：半徑H=獲；

QD

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：，=五?7；

271

方法二由弧長求：，=，

【例61如圖所示，在真空中坐標刈，平面的工>。區(qū)域內，有磁感

強度B=L0xl(T2T的勻強磁場，方向與％”平面/cm

八八八、XXXX

垂直，在X軸上的P(l°，°)點，有一放射源，在myXXX乂

/\z\/XX

，o-------T；--------?,

X/Cm

平面內向各個方向發(fā)射速率口=1。*1。血5的Xx"xX

i右［c-251XXXX

帶正電的粒子，粒子的質量為機=L6xl0網,

電量為4=1.6x10*。，求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上

的范圍.

【解析】帶電粒子在磁場中運動時有Bqv=m：,則

R--^―=0.Im=10cm.如答圖所不，當帶電粒子打到）軸上|ylc^i

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y(tǒng)軸上方的最高點.因麗=R=IOC*

~AP=2R=2Qcm,貝|J次=,彳產—而？=.答圖

當帶電粒子的圓軌跡正好與y軸下方相切于B點時，B點既為粒子能

打到y(tǒng)軸下方的最低點，易得麗=R=iocm.

綜上，帶電粒子能打到丁軸上的范圍為：-1（）皿“K1（）小團.

【變式】如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abed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(qū)域ad邊的中點0處，ixxxxxxxx

垂直磁場射入一速度方向跟ad邊/xxxxxxxx

XXXBxXXX

夾角為30°、大小為vO的帶電粒3ds

：xxxxxxxx

子。已知粒子質量為m,電量為q,d

ad邊長為1,重力影響忽略不計。（1）試求粒子能從ab邊上射出

磁場的vO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vl,軌跡如圖1所示，4孫=加上①

R\

根據幾何關系分析得：Rl=l②

由①②兩式求得：vl=Bql/m③

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。

qBv,=m~~④

由幾何關系分析得：

⑤

由④⑤兩式求得：v2=qBl/3m

帶電粒子從ab邊射出磁場的vO的大小范圍為：v》lv02v2

即現之陪網

m3m

(2)帶電粒子在磁場中的周期為7=四

qB

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0"。4等最長時間&=>=萼

3m63Bq

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

強電場昂，第三象限存在沿％軸正方向的勻強電場石2,第四象限中

有一固定的點電荷?，F有一質量為m的帶電粒子由第二象限中的A

⑴Ei和石2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人,進入

第三象限時的速度為伙)，有

b—^yot\

設粒子在第三象限中的運動時間為打，在B點時速度為2工軸方向

的分速度為內，則

v=y/2v0

Vx=Vo

a=*

,d

1

。=產/2

聯立以上各式得￡=*，2=等

(2)設0、8的間距為/,粒子做圓周運動的半徑為八則/=的)力=2。

1=rcos45°+rsin30°

由以上兩式得r=4a(&-1)所以點電荷的位置坐標:切=rsin45。

=2a(2一啦)

yD=—(l—rcos45。)=2a(1—6)。

|反思總結I

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。

⑵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。

⑶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、磁感應強度為民的勻強磁場；在直角坐標平

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8的勻強磁場。一質量為加、電荷量

為9的正離子(不計重力)以初速度。o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％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％軸成45。角。

求：

⑴金屬板M、N間的電壓U；

(2)離子運動到A點時速度。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(qū)域的位置C(圖中未畫出)與坐標原

點的距離0C。

解析(1)設平行金屬板M、N間勻強電場的場強為瓦，則有U=Eod

因為離子在金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動有q￡b=WoBo

解得金屬板M、N間的電壓U=Bovod

⑵在第一象限的電場中離子做類平拋運動,

有cos45°=~

故離子運動到A點時的速度班內

vv

XqE—ma,vy—at,tan45

解得離子在電場E中運動到A點所需時間，=學

qtL

(3)在磁場中洛倫茲力提供向心力有效3=4得尺=簿=嚼2

如圖所示，由幾何知識可得左=2Rcos45。=&/?=鬻又

-----mvo

OA=VQt=~^E

因此離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C與坐標原點的距離：

-------------,------mvo,2mvo

OC=OA+AC=T+~^

qEqB

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

閉合電路電磁感應

【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。=37。，N、。間連接一個電阻R=5.0

Q,勻強磁場垂直于導軌平面向上，磁感應強度3=LOT。將一根質

量為m=0.050kg的金屬棒放在導軌的ab位

置，金屬棒及導軌的電阻不計?，F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〃=0.50,當金屬棒滑行至必處時，其速

度大小開始保持不變，位置cd與帥之間的距離s=2.0m。已知g=

10m/s2,sin37°=0.60,cos370=0.80o求：

(1)金屬棒沿導軌開始下滑時的加速度大?。?/p>

(2)金屬棒到達cd處的速度大?。?/p>

⑶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。，則

mgsin0—fimgcos0=ma解得a=2.0m/s2

(2)設金屬棒到達cd位置時速度大小為0、電流為I,金屬棒受力平衡,

有

,BLv

mgsin6=B1L+[imgcos,6解得0=2.0m/s

⑶設金屬棒從Q。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

mgssin3—^mv2+//mgs'cos夕+。解得。=0.10J

考點2、電磁感應與動力學結合的問題

確定等效電源(&T)仁食J感應電流/產包＞|導體棒所受的安培力

臨界狀態(tài)目運動分析|工史學，的變化福產q合外力

【例2】如圖所示，光滑斜面的傾角a=30。，在斜面上放置一矩形

線框ah邊的邊長/i=Im,"c邊的邊長/2=0.6m,線框的質量

(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打；

(3)外邊由靜止開始到運動到gh處所用的時間"

。審題指導

第一步：抓關鍵點一獲取信息

第二步：抓過程分析一理清思路

第一過程牛頓第二定律M：Mg—F'=Ma

?A

勻加速直線運動in：F-7/igsina=