高考物理經典例題講解

...wd......wd......wd...高考物理經典題型及其解題基本思路力與運動思想方法提煉一、對力的幾點認識1.關于力的概念.力是物體對物體的相互作用.這一定義表達了力的物質性和相互性.力是矢量.2.力的效果〔1〕力的靜力學效應：力能使物體發(fā)生形變.(2)力的動力學效應：a.瞬時效應：使物體產生加速度F=mab.時間積累效應：產生沖量I=Ft，使物體的動量發(fā)生變化Ft=△pc.空間積累效應：做功W=Fs，使物體的動能發(fā)生變化△Ek=W3.物體受力分析的基本方法〔1〕確定研究對象〔隔離體、整體〕.〔2〕按照次序畫受力圖，先主動力、后被動力，先場力、后接觸力.〔3〕只分析性質力，不分析效果力，合力與分力不能同時分析.〔4〕結合物體的運動狀態(tài)：是靜止還是運動，是直線運動還是曲線運動.如物體做曲線運動時，在某點所受合外力的方向一定指向軌跡弧線內側的某個方向.二、中學物理中常見的幾種力三、力和運動的關系1.F=0時，加速度a=0.靜止或勻速直線運動F=恒量:F與v在一條直線上——勻變速直線運動F與v不在一條直線上——曲線運動〔如平拋運動〕2.特殊力:F大小恒定，方向與v始終垂直——勻速圓周運動F=-kx——簡諧振動四、基本理論與應用解題常用的理論主要有：力的合成與分解、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、平拋運動的規(guī)律、圓周運動的規(guī)律等.力與運動的關系研究的是宏觀低速下物體的運動，如各種交通運輸工具、天體的運行、帶電物體在電磁場中的運動等都屬于其研究范疇，是中學物理的重要內容，是高考的重點和熱點，在高考試題中所占的比重非常大.選擇題、填空題、計算題等各種類型的試題都有，且常與電場、磁場、動量守恒、功能局部等知識相結合.感悟·滲透·應用一、力與運動的關系力與運動關系的習題通常分為兩大類：一類是物體的受力情況，求解其運動情況；另一類是物體的運動情況，求解物體所受的未知力或與力有關的未知量.在這兩類問題中，加速度a都起著橋梁的作用.而對物體進展正確的受力分析和運動狀態(tài)及運動過程分析是解決這類問題的突破口和關鍵.【例1】如以下列圖，質量M=10kg的木楔靜止于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動摩擦因數=0.2，在木楔的傾角為=30°的斜面上，有一質量m=1.0kg的物塊由靜止開場沿斜面下滑，當滑行路程s=1.4m時，其速度v=1.4m/s.在這個過程中木楔處于靜止狀態(tài).求地面對木楔的摩擦力的大小和方向〔取g=10m/s2〕.【解析】由于木楔沒有動，不能用公式f=N計算木楔受到的摩擦力，題中所給出動摩擦因數的條件是多余的。首先要判斷物塊沿斜面向下做勻加速直線運動，由運動學公式v2t-v20=2as可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a<gsin=5m/s2，可知物塊受摩擦力作用，物塊和木楔的受力如以下列圖：對物塊，由牛頓第二定律得：mgsin-f1=maf1=4.3Nmgcos-N1=0N1=N對木楔，設地面對木楔的摩擦力如圖所示，由平衡條件：f=N′1sin-f′1cos=0.61Nf的結果為正值，說明所設的方向與圖設方向一樣.【解題回憶】物理習題的解答，重在對物理規(guī)律的理解和運用，忌生拉硬套公式.對兩個或兩個以上的物體，理解物體間相互作用的規(guī)律，正確選取并轉移研究對象，是解題的基本能力要求.此題也可以用整體法求解：對物塊沿斜向下的加速度分解為水平方向acos和豎直方向asin，其水平方向上的加速度是木楔對木塊作用力的水平分量產生的，根據力的相互作用規(guī)律，物塊對木楔的水平方向的作用力也是macos，再根據木楔靜止的現象，由平衡條件，得地面對木楔的摩擦力一定是macos=0.61N.【例2】如以下列圖，一高度為h＝0.2m的水平面在A點處與一傾角為θ＝30°的斜面連接，一小球以v0＝5m/s的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需的時間〔平面與斜面均光滑，取g＝10m/s2〕。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，那么由此可求得落地的時間t。問：你同意上述解法嗎假設同意，求出所需的時間；假設不同意，那么說明理由并求出你認為正確的結果。【解析】不同意。小球應在A點離開平面做平拋運動，而不是沿斜面下滑。正確做法為：落地點與A點的水平距離①斜面底寬②小球離開A點后不會落到斜面，因此落地時間即為平拋運動時間?！啖鄱?、臨界狀態(tài)的求解臨界狀態(tài)的問題經常和最大值、最小值聯系在一起，它需要在給定的物理情境中求解某些物理量的上限或下限，有時它與數學上的極值問題相類似.但有些問題只能從物理概念、規(guī)律的約束來求解，研究處理這類問題的關鍵是：〔1〕要能分析出臨界狀態(tài)的由來.〔2〕要能抓住處于臨界狀態(tài)時物體的受力、運動狀態(tài)的特征.【例3】如以下列圖，在相互垂直的勻強電場、磁場中，有一個傾角為且足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應強度為B，方向水平向外，電場強度的方向豎直向上.有一質量為m，帶電量為+q的小球靜止在斜面頂端，這時小球對斜面的壓力恰好為0.假設迅速把電場方向改為豎直向下時，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠所用時間是多少【解析】開場電場方向向上時小球受重力和電場力兩個力作用，mg=qE，得電場強度E=mg/q.當電場方向向下，小球在斜面上運動時小球受力如圖，在離開斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度為0.mgcos+qEcos=Bqv+N，即2mgcos=Bqv+N隨v的變大小球對斜面的壓力N在變小，當增大到某個值時壓力為0，超過這個值后，小球將離開斜面做曲線運動.沿斜面方向小球受到的合力F=mgsin+qEsin=2mgsin為恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運動a=F/m=2gsin.其臨界條件是2mgcos=Bqv，得即將離開斜面時的速度v=2mgcos/Bq.由運動學公式v2=2as，得到在斜面上滑行的距離為s=m2gcos2/(B2q2sin)再根據v=at得運動時間：t=v/a=mctan/Bq.【解題回憶】此題的關鍵有三點：〔1〕正確理解各種力的特點，如勻強電場中電場力是恒力，洛倫茲力隨速度而變化，彈力是被動力等.〔2〕分析出小球離開斜面時臨界狀態(tài)，求出臨界點的速度.〔3〕掌握運動和力的關系，判斷出小球在離開斜面前做初速度為0的勻加速直線運動.下滑距離的求解也可以用動能定理求解，以加強對各種力的理解.【例4】如以下列圖，一平直的傳送帶以v=2m/s的速度勻速運行，傳送帶把A處的工件運送到B處.A、B相距L=10m.從A處把工件無初速度地放到傳送帶上，經過時間t=6s傳送到B處，欲用最短的時間把工件從A處傳送到B處，求傳送帶的運行速度至少多大【解析】A物體無初速度放上傳送帶以后，物體將在摩擦力作用下做勻加速運動，因為L/t＞v/2,這說明物體從A到B先做勻加速運動后做勻速運動.設物體做勻加速運動的加速度為a，加速的時間為t1，相對地面通過的位移為s，那么有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L.數值代入得a=1m/s2要使工件從A到B的時間最短，須使物體始終做勻加速運動，至B點時速度為運送時間最短所對應的皮帶運行的最小速度.由v2=2aL，v=【解題回憶】對力與運動關系的習題，正確判斷物體的運動過程至關重要.工件在皮帶上的運動可能是一直做勻加速運動、也可能是先勻加速運動后做勻速運動，關鍵是要判斷這一臨界點是否會出現.在求皮帶運行速度的最小值時，也可以用數學方法求解：設皮帶的速度為v，物體加速的時間為t1，勻速的時間為t2，那么L=〔v/2〕t1+vt2，而t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v與v/2a的積為常數，當兩者相等時其積為最大值，得v=時t有最小值.由此看出，求物理極值，可以用數學方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理方法比較簡明.三、在生產、生活中的運用.高考制度的改革，不僅是考試形式的變化，更是高考內容的全面革新，其基本的核心是不僅要讓學生掌握知識本身，更要讓學生知道這些知識能解決哪些實際問題，因而新的高考試題十分強調對知識的實際應用的考察.【例5】兩個人要將質量M=1000kg的小車沿一小型鐵軌推上長L=5m，高h=1m的斜坡頂端，如以下列圖.車在任何情況下所受的摩擦阻力恒為車重的0.12倍，兩人能發(fā)揮的最大推力各為800N.在不允許使用別的工具的情況下，兩人能否將車剛好推到坡頂如果能，應如何辦〔g取10m/s2〕【解析】由于推車沿斜坡向上運動時，車所受“阻力〞大于兩個人的推力之和.即f1=Mgh/L+Mg=3.2×103N＞F=1600N所以不能從靜止開場直接沿斜面將小車推到坡頂.但因小車在水平面所受阻力小于兩人的推力之和，即f2=Mg=1200N＜1600N故可先在水平面上加速推一段距離后再上斜坡.小車在水平面的加速度為a1=(F-f2)/M=0.4m/s2在斜坡上做勻減速運動，加速度為a2=(F-f1)/M=-1.6m/s2設小車在水平面上運行的位移為s到達斜面底端的速度為v.由運動學公式2a1s=v2=-2a2L解得s=20m.即兩人先在水平面上推20m后，再推上斜坡，那么剛好能把小車推到坡頂.【解題回憶】此題的設問，只有經過深入思考，通過對物理情境的變換才能得以解決.由此可知，對聯系實際問題應根據生活經歷進展具體分析.不能機械地套用某種類型.這樣才能切實有效地提高解題能力.另外，此題屬半開放型試題，即沒有提供具體的方法，需要同學自己想出方法，如果題中沒有沿鐵軌這一條件限制，還可以提出其他一些方法，如在斜面上沿斜線推等.【例6】蹦床是運發(fā)動在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運開工程。一個質量為60kg的運發(fā)動，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。運發(fā)動與網接觸的時間為1.2s。假設把在這段時間內網對運發(fā)動的作用力當作恒力處理，求此力的大小?！瞘＝10m/s2〕【解析】將運發(fā)動看作質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網時速度的大小〔向下〕彈跳后到達的高度為h2，剛離網時速度的大小〔向上〕速度的改變量〔向上〕以a表示加速度，△t表示接觸時間，那么接觸過程中運發(fā)動受到向上的彈力F和向下的重力mg。由牛頓第二定律，由以上五式解得，代入數值得N四、曲線運動.當物體受到的合力的方向與速度的方向不在一條直線上時，物體就要做曲線運動.中學物理能解決的曲線運動的習題主要有兩種情形：一種是平拋運動，一種是圓周運動.平拋運動的問題重點是掌握力及運動的合成與分解.圓周運動的問題重點是向心力的來源和運動的規(guī)律.【例7】在光滑水平面上有一質量m=1.0×10-3kg，電量q=1.0×10-10C的帶正電小球，靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內建設直角坐標系Oxy，如以下列圖.現突然加一沿x軸正方向、場強大小為E=2.0×106V/m的勻強電場，使小球開場運動，經過1.0s，所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強大小仍為E=2.0×106V/m的勻強電場，再經過1.0s所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強電場.使小球在此電場作用下經1.0s速度變?yōu)?.求速度為0時小球的位置.【解析】由牛頓定律可知小球在水平面上的加速度a=qE/m=0.20m/s2.當場強沿x軸正方向時，經1.0s小球的速度大小為vx=at=0.20×1.0=0.20m/s〔方向沿x軸方向〕小球沿x軸方向移動的距離為△x1=at2/2=0.10m.在第2s內，電場方向y軸正方向，x方向不再受力，所以第2s內小球在x方向做勻速運動，在y方向做初速度為0的勻加速直線運動〔類似平拋運動〕沿y方向的距離:△y=at2/2=0.10m.沿x方向的距離:△x2=vxt=0.2×1.0=0.20m.第2s未在y方向分速度為:vy=at=0.20×1.0=0.20m/s由上可知，此時小球運動方向與x軸成45°角，要使小球速度變?yōu)?，那么在第3s內所加電場方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225°角.在第3s內，設在電場作用下小球加速度的x分量和y方向分量分別為ax、ay，那么ax=vx/t=0.2m/s2，ay=vy/t=0.20m/s2；在第3s未，小球到達的位置坐標為x3=△x1+△x2+vxt-axt2/2=0.40m，y3=△y+vyt-ayt2/2=0.20m.【解題回憶】學好物理要有一定的空間想像力，要分析、想像物體的運動狀態(tài)和運動軌跡.作圖可以化抽象為具體，提高解題成功率.此題小球的運動情景如圖.【例8】如以下列圖，有一質量為m的小球P與穿過光滑水平板上小孔O的輕繩相連，用手拉著繩子另一端，使小球在水平板上繞O點做半徑為a、角速度為的勻速圓周運動.求：〔1〕此時繩上的拉力有多大〔2〕假設將繩子從此狀態(tài)迅速放松，后又拉直，使小球繞O做半徑為b的勻速圓周運動.從放松到拉直這段過程經歷了多長時間〔3〕小球做半徑為b的勻速圓周運動時，繩子上的拉力又是多大【解析】〔1〕繩子上的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，故有：F=m2a〔2〕松手后繩子上的拉力消失，小球將從松手時的位置沿圓周的切線方向，在光滑的水平面上做勻速直線運動.當繩在水平板上長為b時，繩又被拉緊.在這段勻速直線運動的過程中小球運動的距離為s=，如以下列圖故t=s/v=〔3〕將剛拉緊繩時的速度分解為沿繩子的分量和垂直于繩子的分量.在繩被拉緊的短暫過程中，球損失了沿繩的分速度，保存著垂直于繩的分速度做勻速圓周運動.被保存的速度的大小為：v1=va/b=a2/b.所以繩子后來的拉力為：F′=mv21/b=m2a4/b3.【解題回憶】此題難在第3問，注意物體運動過程中的突變點，理解公式F=mv2/R中的v是垂直于半徑、沿切線方向的速度.五、圖像的運用【例9】如以下列圖，一對平行光滑軌道設置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0；有一導體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道向下，現用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如以下列圖.求桿的質量m和加速度a【解析】物體做勻加速運動的條件是合外力不變.導體桿運動過程中受拉力和安培力兩個力作用，因安培力隨著速度增加電流變大而變大，所以拉力隨著時間而變化.設桿的質量為m，加速度為a，那么由運動學公式v=at，感應電動勢E=BLv，感應電流I=E/R，安培力f=BIL，由牛頓第二定律F-f=ma，整理得F=ma+B2L2at/R，在圖線上取兩點代入后可得a=10m/s2m=0.1kg.練習題如以下列圖，離子源從某小孔發(fā)射出帶電量q=1.6×10-10C的正離子(初速度不計)，在加速電壓U=1000V作用下沿O1O2方向進入勻強磁場中．磁場限制在以O2為圓心半徑為R0=2.64cm的區(qū)域內，磁感強度大小B為0.10T，方向垂直紙面向外，正離子沿偏離O1O2為60°角的方向從磁場中射出，打在屏上的P點，計算：(1)正離子質量m．(2)正離子通過磁場所需要的時間t．解①②由圖可見R＝R0·cot30°③由①、②、③式得＝1.67×10-27(kg)(2)由圖所示，離子飛出磁場，偏轉60°角，故在磁場中飛2009年高考物理經典題型及其解題基本思路專題輔導〔三〕專題三動量與能量思想方法提煉牛頓運動定律與動量觀點和能量觀點通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實它們是從三個不同的角度來研究力與運動的關系.解決力學問題時，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大差異，但在很多情況下，要三把鑰匙結合起來使用，就能快速有效地解決問題.一、能量1.概述能量是狀態(tài)量，不同的狀態(tài)有不同的數值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現的，力學中功是能量轉化的量度，熱學中功和熱量是內能變化的量度.高中物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到許多形式的能，如動能、勢能、電能、內能、核能，這些形式的能可以相互轉化，并且遵循能量轉化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據。在每年的高考物理試卷中都會出現考察能量的問題。并時常發(fā)現“壓軸題〞就是能量試題。2.能的轉化和守恒定律在各分支學科中表達式(1)W合=△Ek包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內的所有外力對物體做的總功，等于物體動能的變化。(動能定理)(2)WF=△E除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變化。(功能原理)注：(1)物體的內能(所有分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能(2)WF=0時，機械能守恒，通過重力做功實現動能和重力勢能的相互轉化。(3)WG=-△EP重力做正功，重力勢能減?。恢亓ψ鲐摴?，重力勢能增加。重力勢能變化只與重力做功有關，與其他做功情況無關。(4)W電=-△EP電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統內，系統的動能、重力勢能、電勢能間發(fā)生相互轉化，但總和保持不變。注：在電磁感應現象中，抑制安培力做功等于回路中產生的電能，電能再通過電路轉化為其他形式的能。(5)W+Q=△E物體內能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第一定律)。(6)mv02/2=hν-W光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。(7)△E=△mc2在核反響中，發(fā)生質量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放)動量與能量的關系1.動量與動能動量和能量都與物體的某一運動狀態(tài)相對應，都與物體的質量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2兩者的關系：p2=2mEk動量是矢量而動能是標量.物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，那么動量必發(fā)生變化.2.動量定理與動能定理動量定理：物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量.△p=I，沖量I=Ft是力對時間的積累效應動能定理：物體動能的變化量等于外力對物體所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力對空間的積累效應.3.動量守恒定律與機械能守恒定律動量守恒定律與機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體系統，(在研究某個物體與地球組成的系統的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動量守恒定律的內容是：一個系統不受外力或者所受外力之和為0，這個系統的總動量保持不變；機械能守恒定律的內容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統機械能的總量保持不變運用動量守恒定律值得注意的兩點是：(1)嚴格符合動量守恒條件的系統是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統間相互作用的內力遠大于外界對系統的作用，所以在作用前后的瞬間系統的動量可認為基本上是守恒的.(2)即使系統所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，那么系統沿該方向的動量是守恒的.動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中屢次出現，是高考的熱點內容.【例1】如以下列圖，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊。兩滑塊一起以恒定的速率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為0.求：(1)繩斷開到第一次恢復自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep；(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結論.【解析】(1)當彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統的機械能等于滑塊B的動能.設這時滑塊B的速度為v，那么有E=m2v2/2.因系統所受外力為0，由動量守恒定律(m1+m2)v0=m2v.解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).由于只有彈簧的彈力做功，系統的機械能守恒(m1+m2)v02/2+Ep=E.解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.(2)假設在以后的運動中滑塊B可以出現速度為0的時刻，并設此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為E′p，由機械能守恒定律得m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.根據動量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，求出v1代入上式得:(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.因為E′p≥0，故得:(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2即m1≥m2，這與條件中m1＜m2不符.可見在以后的運動中不可能出現滑塊B的速度為0的情況.【解題回憶】“假設法〞解題的特點是：先對某個結論提出可能的假設.再利用的規(guī)律知識對該假設進展剖析，其結論假設符合題意的要求，那么原假設成立.“假設法〞是科學探索常用的方法之一.在當前，高考突出能力考察的形勢下，加強證明題的訓練很有必要.【例2】如以下列圖，質量為m的有孔物體A套在光滑的水平桿上，在A下面用細繩掛一質量為M的物體B，假設A固定不動，給B一水平沖量I，B恰能上升到使繩水平的位置.當A不固定時，要使B物體上升到使繩水平的位置，那么給它的水平沖量至少多大?【解析】當A固定不動時，B受到沖量后以A為圓心做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒.在水平位置時B的重力勢能應等于其在最低位置時獲得的動能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.假設A不固定，B向上擺動時A也要向右運動，當B恰能擺到水平位置時，它們具有一樣的水平速度，把A、B看成一個系統，此系統除重力外，其他力不做功，機械能守恒.又在水平方向上系統不受外力作用，所以系統在水平方向上動量守恒，設M在最低點得到的速度為v0，到水平位置時的速度為v.Mv0=(M+m)v.Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.I′=Mv0.I′=【解題回憶】此題重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使繩水平的位置時，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個臨界點.另外B上升時也不再是做圓周運動，此時繩的拉力對B做功(請同學們思考一下，繩的拉力對B做正功還是負功)，有興趣的同學還可以分析一下系統以后的運動情況.【例3】下面是一個物理演示實驗，它顯示：圖中下落的物體A、B經反彈后，B能上升到比初始位置高的地方.A是某種材料做成的實心球，質量m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質量m2=0.1kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小間隙.將此裝置從A的下端離地板的高度H=1.25m處由靜止釋放.實驗中，A觸地后在極短的時間內反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開場上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度〔g=10m/s2〕【解析】根據題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時的速度的大小，由機械能守恒得(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1=.A剛反彈時速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度v2=.由題意，碰后A速度為0，以v2表示B上升的速度，根據動量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.令h表示B上升的高度，有m2v′22/2=m2gh，由以上各式并代入數據得:h=4.05m.【例4】質量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的位移—時間圖像如以下列圖，假設m1=1kg,m2的質量等于多少?【解析】從位移—時間圖像上可看出：m1和m2于t=2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，m2的速度v2=2m/s，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，m2=3kg.【解題回憶】這是一道有關圖像應用的題型，關鍵是理解每段圖線所對應的兩個物理量：位移隨時間的變化規(guī)律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運動圖像同運動軌跡混為一談.【例5】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一質量為M的靜止的原子核在云室中發(fā)生一次α衰變，α粒子的質量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內.現測得α粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損.(注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計)【解析】α粒子在磁場中做圓周運動的向心力是洛倫茲力，設α粒子的運動速度為v，由牛頓第二定律得qvB=mv2/R.衰變過程中，粒子與剩余核發(fā)生相互作用，設衰變后剩余核的速度為v′，衰變過程中動量守恒(M-m)v′=mv.α粒子與剩余核的動能來源于衰變過程中虧損的質量，有△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].【解題回憶】此題知識跨度大，綜合性強，將根基理論與現代物理相結合.考察了圓周運動、洛倫茲力、動量守恒、核裂變、能量守恒等知識.這類題型需注意加強.【例6】如以下列圖，一輕繩穿過光滑的定滑輪，兩端各拴有一小物塊.它們的質量分別為m1、m2，m2=3m1，起始時m1放在地上，m2離地面的高度h=1.0m，繩子處于拉直狀態(tài)，然后放手.設物塊與地面相碰時完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不可伸長，繩中各處拉力均一樣，在突然提起物塊時繩的速度與物塊的速度一樣，試求m2所走的全部路程(取3位有效數字)【解析】因m2＞m1，放手后m2將下降，直至落地.由機械能守恒定律得m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點處再下降.當降至h時繩被繃緊.根據動量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1由于m1通過繩子與m2作用及m2與地面碰撞的過程中都損失了能量，故m2不可能再升到h處，m1也不可能落回地面.設m2再次到達的高度為h1，m1那么從開場繃緊時的高度h處下降了h1.由機械能守恒(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1由以上3式聯立可解得h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h此后m2又從h1高處落下，類似前面的過程.設m2第二次到達的最高點為h2，仿照上一過程可推得h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h由此類推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h所以通過的總路程s=h+2h1+2h2+2h3+……【解題回憶】這是一道難度較大的習題.除了在數學處理方面遇到困難外，主要的原因還是出在對兩個物塊運動的情況沒有分析清楚.此題作為動量守恒與機械能守恒定律應用的一種特例，應加強記憶和理解.【例7】如以下列圖，金屬桿a從離地h高處由靜止開場沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平局部有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，a桿的質量為ma,且與桿b的質量之比為ma∶mb=3∶4，水平軌道足夠長，不計摩擦，求：(1)a和b的最終速度分別是多大?(2)整個過程中回路釋放的電能是多少?(3)假設a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余局部的電阻不計，整個過程中桿a、b上產生的熱量分別是多少?【解析】(1)a下滑過程中機械能守恒magh=mav02/2a進入磁場后，回路中產生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經過一段時間，a、b速度到達一樣，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統所受合外力為0，故系統的動量守恒mav0=(ma+mb)v由以上兩式解得最終速度va=vb=v=(2)由能量守恒得知，回路中產生的電能應等于a、b系統機械能的損失，所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7(3)由能的守恒與轉化定律，回路中產生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯，通過的電流總是相等的，所以應有所以【例8】連同裝備質量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時間內相對宇航員自身噴出.他要返回時，必須向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一局部氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，問：要最大限度地節(jié)省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少?【解析】設噴出氧氣的質量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿足動量守恒定律，有:0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)得v′=m′v/M宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間t=s/v′=Ms/m′v這段時間內耗氧m″=Rt故其用掉氧氣m′+m″=2.25×10-2/m′+m′因為(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2為常數，所以當2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′+m″=0.3kg.【解題回憶】(1)動量守恒定律中的各個速度應統一對應于某一慣性參照系，在此題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系.但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船，因此，列動量守恒的表達式時，要注意速度的相對性，這里很容易出錯誤.(3)要注意數學知識在物理上的運用.【例9】質量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，假設飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力〔該升力由其它力的合力提供，不含重力〕。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，求：〔1〕飛機受到的升力大??；〔2〕從起飛到上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能。【解析】飛機水平速度不變①y方向加速度恒定②消去t即得③由牛頓第二定律④〔2〕升力做功⑤在h處⑥∴⑦【例10】有三根長度皆為l＝1.00m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m＝1.00×10－2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和＋q，q＝l.00×10－7C。A、B之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為E＝1.00×106N/C的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如以下列圖?，F將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會到達新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少?！膊挥媰蓭щ娦∏蜷g相互作用的靜電力〕【解析】圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新到達平衡的位置，其中、分別表示細線加OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖2所示：重力mg豎直向下；電場力qE水平向左；細線OA對A的拉力T1，方向如圖；細線AB對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件B球受力如圖3所示：重力mg豎直向下；電場力qE水平向右；細線AB對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件聯立以上各式并代入數據，得由此可知，A、B球重新到達平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A球的重力勢能減少了B球的重力勢能減少了A球的電勢能增加了B球的電勢能減少了兩種勢能總和減少了代入數據解得J【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過AB區(qū)域時是水平的，經過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形〔圓弧由光滑模板形成，未畫出〕，經過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動〔忽略經BC段時的微小滑動〕。在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率?！窘馕觥恳缘孛鏋閰⒖枷怠蚕峦?，設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，那么對小箱有s＝1/2at2①v0＝at②在這段時間內，傳送帶運動的路程為s0＝v0t③由以上可得s0＝2s④用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，那么傳送帶對小箱做功為A＝fs＝1/2mv02⑤傳送帶抑制小箱對它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02⑥兩者之差就是抑制摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv02⑦可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。T時間內，電動機輸出的功為W＝T⑧此功用于增加小箱的動能、勢能以及抑制摩擦力發(fā)熱，即W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ⑨相鄰兩小箱的距離為L，所以v0T＝NL⑩聯立⑦⑧⑨⑩，得＝[＋gh]2009年高考物理經典題型及其解題基本思路專題輔導〔四〕專題四帶電粒子在場中的運動思想方法提煉帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復合場)中的運動問題，本質還是物體的動力學問題電場力、磁場力、重力的性質和特點：勻強場中重力和電場力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場力和磁場力都與電荷正負、場的方向有關，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變化.一、安培力1.安培力：通電導線在磁場中受到的作用力叫安培力.【說明】磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現即為安培力.2.安培力的計算公式：F=BILsin；通電導線與磁場方向垂直時，即=900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即=00，此時安培力有最小值，Fmin=0N；0°＜＜90°時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件；①一般只適用于勻強磁場；②導線垂直于磁場；③L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端；如以下列圖，幾種有效長度；④安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；⑤根據力的相互作用原理，如果是磁體對通電導體有力的作用，那么通電導體對磁體有反作用力.【說明】安培力的計算只限于導線與B垂直和平行的兩種情況.二、左手定那么1.通電導線所受的安培力方向和磁場B的方向、電流方向之間的關系，可以用左手定那么來判定.2.用左手定那么判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向.3.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線方向垂直，即F總是垂直于磁場與導線所決定的平面.但B與I的方向不一定垂直.4.安培力F、磁感應強度B、電流I三者的關系①I、B的方向，可惟一確定F的方向；②F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；③F、I的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定.三、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力.1.洛倫茲力的公式：F=qvBsin；2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F=0；3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F=qvB;4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0；四、洛倫茲力的方向1.運動電荷在磁場中受力方向可用左手定那么來判定；2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即f總是垂直于B和v所在的平面.3.使用左手定那么判定洛倫茲力方向時，假設粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向一樣.假設粒子帶負電時，四個手指的指向與負電荷的運動方向相反.4.安培力的本質是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現.五、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動.從運動形式可分為：勻速直線運動和變加速曲線運動.2.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子做勻速直線運動，是因為帶電粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用.3.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時，帶電粒子做勻速圓周運動，是因為帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，只改變其運動方向，不改變其速度大小.4.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/Bq;其運動周期T=2m/Bq(與速度大小無關).5.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，那么做變加速曲線運動(勻速圓周運動)6.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路：(1)用幾何知識確定圓心并求半徑.因為F方向指向圓心，根據F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系.(2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間.先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于360°(或2)計算出圓心角的大小，再由公式t=T/3600(或T/2)可求出運動時間.六、帶電粒子在復合場中運動的基本分析1.這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場.帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要.2.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止.3.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動.4.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動.5.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，那么粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理.七、電場力和洛倫茲力的比較1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用.2.電場力的大小F=Eq,與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運動的速度大小和方向均有關.3.電場力的方向與電場的方向或一樣、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.4.電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小.5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能.6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧.八、對于重力的考慮重力考慮與否分三種情況.(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡單.(3)是直接看不出是否要考慮重力，但在進展受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進展定性確定再是否要考慮重力.九、動力學理論：(1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運動軌跡及運動性質；(2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學公式；(3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律；(4)動能定理、能量守恒定律.十、在生產、生活、科研中的應用：如顯像管、盤旋加速器、速度選擇器、正負電子對撞機、質譜儀、電磁流量計、磁流體發(fā)電機、霍爾效應等等.正因為這類問題涉及知識面大、能力要求高，而成為近幾年高考的熱點問題，題型有選擇、填空、作圖等，更多的是作為壓軸題的說理、計算題.分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開場運動狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運動軌跡和運動性質，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清楚，然后再結合題設條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關動力學理論公式求解常見的問題類型及解法.【例1】如圖，在某個空間內有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B＝10T?，F有一個質量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假設在這個微粒經過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當它再次經過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。〔ｇ取10m／S2〕【解析】題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知：又：解之得：由圖3可知，微?；氐酵粭l電場線的時間那么微粒在電場線方向移過距離【解題回憶】此題的關鍵有兩點：(1)根據平衡條件結合各力特點畫出三力關系；(2)將勻變速曲線運動分解【例2】如以下列圖，質量為m，電量為q的帶正電的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區(qū)，假設同一微粒以初速度v0/2垂直射入該場區(qū)，那么微粒沿圖示的曲線從P點以2v0速度離開場區(qū)，求微粒在場區(qū)中的橫向(垂直于v0方向)位移，磁場的磁感應強度大小為B.【解析】速度為v0時粒子受重力、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應做變加速度的曲線運動.當微粒的速度為v0時，做水平勻速直線運動，有:qE=mg+qv0B①；當微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設微粒橫向位移為s，由動能定理(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2②.將①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，所以s=15mv0/(8qB).【解題回憶】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很復雜，但這類只涉及初、末狀態(tài)參量而不涉及中間狀態(tài)性質的問題常用動量、能量觀點分析求解【例3】在xOy平面內有許多電子(質量為m，電量為e)從坐標原點O不斷地以一樣大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如以下列圖，現加一個垂直于xOy平面的磁感應強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積.【分析】電子在磁場中運動軌跡是圓弧，且不同方向射出的電子的圓形軌跡的半徑一樣(r=mv0/Be).假設磁場區(qū)域足夠大，畫出所有可能的軌跡如以下列圖，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個圓，假設要使電子飛出磁場平行于x軸，這些圓的最高點應是區(qū)域的下邊界，可由幾何知識證明，此下邊界為一段圓弧將這些圓心連線(圖中虛線O1O2)向上平移一段長度為r=mv0/eB的距離即圖中的弧ocb就是這些圓的最高點的連線，應是磁場區(qū)域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個圓應是磁場的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求圖中的陰影區(qū)域面積，即為磁場區(qū)域面積S=【解題回憶】數學方法與物理知識相結合是解決物理問題的一種有效途徑.此題還可以用下述方法求出下邊界.設P(x,y)為磁場下邊界上的一點，經過該點的電子初速度與x軸夾角為，那么由圖可知：x=rsin,y=r-rcos得:x2+(y-r)2=r2所以磁場區(qū)域的下邊界也是半徑為r，圓心為(0,r)的圓弧【例4】如以下列圖，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E.一質量為m，電量為-q的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L.求此粒子射出的速度v和在此過程中運動的總路程s(重力不計).【解析】由粒子在磁場中和電場中受力情況與粒子的速度可以判斷粒子從O點開場在磁場中勻速率運動半個圓周后進入電場，做先減速后反向加速的勻變直線運動，再進入磁場，勻速率運動半個圓周后又進入電場，如此重復下去.粒子運動路線如圖3-11所示，有L=4R①粒子初速度為v，那么有qvB=mv2/R②，由①、②可得v=qBL/4m③.設粒子進入電場做減速運動的最大路程為L，加速度為a,那么有v2=2aL④，qE=ma,⑤粒子運動的總路程s=2R+2L.⑥由①、②、③、④、⑤、⑥式，得:s=L/2+qB2L2/(16mE).【解題回憶】把復雜的過程分解為幾個簡單的過程，按順序逐個求解，或將每個過程所滿足的規(guī)律公式寫出，結合關聯條件組成方程，再解方程組，這就是解決復雜過程的一般方法另外，還可通過開場n個過程的分析找出一般規(guī)律，推測后來的過程，或對整個過程總體求解將此題中的電場和磁場的空間分布和時間進程重組，便可理解盤旋加速器原理，并可用后一種方法求解.【例5】電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內通過管內橫載面的流體的體積)為了簡化，假設流量計是如圖3-12所示的橫載面為長方形的一段管道，其中空局部的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)圖中流量計的上、下兩面是金屬材料，前、后兩面是絕緣材料，現將流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面，當導電液體穩(wěn)定地流經流量計時，在管外將流量計上、下外表分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，流體的電阻率，不計電流表的內阻，那么可求得流量為多大?【解析】導電流體從管中流過時，其中的陰陽離子會受磁場力作用而向管的上下外表偏轉，上、下外表帶電后一方面使陰陽離子又受電場力阻礙它們繼續(xù)偏轉，直到電場力與磁場力平衡；另一方面對外接電阻來說，上、下外表相當于電源，使電阻中的電流滿足閉合電路歐姆定律.設導電流體的流動速度v，由于導電流體中正、負離子在磁場中的偏轉，在上、下兩板上積聚電荷，在兩極之間形成電場，當電場力qE與洛倫茲力qvB平衡時，E=Bv，兩金屬板上的電動勢E′=Bcv，內阻r=c/ab，與R串聯的電路中電流:I=Bcv/(R+r),v=I(R+c/ab)/Bc；流體流量:Q=vbc=I(bR+c/a)/B【解題回憶】因為電磁流量計是一根管道，內部沒有任何阻礙流體流動的構造，所以可以用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量它還具有測量范圍寬、反響快、易與其他自動控制裝置配套等優(yōu)點可見，科技是第一生產力.此題是閉合電路歐姆定律與帶電粒子在電磁場中運動知識的綜合運用這種帶電粒子的運動模型也稱為霍爾效應，在許多儀器設備中被應用.如速度選擇器、磁流體發(fā)電機等等.【例6】如以下列圖，勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直xOy平面向外.某一時刻有一質子從點(L0，0)處沿y軸負向進入磁場；同一時刻一α粒子從點(-L0，0)進入磁場，速度方向在xOy平面內.設質子質量為m，電量為e，不計質子與α粒子間相互作用.(1)如果質子能夠經過坐標原點O，那么它的速度多大?(2)如果α粒子第一次到達原點時能夠與質子相遇，求α粒子的速度.【解析】帶電粒子在磁場中的圓周運動的解題關鍵是其圓心和半徑，在題目中如能夠先求出這兩個量，那么解題過程就會變得簡潔，余下的工作就是利用半徑公式和周期公式處理問題.(1)質子能夠過原點，那么質子運動的軌跡半徑為R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：v=eBL0/2m；此題中還有一概念，圓心位置一定在垂直于速度的直線上，所以質子的軌跡圓心一定在x軸上；(2)上一問是有關圓周運動的半徑問題，而這一問那么是側重于圓周運動的周期問題了，兩個粒子在原點相遇，那么它們運動的時間一定一樣，即tα=TH/2，且α粒子運動到原點的軌跡為一段圓弧，設所對應的圓心角為，那么有tα=2m/2Be，可得=/2,那么α粒子的軌跡半徑R=L0/2=4mv/B2e,答案為v=eBL0/(4m)，與x軸正方向的夾角為/4，右向上；事實上α粒子也有可能運動3T/4時到達原點且與質子相遇，那么此時質子那么是第二次到原點，這種情況下速度大小的答案是一樣的，但α粒子的初速度方向與x軸的正方向的夾角為3/4，左向上；【解題回憶】類似問題的重點已經不是磁場力的問題了，側重的是數學知識與物理概念的結合，此處的關鍵所在是利用圓周運動的線速度與軌跡半徑垂直的方向關系、弦長和弧長與圓的半徑的數值關系、圓心角與圓弧的幾何關系來確定圓弧的圓心位置和半徑數值、周期與運動時間.當然r=mv/Bq、T=2m/Bq兩公式在這里起到一種聯系作用.【例7】如以下列圖，在光滑的絕緣水平桌面上，有直徑一樣的兩個金屬小球a和b，質量分別為ma=2m,mb=m，b球帶正電荷2q，靜止在磁感應強度為B的勻強磁場中；不帶電小球a以速度v0進入磁場，與b球發(fā)生正碰，假設碰后b球對桌面壓力恰好為0，求a球對桌面的壓力是多大?【解析】此題相關的物理知識有接觸起電、動量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關鍵的是碰撞過程，所有狀態(tài)和過程都是以此為轉折點，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和出發(fā)點；碰后b球的電量為q、a球的電量也為q，設b球的速度為vb，a球的速度為va；以b為研究對象那么有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq;以碰撞過程為研究對象，有動量守恒，即mav0=mava+mbvb,將量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表達式中va已經包含在其中，分析a碰后的受力，那么有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；【解題回憶】此題考察的重點是洛倫茲力與動量問題的結合，實際上也可以問碰撞過程中產生內能的大小，就將能量問題結合進來了.【例8】.如以下列圖，在xOy平面上，a點坐標為〔0，L〕，平面內一邊界通過a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，有一電子〔質量為m，電量為e〕從a點以初速度平行x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好從x軸正方向上的b點〔圖中未標出〕，射出磁場區(qū)域，此時速率方向與x軸正方向的夾角為，求：〔1〕磁場的磁感應強度；〔2〕磁場區(qū)域的圓心O1的坐標；〔3〕電子在磁場中的運動時間?！窘馕觥侩娮釉趧驈姶艌鲋凶鲃蛩賵A周運動，從a點射入b點射出磁場區(qū)域，故所求圓形磁場區(qū)域區(qū)有a點、O點、b點，電子的運動軌跡如圖中虛線所示，其對應的圓心在O2點，令，作角，如以下列圖：代入由上式得電子在磁場中飛行的時間；由于⊙O1的圓周角，所以ab直線段為圓形磁場區(qū)域的直徑，那么，故磁場區(qū)域圓心O1的坐標，，即坐標【解題回憶】此題關鍵為入射方向與出射方向成一定角度〔題中為600〕，從幾何關系認識到帶電粒子盤旋的圓弧為1/6圓的周長，再通過幾何關系確定1/6圓弧的圓，半徑是或，進而可確定圓形區(qū)域的圓心坐標?！纠?】如以下列圖，在圖中第I象限的區(qū)域里有平行于y軸的勻強電場，在第IV象限區(qū)域內有垂直于Oxy平面的勻強磁場B。帶電粒子A，質量為，電量，從y軸上A點以平行于x軸的速度射入電場中，，求：〔1〕粒子A到達x軸的位置和速度大小與方向；〔2〕在粒子A射入電場的同時，質量、電量與A相等的粒子B，從y軸上的某點B以平行于x軸的速度射入勻強磁場中，A、B兩個粒子恰好在x軸上迎面正碰〔不計重力，也不考慮兩個粒子間的庫侖力〕試確定B點的位置和勻強磁場的磁感強度?！窘馕觥苛Ｗ覣帶正電荷，進入電場后在電場力作用下沿y軸相反方向上獲得加速度，設A、B在x軸上P點相碰，那么A在電場中運動時間可由求解：由此可知P點位置：粒子A到達P點的速度，與x軸夾角：〔2〕由〔1〕所獲結論，可知B在勻強磁場中作勻速圓周運動的時間也是，軌跡半徑粒子B在磁場中轉過角度為，運動時間為【例10】如圖4，質量為1g的小環(huán)帶4×10-4C的正電，套在長直的絕緣桿上，兩者間的動摩擦因數μ＝0.2。將桿放入都是水平的互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，桿所在平面與磁場垂直，桿與電場的夾角為37°。假設E＝10N／C，B＝0.5T，小環(huán)從靜止起動。求：(1)當小環(huán)加速度最大時，環(huán)的速度和加速度；(2)當小環(huán)的速度最大時，環(huán)的速度和加速度?！窘馕觥?1)小環(huán)從靜止起動后，環(huán)受力如圖5，隨著速度的增大，垂直桿方向的洛侖茲力便增大，于是環(huán)上側與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當環(huán)的速度為Ｖ時，正壓力為零，摩擦力消失，此時環(huán)有最大加速度am。在平行于桿的方向上有：mgsin37°－qEcos37°＝mam解得：am＝2.8m／S2在垂直于桿的方向上有：BqV＝mgcos37°＋qEsin37°解得：V＝52m/S〔2〕在上述狀態(tài)之后，環(huán)的速度繼續(xù)增大導致洛侖茲力繼續(xù)增大，致使小環(huán)下側與桿之間出現擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產生，桿的加速度a減小。V↑BqV↑N↑f↑a↓，以上過程的結果，a減小到零，此時環(huán)有最大速度Vm。在平行桿方向有：mgsin37°＝Eqcos37°＋f在垂直桿方向有BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N又f＝μN解之：Vm＝122m/S此時：a＝0【例11】如圖7，在某空間同時存在著互相正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下。一帶電體a帶負電，電量為q1，恰能靜止于此空間的c點，另一帶電體b也帶負電，電量為q2，正在過a點的豎直平面內作半徑為r的勻速圓周運動，結果a、b在c處碰撞并粘合在一起，試分析a、b粘合一起后的運動性質。【解析】：設a、b的質量分別為m1和m2，b的速度為V。a靜止，那么有q1E＝m1gb在豎直平面內作勻速圓周運動，那么隱含著Eq2＝m2g，此時對a和b碰撞并粘合過程有m2V＋0＝〔m1＋m2〕V′a、b合在一起后，總電量為q1＋q2，總質量為m1＋m2，仍滿足(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它們以速率V′在豎直平面內作勻速圓周運動，故有解得：2009年高考物理經典題型及其解題基本思路專題輔導〔五〕專題五電磁感應與電路思想方法提煉電磁感應是電磁學的核心內容，也是高中物理綜合性最強的內容之一，高考每年必考。題型有選擇、填空和計算等，難度在中檔左右，也經常會以壓軸題出現。在知識上，它既與電路的分析計算密切相關，又與力學中力的平衡、動量定理、功能關系等知識有機結合；方法能力上，它既可考察學生形象思維和抽象思維能力、分析推理和綜合能力，又可考察學生運用數知識(如函數數值討論、圖像法等)的能力。高考的熱點問題和復習對策：1.運用楞次定律判斷感應電流(電動勢)方向，運用法拉第電磁感應定律，計算感應電動勢大小.注重在理解的根基上掌握靈活運用的技巧.2.矩形線圈穿過有界磁場區(qū)域和滑軌類問題的分析計算。要培養(yǎng)良好的分析習慣，運用動力學知識，逐步分析整個動態(tài)過程，找出關鍵條件，運用運動定律特別是功能關系解題。3.實際應用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復習時應多注意。此局部涉及的主要內容有：1.電磁感應現象.(1)產生條件：回路中的磁通量發(fā)生變化.(2)感應電流與感應電動勢：在電磁感應現象中產生的是感應電動勢，假設回路是閉合的，那么有感應電流產生；假設回路不閉合，那么只有電動勢，而無電流.(3)在閉合回路中，產生感應電動勢的局部是電源，其余局部那么為外電路.2.法拉第電磁感應定律：E=n，E=BLvsin，注意瞬時值和平均值的計算方法不同.3.楞次定律三種表述：(1)感應電流的磁場總是阻礙磁通量的變化(涉及到：原磁場方向、磁通量增減、感應電流的磁場方向和感應電流方向等四方面).右手定那么是其中一種特例.(2)感應電流引起的運動總是阻礙相對運動.(3)自感電動勢的方向總是阻礙原電流變化.4.相關鏈接(1)受力分析、合力方向與速度變化，牛頓定律、動量定理、動量守恒定律、勻速圓周運動、功和能的關系等力學知識.(2)歐姆定律、電流方向與電勢上下、電功、電功率、焦耳定律等電路知識.(3)能的轉化與守恒定律.感悟·滲透·應用【例1】三個閉合矩形線框Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處在同一豎直平面內，在線框的正上方有一條固定的長直導線，導線中通有自左向右的恒定電流，如以下列圖，假設三個閉合線框分別做如下運動：Ⅰ沿垂直長直導線向下運動，Ⅱ沿平行長直導線方向平動，Ⅲ繞其豎直中心軸OO′轉動.(1)在這三個線框運動的過程中，哪些線框中有感應電流產生?方向如何?(2)線框Ⅲ轉到圖示位置的瞬間，是否有感應電流產生?【解析】此題旨在考察感應電流產生的條件.根據直線電流周圍磁場的特點，判斷三個線框運動過程中，穿過它們的磁通量是否發(fā)生變化.(1)長直導線通有自左向右的恒定電流時，導線周圍空間磁場的強弱分布不變，但離導線越遠，磁場越弱，磁感線越稀；離導線距離一樣的地方，磁場強弱一樣.線框Ⅰ沿垂直于導線方向向下運動，穿過它的磁通量減小，有感應電流產生，電流產生的磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律，感應電流的磁場方向也應垂直紙面向里，再由右手螺旋定那么可判斷感應電流為順時針方向；線框Ⅱ沿平行導線方向運動，與直導線距離不變，穿過線框Ⅱ的磁通量不變，因此線框Ⅱ中無感應電流產生；線框Ⅲ繞OO′軸轉動過程中，穿過它的磁通量不斷變化，在轉動過程中線框Ⅲ中有感應電流產生，其方向是周期性改變的.(2)線框Ⅲ轉到圖示位置的瞬間，線框中無感應電流，由于長直導線下方的磁場方向與紙面垂直，在該位置線框Ⅲ的兩豎直邊運動方向與磁場方向平行，不切割磁感線，所以無感應電流；從磁通量變化的角度考慮，圖示位置是線框Ⅲ中磁通量從增加到最大之后開場減小的轉折點，此位置感應電流的方向要發(fā)生變化，故此時其大小必為0.【解題回憶】對瞬時電流是否存在應看回路中磁通量是否變化，或看回路中是否有一段導體做切割磁感線運動，要想知道線框在磁場中運動時磁通量怎樣變化，必須知道空間的磁場強弱、方向分布的情況，對常見磁體及電流產生的磁場要相當熟悉.【例2】如以下列圖，在傾角為θ的光滑的斜面上，存在著兩個磁感應強度相等的勻強磁場，方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，一個質量為m，邊長也為L的正方形線框(設電阻為R)以速度v進入磁場時，恰好做勻速直線運動.假設當ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，那么：(1)當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的值為多少?(2)求線框開場進入磁場到ab邊到達gg′與ff′中點的過程中產生的熱量是多少?【解析】此題旨在考察電磁感應與能量之間的關系.線框剛越過ff′時，兩條邊都在切割磁感線，其電路相當于兩節(jié)一樣電池的串聯，并且這兩條邊還同時受到安培力的阻礙作用.(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動，說明線框此時所受的合力為0，即在ab邊剛越過ff′時，ab、cd邊都切割磁感線產生感應電動勢，但線框的運動速度不能突變，那么此時回路中的總感應電動勢為E′=2BLv，設此時線框的加速度為a，那么2BE′L/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.(2)設線框再做勻速運動時的速度為v′，那么mgsin=(2B2L2v′/R)×2，即v′=v/4，從線框越過ee′到線框再做勻速運動過程中，設產生的熱量為Q，那么由能量守恒定律得:【解題回憶】電磁感應過程往往涉及多種能量形式的轉化，適時選用能量守恒關系常會使求解很方便，特別是處理變加速直線運動或曲線運動問題.【例3】如以下列圖，da、cb為相距L的平行導軌(電阻可以忽略不計).a、b間接有一個固定電阻，阻值為R.長直細金屬桿MN可以按任意角架在水平導軌上，并以速度v勻速滑動(平移)，v的方向和da平行.桿MN有電阻，每米長的電阻值為R.整個空間充滿勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直紙面(dabc平面)向里(1)求固定電阻R上消耗的電功率為最大時θ角的值(2)求桿MN上消耗的電功率為最大時θ角的值.【解析】如以下列圖，桿滑動時切割磁感線而產生感應電動勢E=BLv，與角無關.以r表示兩導軌間那段桿的電阻，回路中的電流為:(1)電阻R上消耗的電功率為:由于E和R均與無關，所以r值最小時，PR值達最大.當桿與導軌垂直時兩軌道間的桿長最短，r的值最小，所以PR最大時的值為=/2.(2)桿上消耗的電功率為:Pr=要求Pr最大，即要求取最大值.由于顯然，r=R時，有極大值因每米桿長的電阻值為R，r=R即要求兩導軌間的桿長為1m，所以有以下兩種情況：①如果L≤1m，那么滿足下式時r=R1×sin=L所以=arcsinL②如果L＞1m，那么兩導軌間那段桿長總是大于1m，即總有r＞R由于在r＞R的條件下，上式隨r的減小而單調減小，r取最小值時，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值時值為【例4】如以下列圖，光滑的平行導軌P、Q相距L=1m，處在同一水平面中，導軌左端接有如以下列圖的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm，定值電阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，導軌電阻不計.磁感應強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導軌面.當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動(開關S斷開)時，電容器兩極板之間質量m=1×10-14kg、帶電量Q=-1×10-15C的微粒恰好靜止不動；當S閉合時，微粒以加速度a=7m/s2向下做勻加速運動，取g=10m/s2，求：(1)金屬棒ab運動的速度多大?電阻多大?(2)S閉合后，使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大?【解析】(1)帶電微粒在電容器兩極板間靜止時，受向上的電場力和向下的重力作用而平衡，那么得到:mg=求得電容器兩極板間的電壓由于微粒帶負電，可知上極板電勢高.由于S斷開，R1上無電流，R2、R3串聯局部兩端總電壓等于U1，電路中的感應電流，即通過R2、R3的電流為:由閉合電路歐姆定律，ab切割磁感線運動產生的感應電動勢為E=U1+Ir①其中r為ab金屬棒的電阻當閉合S后，帶電微粒向下做勻加速運動，根據牛頓第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S閉合后電容器兩極板間的電壓:這時電路中的感應電流為I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根據閉合電路歐姆定律有②將量代入①②求得E=1.2V，r=2又因E=BLv∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s即金屬棒ab做勻速運動的速度為3m/s，電阻r=2(2)S閉合后，通過ab的電流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.4×1×0.15N=0