2018高考物理复习：破解物理计算题的方法

1、2018高考物理复习：破解物理计算题的方法一、命题热点高考计算题命题形式主要有：匀变速直线运动规律的应用；牛顿第二定律和运动学公式的综合解决力学问题；应用动力学和能量观点解决力学问题；应用动量和能量观点解决力学问题；应用动力学和能量观点解决力电综合问题带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动；应用动力学和能量观点处理电磁感应问题。二、高分策略计算题是高考物理试卷中最重要的组成部分，具有对学生收集和处理信息的能力、综合分析能力、应用所学物理知识解决实际问题的能力、应用数学知识解决物理问题的能力等多种能力的考查功能。除了需要具备扎实的物理基础知识外，还必须熟练掌握一些常用的解题技巧和争分诀

2、窍。1 .认真读题抓关键。认真读题，抓住题中的关键词、关键句，如静止、匀变速运动、匀速圆周运动、刚好、恰好、至少，最大等等。忌：一目十行、蜻蜓点水、主次不分、反复全题重读。2 .仔细审题定方法。紧扣题中所读的关键词、关键句，深入理解和挖掘其意，仔细审题，明确研究对象及其受力、运动、能量等情况，从而确定该题的解题方法。忌：理解有误、错用规律、似曾相识、一知半解、照抄照搬。3 .理清思路写规范。进一步明确研究对象的运动过程，每个过程初末状态及参量，找准参量间的连接关系，理清思路，按运动过程分对象列式。答题表述要规范，要有必要的文字、表达式和结论，要字迹工整，版面整洁，布局美观。忌：条理不清，滥用规

3、律，随意涂改，圈地引线，字迹不清，解方程的步骤太多。三、方法指导方法一模型提练法一一建立模型，大题小做通过“三遍”读题，完成“建模”过程1 .通读：读后头脑中要出现物理图景的轮廓。由头脑中的图景（物理现象、物理过程）与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型。2 .细读：读后头脑中要出现较清晰的物理图景。由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景（物理现象、物理过程）的变化趋势，基本确定研究对象所对应的物理模型。3 .选读：通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除，要对题目有更清楚的认识，最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题。【例 1】如图所示，在 X

4、V0 的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线OM的下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子自电场中的P点沿xO进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电P点。已知P点坐标为(一L,L),带电粒子质量为m电荷量为 q,初速度为Vo,不计粒子重力。求：(1)匀强电场的电场强度大小；(2)N点的坐标；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。思维建模带电粒子从 P一。过程类平抛运动带电粒子在磁场中运动过程一建及匀速圆周运动带电粒子从出磁场N过程/巴匀速直线运动带电粒子从 NP 过程类平抛运动由牛顿第二定律，可得qE=ma由以上三式，可解得 E=-3m0q(2)设粒子运动到N

5、点时速度为 V,则 v=1所以粒子从N到P的时间t=2t沿y轴位移 h=；at2=*L因此N点坐标为(0,L)8(3)粒子在磁场中运动轨迹如图。 设半径为点时速度方向与y轴负方向的夹角为 30由几何关系可知R+Rsin300=58L又因为qvB=mR解得B=8，轴正方向射出，恰好经过坐标原点场区域，并恰能返回规范解答(1)设粒子从P到O时间为t,加速度为a,3.12则L=vot,L=atv2+2ax-2-L=2V0方法二数图结合法抓关键点，找突破口物理规律、公式与物理图象的结合是一种重要的解题方法，其关键是把图象与具体的物理情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有

6、用信息并结合物理规律、公式求解，一般思路如下【例 2】(2013新课标全国卷 n,25)一长木板在水平地面上运动，在t=0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度一时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小 g=10m/s2,求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从 t=0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。审题指导第一步：抓关键点一一获取信息读题：第二步：找突破口一形成思路(2)读图:题干规范解答由vt图象可知，

7、在ti=0.5s 时，二者速度相同，为Vi=1m/s,物块和木板一,Vi_的加速度大小分别为ai和32,则ai=111V0VIa2=711设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为对物块有(iimg=ma对木板有(11mg2(12mg=ma联立式得联立方程得：(11=0.2,(12=0.3(2)ti时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为R,物块和木板的加速度大小分别为ai和a2，由牛顿第二定律得对物块有Ff=ma对木板有 2(12mg-Ff=ma假设物块相对木板静止，即Ff.mg与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是

8、与木板共同运动，物块加速度大小ai=ai=2m/s2物块的v-t图象如图所示。此过程木板的加速度由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为22ViViXi=丁+，=0.5m2ai2ai,2V0+V1XV113X2=11+-=m22a28物块相对木板的位移大小为 x=X2xi=i.i25m四、典型计算题选解题型 1、匀变速直线运动规律的应用卬一f f图案共同速度u九=m/s木板如速度U2=8m/sz上=。，5s选规律*由7?1=d|求物块的加速度牛顿第二定律求内、F电后的运动状态二者再次I I相对滑彳隔离法分别求两物体的加速度和位移(11、(12,根据牛顿第二定律,232=2(i2g(1i

9、g=4m/s(1)两个等量关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可以通过画草图得到。(2)一个临界条件：即二者速度相等，它往往是能否追上、追不上或两者相距最远、最近的临界条件。【例【例 1】甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度V甲=16m/s,加速度大小a甲=2m/s2,做匀减速直线运动， 乙以初速度v乙=4m/s,加速度大小a乙=1m/s2,做匀加速直线运动，求：(1)两车再次相遇前二者间的最大距离；(2)到两车再次相遇所需的时间。解析：(1)二者相距最远时的特征条彳是：速度相等，即v甲t=v乙t,./口，V甲一V乙.v甲t=v甲一a甲t1；v乙t=v乙+a乙t

10、1,得：t=：=4sa甲+a乙12.12.一相距取远Ax=x甲一x乙=（v甲t1一 2a甲t1）一（v乙t1+2a乙11）=24m。(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即1.21,232.v甲t2Da甲t2=v乙12+2乙t2,代入数值化间得 12t2t2=0解得：t2=8s,t2，=0(即出发时刻，舍去)题型 2、应用牛顿第二定律和运动学公式的综合解决力学问题第一类问题例 2如图，两个滑块A和B的质量分别为m=1kg 和m=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为邛=0.5;木板的质量为n=4kg,与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻AB两滑块开始相向滑

11、动，初速度大小均为vo=3m/s。AB相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。求旦A A*777777777777777777777777777*777777777777777777777777777(1) B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)AB 开始运动时，两者之间的距离。【解析【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设AB和木板所受的摩擦力大小分别为f1、2和3,A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为白。在物块B与木板达到共同速度前有受力精二定律._某出物体的加运动学公式途动

12、情f1=/gf2= =加加9f3=2(mA+mB+m)g由牛顿第二定律得fi=mAaAf2=mBaBf2fi-f3=ma6设在ti时刻，B与木板达到共同速度，设大小为vi。由运动学公式有Vi=Vo-aBti(7Vi=a1ti联立式，代入已知数据得vi=im/s1 1号(2)在长时间间隔内,B相对于地面移动的距离为与二设在B与木板达到共同速度V后， 木板的加速度大小为对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有工+%+小)由式知， 也小知再由可知白与木板达到共同速度时， 才的速度大小也为我,但运动方向与木板相反。由题意知，金和B相遇时与木板的速度相同，设其大小为崂，设且的速度大小从用变到崂所用时间为

13、则由运动学公式,对木板有/二”一口曲回对A有v2=-vi+aAt2?i2在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s,=v1t2-a2t2?2i2在(ti+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA=v0(ti+t2)-aA(ti+t2)2?A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为so=SA-SiSB?联立以上各式，并代入数据得a=i.9m?题型 3、应用动力学和能量观点解决力学问题【例 3】如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角 e=37。，AB两端相距 5.0m,质量为 M=i0kg 的物体以vo=6.0m/s 的速

14、度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为 0.5。传送带顺时针运转的速度 v=(i)物体从A点到达B点所需的时间;4.0m/s,(g取 i0m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求:(2)电动机因传送该物体多消耗的电能。(3)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从A点到达B点的最短时间是多少？解析(1)设在AB上物体的速度大于v=4.0m/s 时加速度大小为ai,由牛顿第二定律得mgin0+mgpos0=mavovv2v2设经ti物体速度与传送带速度相同，ti=，通过的位移xi=-ai2ai设速度小于v时物体的加速度大小为a2,m3in0-mgjos

15、0=mai2物体继续减速，设经t2物体到达传送甲B点，LXi=vt2a2t2,t=ti+t2联立以上各式，代入数据解得 t=2.2s(2)ti物体相对传送带的位移为 AXi=Xi-vti=0.2m12物体相对传送带的位移为AX2=vt2-(Lxi)=4m因摩擦而产生的内能内=(1mgcos0(Axi+AX2)=i68J电动机因传送该物体多消耗的电能为总=AE+&+E 内=0-imv2+mglsin0+E 内=288J(3)若传送带的速度较大，沿AB上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种i,2i,恒况加速度一直为a2,所以有L=vota2t斛得t=is【变式 i】如图所示，

16、光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半一.,1,径为r的二细圆管CD管口D端正下方直立一根劲度系数为k4.的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质K量为m的滑块在曲面上距BC的高度为 2r处从静止开始下滑，-L一“，膏、3匚4口i滑块与BC间的动摩擦因数w=5,进入管口C端时与圆管恰|好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为EPO求：(i)滑块到达B点时的速度大小VB；(2)水平面BC的长度 X；(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度vm。解析(i)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得m(g-2r=-2ml,解得VB=2

17、x/gr2(2)在C点，由mg=m得VC=Vgri2滑块从A点运动到C点过程，由动能TE理得mg 2rmgX=mw,解得X=3r12122mg2Ep由能重寸恒得mgr+xo)=mmmw+&得vm=、/3grdKm【变式 2】如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆内圆的上半部分 B，CD 粗糙，下半部分 B，AD 光滑。一质量为 m=0.2Kg 的小球从外轨道的最低点A处以初速度vo向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R=0.2m,取 g=10m/s2。(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度V0至少为多少?(2)若V0=3m/s,经

18、过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若V0=3.1m/s,经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？2解析(1)设小球到达外轨道的最高点的最小速度为VC,则mg=譬R1212由动能TH理可知2mgR=2mv2mv代入数据解得VO=，70m/s。(2)设此时小球到达最高点的速度为VC,克服摩擦力做的功为WW则由牛顿第二定律可得mw2mg-FC=-R-212由动能定理可知一 2mgRW=mvC-mV代入数据解得W0.1J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低

19、点的速度为代入数据解得：AE=0.561J题型 4、应用动量和能量观点解决力学问题1 .表达式：mv1+mv2=mv1+mv2(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离D端的距离为X0,则有kx()=mg彳导X0=KABCDy骨,FC=2N,则小VA,受到的支持力为FA,则由动能定理可知12mgR=5mM2根据牛顿第二定律可得FAmg=*R代入数据解得：FA=3mg=6N设小球在整个运动过程中减少的机械能为12_AE,由功能关系有AE=mvmgR2 .适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。(2)近似守恒：当内力远大于外力时,系统的动量可近似看成守恒。如碰撞和

20、爆炸问题。(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。一、碰撞问题的应用【例【例 1】(2014全国大纲)冰球运动员甲的质量为 80.0kg。当他以 5.0m/s 的速度向前运动时，与另一质量为 100kg、速度为 3.0m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。产，【解析】(1)设运动员甲、乙白质量分别为mM碰前速度大O1忸小分别为v、V,碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有。mv-MV=MV代入数据得V=1.0m/s.111(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 AE,应有mV+

21、2MV=-MV2+AEV=1.0m/s,代入上式解得 AE=1400J。二、“子弹打木块”模型的应用【例【例 2】如图所示，悬挂在竖直平面内某一点质量为 n2=2kg 的木块(可以视为质点)，悬线长为L=1m 质量为m=10g 的子弹以水平初速度V0=600m/s 射入木块而未射出.求(1)子弹射入木块时木块的速度及此时绳中的拉力.(3m/s,39.19N)(2)木块向右摆动的最大高度.(0.45m)(3)子弹射入木块的过程产生的热量。(1791J)【解析】【解析】(1)对子弹、木球组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒：m1Vo=(m1+m2)v得v=3m/sL2对子弹和木球在最低点：T一(

22、m1+m2)g=(m1+m2)(,得T=38.19N;1(2)对子弹和木球向右摆动机械能守恒：一(m1+m2)v2=(m1+m2)gh得h=0.45；21212(3)对子弹、木球组成的系统，Q=AE损=-m1Vo-(m1+m2)v=1791J22三、“板块”问题【例【例 3】质量 M=2kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为 m=2kg 的物体 A(可视为质点)，如图.一颗质量为 m=20g 的子弹以 600m/s 的水平速度迅速射穿 A 后,速度变为 100m/s,最后物体 A 仍静止在车上.若物体 A 与小车间的动摩擦因数科=0.5,取 g=10m/s2,求(1)平板车最

23、后的速度是多大？(2.5m/s)(2)A 在车上滑动的距离。(1.25m)【解析】【解析】(1)对子弹、物体 A 和小平板车组成的系统，全过程动量守恒:mBv0=(mA+M)v+mBvB,vB=100m/s 得v=2.5m/s(2)对子弹和物体 A 组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒:mBv=EAVA+mBvB得VA=5m/s,A在小平板车上滑动过程由功能关系Q=AE损得:121,=mAvA(mA+M)22四、圆弧形槽问题【例【例 4】如图所示，一质量为m=1kg 的小车静止在光滑的水平地面上，小车的左端有一静止的质量为 m=4kg 的光滑小球.小车左端离地高度为h=5mo 现突然给小球一

24、向右的初速度为v0=5m/s,结果小球在小车上经过一段运动后又自小车左端离开小车，则小球着地时距车左端多远？s=(8-3)*1=5m【解析】【解析】：对小球和小车组成的系统，从开始运动到球车/分离过程中：F动量守恒：m2Vo=m1Vl+m2V2121212机械能寸恒：一m2V0=-m1Vl+-m2v2222由解得：v1=2m2v0=8m/s,v2=m2m1Vo=3m/s,小球着地的时间为:m1m2m1m22h=1s,故小球着地时距车左端距离为:,g五、涉及弹簧的综合问题【例【例 5】如图所示，两个质量均为 4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上.一颗质量为m子弹，以水平速度V0射入A球

25、，并在极短时间内嵌在其中.求：在运动过程中-11dp-.-,-dp-.-,-(1)什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？2mv212(2)A球的取小速度和B球的取大速度.(；VAmin=V0,VBmax=V0)/AgLv2解得L=1.25m.s=(v2-V1)t=5ni【解析】【解析】：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为mA球、B球分别都为M子弹与A球组成的系统动量守恒，则mv=(n+M)V(1)以子弹、A球、B球作为一系统，以子弹和A球有共同速度为初态，子弹、A球、B球速度相同时为末态，则(m+MV=(n+MMV,1212(mM)V=(mMM)VEp22Omv-M=43 解得 EP

26、=045(2)以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则(n+MV=(m+MV+MV121212(mM)V2=(mM)V；MV222121解得VA=均，VB=Vo 或VA=v。，VB=0(初态速度，舍去)459512根据题恳求A球的取小速度和B球的取大速度，所以Vmin=V。，V?max=V。总结：碰撞问题解题策略可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：mm2mV1=V。、V2=Voom+mm+m题型 5、应用动力学和能力观点解决力电综合问题【例【例 5】如图所示，CD左侧存在场强大小为E=mg方向水平向左的匀强电场，一个质量为qm

27、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L,倾角a=53的直角三角形斜面顶端A点由静止开始下滑，运动到斜面底端C点后进入一细圆管内(C处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于小球直径)，恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面P点，重力加速度为g(sin53=0.8,cos53=0.6)。求DA两点间的电势差UDA；(2)求圆管半径 r;(3)求小球从D点运动到P点的时间t。WA斛析(1)VAD=mgL=WALDA=或山ELD解得LDA=mgqmgLtan532r)EqL=。解得r=LCD(3)由于mg=Eq,小球进入电场与水平方向成45角斜向下做匀加速直线运动。设到达(2)由恰好过D点，判断V

28、D=0根据动能定理：从A到D过程12小球从A点运动到C点的过程，根据动能TE理有mgl-qEl=-mC解得小球通过C点时的速度VC=mgmqEl=72m/so2VC.一(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为FT,根据牛顿第二定律有FT-mg=4，解得FT=3No(3)当小球切线合力为零时最大速度，即 B 点。小球从A点运动到B点的过程，根据动能定.12理有mglcos37qEl(1-sin37)=2mB斛得VB=2m/s2VC.一在 B 点对小球的拉力为F,根据牛顿第二定律有F-mgcos37qEsin37=叶，解得F=4.5N。【变式 2】如图所示，在倾角为 e=30的斜面上，固定一宽 L

29、=0.25m 的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器 R 电源电动势 E=12V,内阻r=1Q,一质量 m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度B-0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取 g=10m/s2,要保持金属棒在导轨上静止，求：(1)金属棒所受到的安培力的大小；(2)通过金属棒的电流的大小；处水平位移为x,竖直位移为y,则有x=y,xtan53+x=2r解得x=L,y=L一、1,2_，21竖直方向自由洛体有y=2gt斛得t=/元【变式 1】如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O,用一根长度为l=

30、0.40m的绝缘细线把质量为m=0.20kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时细线与竖直方向的夹角为 0=37。现将小球拉至位置10m/s2,sin37=0.60,cos37=0.80,求：(1)小球运动通过最低点C时的速度大小；(2)小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小。(3)小球运动中的最大速度及此时绳中拉力。A使细线水平后由静止释放，g取Oc解析(1)小球受到电场力qE、重力mg和绳的拉力FT作用处于静止状态，根据共点力平衡条件有qE=mgan3734mg(3)滑动变阻器R接入电路中的阻值。解析(1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示F安=m3in30。，代入数据

31、得F安=0.1N。F(2)由F安=81,得I=BL=0.5Ao(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为 R,根据闭合电路欧姆定律得：E=I(R+r),解得 R=Er=23Q。题型 6、带电粒子在磁场中的运动1 .圆心的确定方法方法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图(a);方法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的口速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与垂线的交点即为圆心，如图(b)。P,2 .半径的计算方法111:1方法二由几何方程求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。3 .时间的计算方法、

32、.一.e方法一由圆心角求：t=2；j T；、.，s万法二由弧长求：t=v。2 一一【例【例6如图所示，在真空中坐标x0y平面的x区域内，有磁感强度B=1.0M10T的匀强磁场，方向与x0y平面垂直，在 x 轴上的p(10,0)点，有一放射源，在xoy平面内向各个方向发射速率4vn.OWOWs 的带正电的粒子，粒子的质量为 mVfWOg,电量为 q*.6、10,七，求带电粒子能打到y轴上的范围.2v【解析】【解析】田电粒子在磁场中运动时有Bqv=m,则RR=mv=0.1m=10cm.如答图所示，当带电粒子打到y轴上方的 A 点与BqFv,分别确定两点处* *I IP PX XX XXIXIlii

33、R1I I , ,K KMFMF方方方法,_,mv由物理万程求：半径 R=用yy/cmXXXXMMXMppPxx/cm1A.八八KXXXXP 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点既为粒子能打到y轴上方的最高点.因Op=R=10cmAP=2R=20cm,则OA=.AP2-OP2=1073cm当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，B点既为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB=R=10cm.综上，带电粒子能打到y轴上的范围为：-10cm=yW10J3cm.【变式】如图所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为日方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从矩形区域 ad 边的中点 O 处，垂直磁

34、场射入一速度方向跟 ad 边夹角为 30、大小为v0 的带电粒子。已知粒子质量为 3ab电 n1 为 q,ad 边长为 l,重力影响忽略不计。iXXXXXXXX；(1)试求粒子能从 ab 边上射出磁场的 v0 的o，XXXXXXXxl大小范围。.v-B-300(2)问粒子在磁场中运动的最长时间是,dc多少？d根据几何关系分析得：R1=l由两式求得：v1=Bql/m没带电粒子在磁场中正好经过 ab 边(相切).从 ad 边射出时速度为 v2,转迹如上图 2。2v2qBv2=mR2由几何关系分析得：R2=l/3由两式求得：v2=qBl/3m带电粒子从 ab 边射出磁场的 v0 的大小范围为：v1v

35、0v2即四_v0一典m3m，,，.，、，一一，2二m(2)带电粒子在磁场中的周期为 T2qB根据带电粒子在磁场中的轨迹占圆周比值最大即运动时间最长。同时据几何关系，当0Ev0工组最长时间tm=5T=5叫3m63BqAv。X.【解析】：(1)设带电粒子在磁场中正好经过2v轨迹如图 1 所不，qBv1=mcd 边(相切)，从 ab 边射出时的速度为 v1,题型 7、带电粒子在复合场中的运动【例 1】在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿y轴负方向的匀强电场Ei,第三象限存在y&x轴正方向的匀强电场E,第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为m的带电粒子由第二象限中的A点(一a,b)静止释放

36、(不计重力)，粒子到达y轴上的B点时，其速度方向和y轴负方向的夹角为 45,粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过x轴上的C点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为 60,求：(1)Ei和E2之比；(2)点电荷的位置坐标。解析(1)设粒子在第二象限中的运动时间为ti,进入第三象限时的速度为v。，有b=：qt2b=：voti2m2设粒子在第三象限中的运动时间为t2,在B点时速度为V=2v。a=1 在t22m1a=vxt2联立以上各式得=t2=一。E2bvo(2)设。B的间距为l,粒子做圆周运动的半径为r,则l=vot2=2al=rcos45+rsin30由以上两式得r=4a(成一 1)所以点电荷的

37、位置坐标：XD=rsin45=2a(2&)yD=(I-rcos45)=2a(15)。1 .抓住联系两个场的纽带2 .求解策略：“各个击破”v,x轴方向的分速度为Vx,则速度。3 .处理带电粒子在场中的运动时，要做到“三个分析”：(1)正确分析受力情况，重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向。(2)正确分析运动情况，常见的运动形式有：匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动。(3)正确分析各力的做功情况，主要分析电场力和重力的功，洛伦兹力一定不做功。【变式 1如图所示，相距为d的平行金属板MN间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿

38、y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m电荷量为q的正离子(不计重力)以初速度V0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P点垂直y轴进入第一象限， 经过x轴上的A点射出电场进入磁场。 已知离子过A点时的速度方向与x轴成 45 角。求：(1)金属板MN间的电压 U;(2)离子运动到A点时速度v的大小和由P点运动到A点所需时间 t;(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C(图中未画出)与坐标原点的距离OC解析(1)设平行金属板MN间匀强电场的场强为E),则有 U=E0d因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有qE=qv0B

39、0解得金属板MN间的电压 U=Bv0d(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动,有 cos45=-v故离子运动到A点时的速度v=y2v。mv2mvOC=OA+AC=+qEqB题型 8、应用动力学和能量观点处理电磁感应问题考点 1、电磁感应与电路结合的问题1 .分析电磁感应电路问题的基本思路2 .电磁感应中电路知识的关系图例 1 如图所示，MNPQ为足够长的平行金属导轨， 间距 L=0.50m 导轨平面与水平面间夹角 e=37,NQ间连接一个电阻 R=5.0Q,匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B=1.0To 将一根质量为 m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不

40、计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数(1=0.50,当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离 s=2.0m。已知 g=10m/s2,sin37=0.60,cos370=0.80。求：xj又qE=maVy=at,tan45解得离子在电场E中运动到A点所需时间mvt二qE(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有mv2mv*qB-qB如图所示，由几何知识可得 AC=2FCos45=gRnqB2mv又OA=v0t=qE因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C与坐标原点的距离:电磁感应闭合电路(1)

41、金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；-(2)金属棒到达cd处的速度大小；(3)金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热量。解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为 a,则第二步：抓过程分析一理清思路m$in0-(imgcos0=ma解得-2a=2.0m/s(2)设金属棒到达cd位置时速度大小为V、电流为I,金属棒受力平衡，有BLvmgin0=BIL+mgos9I=-R-解得 v=2.0m/s(3)设金属棒从ab运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量为Q,由能量守恒，有121mgsin0=2mv+mgscos8+Q解得 Q=0.10J【例 2】如图所示，光滑斜面的倾角a=30,在斜面

42、上放置一矩形线框abcd,ab边的边长11=1m,bc边的边长12=0.6m,线框的质量 m=1kg,电阻 R=0.1，线框通过细线与重物相连，重物质量M=2kg,斜面上ef(ef/gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场,磁感应强度 B=0.5T,如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动,ef和gh的距离s=11.4m,(取g=10m/s2),求：(1)线框进入磁场前重物的加速度;(2)线框进入磁场时匀速运动的速度 v；(3)ab边由静止开始到运动到题指导gh处所用的时间t；第一步：抓关键点一获取信息考点 2、电磁感应与动力学结合的问题规范解答(i)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力 F,斜面的支持力和线框的