《2023年高考物理考前30天增分策略——破解物理计算题的方法.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理考前30天增分策略——破解物理计算题的方法.doc（31页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考物理考前天增分策略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
2、巧和争分诀窍。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，滥用规律
3、，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x0的区域内存在沿y轴负
4、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x轴正方向射出，恰好经过坐标原点O进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于y轴从N点回到电场区域，并恰能返回P点。已知P点坐标为(L，L)，带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v0，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 O过程类平抛运动带电粒子在磁场中运动过程匀速圆周运动带电粒子从出磁场N过程匀速直线运动带电粒子从NP过程类平抛运动规范解答(1)设粒子从P到O时间为t，加速度为a，则Lv0t，Lat2由牛顿第二
5、定律，可得qEma由以上三式，可解得E(2)设粒子运动到N点时速度为v，则v2v0所以粒子从N到P的时间tt沿y轴位移hat2L因此N点坐标为(0，L)(3)粒子在磁场中运动轨迹如图。设半径为R，粒子在O点时速度方向与y轴负方向的夹角为30由几何关系可知RRsin 30L又因为qvBm 解得B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，25)一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相
6、对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图所示。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g10 m/s2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0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。第一步：抓关键点获取信息(1)读题：(2)读图：第二步：找突破口形成思路规范解答由vt图象可知，在t10.5 s时，二者速度相同，为v11 m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，
7、根据牛顿第二定律，对物块有1mgma1对木板有1mg22mgma2联立式得联立方程得：10.2，20.3(2)t1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Ff，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由牛顿第二定律得对物块有Ffma1对木板有22mgFfma2假设物块相对木板静止，即Ff1mg，则a1a2，得Ff2mg1mg，与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块加速度大小a1a12 m/s2物块的vt图象如图所示。此过程木板的加速度a222g1g4 m/s2由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分
8、别为x10.5 mx2t1 m物块相对木板的位移大小为xx2x11.125 m四、典型计算题选解题型1、匀变速直线运动规律的应用(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16 m/s，加速度大小a甲2 m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度v乙4 m/s，加速度大小a乙1 m/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
9、时的特征条件是：速度相等，即v甲tv乙tv甲tv甲a甲t1；v乙tv乙a乙t1，得：t14 s相距最远xx甲x乙(v甲t1a甲t)(v乙t1a乙t)24 m。(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即v甲t2a甲tv乙t2a乙t，代入数值化简得12t2t0解得：t28 s，t20(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【例2】如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，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1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大
10、小均为v0=3 m/s。A、B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=10 m/s2。求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。【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A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，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a1。在物块B与木板达到共同速度前有由牛顿第二定律得设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有联立式，代入已知数据得对A有在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为在(t1+
11、t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为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，两者之间的距离为联立以上各式，并代入数据得题型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37，A、B两端相距5.0 m，质量为M10 kg的物体以v06.0 m/s的速度沿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v4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 370.6 ，cos 370.8)求：(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)电动机因传送该物体多消耗的电能。(3)
12、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v4.0 m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1设经t1物体速度与传送带速度相同，t1，通过的位移x1设速度小于v时物体的加速度大小为a2， mgsin mgcos ma2物体继续减速，设经t2物体到达传送带B点，Lx1vt2a2t，tt1t2联立以上各式，代入数据解得t2.2 s(2)t1物体相对传送带的位移为x1x1-vt10.2 mt2物体相对传送带的位移为x2vt2-( Lx1)4 m因摩擦而产生的内能E内mgcos (x1+x2)168 J电动机因
13、传送该物体多消耗的电能为E总EkEpE内0-mv02mgLsin E内288 J(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，此种情况加速度一直为a2，所以有Lv0ta2t2 解得t1 s【变式1】如图所示，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、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为m的滑块在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，滑块与BC间的动摩擦因数，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Ep
14、。求：(1)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(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得mg2rmv，解得vB2(2)在C点，由mgm得vC滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg2rmgxmv，解得x3r(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kx0mg，得x0由能量守恒得mg(rx0)mvmvEp 得vm【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ABCD光滑，内圆的上半部分BCD粗糙，下半部分BAD光滑。一质量为m0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，
15、小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R0.2 m，取g10 m/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v03 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v03.1 m/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？解析(1)设小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则mg由动能定理可知2mgRmvmv 代入数据解得v0 m/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W，则由牛顿第二定律可
16、得mgFC由动能定理可知2mgRWmvmv 代入数据解得W0.1 J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgRmv根据牛顿第二定律可得FAmg 代入数据解得：FA3mg6 N设小球在整个运动过程中减少的机械能为E，由功能关系有EmvmgR代入数据解得：E0.561 J题型4、应用动量和能量观点解决力学问题1表达式：m1v1m2v2m1v1m2v22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。如碰撞和爆炸问题。(3)分方向
17、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1】(2014全国大纲)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/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。【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mvMVMV 代入数据得V1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有mv2MV2MV2EV1.0 m/s，代入上式解得E1 40
18、0 J。二、“子弹打木块”模型的应用【例2】如图所示，悬挂在竖直平面内某一点质量为m2=2kg的木块（可以视为质点），悬线长为L=1m，质量为m1=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】（1）对子弹、木球组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒： 得 m/s对子弹和木球在最低点：，得N;（2）对子弹和木球向右摆动机械能守恒： 得 ;（3）对子弹、木球组成的系统，J三、“板块”问题【例3】质量M=2 k
19、g的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA=2 kg的物体A(可视为质点)，如图一颗质量为mB=20g的子弹以600 m/s的水平速度迅速射穿A后，速度变为100 m/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=0.5，取g=10m/s2，求（1）平板车最后的速度是多大? (2.5m/s)（2）A在车上滑动的距离。(1.25m)【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： ，=100 m/s得 m/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： 得 m/s，A在小平板车上滑动过程由功能关系得： 解得m.四、圆弧形槽问题【例4】如图
20、所示，一质量为m1=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m2=4kg的光滑小球小车左端离地高度为h=5m。现突然给小球一向右的初速度为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】：对小球和小车组成的系统，从开始运动到球车分离过程中：动量守恒：机械能守恒：由解得：=8m/s，=3m/s , 小球着地的时间为：，故小球着地时距车左端距离为：s=5m。五、涉及弹簧的综合问题【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，并在
21、极短时间内嵌在其中求：在运动过程中（1）什么时候弹簧的弹性势能最大，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】：子弹与A球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为m，A球、B球分别都为M，子弹与A球组成的系统动量守恒，则 mv0= (m+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+M）V= (m+M+M)V， M4m，解得（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（m+M）V= (m+M)VA+MVB解得， 或v0，0（初态速度，舍去）根据题意求A球的最
22、小速度和B球的最大速度，所以VAmin，VBmax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：v1v0、v2v0。题型5、应用动力学和能力观点解决力电综合问题【例5】如图所示，CD左侧存在场强大小为E，方向水平向左的匀强电场，一个质量为m、电荷量为q的光滑绝缘小球，从底边BC长L，倾角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(sin 530.8，cos 530.6)。(1)求DA两点间的电势差
23、UDA；(2)求圆管半径r；(3)求小球从D点运动到P点的时间t。解析(1)WADmgLWDA， UDA或UDAEL 解得UDA(2)由恰好过D点，判断vD0 根据动能定理：从A到D过程mg(Ltan 532r)EqL0 解得r(3)由于mgEq，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P处水平位移为x，竖直位移为y，则有xy， xtan 53x2r解得x，y竖直方向自由落体有ygt2 解得t【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l0.40 m的绝缘细线把质量为m0.20 kg、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
24、夹角为37。现将小球拉至位置A使细线水平后由静止释放，g取10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80，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。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 qEmgtan 37mg小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有 mglqElmv解得小球通过C点时的速度vC m/s。(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FTmgm，解得FT3 N。(3)当小球切线合力为零时最大速度，即B点。
25、小球从A点运动到B点的过程，根据动能定理有 mglcos37qEl(1-sin37)mvB2 解得vB=2 m/s在B点对小球的拉力为F，根据牛顿第二定律有Fmg cos37qE sin37m，解得F4.5 N。【变式2】如图所示，在倾角为30的斜面上，固定一宽L0.25 m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E12 V，内阻r1 ，一质量m20 g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B0.80 T、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g10 m/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
26、大小；(2)通过金属棒的电流的大小；(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mgsin 30，代入数据得F安0.1 N。(2)由F安BIL，得I0.5 A。(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R0，根据闭合电路欧姆定律得：EI(R0r)，解得R0r23 。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Fv，分别确定两点处洛伦兹力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
27、即为圆心，如图(b)。2半径的计算方法方法一由物理方程求：半径R；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时间的计算方法方法一由圆心角求：tT；方法二由弧长求：t。【例6】如图所示，在真空中坐标平面的区域内，有磁感强度的匀强磁场，方向与平面垂直，在轴上的点，有一放射源，在平面内向各个方向发射速率的带正电的粒子，粒子的质量为，电量为，求带电粒子能打到轴上的范围答图【解析】带电粒子在磁场中运动时有，则如答图所示，当带电粒子打到轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点既为粒子能打到轴上方的最高点因，则当带电粒子的圆轨迹正好与轴下方相切于点时，点既为粒子能打到轴
28、下方的最低点，易得综上，带电粒子能打到轴上的范围为：300Ov0Bcabd【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B、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m，电量为q，ad边长为l，重力影响忽略不计。 （1）试求粒子能从ab边上射出磁场的v0的大小范围。（2）问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？ 【解析】：（1）设带电粒子在磁场中正好经过cd边（相切），从ab边射出时的速度为v1，轨迹如图1所示， 根据几何关系分析得：R1l 由两式求得：v1Bqlm 没带电粒子在磁场中正好
29、经过ab边（相切）从ad边射出时速度为v2，转迹如上图2。 由几何关系分析得：R2=l/3 由两式求得：v2qBl/3m带电粒子从ab边射出磁场的v0的大小范围为：v1v0v2即 （2）带电粒子在磁场中的周期为 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 最长时间题型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E1，第三象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，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(a，b)静止释放(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4
30、5，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)E1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t1，进入第三象限时的速度为v0，有bt bv0t1 设粒子在第三象限中的运动时间为t2，在B点时速度为v，x轴方向的分速度为vx，则vv0vxv0atavxt2联立以上各式得，t2。(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则lv0t22alrcos 45rsin 30由以上两式得r4a(1) 所以点电荷的位置坐标：xDrsin 452a(2)yD(lrcos 45)2a(1)。1抓住联系两个场的纽
31、带速度。2.求解策略：“各个击破”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M、N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
32、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M、N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M、N间匀强电场的场强为E0，则有UE0d因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有qE0qv0B0解得金属板M、N间的电压UB0v0d(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有cos 45故离子运动到A点时的速度vv0又qEma，vyat，tan
33、45解得离子在电场E中运动到A点所需时间t(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvBm 得R如图所示，由几何知识可得2Rcos 45R 又v0t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：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，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L0.50 m，导轨平面与水平面间夹角37，N、Q间连接一个电阻R5.0 ，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B1.0 T。将一根质量为m0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不
34、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s2.0 m。已知g10 m/s2，sin 370.60，cos 370.80。求：(1)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mgsin mgcos ma 解得a2.0 m/s2(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mgsin B
35、ILmgcos I 解得v2.0 m/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mgssin mv2mgscos Q 解得Q0.10 J考点2、电磁感应与动力学结合的问题【例2】如图所示，光滑斜面的倾角30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l11 m，bc边的边长l20.6 m，线框的质量m1 kg，电阻R0.1 ，线框通过细线与重物相连，重物质量M2 kg，斜面上ef(efgh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，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s11.4 m，(取g10 m/s2
36、)，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gh处所用的时间t；第一步：抓关键点获取信息第二步：抓过程分析理清思路规范解答(1)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重力，重物受到自身的重力和细线的拉力F，对线框由牛顿第二定律得Fmgsin ma对重物由牛顿第二定律得MgFMa又FF联立解得线框进入磁场前重物的加速度a5 m/s2。(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：MgF1线框abcd受力平衡：F1mgsin F安又F1F1ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势EBl1v回路中
37、的感应电流为Iab边受到的安培力为F安BIl1联立解得Mgmgsin 代入数据解得v6 m/s。(3)该阶段的运动时间为t11.2 s进入磁场过程中匀速运动的时间t20.1 s线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为a5 m/s2由匀变速直线运动的规律得sl2vt3at 解得t31.2 s因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间tt1t2t32.5 s。考点3、电磁感应与能量结合的问题【例3】(2014天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角30的斜面上，导轨电阻不计，间距L0.4 m。导轨所在空间被分成区域和，两区域的边界与斜面的交线为M
38、N，中的匀强磁场方向垂直斜面向下，中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B0.5 T。在区域中，将质量m10.1 kg，电阻R10.1 的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域中将质量m20.4 kg，电阻R20.1 的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑。cd在滑动过程中始终处于区域的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，取g10 m/s2，问：(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少。解析(1)根据右手定则判知cd中电流方向由d流向c，故ab中电流方向由a流向b。(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大摩擦力，设其为Fmax，有Fmaxm1gsin 设ab刚好要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有EBLv设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I设ab所受安培力为F安，有F安BIL此时ab受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安m1gsin Fmax联立式，代入数据解得：v5 m/s(3)设cd棒中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin Q总m2v2由串联电路规律有QQ总联立解得：Q1.3 J