高考物理部分知識點匯總

1、專題一 直線運動與牛頓運動定律應用【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明1質(zhì)點 參考系和坐標系非慣性參考系不作要求2路程和位移 時間和時刻3勻速直線運動 速度和速率4變速直線運動 平均速度和瞬時速度5速度隨時間的變化規(guī)律（實驗、探究）6勻變速直線運動 自由落體運動 加速度11牛頓運動定律及其應用加速度不同的連接體問題不作要求；在非慣性系內(nèi)運動的問題不作要求12加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關系（實驗、探究）【一.物體運動的描述】【分類典型例題】題型一：運動基本概念的辨析與勻變速直線運動基本規(guī)律的應用解決這類問題需要注意：這類習題最大的特點就是解法較多，選擇一個較好的方法可以又快又準確地得到回答，關鍵是對基

2、本概念、基本規(guī)律深入的理解與掌握。 雖然這類習題在高考試題中單獨出現(xiàn)的可能性較小，但是在綜合題中卻是非常重要的環(huán)節(jié)，是完整給出正確答案的基礎。 例1做勻加速直線運動的物體，依次通過A、B、C三點，位移sAB=sBC，已知物體在AB段的平均速度大小為3m/s，在BC段的平均速度大小為6m/s，那么物體在B點的瞬時速度大小為A4m/sB4.5m/sC5m/sD5.5m/s 解析設A點的速度為vA、B點的速度為vB、C點的速度為vC，由平均速度的定義可知：AC段的平均速度為，由勻變速直線運動的規(guī)律可知：，。解得：vA=1m/s，vB=5m/s，vC=7m/s。答案為B。 變式訓練1物體以速度v勻速通

3、過直線上的A、B兩點間，需時為t。現(xiàn)在物體由A點靜止出發(fā)，勻加速（加速度為a1）運動到某一最大速度vm后立即作勻減速運動（加速度為a2）至B點停下，歷時仍為t，則物體的Avm只能為2v，無論a1、a2為何值Bvm可為許多值，與a1、a2的大小有關Ca1、a2值必須是一定的Da1、a2必須滿足題型二：追及與相遇的問題解決這類問題需要注意：畫出示意圖來表明兩個物體追及過程中的空間關系，特別注意的是兩個物體相遇時的臨界條件。 例2在一條平直的公路上，乙車以10m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面做初速度為15m/s，加速度大小為0.5m/s2的勻減速運動，則兩車初始距離L滿足什么條件可以使（1）兩

4、車不相遇；（2）兩車只相遇一次；（3）兩車能相遇兩次（設兩車相遇時互不影響各自的運動）。 解析設兩車的速度相等經(jīng)歷的時間為t，則甲車恰能追及乙車，應有，其中，解得：L=25m。若L25m，則兩車等速時也未追及，以后間距會逐漸增大。若L=25m時，則兩車等速時恰追及，兩車只相遇一次，以后間距會逐漸增大。若L25m，則兩車等速時，甲車已運動到乙車的前面，以后還能再相遇一次。題型三：牛頓定律與圖象的綜合應用。解決這類問題需要注意： 利用圖象分析研究對象的受力特F0246t/sFN5.550246v/ms1t/s1點是及運動性質(zhì)，然后結(jié)合題意運用牛頓第二定律。 例3固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上

5、套有一個光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的推力F作用下向上運動，推力F與小環(huán)速度v隨時間變化規(guī)律如圖所示，取重力加速度g10m/s2。求：（1）小環(huán)的質(zhì)量m；（2）細桿與地面間的傾角a。 SHAPE * MERGEFORMAT 解析（1）前2s：由vt圖象可知2s以后：由得：（2）由式，所以=30。 變式訓練3放在水平面上的物塊，受到方向不變水平推力F的作用，F(xiàn)與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示，取重力加速度g=10 m/s2。由此兩圖線可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)分別為O246t/sF/N123O246t/sv/（ms1）24Am=0.5kg，=0.4Bm=1.5k

6、g，=Cm=0.5kg，=0.2Dm=1kg，=0.2題型四：連接體問題解決這類問題需要注意：若連接體內(nèi)（即系統(tǒng)內(nèi)）各物體具有相同的加速度時，應先把連接體當成一個整體（即看成一個質(zhì)點），分析其受到的外力及運動情況，利用牛頓第二定律求出加速度若連接體內(nèi)各物體間有相互作用的內(nèi)力，則把物體隔離，對某個物體單獨進行受力分析（注意標明加速度的方向），再利用牛頓第二定律對該物體列式求解。 例4如圖所示，一輛汽車A拉著裝有集裝箱的拖車B，以速度v130 m/s進入向下傾斜的直車道。車道每100 m下降2 m。為了使汽車速度在s200 m的距離內(nèi)減到v210 m/s，駕駛員必須剎車。假定剎車時地面的摩擦阻力是

7、恒力，且該力的70作用于拖車B，30%作用于汽車A。已知A的質(zhì)量m12000 kg，B的質(zhì)量m26000 kg。求汽車與拖車的連接處沿運動方向的相互作用力。取重力加速度g10 m/s2。 解析汽車沿傾斜車道作勻減速運動，有：用F表示剎車時的阻力，根據(jù)牛頓第二定律得：式中：設剎車過程中地面作用于汽車的阻力為f，依題意得：用fN表示拖車作用汽車的力，對汽車應用牛頓第二定律得：聯(lián)立以上各式解得：。題型五：彈簧變化過程中運動分析解決這類問題需要注意： 彈簧的彈力是一種由形變決定大小和方向的力，注意彈力的大小與方向時刻要與當時的形變相對應。一般應從彈簧的形變分析入手，先確定彈簧原長位置、現(xiàn)長位置及臨界位

8、置，找出形變量x與物體空間位置變的幾何關系，分析形變所對應的彈力大小、方向，彈性勢能也是與原長位置對應的形變量相關。從此來分析計算物體運動狀態(tài)的可能變化。通過彈簧相聯(lián)系的物體，有運動過程中經(jīng)常涉及臨界極值問題：如物體的速度達到最大；彈簧形變量達到最大；使物體恰好離開地面；相互接觸的物體恰好脫離等。此類問題的解題關鍵是利用好臨界條件，得到解題有用的物理量和結(jié)論。AB 例5如圖所示，A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，已知木塊A、B質(zhì)量分別為0.42kg和0.40kg，彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=1

9、0m/s2）。求：（1）使木塊A豎直做勻加速度運動的過程中，力F的最大值；（2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248J，求這一過程中F對木塊做的功。 解析此題難點在于能否確定兩物體分離臨界點。NFABmAgmBgNkx當F=0（即不加豎直向上F力）時，設木塊A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧原壓縮量為x，有kx=（mA+mB）g即對于木塊A施加力F，A、B受力如圖所示。對木塊A有F+NmAg= mAa，對于木塊B有kxNmBg= mBa?？芍?，當N0時，A、B加速度相同，由式知欲使木塊A勻加速度運動，隨N減小F增大。當N=0時，F(xiàn)取得了最大值Fm，

10、即：Fm=mA（g+a）=4.41N。又當N=0時，A、B開開始分離，由式知，彈簧壓縮量kx=mB（a+g），則：木塊A、B的共同速度 由題知：此過程彈性勢能減少了Wp=Ep=0.248J。設F力所做的功為WF，對這一過程應用功能原理，得聯(lián)立式，得WF=9.64102J。AB 變式訓練5豎直放置的輕彈簧，上端與質(zhì)量為3kg的物塊B相連接。另一個質(zhì)量為1kg的物塊A放在B上。先向下壓A，然后釋放，A、B共同向上運動一段路程后將分離。分離后A又上升了0.2m到達最高點，此時B的速度方向向下，且彈簧恰好為原長。則從A、B分離到A上升到最高點過程中，彈簧彈力對B做功的大小及彈簧回到原長時B的速度大小。

11、（取g=10m/s2）A12J，2m/sB0，2m/sC0，0 D4J，2m/s專題二 各種性質(zhì)的力和物體的平衡【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明7、力的合成和分解 力的平行四邊形定則（實驗、探究）力的合成和分解的計算，只限于用作圖法或直角三角形知識解決8、重力 形變和彈力 胡克定律彈簧組勁度系數(shù)問題的討論不作要求9、靜摩擦 滑動摩擦 摩擦力 動摩擦因數(shù)不引入靜摩擦因數(shù)10、共點力作用下物體的平衡解決復雜連接體的平衡問題不作要求31、庫侖定律33、電場強度 點電荷的場強電場的疊加只限于兩個電場強度疊加的情形50、安培力 安培力的方向51、勻強磁場中的安培力計算限于直導線跟B平行或垂直的兩種情況，通電

12、線圈磁力矩的計算不作要求52、洛倫茲力 洛倫茲力的方向53、洛倫茲力公式【重點知識梳理】一各種性質(zhì)的力：1重力：重力與萬有引力、重力的方向、重力的大小G = mg (g隨高度、緯度、地質(zhì)結(jié)構(gòu)而變化)、重心（懸吊法，支持法）；2彈力：產(chǎn)生條件（假設法、反推法）、方向（切向力，桿、繩、彈簧等彈力方向）、大小F = Kx (x為伸長量或壓縮量,K為倔強系數(shù)，只與彈簧的原長、粗細和材料有關) ；3摩擦力：產(chǎn)生條件（假設法、反推法）、方向（法向力，總是與相對運動或相對運動趨勢方向相反）、大?。ɑ瑒幽Σ亮Γ篺= N ；靜摩擦力： 由物體的平衡條件或牛頓第二定律求解）；4萬有引力：F=G （注意適用條件）；

13、 5庫侖力：F=K (注意適用條件) ； 6電場力：F=qE (F 與電場強度的方向可以相同，也可以相反)；7安培力 ： 磁場對電流的作用力。 公式：F= BIL （BI） 方向一左手定則；8洛侖茲力：磁場對運動電荷的作用力。公式：f=BqV (BV) 方向一左手定則； 9核力：短程強引力。二平衡狀態(tài)：1平衡思想：力學中的平衡、電磁學中的平衡（電橋平衡、靜電平衡、電磁流量計、磁流體發(fā)電機等）、熱平衡問題等；靜態(tài)平衡、動態(tài)平衡；2力的平衡：共點力作用下平衡狀態(tài)：靜止（V=0，a=0）或勻速直線運動（V0，a=0）；物體的平衡條件，所受合外力為零。F=0 或Fx=0 Fy=0；推論：1非平行的三個

14、力作用于物體而平衡，則這三個力一定共點。2幾個共點力作用于物體而平衡，其中任意幾個力的合力與剩余幾個力（一個力）的合力一定等值反向三、力學中物體平衡的分析方法：1力的合成與分解法（正交分解法）；2圖解法；3相似三角形法；4整體與隔離法；【分類典型例題】一重力場中的物體平衡：題型一：常規(guī)力平衡問題解決這類問題需要注意：此類題型常用分解法也可以用合成法，關鍵是找清力及每個力的方向和大小表示！多為雙方向各自平衡，建立各方向上的平衡方程后再聯(lián)立求解。 例1一個質(zhì)量m的物體放在水平地面上,物體與地面間的摩擦因數(shù)為,輕彈簧的一端系在物體上,如圖所示.當用力F與水平方向成角拉彈簧時,彈簧的長度伸長x，物體沿

15、水平面做勻速直線運動.求彈簧的勁度系數(shù).解析可將力F正交分解到水平與豎直方向，再從兩個方向上尋求平衡關系！水平方向應該是力F的分力Fcos與摩擦力平衡，而豎直方向在考慮力的時候，不能只考慮重力和地面的支持力，不要忘記力F還有一個豎直方向的分力作用！水平： Fcos=FN 豎直：FN Fsin=mg F=kx 聯(lián)立解出：k=題型二：動態(tài)平衡與極值問題解決這類問題需要注意：（1）、三力平衡問題中判斷變力大小的變化趨勢時，可利用平行四邊形定則將其中大小和方向均不變的一個力，分別向兩個已知方向分解，從而可從圖中或用解析法判斷出變力大小變化趨勢，作圖時應使三力作用點O的位置保持不變圖2-5-3（2）、一

16、個物體受到三個力而平衡，其中一個力的大小和方向是確定的，另一個力的方向始終不改變，而第三個力的大小和方向都可改變，問第三個力取什么方向這個力有最小值，當?shù)谌齻€力的方向與第二個力垂直時有最小值，這個規(guī)律掌握后，運用圖解法或計算法就比較容易了例2 如圖2-5-3所示，用細線AO、BO懸掛重力，BO是水平的，AO與豎直方向成角如果改變BO長度使角減小，而保持O點不動，角（ 900求繩對小球的拉力和大球?qū)π∏虻闹С至Φ拇笮。ㄐ∏蚩梢暈橘|(zhì)點）圖1.4-2(解)解析：小球為研究對象，其受力如圖1.4.2(解)所示繩的拉力F、重力G、支持力FN三個力構(gòu)成封閉三解形，它與幾何三角形AOB相似，則根據(jù)相似比的關

17、系得到：=，于是解得F = G，F(xiàn)N = G點評本題借助于題設條件中的長度關系與矢量在角形的特殊結(jié)構(gòu)特點，運用相似三角形巧妙地回避了一些較為繁瑣的計算過程二、復合場中的物體平衡：題型五：重力場與電場中的平衡問題解決這類問題需要注意：重力場與電場的共存性以及帶電體受電場力的方向問題和帶電體之間的相互作用。 例5在場強為E，方向豎直向下的勻強電場中，有兩個質(zhì)量均為m的帶電小球，電荷量分別為+2q和-q，兩小球用長為L的絕緣細線相連，另用絕緣細線系住帶正電的小球懸掛于O點處于平衡狀態(tài)，如圖14所示，重力加速度為g，則細繩對懸點O的作用力大小為_兩球間細線的張力為 .解析2mg+Eq mgEq2kq2

18、/L2題型六：重力場與磁場中的平衡問題解決這類問題需要注意：此類題型需注意安培力的方向及大小問題，能畫出正確的受力分析平面圖尤為重要。 例6 在傾角為的光滑斜面上，放置一通有電流I、長L、質(zhì)量為m的導體棒，如圖所示，試求:(1)使棒靜止在斜面上，外加勻強磁場的磁感應強度B最小值和方向.(2)使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，外加勻強磁場磁感應強度B的最小值和方向.解析(1)，垂直斜面向下(2)，水平向左題型七：重力場、電場、磁場中的平衡問題解決這類問題需要注意：應區(qū)分重力、電場力、磁場力之間的區(qū)別及各自的影響因素。 例7 如圖1-5所示，勻強電場方向向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為帶電

19、量為q的微粒以速度與磁場垂直、與電場成45角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度E的大小，磁感強度B的大小。解析: 由于帶電粒子所受洛侖茲力與垂直，電場力方向與電場線平行，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運動。假設粒子帶負電受電場力水平向左，則它受洛侖茲力就應斜向右下與垂直，這樣粒子不能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電，畫出受力分析圖根據(jù)合外力為零可得， （1） （2）由（1）式得，由（1），（2）得專題三 曲線運動與航天(2課時) 【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明運動的合成與分解拋體運動斜拋運動只做定性要求圓周運動、線速度、角速度、向心加速度角速度的方向不作要求勻速圓周運動、向心力開普勒

20、行星運動定律定量計算不作要求萬有引力定律及其應用三個宇宙速度定量計算只限第一宇宙速度三個宇宙速度：第一宇宙速度（環(huán)繞速度）： ，v=7.9km/s，是衛(wèi)星繞地球做圓周運動的最大速度，是近地人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度第二宇宙速度（脫離速度）：v11.2km/s，是使物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度第三宇宙速度（逃逸速度） v16.7km/s，是使物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度BsOA【分類典型例題】題型一：平拋運動與圓周運動相結(jié)合例1雨傘邊緣半徑為r，且離地面高為h?，F(xiàn)讓雨傘以角速度繞傘柄勻速旋轉(zhuǎn)，使雨滴從邊緣甩出并落在地面上形成一圓圈，試求此圓圈的半徑為。BOAsrR解析所述情景如圖所示

21、，設傘柄在地面上的投影為O，雨滴 從傘的邊緣甩出后將做平拋運動，其初速度為v0=r，落地時間為t，故。雨滴在這段時間內(nèi)的水平位移為s= v0 t。由圖可知，在直角三角形ABO中，=。題后反思解本題的關鍵在于把題中所述情景與所學物理知識聯(lián)系起來，同時注意立體圖與平面圖的聯(lián)系。題型二：圓周運動臨界問題BAm例2如圖所示，兩繩系一質(zhì)量為m=0.1kg的小球，兩繩的另一端分別固定于軸的AB兩處，上面繩長l=2m，兩繩拉直時與軸的夾角分別為30和45，問球的角速度在什么范圍內(nèi)兩繩始終有張力?解析設兩細線都拉直時，A、B繩的拉力分別為、，小球的質(zhì)量為m，A線與豎直方向的夾角為，B線與豎直方向的夾角為，受力

22、分析，由牛頓第二定律得：當B線中恰無拉力時， 由、解得rad/s 當A線中恰無拉力時， （3分） 由、解得rad/s所以，兩繩始終有張力，角速度的范圍是rad/s rad/s題后反思本題以圓周運動為情境，要求考生熟練掌握并靈活應用勻速圓周運動的規(guī)律，不僅考查考生對牛頓第二定律的應用，同時考查考生應用多種方法解決問題的能力。比如正交分解法、臨界分析法等。綜合性強，能考查考生多方面的能力，能真正考查考生對知識的掌握程度。體現(xiàn)了對考生分析綜合能力和應用數(shù)學知識解決物理問題能力的考查。解決本題的關鍵，一是利用幾何關系確定小球圓周運動的半徑；二是對小球進行受力分析時，先假定其中一條繩上恰無拉力，通過受力

23、分析由牛頓第二定律求出角速度的一個取值，再假定另一條繩上恰無拉力，求出角速度的另一個取值，則角速度的范圍介于這兩個值之間時兩繩始終有張力。例3我國在2007年發(fā)射一顆繞月運行的探月衛(wèi)星“嫦娥1號”。設想“嫦娥1號”貼近月球表面做勻速圓周運動，測得其周期為T?！版隙?號”最終在月球上著陸后，自動機器人用測力計測得質(zhì)量為m的儀器重力為P。已知引力常量為G，由以上數(shù)據(jù)可以求出的量有（ ）A月球的半徑 B月球的質(zhì)量C月球表面的重力加速度 D月球繞地球做勻速圓周運動的向心加速度解析萬有引力提供飛船做圓周運動的向心力，設飛船質(zhì)量為m，有，又月球表面萬有引力等于重力，兩式聯(lián)立可以求出月球的半徑R、質(zhì)量M、月

24、球表面的重力加速度；故A、B、C都正確。題后反思測試考點“萬有引力定律”。本題以天體問題為背景，考查向心力、萬有引力、圓周運動等知識。這類以天體運動為背景的題目，是近幾年高考命題的熱點，特別是近年來我們國家在航天方面的迅猛發(fā)展，更會出現(xiàn)各類天體運動方面的題。題型四：同步衛(wèi)星問題地球AB同步軌道例4發(fā)射地球同步衛(wèi)星時，可認為先將衛(wèi)星發(fā)射至距地面高度為h1的圓形近地軌道上，在衛(wèi)星經(jīng)過A點時點火（噴氣發(fā)動機工作）實施變軌進入橢圓軌道，橢圓軌道的近地點為A，遠地點為B。在衛(wèi)星沿橢圓軌道運動經(jīng)過B點再次點火實施變軌，將衛(wèi)星送入同步軌道（遠地點B在同步軌道上），如圖所示。兩次點火過程都是使衛(wèi)星沿切向方向加

25、速，并且點火時間很短。已知同步衛(wèi)星的運動周期為T，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，求：（1）衛(wèi)星在近地圓形軌道運行接近A點時的加速度大小；（2）衛(wèi)星同步軌道距地面的高度。 解析：（1）設地球質(zhì)量為M，衛(wèi)星質(zhì)量為m，萬有引力常量為G，衛(wèi)星在近地圓軌道運動接近A點時加速度為aA，根據(jù)牛頓第二定律G=maA可認為物體在地球表面上受到的萬有引力等于重力 G 解得a= （2）設同步軌道距地面高度為h2，根據(jù)牛頓第二定律有：G=m 由上式解得：h2= 題后反思本題以地球同步衛(wèi)星的發(fā)射為背景，考查學生應用萬有引力定律解決實際問題的能力。能力要求較高。題型五：雙星問題例5兩個星球組成雙星，它們在相互之

26、間的萬有引力作用下，繞連線上某點做圓周運動，現(xiàn)測得兩星中心距離為R，其運動周期為T，求兩星的總質(zhì)量此題關鍵是知道雙星運動的特征，即萬有引力提供各自的向心力，向心力相同、周期相同、角速度相同。 M1M2OL1L2答案： M1+M2=專題四 動能定理和機械能守恒【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明功和功率重力勢能彈性勢能彈性勢能的表達式不作要求恒力做功與物體動能變化的關系(實驗探究)動能 動能定理機械能守恒及其應用驗證機械能守恒定律(實驗探究)能源和能量耗散【重點知識梳理】BsOA【分類典型例題】題型一：應用動能定理時的過程選取問題解決這類問題需要注意：對多過程問題可采用分段法和整段法 處理,解題時可靈活

27、處理,通常用整段法解題往往比較簡潔. 例1如圖4-1所示,一質(zhì)量m=2Kg的鉛球從離地面H=2m高處自由下落,陷入沙坑h=2cm深處,求沙子對鉛球的平均阻力.(g取10m/s2)hH圖4-1解析方法一:分段法列式設小球自由下落到沙面時的速度為v,則mgH=mv2/2-0設鉛球在沙坑中受到的阻力為F,則mgh-Fh=0- mv2/2代入數(shù)據(jù),解得F=2020N方法二:整段法列式全過程重力做功mg(H+h),進入沙坑中阻力阻力做功-Fh,從全過程來看動能變化為0,得 mg(H+h)-Fh=0,代入數(shù)值得F=2020N.題型二:運用動能定理求解變力做功問題解決這類問題需要注意:恒力做功可用功的定義式

28、直接求解,變力做功可借助動能定理并利用其它的恒力做功進行間接求解.圖4-3ACB例2如圖4-3所示，AB為1/4圓弧軌道,BC為水平軌道, 圓弧的半徑為R, BC的長度也是R.一質(zhì)量為m的物體,與兩個軌道間的動摩擦因數(shù)都為,當它由軌道頂端A從靜止開始下落時,恰好運動到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為( )A.mgR/2 B. mgR/2 C. mgR D.(1-) mgR解析設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB,物體由A到C全過程,由動能定理,有mgR-WAB-mgR=0 所以. WAB= mgR-mgR=(1-) mgR 答案為D題型三:動能定理與圖象的結(jié)合問題F/Nx/m

29、x0OFmxFOx0解決這類問題需要注意:挖掘圖象信息,重點分析圖象的坐標、切線斜率、包圍面積的物理意義.例3靜置于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖4-5所示，圖線為半圓則小物塊運動到x0處時的動能為( )A0 B C D圖4-5解析由于水平面光滑,所以拉力F即為合外力,F隨位移X的變化圖象包圍的面積即為F做的功, 設x0處的動能為EK由動能定理得: EK-0= 答案:CK題型四:機械能守恒定律的靈活運用解決這類問題需要注意:靈活運用機械能守恒定律的三種表達方式:1.初態(tài)機械能等于末態(tài)機械能,2.動能增加量等于勢能減少

30、量,3.一個物體機械能增加量等于另一個物體機械能減少量.后兩種方法不需要選取零勢能面.圖4-7例4如圖4-7所示，粗細均勻的U形管內(nèi)裝有總長為4L的水。開始時閥門K閉合，左右支管內(nèi)水面高度差為L。打開閥門K后，左右水面剛好相平時左管液面的速度是多大？（管的內(nèi)部橫截面很小，摩擦阻力忽略不計）解析由于不考慮摩擦阻力，故整個水柱的機械能守恒。從初始狀態(tài)到左右支管水面相平為止，相當于有長L/2的水柱由左管移到右管。系統(tǒng)的重力勢能減少，動能增加。該過程中，整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力勢能的減少。不妨設水柱總質(zhì)量為8m，則，得。專題六 電路的分析問題(1課時)【考綱要求】內(nèi) 容要

31、求說 明電流 電動勢 電阻定律 電阻的串聯(lián)與并聯(lián)電功 電功率 焦耳定律 簡單的邏輯電路邏輯電路設計和定量計算不作要求歐姆定律 閉合電路歐姆定律【分類典型例題】bAVEraR2R1R3圖1題型一：直流電路的動態(tài)分析解決這類問題需要注意：按局部（R的變化）全局（I總、U端的變化）局部（U分、I分的變化）的邏輯思維進行分析推理。例1在如圖1所示的電路中，滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時（ ）A電壓表V的讀數(shù)增大，電流表A的讀數(shù)減小B電壓表V和電流表A的讀數(shù)都增大C電壓表V和電流表A的讀數(shù)都減小D電壓表V的讀數(shù)減小，電流表A的讀數(shù)增大解析滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時,R3接入電路中的阻值變大，使得

32、I總減小，內(nèi)電壓減小，由U=E-Ir得外電壓U外增大，即電壓表讀數(shù)增大。電阻R1中的電流減小，電壓減小，電阻R2兩端的電壓（U2=U外-U1）增大，電流也增大，電阻R3中的電流（I3=I總- I2）減小，即電流表讀數(shù)減小。答案：A。題型二：電路中的能量轉(zhuǎn)化解決這類問題需要注意：一是能量轉(zhuǎn)化的方向問題；二是能量轉(zhuǎn)化量的計算問題。 例2環(huán)保汽車將為2008年奧運會場館服務。某輛以蓄電池為驅(qū)動能源的環(huán)保汽車，總質(zhì)量=3103kg。當它在水平路面上以=36km/h的速度勻速行駛時，驅(qū)動電機的輸入電流=50A，電壓=300V。在此行駛狀態(tài)下，求：（1）驅(qū)動電機的輸入功率P電。（2）若驅(qū)動電機能夠?qū)⑤斎牍?/p>

33、率的90轉(zhuǎn)化為用于牽引汽車前進的機械功率P機，求汽車所受阻力與車重的比值。（取10m/s2）（3）設想改用太陽能電池給該車供電，其它條件不變，求所需太陽能電池板的最小面積。已知太陽輻射的總功率P041026W，太陽到地球的距離r1.51011m，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化效率約為15。解析（1）驅(qū)動電機的輸入功率1.5104W。（2）在勻速行駛時0.9，汽車所受阻力與車重之比0.045。（3）當太陽垂直電池板入射時，所需電池板面積最小，設其為，距太陽中心為的球面面積r2若沒有能量損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為，則=，設太陽能電池板實際接

34、收到的太陽能功率為，則（130）所以，由于15，所以電池板的最小面積101m2。題型三：伏安特性曲線應用解決這類問題需要注意：掌握電源與電阻的伏安特性曲線的物理意義，其交點表示兩者電流I相同，電壓U也相同，可求出實際功率。 例3：小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大，某同學為研究這一現(xiàn)象，用實驗得到如下數(shù)據(jù)（和分別表示小燈泡上的電流和電壓）：I(A)0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U(V)0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00U/VI/A0.10.20.30.40.50.40.81.21.6O乙甲圖5（1

35、）在圖5甲中畫出實驗電路圖，可用的器材有：電壓表、電流表、滑動變阻器（變化范圍）、電源、小燈泡、開關、導線若干。（2）在圖3乙中畫出小燈泡的曲線。圖6U/VI/A0.10.20.30.40.50.40.81.21.6O乙甲AAM（3）現(xiàn)有一電池的電動勢是1.5V，內(nèi)阻是2.0。問：將本題中的小燈泡接在該電源的兩端，小燈泡的實際功率是多少？（簡要寫出求解過程；若需作圖，可直接畫在第（2）小題的方格圖中）解析（1）如圖6甲所示（提示：測燈泡伏安特性曲線要求電壓從零開始，采用分壓器）。（2）如圖6乙所示。（3）由于小燈泡的電阻是變化的，若用代數(shù)法計算，則無從算起。據(jù)電動勢是1.5V，內(nèi)阻是2.0，作

36、出電源的伏安特性曲線，與燈泡的伏安特性曲線交與V、A，因此，燈泡的實際功率是W。專題七 帶電粒子在電磁場中的運動【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明帶電粒子在勻強電場中的運動II只限于帶電粒子進入電場時的速度平行或垂直于電場的情況帶電粒子在勻強磁場中的運動II計算限于速度與磁感應強度平行或垂直兩種情況【重點知識梳理】1帶電粒子在電場中做直線運動：若=0，則=，2帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)（類平拋運動）（1）側(cè)移（2）偏轉(zhuǎn)角3在磁場中的圓周運動： 若vB，帶電粒子在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做 運動。向心力： ；軌道半徑： ；周期： ；頻率： ?！痉诸惖湫屠}】題型一：帶電粒子在電場中的運動問題 例1

37、一束電子流在經(jīng)U5000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距d=1.0 cm，板長l=5.0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓?解析在加速電壓一定時，偏轉(zhuǎn)電壓U越大，電子在極板間的偏距就越大.當偏轉(zhuǎn)電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉(zhuǎn)電壓，即為題目要求的最大電壓.加速過程，由動能定理得 進入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動l=v0t 在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度 偏距 能飛出的條件為y 解式得U V=4.0102 V即要使電子能飛出，所加電壓最大為400 V. 題型二：帶電粒

38、子在磁場中的運動問題解決這類問題需要注意：分析帶電粒子的受力特點，確定運動規(guī)律是關鍵。在處理圓周運動問題時常常涉及到軌跡半徑和時間的確定，要善于運用幾何關系。 例2真空室內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B = 0.60T。磁場內(nèi)有一塊足夠大的平面感光平板ab，板面與磁場方向平行。在距ab的距離為l = 10cm處，有一個點狀的放射源S，它僅在紙平面內(nèi)向各個方向均勻地發(fā)射粒子。設放射源每秒發(fā)射n = 3.0104個粒子，每個粒子的速度都是v = 6.0106m/s。已知粒子的電荷與質(zhì)量之比C/kg。求每分鐘有多少個粒子打中ab感光平板？解析粒子磁場中沿逆時針方向做勻速圓周

39、運動，用R表示軌道半徑，有 ， 由此得 ， R = 20cm ， 因朝不同方向發(fā)射的粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡以O圓心在圖中N的左端與ab相切于P1點，由此O點為能打到感光平板上的粒子圓軌跡圓心左側(cè)最低位置，設此時粒子從S射出的方向與SN的夾角為， 由幾何關系可得 ， = 30 ， 同理O為圓心在圖中N的右側(cè)與ab相切于P2點，則此O點為能打到感光平板上的粒子圓軌跡圓心右側(cè)最低位置，設此時粒子從S射出的方向與SN的夾角為， 由上圖幾何關系可得= 30， 分析可知cSd = 120方向的粒子不能打到ab感光平板上，則每分鐘能打到ab感光平板上的粒子數(shù)為：個。題型三：帶電粒子在復合場

40、中的運動問題。解決這類問題需要注意：受力分析和運動分析要相結(jié)合。粒子的電性、重力是否考慮要進行考查。粒子作直線、曲線、圓周運動的條件要清楚。例3如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均為Q，其中A帶正電荷，B帶負電荷，D、C是它們連線的垂直平分線，A、B、C三點構(gòu)成一邊長為d的等邊三角形，另有一個帶電小球E，質(zhì)量為m、電量為+q（可視為點電荷），被長為L的絕緣輕質(zhì)細線懸掛于O點，O點在C點的正上方?，F(xiàn)在把小球E拉到M點，使細線水平繃直且與A、B、C處于同一豎直面內(nèi)，并由靜止開始釋放，小球E向下運動到最低點C時，速度為v。已知靜電力常量為k,若取D點的電勢為零

41、，試求：（1）在A、B所形成的電場中，M點的電勢。（2）絕緣細線在C點所受到的拉力T。 解析（1）電荷E從M點運動到C的過程中，電場力做正功。根據(jù)動能定理qUmgLmv/2 得M、C兩點的電勢差為U（mv2mgL）/2q 又，C點與D點為等勢點，所以M點的電勢為U（mv2mgL）/2q 在C點時A對E的電場力F與B對E的電場力F相等，且為FFkqQ/d 又，A、B、C為一等邊三角形，所以F、F的夾角為120,故F、F的合力為FkQq/d, 且方向豎直向下。由牛頓運動定律得TkQq/dmgmv/L 絕緣細線在C點所受的張力為TkQq/dmgmv/L 【能力訓練】1如圖所示，平行板電容器的兩極板A

42、、B接于電池兩極，一個帶正電的小球懸掛在電容器內(nèi)部閉合電鍵S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為下列說法中正確的是（）A保持電鍵S閉合，若帶正電的A板向B板靠近，則增大B保持電鍵S閉合，若帶正電的A板向B板靠近，則不變C電鍵S斷開，若帶正電的A板向B板靠近，則增大D電鍵S斷開，若帶正電的A板向B板靠近，則不變2宇航員在探測某星球時，發(fā)現(xiàn)該星球均勻帶電，且電性為負，電荷量為Q在 一次實驗時，宇航員將一帶負電q（qQ）的粉塵置于離該星球表面h高處，該粉塵恰好處于懸浮狀態(tài)宇航員又將此粉塵帶至距該星球表面的2h高處，無初速釋放，則此帶電粉塵將（ ）A仍處于懸浮狀態(tài) B背向該星球球心方向飛向太空C

43、向該星球球心方向下落 D沿該星球自轉(zhuǎn)的線速度方向飛向太空3有一電量為2106的負電荷，從O點移動到a點，電場力做功6104J；從a點移動到b點，電場力做功4104J；從b點移動到c點，電場力做功8104J；從c點移動到d點，電場力做功10104J根據(jù)以上做功情況可以判斷電勢最高的點是（）Aa Bb Cc Dd4如圖，一帶負電q的油滴，從A點以速度v0與水平方向成角射入水平方向的勻強電場中，如果測得油滴在電場中達到最高點B時的速度大小仍為v0，則B點的位置 ( )Av0A在A點的正上方 B在A點的右上方 C在A點的左上方 D無法判斷5質(zhì)量為m的通電細桿ab置于傾角為的導軌上，導軌寬度為d，桿ab

44、與導軌間的動摩擦因數(shù)為有電流時，ab恰好在導軌上靜止，如圖所示；下圖是它的四個側(cè)視圖，圖中已標出四種可能的勻強磁場方向，其中桿ab與導軌之間的摩擦力可能為零的圖是（）6如圖所示，天然放射性元素放出、三種射線，同時射入互相垂直的 勻強電場和勻強磁場中，射入時速度方向與電場強度及磁感應強度方向都垂直，進入場后，發(fā)現(xiàn)、射線都沿原方向直線前進，則射線將（）A向右偏轉(zhuǎn)B向左偏轉(zhuǎn)C沿原方向直線前進D是否偏轉(zhuǎn)，無法確定7如圖所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放在勻強電場和勻強磁場中，軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放，M、N為軌道的最低點，則（） A兩

45、小球到達軌道最低點的速度vMvN B兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FMFN C小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N 點的時間D在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端8半徑為 r的絕緣光滑環(huán)固定在豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一質(zhì)量為 m，帶 正電的珠子，空間存在著水平向右的勻強電場，如圖所示，珠子所受電場力是其重力的3/4倍，將珠子從環(huán)上最低位置A點由靜止釋放，則珠子所能獲得的最大動能為9如圖所示，在虛線所示的寬度為D的范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場 可使初速度為v0的某種正離子偏轉(zhuǎn)角，在同樣寬度范圍內(nèi)，若改用勻強磁場（方向垂直紙面向外）使同樣離子穿過該區(qū)域，并使它們

46、轉(zhuǎn)角也為則磁感應強度B；離子穿過電場和磁場的時間之比是 10一個帶電微粒在如圖所示的正交勻強電場和勻強磁場中在豎直面內(nèi)做 勻速圓周運動則該帶電微粒必然帶 ，旋轉(zhuǎn)方向 若已知圓半徑為r，電場強度為E磁感應強度為B，則線速度為 11如圖所示的區(qū)域中，左邊為垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，右邊是一個電場強度大小未知的勻強電場，其方向平行于OC且垂直于磁場方向。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從P孔以初速度v0沿垂直于磁場方向進入勻強磁場中，初速度方向與邊界線的夾角=60，粒子恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場，最后打在Q點，已知OQ=2OC，不計粒子的重力，求：（1）粒子從P運動到Q所用的時

47、間t；（2）電場強度E的大??；（3）粒子到達Q點的動能EkQ。12湯姆生用來測定電子的比荷(電子的電荷量與質(zhì)量之比)的實驗裝置如圖所示，真空管內(nèi)的陰極K發(fā)出的電子(不計初速、重力和電子間的相互作用)經(jīng)加速電壓加速后，穿過A中心 的小孔沿中心軸O1O的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P間的區(qū)域當極板間不加偏轉(zhuǎn)電壓時，電子束打在熒光屏的中心O點處，形成了一個亮點；加上偏轉(zhuǎn)電壓U后，亮點偏離到O點，(O與O點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計此時，在P和P間的區(qū)域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場調(diào)節(jié)磁場的強弱，當磁感應強度的大小為B時，亮點重新回到O點已知極板水平方向的長度為L1，極

48、板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2 （1）求打在熒光屏O點的電子速度的大?。?）推導出電子的比 荷的表達式專題八 電磁感應現(xiàn)象中的能量問題【考綱要求】內(nèi) 容要求說 明56.電磁感應現(xiàn)象I57.感應電流的產(chǎn)生條件II58.法拉弟電磁感應定律 楞次定律II限于導線方向與磁場方向、運動方向垂直的情況；有關反電動勢的計算不作要求59.互感 自感 渦流I60.交變電流 描述交變電流的物理量和圖像I相位的概念不作要求61.正弦交變電流的函數(shù)表達式I62.電感和電容對交變電流的影響I63.變壓器I64.電能的輸送I【重點知識梳理】1、電磁感應現(xiàn)象2、感應電流的產(chǎn)生條件3、法拉弟電磁感應定律內(nèi)容及公式，

49、感生電動勢和動生電動勢4、楞次定律的內(nèi)容及應用，右手定則5、互感現(xiàn)象、自感現(xiàn)象和渦流，自感系數(shù)的決定因素及單位6、正弦交變電流的產(chǎn)生及函數(shù)表達式7、交變電流的周期和頻率、峰值和有效值8、電感和電容對交變電流的影響9、變壓器原理、電壓與匝數(shù)的關系，互感器10、電能的輸送的功率損失和電壓損失【分類典型例題】題型一：用能量的觀點解決電磁感應綜合問題 例1如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1m、質(zhì)量m為0.1kg的導體棒MN上升，導體棒的電阻R為1，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當導體棒上升h=3.8m時，獲得穩(wěn)定的速度，導體棒上產(chǎn)生的熱

50、量為2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為7V、1A，電動機內(nèi)阻r為1，不計框架電阻及一切摩擦，求：（1）棒能達到的穩(wěn)定速度；（2）棒從靜止至達到穩(wěn)定速度所需要的時間。解析（1）電動機的輸出功率為：W電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率， 當棒達穩(wěn)定速度時 感應電流解得，棒達到的穩(wěn)定速度為m/s（2）由能量守恒定律得：解得 t=1s題型二：交變電流有效值綜合問題例2如圖所示，ab=25cm，ad=20cm，匝數(shù)為50匝的矩形線圈線圈總電阻 r=1 外電路電阻R =9，磁感應強度B=04T，線圈繞垂直于磁感線的OO 軸以角速度50rad/s勻速轉(zhuǎn)動求：(1)從此位置開始計時，它

51、的感應電動勢的瞬時值表達式(2)1min內(nèi)R上消耗的電能(3)當從該位置轉(zhuǎn)過時，通過R上瞬時電功率是多少？(4)線圈由如圖位置轉(zhuǎn)過的過程中，R的電量為多少？ 解析（1）感應電動勢的瞬時值表達式為（V）（2）電動勢有效值為，電流1min內(nèi)R上消耗的電能為（3）從該位置轉(zhuǎn)過時，電動勢為e=50cos30= 25（V） 電流為I =25(A) 通過R上瞬時電功率為P = I2R = 16875(w)(4) 線圈由如圖位置轉(zhuǎn)過的過程中，=BSsin30= 001（wb）通過R的電量為 Q = =510-2(C) 題型三：感生電動勢與動生電動勢綜合問題MNabvB例3如圖所示，足夠長的的兩光滑導軌水平放

52、置，兩條導軌相距為d，左端MN用阻值不計的導線相連，金屬棒ab可在導軌上滑動，導軌單位長度的電阻為r0，金屬棒ab的電阻不計。整個裝置處于豎直身下的勻強磁場中，磁場的磁感應隨時間均勻增加，B=kt，其中k為常數(shù)。金屬棒ab在水平外力的作用下，以速度v沿導軌向右做勻速運動t=0時，金屬棒ab與MN相距非常近。求當t=t0時：（1）水平外力的大小F；（2）閉合回路消耗的功率。解析(1)閉合回路產(chǎn)生的感應電動勢為當t0時,，安培力。（2）由，得，回路消耗電能的功率為。題型四：遠距離輸電的能量損失問題例4發(fā)電廠的輸出電壓為220V，輸出功率為44KW，每條輸電線電阻為0.2 ，求用戶得到的電壓和電功率

53、各是多少？如果發(fā)電站先用變壓比為1：10的升壓變壓器將電壓升高，經(jīng)同樣輸電線路后，再經(jīng)過10：1的降壓變壓器降壓后供給用戶，則用戶得到的電壓和電功率又各是多少？解析（1）輸電線上的電流為 輸電線上損失的功率為，電壓損失 用戶得到的功率為，電壓為（2）輸電電壓為，輸電線上的電流為 輸電線上損失的功率為，電壓損失 用戶得到的功率為電壓為專題九：電磁學綜合(1課時)【考綱要求】考試說明中I級要求有：電荷 電荷守恒定律 點電荷，靜電場 電場線，電勢能 電勢 等勢面，勻強電場中電勢差跟電場強度的關系，電容器 電容，示波器，磁場 磁感應強度 磁感線 磁通量，通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向，安培力 安培

54、力的方向，洛倫茲力 洛倫茲力的方向，質(zhì)譜儀 回旋加速器，電磁感應現(xiàn)象，感應電流的產(chǎn)生條件，互感 自感 渦流，交變電流 描述交變電流的物理量和圖象，正弦式交變電流的函數(shù)表達式，傳感器的應用，變壓器，電能的輸送，傳感器及其工作原理，電感和電容對交變電流的影響?？荚囌f明中II級要求有：庫侖定律，電場強度 點電荷的場強，電勢差，帶電粒子在勻強電場中的運動，勻強磁場中的安培力，洛倫茲力公式，帶電粒子在勻強磁場中的運動，法拉第電磁感應定律 楞次定律【分類典型例題】題型一：電場和磁場“拼接起來”對帶電粒子作用（質(zhì)譜儀、顯像管、環(huán)形加速器、回旋加速器） 例1 如圖1所示是測量帶電粒子質(zhì)量的儀器質(zhì)譜儀的工作原理

55、示意圖。設法使某有機化合物的氣態(tài)分子導入圖1中所示的容器A中，使它受到電子束轟擊，失去一個電子成為正一價的離子。離子從狹縫S1以很小的速度（即初速度不計）進入電壓為U的加速電場區(qū)加速后，再通過狹縫S2、S3射入磁感應強度為B的勻強磁場（方向垂直于磁場區(qū)的界面PQ）中。最后，離子打到感光片上，形成垂直于紙面且平行于狹縫S3的細線。若測得細線到狹縫S3的距離為d。請導出離子的質(zhì)量m的表達式。解析若以m、q表示離子的質(zhì)量和電量，用v表示離子從狹縫S2射出時的速度，粒子在加速電場中，由動能定理得 (1)射入磁場后，在洛倫茲力作用下離子做勻速圓周運動，由牛頓定律可得 (2)式中R為圓的半徑。感光片上細黑

56、線到S3縫的距離為： d = 2R (3)聯(lián)立(1)(3)式，解得 題型二、電場和磁場“重疊起來”對帶電粒子的作用（速度選擇器、磁流體發(fā)電機、電磁流量計、電磁泵、霍爾元件）例2 在圖8所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。具有某一水平速度V的帶電粒子，將沿著圖中所示的虛線穿過兩板間的空間而不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，具有其他速度的帶電粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這種器件能把具有上述速度V的帶電粒子選擇出來，所以叫速度選擇器。如果已知粒子A（重力不計）的質(zhì)量為m、帶電量為+q，兩極板間距為d，磁場的磁感應強度為B。（1）試證明帶電粒子具有速度時，才能沿著圖示的虛線路徑通過。（2）若粒子A從圖8的右端兩極板中

57、央以-V入射，還能直線從左端穿出嗎？為什么？若不穿出而打在極板上，則到達極板時的速度是多少？（3）若粒子A的反粒子（-q，m）從圖8的左端以V入射，還能直線從右端穿出嗎？（4）將磁感應強度增大到某值，粒子A將落到極板上，粒子落到極板時的動能為多少？解析帶電粒子A進入場區(qū)后，受到庫侖力F1=qE和洛倫茲力F2=qVB的作用，如果帶電粒子穿過兩板間做勻速直線運動不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，應有F1=F2，即qE=qVB。所以。 （2）粒子A在選擇器的右端入射，電場力與洛倫茲力同方向，因此不可能直線從左端穿出，一定偏向極板。若粒子打在極板上，由動能定理得 又E = BV，所以 。（3）仍能直線從右端穿出，有（1）可

58、知，選擇器（B，E）給定時，與粒子的電性、電量無關，只與速度有關。（4）增大磁感應強度B為后，有F2 F1，即qvB qE，因此粒子A將偏向下極板，最終落到下極板。由動能定理 得題型三、帶電粒子在電場、磁場、重力場構(gòu)成的復合場運動例3 在勻強磁場和勻強電場中，水平放置一絕緣直棒，棒上套著一個帶正電的小球，如圖示，小球與棒間滑動摩擦因數(shù)，小球質(zhì)量M，電量，勻強電場水平向右，E=5N/C，磁場垂直紙面向里，B=2T，取，求：（1）小球的加速度最大時，它的速度多大？最大加速度多大？（2）如果棒足夠長，小球的最大速度多大？（3）說明A球達到最大速度后能量轉(zhuǎn)化關系？ 解析（1）小球開始在電場力作用下向右

59、運動，則A球受重力，水平向右的電場力，垂直桿向上的彈力和洛倫茲力，沿桿水平向左的摩擦力。則 而， 當時，最大 此時（2）隨著小球的增大，洛倫茲力逐漸增大當后，桿對小球的彈力反向，則當時，即，（3）達到最大速度后，小球做勻速運動洛倫茲力、重力、彈力不做功，電場力做正功，摩擦力做負功。消耗的電能用于克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的焦耳熱。題型四、電磁感應綜合題電磁感應這部分內(nèi)容是物理重點內(nèi)容之一它在高考試題中比例約占8%10，近年來高考對本章內(nèi)容考查命題頻率極高的是感應電流的產(chǎn)生條件、方向判定和導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢的計算，且要求較高例4如圖所示，半徑為r的金屬圓環(huán)置于水平面內(nèi)，三條電阻均為R的導體

60、桿Oa、Ob和Oc互成120連接在圓心O和圓環(huán)上，圓環(huán)繞經(jīng)過圓心O的豎直金屬轉(zhuǎn)軸以大小為的角速度按圖中箭頭方向勻速轉(zhuǎn)動一方向豎直向下的勻強磁場區(qū)與圓環(huán)所在平面相交，相交區(qū)域為一如圖虛線所示的正方形（其一個頂點位于O處）C為平行板電容器，通過固定的電刷P和Q接在圓環(huán)和金屬轉(zhuǎn)軸上，電容器極板長為l，兩極板的間距為d有一細電子束沿兩極板間的中線以大小為v0（）的初速度連續(xù)不斷地射入C（1）射入的電子發(fā)生偏轉(zhuǎn)時是向上偏轉(zhuǎn)還是向下偏轉(zhuǎn)？（2）已知電子電量為e，質(zhì)量為m忽略圓環(huán)的電阻、電容器的充電放電時間及電子所受的重力和阻力欲使射入的電子全部都能通過C所在區(qū)域，勻強磁場的磁感應強度B應滿足什么條件？解析