2021年新高考物理二輪復習導學案教案講義

#勢能的改變量為零，根據(jù)機械能守恒定律有：1x2mv2=E+2mg(x+x)sin0Z 3k 1 2_J2ntg_解得k-15mgd-50E.k2.并列式若多過程問題涉及的幾個過程是同時出現(xiàn)的，一般涉及多個物體的運動.解決的關鍵是從空間上將復雜過程拆分成幾個子過程，然后對各個子過程運用規(guī)律列式求解.[例4]一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m,如圖3-6-5(a)所示.t=0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=ls時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短).碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板.已知碰撞后1s時間內小物塊的v-t圖線如圖3—6—5(b)所示.木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2.求：v/(m?s-1)(a) (b)圖3—6—5(D木板與地面間的動摩擦因數(shù)4及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)4J(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離.【解】(D規(guī)定向右為正方向.木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設加速度為a,小物塊和木板的質量分別為m和M.由牛頓第二定1律有-n(m+M)g=(m+M)a(T)由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度匕=4m/s,由運動學公式有v=v+at②1 0I1=vt+-a12③式中，t=1s,s=4.5m,v是小物塊和木板開始運動時的速度.1 0 0聯(lián)立①②③式和題給條件得?=0.1④在木板與墻壁碰撞后，木板以一七的初速度向左做勻變速運動，小物塊以匕的初速度向右做勻變速運動.設小物塊的加速度為%由牛頓第二定律有-nmg=ma⑤由題圖(b)可得a=\二:=4m/s2⑥2L-L⑤⑥式和題給條件得〃=0.4.⑦2(2)設碰撞后木板的加速度為a「經過時間At,木板和小物塊剛好具有共同速度v：.由牛頓第二定律及運動學公式得〃mg+〃(M+m)g=Ma,⑧v=-v+aAt⑨3 1 3v=v+aAt⑩碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為VV+V小物塊運動的位移為小物塊相對木板的位移為As=s-s2 1聯(lián)立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入數(shù)值得As=6.0m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m.(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a「此過程中小物塊和木板運動的位移為s.由牛頓第二定律及運動學公式得u(m+M)g=(m+M)a1 40—v2=2as3 43碰后木板運動的位移為s=s+s(聯(lián)立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入數(shù)值得S=-6.5m木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.【答案】(1)0.10.4(2)6.0m(3)6.5m3.復合式若多過程問題在時間和空間上均存在多個過程，一定會涉及多個物體的運動.解題時要從時間和空間上將涉及的幾個子過程一一拆分出來，然后運用規(guī)律列式求解.【例5】(2019年四川省高三適應性考試)如圖3—6—6所示，水平地面和半圓軌道面均光滑，質量M=1kg的小車靜止在地面上，小車上表面與R=0.24m的半圓軌道最低點P的切線相平.現(xiàn)有一質量m=2kg的滑塊(可視為質點)以v0=6m/s的初速度滑上小車左端，二者共速時小車還未與墻壁碰撞，當小車與墻壁碰撞時即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車表面的滑動摩擦因數(shù)M=0.2,g取10m/s2.圖3—6—6(1)求小車的最小長度.(2)討論小車的長度L在什么范圍，滑塊能滑上P點且在圓軌道運動時不脫離圓軌道？［解］(D設滑塊與小車的共同速度為V,滑塊與小車相對運動過程中動量守恒，有：mv=(m+M)v0 1代入數(shù)據(jù)解得：v=4m/s1設小車的最小長度為L,由系統(tǒng)能量守恒定律，有：1〃mgL=$v2—+v2代入數(shù)據(jù)解得：％=3m①(2)設小車與墻壁碰撞時，滑塊與P點的距離為L,若滑塊恰能滑過圓的最高2點，設滑至最高點的速度為V,臨界條件為：mg=m^(D根據(jù)動能定理，有:—umgL-mg?2R=；dnv2--mv2(2)2 22i①②聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：L=1m2這種情況下小車的長度為：L=L+L=4m1 2②若滑塊恰好滑至;圓弧到達T點時就停止,則滑塊也能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道.根據(jù)動能定理，有：—〃mgL—mg?R=0—^mv2代入數(shù)據(jù)解得：L=2.8m2這種情況下小車的長度為：L=L+L=5.8m1 2③若滑塊滑至P點時速度恰好為零，由動能定理，有：r1-nmgL=0-]mv2解得:L=4m2這種情況下小車的長度為：L=L+L=7m1 2綜上所述，滑塊能沿圓軌道運動而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足:3m<L<4m或5.8m<L<7m四、解題一一運用數(shù)學知識數(shù)學是解決物理問題的重要工具，高考物理試題的解答離不開數(shù)學知識和方法的應用，借助物理知識滲透考查數(shù)學能力是高考命題的永恒主題.任何物理試題的求解過程都是一個將物理問題轉化為數(shù)學問題，經過求解再次還原為物理結論的過程.物理高考考試大綱明確要求考生必須具備“應用數(shù)學處理物理問題的能力，能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關系式，進行推導和求解，并根據(jù)結果得出物理結論，能運用幾何圖形、函數(shù)圖象進行表達、分析”.常見的數(shù)學思想函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想、分類討論思想、化歸轉化思想常見的數(shù)學方法三角函數(shù)法、數(shù)學比例法、圖象求解法、幾何圖形法、數(shù)列極限法、數(shù)學極值法、導數(shù)微元法、解析幾何法、分類討論法、數(shù)學歸納法解題一審題f物理過程分析f建立物理模型f應用數(shù)學思想或方法f求解般程序答案并驗證【例6】(2019年六安一中模擬卷)靜止在水平面上的小車固定在剛性水平輕桿的一端，桿的另一端通過小圓環(huán)套在豎直光滑的立柱上.每當小車停止運動時，車上的彈簧槍就會沿垂直于輕桿的水平方向自動發(fā)射一粒彈丸，然后自動壓縮彈簧并裝好一粒彈丸等待下次發(fā)射，直至射出所有彈丸.右圖3-6-7為該裝置的俯視圖.已知未裝彈丸的小車質量為虬每粒彈丸的質量為m,每次發(fā)射彈丸釋放的彈性勢能為E,發(fā)射過程時間極短；小車運動時受到一個與運動方向相反、大小為小車對地面壓力A倍的作用力；忽略所有摩擦阻力，重力加速度為自(D若小車上只裝一粒彈丸，求彈丸被射出時小車的速度大??；(2)若(1)問中發(fā)射彈丸后小車恰能運動一周，求射出彈丸時，桿對小車的拉力大?。?3)若小車上共裝15粒彈丸，輕桿能承受的最大拉力Fm=^(L為小車做圓周M運動的半徑)，貝外須滿足什么條件輕桿才不會被拉斷？小車做圓周運動的總路程的最大值是多少？【解】(D發(fā)射彈丸的過程，遵守動量守恒和機械能守恒mv=MVE=；mv2+；MVz聯(lián)立解得：(2)發(fā)射彈丸后，小車做圓周運動，圓周半徑為L,由動能定理得-2Mgx=0彈丸剛被射出時桿受到的拉力f=m^解得：F=4九2Mg(3)某次發(fā)射后，小車(連同彈簧槍)和車載彈丸的總質量為M=km(k從某一k較大值開始減小，可取15個值，且k>15)2mE 2E與上述同理可知：F=l(km+m)=L(k+1)由此可知，彈丸全部射完，k取最小值M/m時，桿的拉力最大，若此時還能2EE滿足;一M C8LL(-+1)mM則桿不會被拉斷，解得消>15與上述同理可知，某次發(fā)射后到下一次發(fā)射前小車做圓周運動的路程：EXk-k(k+1)Amg由此式可知，每發(fā)射一粒彈丸后，小車做圓周運動的路程增大一些，因此要小車做圓周運動的總路程最大，k應該取最小的15個值(對應將15粒彈丸全部射M出)，即應取帚=15取k=29、28、…、15,最大總路程為,3 EV- ?k(k+1)Amgk=29E11 1 1 1 1.4mg'29302829 1516，:E(1 Eamg'1530，30Amg第7講力與運動計算題?？肌?題型”題型一運動學問題運動學問題單獨作為計算題的話，要么是兩個物體運動的關系問題的討論，要么是多過程多情景的復雜問題的分析，試題難度往往較大.【例U—客運列車勻速行駛，其車輪在鐵軌間的接縫處會產生周期性的撞擊.坐在該客車中的某旅客測得從第1次到第16次撞擊聲之間的時間間隔為10.0s.在相鄰的平行車道上有一列貨車，當該旅客經過貨車車尾時，貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進方向運動.該旅客在此后的20.0s內，看到恰好有30節(jié)貨車車廂被他連續(xù)超過.已知每根鐵軌的長度為25.0m,每節(jié)貨車車廂的長度為16.0m,貨車車廂間距忽略不計.求：(D客車運行速度的大小；(2)貨車運行加速度的大小.【解析】(1)設連續(xù)兩次撞擊鐵軌的時間間隔為At,每根鐵軌的長度為1,則客車速度為v=$其中1=25.0m,At=-^-s,解得v=37.5m/s.io—1(2)解法一：設從貨車開始運動后t=20.0s內客車行駛了s「貨車行駛了>貨車的加速度為凡30節(jié)貨車車廂的總長度為L=30xl6.0n客車力

< A~L**圖3-7-1由運動學公式有\(zhòng)=vt,由題給條件有L=s-s1 2聯(lián)立解得a=1.35m/s2.解法二：圖象法：如圖3-7-2所示為客車和貨車的v-t圖象，圖中陰影部分面積對應30節(jié)車廂的總、長度.圖3—7—2L=301z=480miov—at+v ,可得： ?t=L=480m把v=37.5m,t=20s代入上式得a=1.35m/sz.【答案】（1）37.5m/s（2）1.35m/s2歸納總、結破解運動學類問題的關鍵是尋找兩個運動之間的聯(lián)系：一是時間關系，二是位移關系.尋找的方法有兩種：畫v-t圖象或者畫出運動過程草圖，并在圖中標明各運動學量，包括時刻、時間、位移、速度、加速度等已知量和未知量，然后根據(jù)運動關系列式求解.題型二運動學與牛頓運動定律的綜合問題牛頓運動定律是動力學的基礎，牛頓運動定律與運動學規(guī)律相結合形成動力學的兩類基本問題，也是高考計算題命題的熱點和重點.圖3—7—3【例2】（2019年度高三聯(lián)考）質量為10kg的環(huán)在F=140N的恒定拉力作用下，沿粗糙直桿由靜止從桿的底端開始運動，環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)H=0.5,桿與水平地面的夾角0=37°,拉力F與桿的夾角為0,力F作用一段時間后撤去，環(huán)在桿上繼續(xù)上滑了0.5s后，速度減為零，取g=10m/s2,Sin37°=0.6,cos37°=0.8,桿足夠長，求：(D拉力F作用的時間；(2)環(huán)運動到桿底端時的速度大小.【解】⑴撤去拉力F后mgsin。+〃mgcos0=ma20=v-at,解得v=5m/s1 22 1撤去拉力F前(注意桿對環(huán)的彈力的方向)：Feos0—mgsin。一〃(Fsin0—mgcos0)=maiv=atiii所以t=1sI(2)根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin6-nmgcos0=ma3s=\(t+t)Z1 2vz=2as3聯(lián)立解得v=q元m/s.題型三滑塊一滑板類問題滑塊一滑板類題型是指由木板和物塊組成的相互作用的系統(tǒng)，是近年高考物理試題中的經典題型.題中常涉及摩擦力的方向判斷和大小計算、牛頓運動定律及運動學規(guī)律等知識.【例3】(2019年湖南模擬考試)如圖3—7—4所示，質量M=4kg的小車長L=1.4m,靜止在光滑水平面上，其上面右端靜止一質量m=1kg的小滑塊(可看作質點)，小車與木板間的動摩擦因數(shù)H=0.4,先用一水平恒力F向右拉小車.(g=10m/s2.)qf圖3—7—4(1)若用一水平恒力F=10N,小滑塊與小車間的摩擦力為多大？(2)小滑塊與小車間不發(fā)生相對滑動的水平恒力F大小要滿足的條件？(3)若用一水平恒力F=28N向右拉小車，要使滑塊從小車上恰好滑下來，力F至少應作用多長時間？【解】(1)當F=10N時，設兩者間保持相對靜止，由整體法可得：F=(M+m)a^a=2m/S2隔離小滑塊可得：f=ma=2N1而兩者間的最大靜摩擦力為f=〃mg=4Nnax所以小滑塊與小車間的摩擦力為2N.(2)當兩者要發(fā)生相對滑動時，小滑塊與小車間應達到最大的靜摩擦力.此時小滑塊的加速度可由f=4mg=ma,得a=4m/s2max 2 2由整體法可得：F=(M+m)a=20N2小滑塊與小車間不發(fā)生相對滑動的水平恒力F的范圍是F<20N.(3)當F=28N時，兩者間相對滑動，小滑塊〃mg=ma,a=4m/ss2 2小車F—〃mg=Ma3得a=6m/s23設F撤去前作用了時間1V則兩者獲得的速度為v=at,v=at21M31兩者產生的位移為：X=1at2,x=1a12tn/2IM/3IF撤去后m仍以力加速，M以汽減速，減速的加速度為ar釁=1m/S2設過時間t兩者等速v'=v+at=v-at2 id22M42TOC\o"1-5"\h\z小、g2 , 28代入倚t=^t?V=yt2oI 01v+v' V+v't時間內位移X'=「一t,X' —t2 m z2M N2(x+x')-(x+x')=LMM mm得耳\2=L得t=1s1歸納總結.臨界條件(1)滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件①運動學條件：若兩物體速度和加速度不等，則會相對滑動.②動力學條件：假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“所需要”的摩擦力F；比較F與最大靜摩擦f f力F的關系，若F>F,則發(fā)生相對滑動.fn ffn(2)滑塊滑離滑板的臨界條件當滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣達到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件..常見解法“滑塊一滑板類”模型問題往往存在一題多解情況，常見的解法如下：(1)動力學分析法：分別對滑塊和滑板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度，然后結合運動學公式求解.(2)相對運動分析法：從相對運動的角度出發(fā)，根據(jù)相對初速度、相對加速度、. V+V V2—V2相對末速度和相對位移的關系X=相對初 =相對末 -對初二往往可大大簡相對 l /a化數(shù)學運算過程.(3)圖象描述法：有時利用運動v-t圖象分析更快捷.例如，一物塊以初速度v,滑上在水平地面上靜止的木板，物塊和木板的運動圖象如圖3-7-5甲或圖3-7-5乙所示.圖甲表示物塊在滑出木板前已經與木板共速，陰影部分面積表Vt _ 4不相對位移X,X=-*-；圖乙表了物塊已滑出木板，陰影部分面積表小木板相對相對/總長度L,x^=L.圖3—7—5題型四傳送帶類問題傳送帶是應用比較廣泛的一種傳送裝置.以其為素材的計算題大多具有情景模糊、條件隱蔽、過程復雜的特點，雖然近幾年高考中與傳送帶運動相聯(lián)系的計算題沒有涉及，但應作為一種動力學重要題型積極備考.1例4】傳送帶被廣泛應用于各行各業(yè).由于不同的物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)不同，物體在傳送帶上的運動情況也有所不同.如圖3—7—6所示，一傾斜放置的傳送帶與水平面的傾角0=37°,在電動機的帶動下以v=2m/s的速率順時針方向勻速運行.M、N為傳送帶的兩個端點，MN兩點間的距離為7m.N端有一塊離傳送帶很近的擋板P,可將傳送帶上的物塊擋住.在傳送帶上的。處先后由靜止釋放金屬塊A和木塊B,金屬塊與木塊質量均為1kg,且均可視為質點g取10m/s2,0M間距離L『3m.sin37°=0.6,cos37°=0.8,傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦.圖3—7—6（1）金屬塊A由靜止釋放后沿傳送帶向上運動，經過2s到達M端，求金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)（2）木塊B由靜止釋放后沿傳送帶向下運動，并與擋板P發(fā)生碰撞.已知碰撞時間極短，木塊B與擋板P碰撞前后速度大小不變，木塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)4=0.5.2①求與擋板P第一次碰撞后，木塊B所達到的最高位置與擋板P的距離；②經過足夠長時間，電動機的輸出功率恒定，求此時電動機的輸出功率.【解析】（D金屬塊A在傳送帶方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做勻加速運動，并設其速度能達到傳送帶的速度v=2m/s,然后做勻速運動，達到M點.金屬塊由。運動到M有L=1at2+vtOMJ1 2即\at2+2t=3①Z1 2且t+t=t,g[]t+1=2(2)L2 1 2v=at,即2=at③11根據(jù)牛頓第二定律有Itmgcos37°-mgsin37°=ma@由①②③式解得\=1s,t=2s,即t<t,符合題設要求.加速度a=2m/s21由④式解得金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)=(2)①由靜止釋放后，木塊B沿傳送帶向下做勻加速運動，其加速度為%運TOC\o"1-5"\h\z動距離L=4m,第一次與P碰撞前的速度為vON 1a=gsin6—ugeos6=2m/s21 2V|=，2a￡、=4m/s與擋板P第一次碰撞后，木塊B以速度v被反彈，先沿傳送帶向上以加速度1a做勻減速運動直到速度為V,此過程運動距離為s；之后以加速度a繼續(xù)做勻2 1 1減速運動直到速度為0,此時上升到最高點，此過程運動距離為Ia=gsin?！╣eos0=10m/s22 2V?—V2V2s=--=1m22ai因此與擋板P第一次碰撞后，木塊B所達到的最高位置與擋板P的距離s=s+s=1.6m.1 2②木塊B上升到最高點后，沿傳送帶以加速度?向下做勻加速運動，與擋板P發(fā)生第二次碰撞，碰撞前的速度為v.2v=?^2a(s+s)=yj6.4m/s與擋板第二次碰撞后，木塊B以速度v被反彈，先沿傳送帶向上以加速度a2 2做勻減速運動直到速度為V,此過程運動距離為SJ之后以加速度?繼續(xù)做勻減速運動直到速度為0,此時上升到最高點，此過程運動距離為S.4V?—V2s =0.12m32a木塊B上升到最高點后，沿傳送帶以加速度?向下做勻加速運動，與擋板P發(fā)生第三次碰撞，碰撞前的速度為v.3v=^2a(s^+s)=yj4.48m/s與擋板第三次碰撞后，木塊B以速度v被反彈，先沿傳送帶向上以加速度a3 2做勻減速運動直到速度為V,此過程運動距離為S；之后以加速度a繼續(xù)做勻減5 1速運動直到速度為0,此時上升到最高點，此過程運動距離為S.6以此類推，經過多次碰撞后木塊B以2m/s的速度被反彈，在距N點1m的范圍內不斷以加速度做向上的減速運動和向下的加速運動.木塊B對傳送帶有與傳送帶運動方向相反的阻力：F=umgcos6f2故電動機的輸出功率：P=〃mgvcos62解得P=8W.【答案】(1)1(2)①1.6m②8W歸納總、結(1)關注兩個時刻①初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向.②物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向或性質(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變.(2)注意過程分解①摩擦力突變點是加速度突變點，也是物體運動規(guī)律的突變點，列方程時要注意不同過程中物理量的混淆.②摩擦力突變點對應的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài)，也是后一過程的初狀態(tài)，這是兩個過程的關聯(lián)量.第8講能量與動量綜合計算題常考“4模型”高考將動量定理和動量守恒定律由選考改為必考后，將動量問題與能量問題結合起來，聯(lián)系生活中的情景，形成一類難度較大的綜合計算題.通過對這類問題的分析，可以歸納為四種模型，相關的動量與能量的綜合計算題幾乎都是由這四種當中的某一類或者幾類合成起來的，具體解題過程中只要能夠找出問題的最根本的模型就可快速、準確地解決問題.一、“穿到不能再穿”模型【例1J如圖3-8-1所示，光滑水平面上質量為M的木塊在水平面上處于靜止狀態(tài)，有一質量為m的子彈以水平速度v擊中木塊并與其一起運動，求系0統(tǒng)所產生的內能？工,,[=> |M*7777777777777777/7777777/777777^圖3—8—1【解析】取子彈和木塊為參考系.由于地面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒.取向右為正方向.根據(jù)動量守恒定律有：mv=(M+m)v0根據(jù)能量守恒定律有：Q=〈mv2-〈(M+m)V2ZoZ聯(lián)立解得：、=墓%即子彈在進入木塊的過程中系統(tǒng)產生的內能為Mmv22(M+m)—一Mmvz【答案】FWH)歸納總結這種子彈穿入木塊最后達到兩者相對靜止的狀態(tài)，我們總、結為“穿到不能再穿”的模型.子彈打擊木塊的時間非常短，假如沒有“光滑水平面”的條件，子彈穿入木塊的過程也可以認為系統(tǒng)的動量守恒，也可以應用動量守恒定律進行求解.【例2】長為L、質量為M的木塊在粗糙的水平面上處于靜止狀態(tài)，有一質量為m的子彈(可視為質點)以水平速度v擊中木塊并恰好未穿出.設子彈射入木0塊過程時間極短，子彈受到木塊的阻力恒定，木塊運動的最大距離為S,重力加速度為g,求:圖3—8—2(D木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)〃；(2)子彈在進入木塊過程中產生多少熱量.【解析】(D子彈射入木塊的過程是“穿到不能再穿”的過程，該過程中木塊受到地面阻力作用，但作用時間極短，子彈穿木塊的過程系統(tǒng)動量近似守恒，TOC\o"1-5"\h\z可得：mv=(M+m)v,0 共當子彈與木塊共速到最終停止的過程中，由功能關系得：1 m2V22(M+m)V￡=〃(M+m)gs，解得〃=?gs(M*m)/(2)子彈射入木塊過程極短時間內，設產生的熱量為Q,由功能關系得：Q=：mv2--(M+m)v2,0L 共-c Mmv2解得Q=2(M+°m)?,、 m2V2 ,、Mmv21o案］ (1)2gs(M+m)2(2)2(M+m)二、“滑到不能再滑”模型【例3】如圖3—8—3所示，質量為M的長木板A在光滑水平面上，以大

小為v的速度向左運動，一質量為m的小木塊B(可視為質點)，以大小也為v的

0 0速度水平向右運動沖上木板左端，B、A間動摩擦因數(shù)為“，最后B不會滑離A.已知M=2m,重力加速度為g.求：3產1 3777777777/7777777777777777777777)圖3—8—3(DA、B最后的速度；(2)木板A的最短長度.

【解析】(1)小木塊B在放于光滑水平面上的長木板A上滑動且最終不會滑離A,該過程是“滑到不能再滑”的過程，設A、B最后具有共同速度v.以向左為正方向.由動量守恒定律得：Mv-mv=(M+m)v0 0將M=2m代入解得：v=\方向向左.(2)設木板A的最短長度為L,此時B恰好不滑離A,根據(jù)能量守恒定律得：v2+^mv2=(M+m)V2+〃mgL解得：L解得：L=4v2

9—

3〃gv 4v2【答案】(1)^方向向左(2)一三、“壓到不能再壓”模型【例4】如圖3—8—4所示，光滑水平面上有質量分別為？、m的A、B兩物體.靜止物體B左側固定一處于原長的輕彈簧，物體A以初速度v水平向右運0動，接觸彈簧以后將壓縮彈簧，求在壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能.「乂LIAwwv^B圖3—8—4【解析】A,B和彈簧為研究系統(tǒng).由于地面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒.A運動一段時間后與彈簧接觸，彈簧對A有向左的力，故A減速，彈簧對B有向右的力，故B加速.總有一個時刻A的速度和B的速度相等，即A、B有共同速度,此時刻兩者相距最近.此時的彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大.取向右為正方向.根據(jù)動量守恒定律有：mv=(m+m)v10 1 2系統(tǒng)減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能.根據(jù)能量守恒定律有：「11,、E=-mv2——(m+m)V2pmax210L1 2聯(lián)立解得：Epmaxmm聯(lián)立解得：Epmax2(m+m)l2【答案】2(m+m)1 2歸納總結這個模型中，由于開始A的速度大于B的速度，兩者距離逐漸減小，彈簧彈性勢能增大，當A的速度小于B的速度時兩者之間的距離增大，彈簧彈性勢能減小；A、B間距離最小，也就是壓到不能再壓的時候，彈簧的彈性勢能最大，這就是“壓到不能再壓”模型.對于這個模型，假如說A與彈簧接觸后就被粘連，那么可以讓我們同學分析，A接觸彈簧之后由A、彈簧、B組成系統(tǒng)的運動的情況，以及能量和動量的變化的情況.【例5】如圖3-8-5所示，質量M=3kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，小車左端放一質量為m=1kg的木塊，木塊與小車之間的動摩擦因數(shù)〃=0.3.車的右端固定一個輕質彈簧，彈簧的勁度系數(shù)k=600N/m,原長為10cm.現(xiàn)給木塊一個水平向右的速度v=4m/s,木塊便沿小車上表面向右滑行，在與彈0簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到達小車的左端，試求：/////////7//////////a^//////////,圖3—8—5（1）彈簧被壓縮到最短時平板小車的動量大??；（2）小車速度最大時，木塊離小車右端的距離；（3）彈簧獲得的最大彈性勢能.【解析】（1）木塊獲得水平向右的速度v向右滑動，直到壓縮彈簧最短的0過程是“壓到不能再壓”的過程，因地面光滑，木塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒:設彈簧最短時木塊和小車的共同速度為V由動量守恒定律可得：mv=（m+M）v0解得v=lm/s此時小車的動量P=Mv=3kg?m/s.（2）彈簧最短時，彈簧對小車的彈力大于木塊對小車的摩擦力，小車此后一段時間繼續(xù)加速，直到kx=4mg解得x=0.5cm此時木塊離小車右端的距離1=1-x=9.5cm.1 0(3)彈性勢能最大時小車與木塊共速，彈簧最短，應用能量守恒定律可得：inv2-+V2=E+umg(l—1)2o2 p 2式中1為彈簧最短狀態(tài)對應的長度，1為小車的長度.2從木塊獲得速度V到最終停在小車最左端的過程屬于“滑到不能再滑”的過0程，由系統(tǒng)動量守恒可得：mv=(m+M)v'0解得：v，=v=1m/s由系統(tǒng)能量守恒可得：inv2-i(m+M)vz2=2umg(l-1)Zoz 2解得E=〃mg(l—1)=3J.P 2【答案】(1)3kg?m/s(2)9.5cm(3)3J四、“升到不能再升''模型【例6】如圖3-8-6所示，質量為M的帶有圓弧曲面的小車靜止在光滑水平面上，另有一質量為m的小球以水平速度v沖上小車的曲面.求m能夠在小0車的曲面上上升的最大高度.圖3—8—6【解析】對m和M整個系統(tǒng)而言，m在曲面向上運動的過程中，M也同時向右運動.由于水平地面是光滑的，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒.從運動過程可以知道當小球在豎直方向上的分速度等于零時，小球到達最大高度，此時小球和小車具有共同的速度.取向右為正方向.根據(jù)動量守恒定律可知：mv=(M+m)v0系統(tǒng)減少的動能轉化為小球上升過程中所增加的重力勢能.根據(jù)能量守恒定律可知：mgh=.1mv2-1(M+m)v2Zo2Mv2聯(lián)立解得：h=2F7MW—一 MV21分室】 a 采▲2g(M+m)歸納總結這個模型中，小球在上升的過程中，最后豎直方向上的分速度變?yōu)榱悖簿褪钦f在豎直方向能夠上升的高度達到最大，我們稱之為“升到不能再升”模型.對于此類模型往往系統(tǒng)的總動量并不守恒,但是在某一個方向上的動量確是守恒的，此時我們就要利用這個方向上的動量守恒解決問題.【例7】如圖3—8—7所示，質量為m的小環(huán)穿在光滑水平細桿上.小環(huán)通過不可伸長的細線懸掛著質量為m的木塊.m和m處于靜止狀態(tài).質量為m1 1 2 0的子彈以初速度V。水平射入木塊并留在其中，求木塊能夠上升的最大高度.圖3—8—7【解析】這個問題涉及兩個過程，分別對應兩種模型.過程一是“穿到不能再穿”的過程.這個過程中研究對象取m和m.由于作0 1用時間非常短，兩者之間產生很大的內力，故子彈和木塊的動量守恒.取子彈初速度的方向為正方向，設子彈射入木塊后木塊和子彈的速度為V,,根據(jù)動量守恒定律有：mv=(m+m)v00 0 1L過程二是“升到不能再升”的過程.這個過程中研究對象是子彈、木塊和小環(huán).這個系統(tǒng)的總動量不守恒，但是水平方向上動量守恒.當木塊上升到最高點時，小環(huán)和木塊有共同的速度.取向右為正方向.根據(jù)動量守恒定律有：(m+m)v=(m+m+m)v0 1 1 0 1 2 2在木塊上升過程中，子彈和木塊的重力勢能增加，系統(tǒng)的動能減小轉化為重力勢能根據(jù)能量守恒定律有：(m+m)gh=-(m+m)v2--(m+m+m)V2TOC\o"1-5"\h\z0 1z0 1 1z0 1 22e-= 1 mm2V2聯(lián)11解傳：=2g（m+m）2n（m+m+m）?0I 0 1 2mm2V2【答案】 ~~u 木2g（m+m）2（m+m+m）0 1 0i2第9講電磁場計算題常考“5題型”在高考中，物理必答計算題共有兩道，其中第二道計算題綜合性較強，難度較大，用以考查考生的綜合分析能力，甚至是應用數(shù)學規(guī)律處理物理問題的能力.分析近幾年高考試題可以發(fā)現(xiàn)，電學計算題多數(shù)情況放在后邊，作為壓軸大題，在電場、磁場部分的計算題大體有以下五種常考題型.題型一帶電粒子（體）在電場力作用下的運動問題［例1）（2019年上海崇明期末）如圖3-9-1所示，上下放置的兩帶電金屬板，相距為31,板間有豎直向下的勻強電場E.距上板1處有一帶電荷量為+q的小球B,在B上方有帶電荷量為-6q的小球A,它們的質量均為明用長度為1mg的絕緣輕桿相連.已知E=V.讓兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進入電場中（重力加速度為g）.求： /+qO BI圖3—9—1（DB球剛進入電場時的速度匕大小；A球剛進入電場時的速度%大??；B球是否能碰到下金屬板？如能，求剛碰到時的速度七大小.如不能，請通過計算說明理由.F'2mg圖3—9—2【解析】(DB進入電場前，只受重力作用，做自由落體運動.v[2=2gl,解得\=淄或.(2)A球進入小孔前，只有B球受電場力，F(xiàn)=qE=mg,方向豎直向下，系統(tǒng)受力分析如圖3—9—2所示：由牛頓第二定律可得：F+2mg=2ma3ga=V1z系統(tǒng)做勻加速直線運動V2-v2=2a12 1 1代入數(shù)據(jù)得V=啊.，6qE"qE12mg圖3—9—3(3)當A、B球全部進入電場后，系統(tǒng)受力如圖3—9—3所示：6qE—qE—2mg=2ma33ga=V3ZA,B向下減速設系統(tǒng)速度為零時沒到達下金屬板，小球停下來時通過的距離為HH=2^351代入數(shù)據(jù)得H=w<21,故B球不能到達下金屬板.【答案】（1）啊（2）刷（3）不能，理由見解析題型二導體棒在安培力作用下的平衡問題【例2】如圖3—9—4所示，在傾角為。=37。的斜面上，固定一寬為L=1.0m的平彳丁金屬導軌.現(xiàn)在導軌上垂直導軌放置一質量m=0.4kg、電阻R0=2.0Q,長為LOm的金屬棒ab,它與導軌間的動摩擦因數(shù)為4=0.5.整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度大小為B=2T的勻強磁場中.導軌所接電源的電動勢為E=12V,內阻r=LOQ,若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑動變阻器的阻值符合要求，其他電阻不計，取g=10m/sz,sin37°=0.6,cos37°=0.8.現(xiàn)要保持金屬棒ab在導軌上靜止.圖3—9—4求：（1）金屬棒所受安培力的取值范圍；（2）滑動變阻器接入電路中的阻值范圍.【解析】（D當金屬棒剛好達到向上運動的臨界狀態(tài)時，金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，設金屬棒受到的安培力大小為,其受力分析如圖3—9—5甲.則有圖3—9—5F=Fsin6+mgcos0N1Fcos0=mgsin0+f1 maxf=〃Fmax N代入數(shù)據(jù)可得F=8N1當金屬棒剛好達到向下運動的臨界狀態(tài)時，設金屬棒受到的安培力大小為F,2其受力分析如圖3—9—5乙所示.則有TOC\o"1-5"\h\zF'=Fsin0+mgcos6N 2Fcos0+f'=mgsin02 maxf，="F，max NQ代入數(shù)據(jù)可得F=1N2 11安培力的范圍為提N<F<8N.rE,r二二_ Jo叫圖3—9—6F(2)因磁場與金屬棒垂直，所以金屬棒受到的安培力為F=BIL,因此有1=瓦,4由安培力的取值范圍可知電流的取值范圍為五A<I<4A,等效電路如圖3-9-6所示4設電流為1rlia時滑動變阻器接入電路中的阻值為r「由閉合電路歐姆定律，有TOC\o"1-5"\h\zE-Ir=I(R+R),1 1 0 1代入數(shù)據(jù)可得R=30Q1設電流為I=4A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R,由閉合電路歐姆定2 2津有E-Ir=I(R+R),2 2 0 2代入數(shù)據(jù)可得R=o2滑動變阻器接入電路中的阻值范圍為0<R<30Q.【答案】(1)六N<F<8N(2)0<R<30Q題型三帶電粒子在磁場中的多個圓周運動問題[例3]如圖3-9-7所示，空間某平面內有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.折線的頂角/A=90°,P、Q是折線上的兩點，AP=AQ=L.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶負電微粒從P點沿PQ方向射出，不計微粒的重力.XXXXXXXXXXXx?xXXXXXXXxx"xXx?xXXXXXXXXXXXXXXXX/**\XXXX圖3—9—7(1)若p、Q之間外加一個與磁場方向垂直的勻強電場，能使速度為V射出的0微粒沿直線PQ運動到Q點，則電場強度應為多大？(2)撤去電場，為使微粒從P點射出后，途經折線的頂點A而到達Q點，求初速度v應該滿足什么條件？(3)求⑵中微粒從P點到Q點所用的時間.【解析】(1)由電場力與洛倫茲力平衡可得qE=qvB,解得E=vB.0 0(2)根據(jù)運動的對稱性，微粒能從P點運動到Q點，應滿足L=nx(n為整數(shù))，

其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，偏轉圓弧對應的圓心角為舞袈.設圓弧的

半徑為R,則有x=^R,解得R='L,又因為qvB=m(,由以上各式可解得v

v zn k(3)如圖3—9—8所示，當n取奇數(shù)時，微粒從P到Q的過程中圓心角的總和M 冗3元 小一、―'142n7：27cm2Ttmn為0=n?-y+n?—=2nn9故其運動時間t=方一?—p-=—0―,n=l、3、izz iz7： qt)5、…；當n取偶數(shù)時，微粒從P到Q的過程中圓心角的總和為。=n?等+n?51ZZ=n*故其運動時間為

n7t2mn7t2mmn取數(shù)

n奇XX5X乂<.XXXX?kXXX?:M禺XX??XXXX?XXXXXXXXXXXX/圖3—9—8n=2、4,6、….小2兀mn⑶【答案】⑴v°B(2)v=^__,n=l,2小2兀mn⑶一兀mnn=l、3、5、…或-n=2、4、6、???歸納總、結(D在某一區(qū)域內有兩個或兩個以上的有界磁場，帶電粒子先后經過這些磁場，做不同的圓周運動，形成多個圓周運動相互銜接的多過程現(xiàn)象.(2)各圓周運動的子過程的圓心、半徑不同，可能的“臨界點”也可能不同,要注意分別畫圖研究.(3)在各圓周運動的銜接處，速度具有連續(xù)性，即粒子進出前后磁場的速度的大小和方向均不變，但向心力的大小和方向會發(fā)生突變，使得兩個圓周運動在銜接處相內切或外切，即兩圓心的連線與兩圓公切線垂直.題型四帶電粒子在復合場中的“折返跑”問題【例4J如圖3-9-9所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場.左側勻強電場的電場強度大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外；右側區(qū)域勻強磁場的磁感應強度大小也為B,方向垂直紙面向里.一個質量為m、電荷量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的。點由靜止開始運動，穿過中間磁場區(qū)域進入右側磁場區(qū)域后，又回到。點，然后重復上述運動過程.求：LXXXXXX^XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX圖3—9—9(1)中間磁場區(qū)域的寬度d;⑵帶電粒子從。點開始運動到第一次回到。點所用時間.LXXXXXX^XXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXXX圖3—9—9(1)中間磁場區(qū)域的寬度d;⑵帶電粒子從。點開始運動到第一次回到。點所用時間.【解析】(1)帶電粒子在電場中加速,由動能定理得：qEL=；niV2帶電粒子在勻強磁場中偏轉,V2由牛頓第二定律得：Bqv=%由以上兩式，可得：R=n可見粒子在兩磁場區(qū)域的運動半徑相同.如圖3—9—10所示:xxXXXXXX三段圓弧的圓心組成的4。。。是等邊三角形,123其邊長為2R.所以中間磁場區(qū)域的寬度為：2v2mv(2)在左側電場中的運動時間：t]=W=7R=在中間磁場中的運動時間：t,=;=g*在右側磁場中的運動時間為：％=3=需則粒子第一次回到0點所用的時間為：歸納總結帶電粒子在復合場中的“折返跑”運動問題屬于場的性質、力學規(guī)律及能量觀點的綜合應用，解決此類問題的關鍵是根據(jù)運動過程的先后“按部就班”地逐個分析，同時注意畫出運動軌跡圖及幾何關系圖.【例5】（2019年孝義一模）如圖3—9—11所示，在虛線HF上方存在著垂直于紙面向里的勻強磁場B,在x軸上方存在沿x軸正方向的勻強電場，在x軸1下方的矩形區(qū)域ABCD內還存在垂直于紙面向外的勻強磁場，矩形區(qū)域的AB邊與x軸重合.M點是HF和y軸的交點，在M點有一靜止鐳核（226Ra）,某時刻發(fā)生88放射性衰變，放出某種質量為明電荷量為q的粒子后變?yōu)橐话焙耍?22Rn）,氨核86恰好沿y軸正向做勻速直線運動，粒子則以初速度V沿y軸負方向運動，恰好從0N點進入磁場，當粒子第二次經過x軸時電場反向，粒子恰好回到M點，若|OM|=2|ON|,核子的質量數(shù)與質量成正比，不計氨核和粒子的重力.BB圖3—9—11（D寫出上述過程中鐳核的衰變方程.

(2)求電場強度的大小E.(3)求N點的橫坐標x.(4)求矩形區(qū)域ABCD內勻強磁場的磁感應強度的大小B及矩形區(qū)域的最小面2積S.【解析】(1)鐳核衰變的核反應方程為22eRa—?222Rn+《He.TOC\o"1-5"\h\z88 86 2(2)設氨核質量為m,電荷量為q,運動速度為v,氨核恰好沿y軸正向做勻111速直線運動，根據(jù)力的平衡有：qvB=qEI11 1鐳核衰變時，根據(jù)動量守恒定律有：O=mY-mv。111 ?2vB其中得￡=才『(3)粒子從M點到N點做類平拋運動，設運動時間為t,。點到N點的距離為x,則沿y軸負方向有：2x=vt011 qE沿X軸正方向有：x=2atj又有：a=—解得x解得xlllmv

IqB41,

1⑷粒子的運動軌跡如圖3—9—12所示粒子經過N點時，在x軸方向有v—2ax,解得v=vx x0粒子進入磁場的速度V= +V,=艱V。設粒子進入磁場時速度方向與x軸正方向的夾角為e.因為tan0=3=1,所以。=45

由幾何關系得粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=^2xV2 4B由牛頓第二定律得：qvB=%,解得B「市矩形區(qū)域的最小面積為S=2R（R+x）解得S=123212(2+小)

解得S=1.. ..2vB【答案】,lllmv(3) ⑷4qB1(1)22eRa—*22zRn【答案】,lllmv(3) ⑷4qB188 86 2 Hl,、4B123212(2+J2)m2V2(4) 1- * 0w111 8q?B21題型五帶電粒子在交變場中的周期性運動問題【例6】如圖3-9-13甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C,磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖3-9-13乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向.t=0時刻，一帶正電的微粒，質量m=8xlOTkg、電荷量q=2xl0-4C,在。點具有方向豎直向下、大小為0.12m/s的速度v,0,是擋板MN上一點，直線00'與擋板MN垂直，取g=10m/s?.求:B/TTOC\o"1-5"\h\z0.8—, ,—?? ??.20」3Q九，u57T；1157T2耐357r決\o"CurrentDocument"II II-0.8——~'甲 乙圖3—9—13（1）微粒再次經過直線。。'時與。點的距離；（2）微粒在運動過程中離開直線00'的最大距離；（3）水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與0點間的水平距離應滿足的條件.【解析】（1）由題意可知，微粒所受的重力為G=mg=8x10-3N電場力的大小為F=Eq=8x10-3NEq=mg,因此重力與電場力平衡微粒在洛倫效力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qvB=m^代入數(shù)據(jù)解得R=0.6m由公式丁=浮，解得T=10兀s則微粒在0-5兀s內轉過半個圓周，再次經過直線。0'時與。點的距離1=2R=1.2m.(2)微粒運動半個周期后向上勻速運動，運動的時間為t=5九s,軌跡如圖3—9—14所示，位移大小$=丫1解得s?1.88m因此，微粒離開直線00'的最大距離1'=s+R=2.48m.圖3—9—14(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P,P點在直線。。'下方時，由圖可知，擋板MN與。點間的水平距離應滿足L=(2.4n+0.6)m(n=0,1,2,3,…)若微粒能垂直射到擋板上的某點P,P點在直線。。'上方時，由圖可知，擋板MN與。點間的距離應滿足L=(2.4n+L8)m(n=0,1,2,3,…)綜上，擋板MN與。點間的距離應滿足：L=(1.2n+0.6)m(n=0,1,2,…).【答案】(DL2m(2)2.48m(3)L=(1.2n+0.6)m(n=0,1,2,—)歸納總結分析帶電粒子在交變場中周期性運動的三點提醒(1)準確劃分帶電粒子運動過程中的不同運動階段、不同運動形式，找到不同階段及形式轉折點和臨界點，確定解題所用到的物理規(guī)律.(2)帶電粒子在“組合場”中運動時，如果電場或磁場隨時間周期性變化，帶電粒子可能會做周期性運動.解題時首先弄清楚場隨時間變化的規(guī)律，找到變化的周期，然后將一個周期內的變化過程分解成幾個時間段，場在每個時間段內均保持不變，然后分析粒子在每個時間段內的受力特點和運動性質，并招粒子在各個時間段內的運動連接起來.(3)分析帶電粒子在交變電場或磁場中的運動軌跡時，還要注意對稱性的靈活應用.第10講電磁感應計算題常考“4題型”電磁感應計算題的3大體系電磁感應是電磁學的核心內容，也是高考壓軸題的考查熱點.此類壓軸題的難點主要體現(xiàn)為綜合程度很高，能同時把電磁感應、磁場、電路以及力學中平衡、加速、變力做功、能量等知識交織在一起.其實，只要學會把這類問題分割成磁生電體系、全電路體系和力學體系，然后再把這三大體系有機地融會貫通，破解此類問題就有章可循.磁生電體系是指產生電磁感應的那一部分電路，并要判斷是動生電動勢還是感生電動勢，不同電動勢的計算方法不同；全電路體系是指把產生電動勢的那一部分電路看作電源（即內電路，電流由負極流向正極），其余部分是外電路（電流由正極流向負極）；而力學體系是指求解此類問題時通常要用到動力學觀點、能量觀點和動量觀點等知識.【例U如圖3-10-1所示，兩根足夠長的平行金屬導軌固定在傾角e=30°的斜面上，導軌電阻不計，間距L=0.4m.導軌所在空間被分成區(qū)域I和II,兩區(qū)域的邊界與斜面的交線為MN,I中的勻強磁場方向垂直斜面向下，II中的勻強磁場方向垂直斜面向上，兩磁場的磁感應強度均為B=0.5T.在區(qū)域I中，將質量「0.1kg、電阻卜。/Q的金屬條ab放在導軌上，ab剛好不下滑.然后,在區(qū)域II中將質量m=0.4kg,電阻R=0.1C的光滑導體棒cd置于導軌上,2 2由靜止開始下滑，cd在滑動過程中始終處于區(qū)域n的磁場中，ab、cd始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，取g=10m/s2,問：圖3—10—1（Dcd下滑的過程中，ab中的電流方向.（2）ab剛要向上滑動時，cd的速度v有多大？（3）從cd開始下滑到ab剛要向上滑動的過程中，cd滑動的距離x=3.8m,此過程中ab上產生的熱量Q是多少？【解析】(1)由右手定則可以直接判斷出電流的方向為由a流向b.(2)開始放置ab剛好不下滑時，ab所受摩擦力為最大靜摩擦力，設其為F,max有F=mgsin。①max1設ab剛好要上滑時，cd棒的感應電動勢為E,由法拉第電磁感應定律有E=BLv②設電路中的感應電流為I,由閉合電路歐姆定律有I=七@1 2設ab所受安培力為F；有F=ILB④安 安此時ab受到的最大靜摩擦力方向沿斜面向下，由平衡條件有F=mgsin0+F⑤安1 nax綜合①②③④⑤式，代入數(shù)據(jù)解得v=5m/s.⑥(3)設cd棒運動過程中電路產生的總熱量為Q,由能量守恒定律有mgxsin0=Q+：mv2⑦2 總，2又:Q=&總⑧1 2解得Q=1.3J.【答案】 ⑴由a流向b(2)5m/s(3)1.3J歸納總、結解決電磁感應類計算題需要靈活運用這三大體系，特別是磁生電體系和力學體系.因為磁生電需要區(qū)分感生電動勢和動生電動勢，感生電動勢注意判斷有效面積，而產生動生電動勢的物理情景更是千變萬化，如單棒平動切割、單棒轉動切割、雙棒平動切割、線框(部分)平動切割和線框轉動切割(產生交流電)等；力學體系也是包羅萬象，如有關最大或最小速度時的平衡問題，有關最大加速度的瞬時問題，與內能、電能功率等有關的能量問題，和時間、電量、初末速度等有關的動量問題等，都需要細致分析、靈活運用.電磁感應計算題的4大題型題型一磁場變化類問題【例2】如圖甲所示，平行長直導軌MN、PQ水平放置，兩導軌間距L=0.5m,導軌左端M、P間接有一阻值R=0.2C的定值電阻，導體棒ab的質量m=0.1kg,與導軌間的動摩擦因數(shù)M=0.1,導體棒垂直于導軌放在距離左端為d=1.0m處，導軌和導體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計.整個裝置處在范圍足夠大的勻強磁場中，t=0時刻，磁場方向豎直向下，此后，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，不計感應電流磁場的影響.重力加速度g取10m/s2.招/T甲 乙

圖3—10—2(1)求t=0時導體棒所受到的安培力F.0(2)分析前3s時間內導體棒的運動情況并求前3s內棒所受的摩擦力F隨f時間t變化的關系式.(3)若t=3s時，突然使ab棒獲得向右的速度v=8m/s,同時垂直棒施加0一方向水平、大小可變化的外力F,使棒的加速度大小恒為a=4m/s2、方向向左.求從t=3s到t=4s的時間內通過電阻的電荷量q.A①［解析］(l)t=0時棒的速度為零，故回路中只有感生電動勢，為E=-=4rLd=0.1x0.5x1.0V=0.05VAtE0.05感應電流為I=R=~53A=0.25A導體棒所受到的安培力F=BIL=0.025N.0 0(2)導體棒與導軌間的最大靜摩擦力：F=Mmg=0.1x0.1x10N=0.1N>F=0.025Nfm 0所以在t=0時刻導體棒靜止不動，加速度為零，在0-3s內磁感應強度B都小于％導體棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3s內導體棒靜止不動，電流恒為1=0.25A

在0—3s內,磁感應強度為B=B-kt=0.2-0.lt(T)0因導體棒靜止不動，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有：F=BIL=(B-kt)IL=(0.2-0.It)x0.25x0.5=0.0125(2-t)(N)(t<3s).f 0(3)3-4s內磁感應強度大小恒為B=0.1T,ab棒做勻變速直線運動，At2 1=4s-3s=1s設t=4s時導體棒的速度為v,第4s內的位移為x,貝U：v=v-aAv=v-aAt=4m/s,x—At=6m2iA①在這段時間內的平均感應電動勢為E=-Zal1EBLx通過電阻的電荷量為q=lAt|=RAt|="r=1.5C.【答案】(1)0.025N(2)前3s內導體棒靜止F=0.0125(2-t)(N)(t<3s)(3)1.5Cf歸納總結對于由磁感應強度B隨時間t變化產生感生電動勢的問題，其電源為垂直于磁場的電路的所有區(qū)域，而導體棒切割產生動生電動勢的問題，其電源為切割磁感線的導體棒部分.【例3】如圖3-10-3甲，在圓柱形區(qū)域內存在一方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，在此區(qū)域內，沿水平面固定一半徑為r的圓環(huán)形光滑細玻璃管，環(huán)心0在區(qū)域中心.一質量為明帶電荷量為q(q>0)的小球，在管內沿逆時針方向(從上向下看)做圓周運動.已知磁感應強度大小B隨時間t的變化關系如圖乙所示，其中T0=子.設小球在運動過程中電荷量保持不變，對原磁場0的影響可忽略.甲乙

甲乙圖3—10—3(1)在t=0到t=T這段時間內，小球不受細管側壁的作用力，求小球的速0度大小V。.(2)在豎直向下的磁感應強度增大過程中，將產生渦旋電場，其電場線是在水平面內一系列沿逆時針方向的同心圓，同一條電場線上各點的場強大小相等.試求t=T到t=1.5T這段時間內：0 0①細管內渦旋電場的場強大小E；②電場力對小球做的功W.【解析】(1)0-T。過程，小球做圓周運動不受細管側壁的作用力，則洛倫mv2效力提供向心力，有qv°B,=-^(2)①T-L5T過程，讀取圖象信息知77=干0 0 △L10細管內一周的感應電動勢為E=兀=金~=23年兀。感 AI1o細管內的場強為E=i-Z7C1器?器?，聯(lián)立解得￡=0qB2r—?-2加nf②讀取圖象信息知，該過程時間為At=0.5T,由牛頓第二定律得，小球沿切線方向的加速度大小為Eq小球運動的末速度大小v=v+aAt0聯(lián)立解得V=?v=縹^2o2nl由動能定理，電場力做功為W=$1V2-$1V02^/a 5 5qzB2r2解得w=^2=F-?

zxqBrz、…qB2r…5q2B2r2【答案】⑴》⑵』好』題型二單桿切割類問題【例4J(2019年濮陽一模)如圖3-10-4所示，光滑的水平平行金屬導軌間距為L,導軌電阻忽略不計.空間存在垂直于導軌平面豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B.輕質導體棒ab垂直導軌放置，導體棒ab的電阻為r,與導軌之間接觸良好.兩導軌之間接有定值電阻，其阻值為R,輕質導體棒中間系一輕細線，細線通過定滑輪懸掛質量為m的物體，現(xiàn)從靜止釋放該物體，當物體速度達到最大時，下落的高度為h.在本問題情景中，物體下落過程中不著地，導軌足夠長，忽略空氣阻力和一切摩擦阻力，重力加速度為g.求：(D物體下落過程的最大速度v；m(2)物體從靜止開始下落至速度達到最大的過程中，電阻R上產生的電熱Q;(3)物體從靜止開始下落至速度達到最大時，所需的時間t.【解析】(1)在物體加速下落過程中，加速度逐漸減小，當加速度為0時,下落速度達到最大.對物體，由平衡條件可得mg=F安對導體棒F=BIL安E對導體棒與導軌、電阻R組成的回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得1==根據(jù)法拉第電磁感應定律得E=BLvm聯(lián)立解得V聯(lián)立解得V=mmg(R+r)B2L2(2)在物體下落過程中，物體重力勢能減少，動能增加，系統(tǒng)產生的電熱增加,根據(jù)能量守恒定律可得mgh=1mv2+Q/m總

在此過程中任一時刻通過R和r兩部分電阻的電流相等，所以R與r兩部分電阻產生的電熱正比于電阻，則2=百三總聯(lián)立解得Q=mghRR+r聯(lián)立解得Q=mghRR+rmsgaR(R+r)

2BiL(3)在系統(tǒng)加速過程中，任一時刻速度設為v,取一段時間微元At,輕質導體棒質量不計，B?L2V由牛頓第二定律可得ft-r77=o對物體下落過程應用動量定理可得(mg-F)At=mAvT整理可得mgAt-B2L2V整理可得mgAt-B2L2V5--At=mAv,R+rB2L2即mgAt—j^；Ax=mAv全過程疊加求和mgt；h=mv1\T"I m聯(lián)立解得tm(R+r)

B2L2聯(lián)立解得tm(R+r)

B2L2B2L2I1+mg(R+r),【答案】⑴注苫mghRR+rm3g?R(R+r)

2B1L4m(R+r)

B2L2BzLzh+mg(R+r)歸納總結(D單桿切割磁感線產生動生電動勢，相當于回路中的電源.(2)導體桿運動時系統(tǒng)克服安培力所做的功轉化為回路中的焦耳熱，注意電阻R上的電熱與總焦耳熱的大小關系.(3)單桿做非勻變速直線運動的問題求運動時間時，要考慮應用動量定理解決.【例5】(2019年山師大附中一模)如圖3-10-5甲，MN,PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成6=37°角固定，M、P之間接電阻箱R,導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B=1T.質量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r.現(xiàn)從靜止釋放桿ab,測得最大速度為v.改變電阻箱的阻值R,得到v與R的關系如圖乙所示.已知軌m m距為L=2m,重力加速度g取10m/S2,軌道足夠長且電阻不計.求：圖3—10—5(1)桿ab下滑過程中感應電流的方向及R=0時最大感應電動勢E的大??；(2)金屬桿的質量m和阻值r；(3)當R=1Q時，求回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功【解析】(1)根據(jù)右手定則，桿中電流方向從bfa(或aMPba),由題圖乙可知，當R=0時，桿最終以V，=2m/s勻速運動，產生電動勢E=BLv',E=4V.(2)設最大速度為V,桿切割磁感線產生的感應電動勢E=BLv,E由閉合電路的歐姆定律：I=E:,桿達到最大速度時滿足mgsin。-BIL=0,他,日mgsin6Dmgsin0解得"FT-R+FT-r.由題圖乙可知:4—2斜率為k=m/(s?Q)=1m/(s?Q),縱截距為v=2m/s,0mgsin6mgsin0.得到：FT-3%,2解得：m=-kg,r=2Q.o. E2,B2L2V2⑶由題意：E=BLv,P=干得B2L2V2B2L2V2AP="5 1 n 「R+rR+r由動能定理得W=$iv,2-$ivj,WJM)“AP，代入數(shù)據(jù)解得W=0.25J.【答案】(1)方向從b-a(或aMPba)4V2(2)-kg2Q(3)0.25J題型三雙桿切割類問題【例61如圖3-10-6所示，足夠長的水平軌道左側bb-cc部分軌道12 12間距為2L,右側cc-dd部分的軌道間距為L,曲線軌道與水平軌道相切于bb,12 12 12所有軌道均光滑且電阻不計.在水平軌道內有斜向下與豎直方向成。=37°的勻強磁場，磁感應強度大小為B=0.1T.質量為M=0.2kg的金屬棒B垂直于導軌靜止放置在右側窄軌道上，質量為m=0.1kg的金屬棒A自曲線軌道上aa處由I2靜止釋放，兩金屬棒在運動過程中始終相互平行且與導軌保持良好接觸，A棒總在寬軌上運動，B棒總在窄軌上運動.已知：兩金屬棒接入電路的有效電阻均為R=0.2Q,h=0.2m,L=0.2m,sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2,求：圖3—10—6(1)金屬棒A滑到bb處時的速度大??；12(2)金屬棒B勻速運動的速度大〃\;(3)在兩棒整個的運動過程中通過金屬棒A某截面的電荷量；(4)在兩棒整個的運動過程中金屬棒A、B在水平導軌間掃過的面積之差.【解析】(DA棒在曲軌道上下滑，TOC\o"1-5"\h\z由機械能守恒定律得：mgh=：mv2,解得v=2m/s.No o(2)選取水平向右為正方向，對A、B利用動量定理可得：對B：Fcos0?t=MvB安 B對A：—Fcos6?t=mv-mvA安 A0其中F=2FA安 B安由上知：mv-mv=2Mv0A B兩棒最后勻速時，電路中無電流，此時回路總電動勢為零，必有2BLv-BLv=0A B解得vr=2va4聯(lián)立解得m/s%0.44m/s.(3)在B加速過程中：￡(Bcos0)iLAt=Mv-0q=￡it?50解得q=?C?5.56C.A①(4)據(jù)法拉第電磁感應定律有：E=等其中磁通量變化量：A0)=BASeos0電路中的電流：1=募通過截面的電荷量：q=It-c250解得AS=-g-m2%2