新高考適用2023版高考物理二輪總復(fù)習(xí)第3部分題型突破突破3“4個(gè)意識(shí)規(guī)律”破解計(jì)算題課件

第三部分題型突破突破三“4個(gè)意識(shí)規(guī)律”破解計(jì)算題第一講“4種意識(shí)”解答力學(xué)計(jì)算題分析近幾年的高考物理試題，力學(xué)計(jì)算題的鮮明特色在于組合，通過(guò)深入挖掘力學(xué)計(jì)算題的內(nèi)在規(guī)律，在解題時(shí)，考生必須具備“元素組合”“思想組合”“方法組合”“步驟組合”4種意識(shí)．只有具備了這4種組合意識(shí)，才能對(duì)力學(xué)組合大題化繁為簡(jiǎn)、化整為零，找準(zhǔn)突破口，快速解題．

一、“元素組合”意識(shí)力學(xué)計(jì)算題經(jīng)常出現(xiàn)一體多段、兩體多段，甚至多體多段等多元素的綜合性題目．試題中常出現(xiàn)的“元素組合”如下：力學(xué)計(jì)算題變化多樣，但大多數(shù)是對(duì)上述“元素組合”框架圖的各種情境進(jìn)行排列組合．閱讀題目時(shí)首先要理清它的元素組合，建立模型，找到似曾相識(shí)的感覺(jué)，克服對(duì)新題、難題的心理障礙．(2022·黔東南州二模)如圖所示，讓小球從圖中的C位置由靜止開(kāi)始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動(dòng)滑向A孔，到達(dá)A孔進(jìn)入半徑R＝0.3m且豎直放置的光滑圓軌道，當(dāng)小球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔，已知擺線長(zhǎng)L＝2.5m，θ＝60°，小球質(zhì)量m＝1kg，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，D點(diǎn)與小孔A的水平距離s＝2m，g取10m/s2，試求：典例1〔典題例析〕(1)擺線能承受的最大拉力值；(2)要使小球能進(jìn)入圓軌道并能通過(guò)圓軌道的最高點(diǎn)，求小球與粗糙水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的范圍．【元素組合】小球＋輕繩＋豎直平面＋DA粗糙段＋恒力＋勻減速運(yùn)動(dòng)＋豎直平面＋圓周運(yùn)動(dòng)．【答案】

(1)20N

(2)μ≤0.25二、“思想組合”意識(shí)一道經(jīng)典的力學(xué)計(jì)算題宛如一個(gè)精彩的物理故事，處處蘊(yùn)含著物理世界“平衡”與“守恒”這兩種核心思想．復(fù)習(xí)力學(xué)計(jì)算題應(yīng)牢牢抓住這兩種思想，不妨構(gòu)建下列“思想組合”框架圖：平衡思想體現(xiàn)出對(duì)運(yùn)動(dòng)分析和受力分析的重視．運(yùn)動(dòng)分析與受力分析可以互為前提，也可以互為因果．如果考查運(yùn)動(dòng)分析，物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)是平衡狀態(tài)，其他運(yùn)動(dòng)則是不平衡狀態(tài)，選用的運(yùn)動(dòng)規(guī)律截然不同．類(lèi)似的，如果考查受力分析，也分為兩種：F合＝0或者F合＝ma.F合＝0屬于受力平衡，牛頓第二定律F合＝ma則廣泛應(yīng)用于受力不平衡的各種情形．若更復(fù)雜些，則應(yīng)追問(wèn)是穩(wěn)態(tài)平衡還是動(dòng)態(tài)平衡，考查平衡位置還是平衡狀態(tài)．高中物理守恒思想主要反映的是能量與動(dòng)量恒定不變的規(guī)律．能量與動(dòng)量雖不同于運(yùn)動(dòng)與受力，但不同的能量形式對(duì)應(yīng)于不同的運(yùn)動(dòng)形式，不同的動(dòng)量形式也對(duì)應(yīng)于不同的受力形式，所以本質(zhì)上能量與動(dòng)量來(lái)源于物體運(yùn)動(dòng)與受力規(guī)律的推演，是運(yùn)動(dòng)分析與受力分析的延伸．分析能量與動(dòng)量的關(guān)鍵是看選定的對(duì)象是單體還是系統(tǒng)．如果采用隔離法來(lái)分析單個(gè)物體，一般先從動(dòng)能定理或動(dòng)量定理的角度思考；如果采用整體法來(lái)分析多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，則能量守恒或動(dòng)量守恒的思維更有優(yōu)勢(shì)．思想不同，思考方向就會(huì)不同．在宏觀判斷題目考查平衡還是守恒后，才能進(jìn)一步選對(duì)解題方法．

質(zhì)量為m木、長(zhǎng)度為d的木塊放在光滑的水平面上，木塊的右邊有一個(gè)銷(xiāo)釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動(dòng)，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0按如圖所示的方向射入木塊，剛好能將木塊射穿，現(xiàn)將銷(xiāo)釘拔去，使木塊能在水平面上自由滑動(dòng)，而子彈仍以初速度v0射入靜止的木塊，求：典例2〔典題例析〕(1)子彈射入木塊的深度是多少；(2)從子彈開(kāi)始進(jìn)入木塊到子彈相對(duì)木塊靜止的過(guò)程中，木塊的位移是多少；(3)在這一過(guò)程中產(chǎn)生多少內(nèi)能．【思想組合】

三、“觀點(diǎn)組合”意識(shí)透徹理解平衡和守恒思想后，具體解題主要使用3種觀點(diǎn)：受力與運(yùn)動(dòng)的方法、做功與能量的方法、沖量與動(dòng)量的方法．這三條主線是一個(gè)龐大的體系，光是公式就多達(dá)幾十個(gè)，不單學(xué)習(xí)時(shí)難以記憶，解題時(shí)也容易混淆．為獲得順暢的思路，可刪繁就簡(jiǎn)，整理成如下的“方法組合”框架圖．動(dòng)力觀點(diǎn)動(dòng)力觀點(diǎn)的特征是涉及加速度，主要用于解決物體受力情況與物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系．已知受力求運(yùn)動(dòng)，先從力F代表的F合＝0或F合＝ma寫(xiě)起，進(jìn)而得出運(yùn)動(dòng)參數(shù)x、v、t或θ、ω、t；已知運(yùn)動(dòng)求受力，則從x、v、t或θ、ω、t代表的各種運(yùn)動(dòng)規(guī)律寫(xiě)起，從右向左反向得出物體所受的力F功能觀點(diǎn)功能觀點(diǎn)主要用于解決不涉及時(shí)間的情形．若不涉及時(shí)間，使用動(dòng)能定理較為普遍．若不涉及時(shí)間又需研究能量，則優(yōu)先使用能量關(guān)系，特別是能量守恒定律動(dòng)量觀點(diǎn)若涉及時(shí)間，動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量定理可以簡(jiǎn)化計(jì)算，動(dòng)量守恒定律是物理學(xué)史上最早發(fā)現(xiàn)的一條守恒定律，其適用范圍比牛頓運(yùn)動(dòng)定律更廣．面對(duì)多體問(wèn)題，學(xué)生選擇合適的系統(tǒng)并運(yùn)用動(dòng)量守恒定律來(lái)解決，往往更加便捷當(dāng)然，在應(yīng)用上述三種觀點(diǎn)時(shí)，學(xué)生一定要注意各個(gè)公式的適用范圍，不能生搬硬套，例如動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用前提需先考慮系統(tǒng)所受合力是否為零．有些問(wèn)題只需一個(gè)觀點(diǎn)就能解決，也可能是多種觀點(diǎn)聯(lián)合求解，學(xué)生只有經(jīng)過(guò)反復(fù)實(shí)踐才能靈活選用．(2022·山東濰坊二模)如圖甲所示，在同一豎直面內(nèi)，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶中間，有一段半徑R＝2.25m的光滑圓軌道，其兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)滑塊B靜止，滑塊A以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞，B通過(guò)圓軌道滑上順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶．已知滑塊B滑上傳送帶后的v-t圖像如圖乙所示，t＝7.5s時(shí)B離開(kāi)傳送帶的上端H點(diǎn)，滑塊A的質(zhì)量M＝2kg，滑塊B的質(zhì)量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：典例3〔典題例析〕(1)碰撞后滑塊B的速度；(2)滑塊B經(jīng)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)圓軌道的壓力；(3)滑塊A的速度v0；(4)若傳送帶的動(dòng)力系統(tǒng)機(jī)械效率為80%，則因運(yùn)送滑塊B需要多消耗的能量．【方法組合】

【答案】

(1)5m/s

(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s

(4)287.5J(4)由v-t圖像可得，傳送帶的速度v4＝5m/s傳送帶從Q到H的長(zhǎng)度x＝36.25m物體在傳送帶上滑動(dòng)的相對(duì)距離為Δx＝1.25m設(shè)物體在傳送帶上的加速度為a，設(shè)傳送帶動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則μmgcos37°－mgsin37°＝ma四、“步驟組合”意識(shí)構(gòu)建以上三個(gè)組合的目的是引導(dǎo)學(xué)生整合知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，提升解題效率．但學(xué)生在做題時(shí)，即使面對(duì)平時(shí)比較熟悉的物理情境，有時(shí)仍會(huì)不知道如何表述．為了切入題目，可嘗試使用“對(duì)象—過(guò)程—原理—列式”這4個(gè)步驟來(lái)書(shū)寫(xiě)，如圖所示．通過(guò)運(yùn)用“四步法”框架圖，學(xué)生的解題思路可以更加清晰，首先找出對(duì)象，明確過(guò)程，然后分析原理，選定公式．在文字的規(guī)范表達(dá)方面，“四步法”也是一種范式，表述會(huì)更加全面．

如圖所示，一豎直光滑絕緣的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球A相連，整個(gè)空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小球A靜止時(shí)彈簧恰為原長(zhǎng)，另一質(zhì)量也為m且不帶電的絕緣小球B從距A為x0的P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動(dòng)，全過(guò)程中小球A的電荷量不發(fā)生變化，重力加速度為g.典例4〔典題例析〕(1)若x0已知，試求B與A碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；(2)若x0未知，且B與A在最高點(diǎn)恰未分離，試求A、B運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)彈簧的形變量；(3)在滿足第(2)問(wèn)的情況下，試求A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度．(2)A、B在最高點(diǎn)恰不分離，此時(shí)A、B加速度相等，且它們間的彈力為零，設(shè)此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)量為x1，則對(duì)B進(jìn)行分析：mg＝ma對(duì)A進(jìn)行分析：mg＋kx1－qE＝ma(3)A、B一起運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受合力為零時(shí)，具有最大速度vmax，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x2，則2mg－(qE＋kx2)＝0

第二講“4規(guī)律”解答電學(xué)計(jì)算題一、帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1.帶電粒子在平行板電容器中受力的情況(1)若平行板電容器所帶電荷量Q不變，改變兩板間距離d，兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，在平行板間運(yùn)動(dòng)的帶電粒子受力不變．

兩塊長(zhǎng)為L(zhǎng)、間距為d的平行金屬板a、b水平放置，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子以初速度v0從兩板左側(cè)的中點(diǎn)P水平進(jìn)入兩板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)，恰好從右側(cè)的下板邊緣飛出．典例1〔典題例析〕1.帶電粒子在單邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(1)粒子發(fā)射源位于磁場(chǎng)的邊界上，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)和離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與磁場(chǎng)邊界的夾角不變，如圖甲、乙、丙所示．2.帶電粒子在平行邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(1)帶電粒子位于磁場(chǎng)的某一邊界，且粒子的初速度方向平行于邊界，速度大小不定．如圖戊所示，半徑為粒子從磁場(chǎng)左側(cè)離開(kāi)的最大半徑；如圖己所示，半徑為粒子從磁場(chǎng)右側(cè)離開(kāi)的最小半徑．②粒子速度方向和磁場(chǎng)邊界不垂直，如圖辛所示，粒子的軌跡與磁場(chǎng)的右邊界相切時(shí)，粒子恰好不能從磁場(chǎng)的右邊界離開(kāi)，這種情況下相當(dāng)于粒子在單邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．

如圖所示，足夠長(zhǎng)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在ad邊的中點(diǎn)O，垂直磁場(chǎng)射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0(未知)的帶正電粒子．已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粒子重力不計(jì)．典例2〔典題例析〕(1)若粒子能從ab邊上射出磁場(chǎng)，求v0大小的范圍；(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．3.帶電粒子在圓形邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)徑向進(jìn)出當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，沿圓形磁場(chǎng)半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場(chǎng)區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長(zhǎng)線必過(guò)磁場(chǎng)圓的圓心等角進(jìn)出入射速度方向與過(guò)入射點(diǎn)的磁場(chǎng)圓半徑的夾角等于出射速度方向與過(guò)出射點(diǎn)的磁場(chǎng)圓半徑的夾角．徑向進(jìn)出是等角進(jìn)出的一種特殊情況(θ＝0°)磁發(fā)散若帶電粒子從圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域圓周上一點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑與圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑相同時(shí)，所有帶電粒子都以平行于磁場(chǎng)區(qū)域圓周上入射點(diǎn)的切線方向射出磁場(chǎng)磁聚焦若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場(chǎng)，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和圓形磁場(chǎng)區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會(huì)從磁場(chǎng)區(qū)域圓周上同一點(diǎn)射出，圓周上該點(diǎn)的切線與帶電粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向平行

如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有一個(gè)半徑為R的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，且是與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在圓形磁場(chǎng)的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)的初速度v的帶電微粒．發(fā)射時(shí)，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區(qū)間內(nèi)．不計(jì)微粒重力，忽略微粒間的相互作用．典例3〔典題例析〕(1)從A點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向離開(kāi)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向；(2)請(qǐng)指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說(shuō)明理由；(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說(shuō)明理由．(2)這束帶電微粒都通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，即這束帶電微粒都將會(huì)聚于坐標(biāo)原點(diǎn)O.理由及解法說(shuō)明如下：從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入圓形磁場(chǎng)的帶電微粒，在磁場(chǎng)中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖乙所示．其中四邊形PQOO′為菱形，邊長(zhǎng)為R，設(shè)P點(diǎn)與O′點(diǎn)的連線與y軸的夾角為θ，則∠QOO′＝θ，微粒圓周運(yùn)動(dòng)的圓心Q的坐標(biāo)為(－Rsinθ，Rcosθ)，故微粒圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡方程為(x＋Rsinθ)2＋(y－Rcosθ)2＝R2①又圓形磁場(chǎng)的圓心坐標(biāo)為(0，R)，故圓形磁場(chǎng)的邊界方程為x2＋(y－R)2＝R2②聯(lián)立①②兩式，解得帶電微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡與磁場(chǎng)邊界的兩個(gè)交點(diǎn)坐標(biāo)為：x1＝0、y1＝0與x2＝－Rsinθ、y2＝R(1＋cosθ)，顯然，后者坐標(biāo)點(diǎn)(x2，y2)就是P點(diǎn)，須舍去．可見(jiàn)，這束帶電微粒都是通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的．很顯然，靠近M點(diǎn)發(fā)射出的帶電微粒穿過(guò)磁場(chǎng)后會(huì)射向靠近x軸正方向的無(wú)窮遠(yuǎn)處；靠近N點(diǎn)發(fā)射出的帶電微粒穿過(guò)磁場(chǎng)后會(huì)射向靠近原點(diǎn)O處．綜上可知，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是0＜x＜＋∞.三、帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的規(guī)律1.電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的對(duì)比(不考慮重力)2.帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路(1)按照帶電粒子進(jìn)入不同場(chǎng)的時(shí)間順序分成幾個(gè)不同的階段；(2)分析帶電粒子在各場(chǎng)中的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況；(3)畫(huà)出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，注意運(yùn)用幾何知識(shí)，找出相應(yīng)的幾何關(guān)系與物理關(guān)系；(4)選擇物理規(guī)律，列方程；(5)注意確定粒子在組合場(chǎng)交界處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動(dòng)的橋梁．典例4〔典題例析〕(1)求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值Emax；(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；(3)若帶電粒子每次均從M點(diǎn)(－0.08m,0.12m)，以相同初速度v0沿y軸正方向射出，改變電場(chǎng)強(qiáng)度的大小，求帶電粒子經(jīng)過(guò)x軸正半軸的位置范圍．【答案】

(1)30N/C

(2)1×10－3T(3)0.09m≤x≤0.18m聯(lián)立解得B＝1×10－3T.(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E時(shí)，帶電粒子經(jīng)過(guò)y軸的速度大小為v′，方向與y軸的夾角為α，帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，圓心到y(tǒng)軸的距離為d，3.帶電體在疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的四類(lèi)問(wèn)題(1)帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運(yùn)動(dòng)，其處理的方法一般是采用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理進(jìn)行處理．(2)帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)(不計(jì)重力)：若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電體一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)可由二力平衡求解；若帶電體受到的靜電力和洛倫茲力不平衡，則其運(yùn)動(dòng)軌跡一般比較復(fù)雜，此時(shí)采用動(dòng)能定理進(jìn)行求解較為簡(jiǎn)單．(3)帶電體在勻強(qiáng)電場(chǎng)、勻強(qiáng)磁場(chǎng)和重力場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)：若帶電體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則一定是重力與靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時(shí)宜采用共點(diǎn)力平衡和圓周運(yùn)動(dòng)的相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解；若帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則一定是重力、靜電力和洛倫茲力的合力為零，此時(shí)宜采用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解．(4)帶電體在重力場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)組成的疊加場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由于其運(yùn)動(dòng)軌跡為一般的曲線，一般采用動(dòng)能定理進(jìn)行處理．

如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時(shí)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向豎直向上．一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q；帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點(diǎn)沿左上方射入磁場(chǎng)，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場(chǎng)后恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．已知帶電小球在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點(diǎn)P射出磁場(chǎng)(P未畫(huà)出)．典例5〔典題例析〕(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E為多大？(2)求出射點(diǎn)P到兩平面交點(diǎn)O的距離sOP.(3)帶電小球離開(kāi)磁場(chǎng)后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上的T點(diǎn)，求T點(diǎn)到O點(diǎn)的距離s′.根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡與ON相切的點(diǎn)，I點(diǎn)為入射點(diǎn)，P點(diǎn)為出射點(diǎn)．小球離開(kāi)磁場(chǎng)的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，故sQP＝2R四、電磁感應(yīng)計(jì)算題的解題規(guī)律——用好“三大體系”電磁感應(yīng)計(jì)算題的綜合程度很高，能同時(shí)把電磁感應(yīng)、磁場(chǎng)、電路以及力學(xué)中平衡、加速、功能關(guān)系、動(dòng)量等知識(shí)交織在一起，常以壓軸題出現(xiàn)，成為考生得分的攔路虎．其實(shí)，只要學(xué)會(huì)把這類(lèi)問(wèn)題分割成磁生電體系、全電路體系和力學(xué)體系，然后再把這三大體系有機(jī)地融會(huì)貫通，破解此類(lèi)問(wèn)題就有規(guī)律可循．磁生電體系指產(chǎn)生電磁感應(yīng)的那一部分電路，并要判斷是動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)還是感生電動(dòng)勢(shì)，不同電動(dòng)勢(shì)的計(jì)算方法不同全電路體系指把產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的那一部分電路看作電源(即內(nèi)電路，電流由負(fù)極流向正極)，其余部分是外電路(電流由正極流向負(fù)極)力學(xué)體系指求解此類(lèi)問(wèn)題時(shí)通常要用到動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)等知識(shí)

如圖甲所示，平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，兩導(dǎo)軌間距l(xiāng)＝0.5m，導(dǎo)軌左端M、P間接有一阻值R＝0.2Ω的定值電阻，導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝0.1kg，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放在距離左端d＝1.0m處，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒始終接觸良好，電阻均忽略不計(jì)．整個(gè)裝置處在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，t＝0時(shí)刻，磁場(chǎng)方向豎直向下，此后，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，不計(jì)感應(yīng)電流磁場(chǎng)的影響．重力加速度g取10m/s2.典例6〔典題例析〕(1)求t＝0時(shí)導(dǎo)體棒所受到的安培力F0的大小；(2)分析前3s時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)情況并求前3s內(nèi)導(dǎo)體棒所受的摩擦力Ff隨時(shí)間t變化的關(guān)系式；(3)若t＝3s時(shí)，突然使導(dǎo)體棒獲得向右的速度v0＝8m/s，同時(shí)垂直導(dǎo)體棒施加一方向水平、大小可變化的外力F，使導(dǎo)體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(shí)間內(nèi)通過(guò)電阻的電荷量q.【審題指導(dǎo)】

【答案】

(1)0.025N

(2)前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止Ff＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)

(3)1.5C(2)導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力Fmax＝μmg＝0.1×0.1×10N＝0.1N>F0＝0.025N所以在t＝0時(shí)刻導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，加速度為零，在0～3s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度B都小于B0，導(dǎo)體棒所受的安培力都小于最大靜摩擦力，故前3s內(nèi)導(dǎo)體棒靜止不動(dòng)，電流恒為I＝0.25A在0～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)因?qū)w棒靜止不動(dòng)，導(dǎo)體棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，則有Ff＝BIl＝(B0－kt)Il＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5(N)＝0.0125(2－t)(N)(t<3s)．(3)3～4s內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒為B2＝0.1T，導(dǎo)體棒做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，Δt1＝4s－3s＝1s設(shè)t＝4s時(shí)導(dǎo)體棒的速度為v，第4s內(nèi)的位移為x，則【歸納總結(jié)】對(duì)于由磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)的問(wèn)題，其電源為垂直于磁場(chǎng)的電路的所有區(qū)域；而導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的問(wèn)題，其電源部分為切割磁感線的導(dǎo)體棒部分．

如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平軌道左側(cè)b1b2～c1c2部分軌道間距為2l，右側(cè)c1c2～d1d2部分的軌道間距為l，曲線軌道與水平軌道相切于b1b2，所有軌道均光滑且電阻不計(jì)．在水平軌道內(nèi)有斜向下與豎直方向成θ＝37°的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.1T．質(zhì)量M＝0.2kg的金屬棒B垂直于導(dǎo)軌靜止放置在右側(cè)窄軌道上，質(zhì)量m＝0.1kg的金屬棒A