目錄\o"1-3"\h\z\u高考物理五大專題例題精講 278665430\h2專題一物理思想與物理方法 278665431\h2一、隔離分析法與整體分析法 278665432\h2二、極值法與端值法 278665433\h3三、等效法 278665434\h4四、解除法解選擇題 278665435\h5五、微元法 278665436\h5六、作圖法 278665437\h5專題二力與運動 278665438\h6思想方法提煉 278665439\h6感悟·滲透·應用 278665440\h7二、臨界狀態的求解 278665441\h8三、在生產、生活中的運用. 278665442\h9專題三動量與能量 278665443\h13思想方法提煉 278665444\h13專題四帶電粒子在場中的運動 278665445\h19思想方法提煉 278665446\h19專題五電磁感應與電路 278665447\h28思想方法提煉 278665448\h28感悟·滲透·應用 278665449\h29

高考物理五大專題例題精講專題一物理思想與物理方法一、隔離分析法與整體分析法隔離分析法是把選定的探討對象從所在物理情境中抽取出來，加以探討分析的一種方法.須要用隔離法分析的問題，往往都有幾個探討對象，應對它們逐一隔離分析、列式.并且還要找出這些隔離體之間的聯系，從而聯立求解.概括其要領就是：先隔離分析，后聯立求解.1.隔離法.【例1】如圖所示，跨過滑輪細繩的兩端分別系有m1=1、m2=2的物體A和B.滑輪質量0.2，不計繩與滑輪的摩擦，要使B靜止在地面上，則向上的拉力F不能超過多大?【解析】(1)先以B為探討對象，當B即將離開地面時，地面對它的支持力為0.它只受到重力和繩子的拉力T的作用，且有：0.(2)再以A為探討對象，在B即將離地時，A受到重力和拉力的作用，由于＞，所示A將加速上升.有.(3)最終以滑輪為探討對象，此時滑輪受到四個力作用：重力、拉力、兩邊繩子的兩個拉力T.有2.這里須要留意的是：在A上升距離s時，滑輪只上升了2，故A的加速度為滑輪加速度的2倍，即：2a.由以上四式聯立求解得：43N.2.整體分析法.整體分析法是把一個物體系統(內含幾個物體)看成一個整體，或者是著眼于物體運動的全過程，而不考慮各階段不同運動狀況的一種分析方法.【例2】如圖所示，質量0.5、長1.2m的金屬盒，放在水平桌面上，它與桌面間動摩擦因數0.125.在盒內右端放著質量也是0.5、半徑0.1m的彈性小球，球與盒接觸光滑.若在盒的左端給盒以水平向右1.5N·s的沖量，設盒在運動中與球碰撞的時間極短，且無能量損失.求：盒從起先運動到完全停止所通過的路程是多少?(g取10m２)【解析】此題中盒與球交替做不同形式的運動，若用隔離法分段求解，將特別困難.我們可以把盒和球交替運動的過程看成是在地面摩擦力作用下系統動能損耗的整體過程.這個系統運動剛起先所具有的動能即為盒的動能02/222m1.52/(2×0.5)=2.25J整體在運動中受到的摩擦力：210×0.125=1.25N依據動能定理，可得002/2,1.8m【解題回顧】不少同學分析完球與盒相互作用和運動過程后，用隔離法分段求解.先推斷盒與球能否相撞，碰撞后交換速度，再求盒其次次運動的路程，再把各段路程相加.對有限次碰撞尚能理解，但假如起初的初動能很大，將會發生多次碰撞，遇到這種狀況時，同學們會想到整體法嗎?當然，隔離分析法與整體分析法是相輔相成的，是不行分割的一個整體。有時須要先用隔離分析法，再用整體分析法；有時須要先用整體分析法，再用隔離分析法。二、極值法與端值法極值問題是中學物理中常見的一類問題.在物理狀態發生變更的過程中，某一個物理量的變更函數可能不是單調的，它可能有最大值或最小值.分析極值問題的思路有兩種：一種是把物理問題轉化為數學問題，純粹從數學角度去探討或求解某一個物理函數的極值.它采納的方法也是代數、三角、幾何等數學方法；另一種是依據物體在狀態變更過程中受到的物理規律的約束、限制來求極值.它采納的方法是物理分析法.【例3】如圖所示，一輛有四分之一圓弧的小車停在不光滑的水平地面上，質量為m的小球從靜止起先由車的頂端無摩擦滑下，且小車始終保持靜止狀態.試分析：當小球運動到什么位置時，地面對小車的靜摩擦力最大?最大值為多少?【解析】設圓弧半徑為R，當小球運動到重力與半徑夾角為q時，速度為v.依據機械能守恒定律和牛頓其次定律有:2/22解得小球對小車的壓力為3其水平重量為3322依據平衡條件，地面對小車的靜摩擦力水平向右，大小為：322可以看出：當21,即45°時，地面對車的靜摩擦力最大，其值為32【例4】如圖所示，消遣場空中列車由很多節完全相同的車廂組成，列車先沿水平軌道行駛，然后滑上半徑為R的空中圓環形光滑軌道.若列車全長為L(L＞2)，R遠大于一節車廂的長度和高度，那么列車在運行到圓環前的速度v0至少多大，才能使整個列車平安通過圓環軌道?【解析】滑上軌道前列車速度的最小值v0與軌道最高處車廂應具有的速度的最小值v相對應.這里v代表車廂恰能滑到最高處，且對軌道無彈力的臨界狀態.由:2得因軌道光滑，依據機械能守恒定律，列車在滑上軌道前的動能應等于列車都能平安通過軌道時應具有的動能和勢能.因各節車廂在一起，故它們布滿軌道時的速度都相等，且至少為.另外列車勢能還增加了M′，其中M′為布滿在軌道上車廂的質量，M′(2)，h為它們的平均高度，.因L＞2，故仍有一些車廂在水平軌道上，它們的速度與軌道上車廂的速度一樣，但其勢能為0，由以上分析可得：02/22/2(2)三、等效法等效法是物理思維的一種重要方法，其要點是在效果不變的前提下，把較困難的問題轉化為較簡潔或常見的問題.應用等效法，關鍵是要擅長分析題中的哪些問題(如探討對象、運動過程、狀態或電路結構等)可以等效.【例5】如圖(甲)所示電路甲由8個不同的電阻組成，已知R1=12Ω，其余電阻阻值未知，測得A、B間的總電阻為4Ω，今將R1換成6Ω的電阻，則A、B間的總電阻是多少?【解析】此題電路結構困難，很難找出各電阻間串、并聯的關系由于8個電阻中的7個電阻的阻值未知，即使能理順各電阻間的關系，也求不出它們連結后的總阻值.但是，由于各電阻值肯定，連結成電路后兩點間的電阻值也是肯定的，我們把R1外的其余部分的電阻等效為一個電阻R′，如圖電路乙所示，則問題將迎刃而解.由并聯電路的規律得：4=12R′/(12′)6R′/(6′)解得3W【例6】如圖所示，一個“V”型玻璃管倒置于豎直平面內，并處于103、方向豎直向下的勻強電場中，一個帶負電的小球，重為10-3N，電量2×10-6C靜止起先運動，球與管壁的摩擦因數0.5.已知管長2m，傾角37°，且管頂B處有一很短的光滑圓弧.求：(1)小球第一次運動到B時的速度多大?(2)小球運動后，第一次速度為0的位置在何處?(3)從起先運動到最終靜止，小球通過的總路程是多少?(37°=0.6，37°=0.8)【解析】小球受到豎直向上的電場力為2×10-3N=2G，重力和電場合力大小等于重力G，方向豎直向上，這里可以把電場力與重力的合力等效為一個豎直上的“重力”，將整個裝置在豎直平面內旋轉180°就變成了常見的物理模型——小球在V型斜面上的運動.如圖所示，(1)小球起先沿這個“V”型玻璃筒運動的加速度為a1()=10×(37°37°)2m2所以小球第一次到達B點時的速度為:(2)在面上，小于起先從B點做勻減速運動，加速度的大小為:a2()=10×(37°37°)10m2所以，速度為0時到B的距離為2/2a2=0.4m(3)接著小球又反向向B加速運動，到B后又減速向A運動，這樣不斷地往復，最終停在B點.假如將全過程等效為一個直線運動，則有：所以3m即小球通過的全路程為3m.四、解除法解選擇題解除法又叫篩選法，在選擇題供應的四個答案中，若能推斷A、B、C選項不對，則答案就是D項.在解選擇題時，若能先把一些明顯不正確的答案解除掉，在所剩下的較少選項中再選擇正確答案就較省事了.【例7】在光滑水平面上有A、B兩個小球，它們均向右在同始終線上運動，若它們在碰撞前的動量分別是12·，13·(向右為正方向)，則碰撞后它們動量的變更量△及△有可能的是A.△=4·△=-4·B.△=-3·△=3·C.△=-24·△=24·D.△=-5·△=8·【解析】依題意：A、B均向右運動，碰撞的條件是A的速度大于B的速度，碰撞時動量將由A向B傳遞，A的動量將削減，B的動量將增加，即△＜0，△＞0，故A是錯誤的.依據動量守恒定律應有：△△.所以D是錯誤的，C選項中，A球的動量從12·變為-12·，大小不變，因而它的動能不變，但B球動量增大到37·，動能增大，說明碰撞后系統的動能增加，這不符合能量守恒定律.所以只有B選項正確.五、微元法一切宏觀量都可被看成是由若干個微小的單元組成的.在整個物體運動的全過程中，這些微小單元是其時間、空間、物質的量的隨意的且又具有代表性的一小部分.通過對這些微小單元的探討，我們常能發覺物體運動的特征和規律.微元法就是基于這種思想探討問題的一種方法.【例8】真空中以速度v飛行的銀原子持續打在器壁上產生的壓強為P，設銀原子打在器壁上后便吸附在器壁上，銀的密度為r.則器壁上銀層厚度增加的速度u為多大?【解析】銀原子持續飛向器壁，打在器壁上吸附在器壁上速度變為0，動量發生變更是器壁對銀原子有沖量的結果.設△t時間內飛到器壁上面積為S的銀原子的質量為m，銀層增加的厚度為x.由動量定理F△.又.兩式聯立得F△，整理變形得：△.所以.六、作圖法作圖法就是通過作圖來分析或求解某個物理量的大小及變更趨勢的一種解題方法.通過作圖來揭示物理過程、物理規律，具有直觀形象、簡潔明白等優點.【例9】某物體做初速度不為0的勻變速直線運動，在時間t內通過的位移為s，設運動過程中間時刻的瞬時速度為v1，通過位移s中點的瞬間速度為v2，則A.若物體做勻加速直線運動，則v1＞v2B.若物體做勻加速直線運動，則v1＜v2C.若物體做勻減速直線運動，則v1＞v2D.若物體做勻減速直線運動，則v1＜v2【解析】初速度不為0的勻加速直線運動與勻減速運動的圖像如圖(a)、(b)所示，在圖(a)、(b)上分別作出中間時刻所對應的速度v1，依據圖線下方所圍的面積即為運動物體所通過的位移，將梯形分為左右面積相等的兩部分，作出位移中點對應的速度v2,可見不論是勻加速運動還是勻減速運動，都是v1＜v2.故本題答案應選B、D.專題二力與運動思想方法提煉一、對力的幾點相識1.關于力的概念.力是物體對物體的相互作用.這肯定義體現了力的物質性和相互性.力是矢量.2.力的效果（1）力的靜力學效應：力能使物體發生形變.(2)力的動力學效應：a.瞬時效應：使物體產生加速度b.時間積累效應：產生沖量，使物體的動量發生變更△pc.空間積累效應：做功，使物體的動能發生變更△3.物體受力分析的基本方法（1）確定探討對象（隔離體、整體）.（2）依據次序畫受力圖，先主動力、后被動力，先場力、后接觸力.（3）只分析性質力，不分析效果力，合力與分力不能同時分析.（4）結合物體的運動狀態：是靜止還是運動，是直線運動還是曲線運動.如物體做曲線運動時，在某點所受合外力的方向肯定指向軌跡弧線內側的某個方向.二、中學物理中常見的幾種力三、力和運動的關系10時，加速度a=0.靜止或勻速直線運動恒量與v在一條直線上——勻變速直線運動F與v不在一條直線上——曲線運動（如平拋運動）2.特殊力大小恒定，方向與v始終垂直——勻速圓周運動——簡諧振動四、基本理論與應用解題常用的理論主要有：力的合成與分解、牛頓運動定律、勻變速直線運動規律、平拋運動的規律、圓周運動的規律等.力與運動的關系探討的是宏觀低速下物體的運動，如各種交通運輸工具、天體的運行、帶電物體在電磁場中的運動等都屬于其探討范疇，是中學物理的重要內容，是高考的重點和熱點，在高考試題中所占的比重特別大.選擇題、填空題、計算題等各種類型的試題都有，且常與電場、磁場、動量守恒、功能部分等學問相結合.感悟·滲透·應用一、力與運動的關系力與運動關系的習題通常分為兩大類：一類是已知物體的受力狀況，求解其運動狀況；另一類是已知物體的運動狀況，求解物體所受的未知力或與力有關的未知量.在這兩類問題中，加速度a都起著橋梁的作用.而對物體進行正確的受力分析和運動狀態及運動過程分析是解決這類問題的突破口和關鍵.【例1】如圖所示，質量10的木楔靜止于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動摩擦因數0.2，在木楔的傾角為30°的斜面上，有一質量1.0的物塊由靜止起先沿斜面下滑，當滑行路程1.4m時，其速度1.4m.在這個過程中木楔處于靜止狀態.求地面對木楔的摩擦力的大小和方向（取10m2）.【解析】由于木楔沒有動，不能用公式計算木楔受到的摩擦力，題中所給出動摩擦因數的已知條件是多余的。首先要推斷物塊沿斜面對下做勻加速直線運動，由運動學公式v220=2可得其加速度2/20.7m2，由于a<5m2，可知物塊受摩擦力作用，物塊和木楔的受力如圖所示：對物塊，由牛頓其次定律得：1f1=4.3N1=0N1=N對木楔，設地面對木楔的摩擦力如圖所示，由平衡條件：′1′10.61Nf的結果為正值，說明所設的方向與圖設方向相同.【解題回顧】物理習題的解答，重在對物理規律的理解和運用，忌生拉硬套公式.對兩個或兩個以上的物體，理解物體間相互作用的規律，正確選取并轉移探討對象，是解題的基本實力要求.本題也可以用整體法求解：對物塊沿斜向下的加速度分解為水平方向和豎直方向，其水平方向上的加速度是木楔對木塊作用力的水平重量產生的，依據力的相互作用規律，物塊對木楔的水平方向的作用力也是，再依據木楔靜止的現象，由平衡條件，得地面對木楔的摩擦力肯定是0.61N.【例2】如圖所示，一高度為h＝0.2m的水平面在A點處與一傾角為θ＝30°的斜面連接，一小球以v0＝5m的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需的時間（平面與斜面均光滑，取g＝10m2）。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則由此可求得落地的時間t。問：你同意上述解法嗎？若同意，求出所需的時間；若不同意，則說明理由并求出你認為正確的結果。【解析】不同意。小球應在A點離開平面做平拋運動，而不是沿斜面下滑。正確做法為：落地點與A點的水平距離①斜面底寬②小球離開A點后不會落到斜面，因此落地時間即為平拋運動時間。∴③二、臨界狀態的求解臨界狀態的問題常常和最大值、最小值聯系在一起，它須要在給定的物理情境中求解某些物理量的上限或下限，有時它與數學上的極值問題相類似.但有些問題只能從物理概念、規律的約束來求解，探討處理這類問題的關鍵是：（1）要能分析出臨界狀態的由來.（2）要能抓住處于臨界狀態時物體的受力、運動狀態的特征.【例3】如圖所示，在相互垂直的勻強電場、磁場中，有一個傾角為q且足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應強度為B，方向水平向外，電場強度的方向豎直向上.有一質量為m，帶電量為的小球靜止在斜面頂端，這時小球對斜面的壓力恰好為0.若快速把電場方向改為豎直向下時，小球能在斜面上連續滑行多遠？所用時間是多少？【解析】起先電場方向向上時小球受重力和電場力兩個力作用，，得電場強度.當電場方向向下，小球在斜面上運動時小球受力如圖，在離開斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度為0.，即2隨v的變大小球對斜面的壓力N在變小，當增大到某個值時壓力為0，超過這個值后，小球將離開斜面做曲線運動.沿斜面方向小球受到的合力2為恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運動2.其臨界條件是2，得即將離開斜面時的速度2.由運動學公式v2=2，得到在斜面上滑行的距離為22(B2q2)再依據得運動時間：.【解題回顧】本題的關鍵有三點：（1）正確理解各種力的特點，如勻強電場中電場力是恒力，洛倫茲力隨速度而變更，彈力是被動力等.（2）分析出小球離開斜面時臨界狀態，求出臨界點的速度.（3）駕馭運動和力的關系，推斷出小球在離開斜面前做初速度為0的勻加速直線運動.下滑距離的求解也可以用動能定理求解，以加強對各種力的理解.【例4】如圖所示，一平直的傳送帶以2m的速度勻速運行，傳送帶把A處的工件運輸到B處、B相距10m.從A處把工件無初速度地放到傳送帶上，經過時間6s傳送到B處，欲用最短的時間把工件從A處傳送到B處，求傳送帶的運行速度至少多大？【解析】A物體無初速度放上傳送帶以后，物體將在摩擦力作用下做勻加速運動，因為＞2,這表明物體從A到B先做勻加速運動后做勻速運動.設物體做勻加速運動的加速度為a，加速的時間為t1，相對地面通過的位移為s，則有1，21/2，(1).數值代入得1m2要使工件從A到B的時間最短，須使物體始終做勻加速運動，至B點時速度為運輸時間最短所對應的皮帶運行的最小速度.由v2=2，【解題回顧】對力與運動關系的習題，正確推斷物體的運動過程至關重要.工件在皮帶上的運動可能是始終做勻加速運動、也可能是先勻加速運動后做勻速運動，關鍵是要推斷這一臨界點是否會出現.在求皮帶運行速度的最小值時，也可以用數學方法求解：設皮帶的速度為v，物體加速的時間為t1，勻速的時間為t2，則（2）t12，而t121，得2a.由于與2a的積為常數，當兩者相等時其積為最大值，得時t有最小值.由此看出，求物理極值，可以用數學方法也可以采納物理方法.但一般而言，用物理方法比較簡明.三、在生產、生活中的運用.高考制度的改革，不僅是考試形式的變更，更是高考內容的全面革新，其根本的核心是不僅要讓學生駕馭學問本身，更要讓學生知道這些學問能解決哪些實際問題，因而新的高考試題特別強調對學問的實際應用的考查.【例5】兩個人要將質量1000的小車沿一小型鐵軌推上長5m，高1m的斜坡頂端，如圖所示.已知車在任何狀況下所受的摩擦阻力恒為車重的0.12倍，兩人能發揮的最大推力各為800N.在不允許運用別的工具的狀況下，兩人能否將車剛好推到坡頂？假如能，應如何辦？（g取10m2）【解析】由于推車沿斜坡向上運動時，車所受“阻力”大于兩個人的推力之和.即f13.2×103N＞1600N所以不能從靜止起先干脆沿斜面將小車推到坡頂.但因小車在水平面所受阻力小于兩人的推力之和，即f21200N＜1600N故可先在水平面上加速推一段距離后再上斜坡.小車在水平面的加速度為a1=(2)0.4m2在斜坡上做勻減速運動，加速度為a2=(1)-1.6m2設小車在水平面上運行的位移為s到達斜面底端的速度為v.由運動學公式2a12=-2a解得20m.即兩人先在水平面上推20m后，再推上斜坡，則剛好能把小車推到坡頂.【解題回顧】本題的設問，只有經過深化思索，通過對物理情境的變換才能得以解決.由此可知，對聯系實際問題應依據生活閱歷進行詳細分析.不能機械地套用某種類型.這樣才能切實有效地提高解題實力.另外，本題屬半開放型試題，即沒有供應詳細的方法，須要同學自己想出方法，假如題中沒有沿鐵軌這一條件限制，還可以提出其他一些方法，如在斜面上沿斜線推等.【例6】蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為60的運動員，從離水平網面3.2m高處自由下落，著網后沿豎直方向蹦回到離水平網面5.0m高處。已知運動員與網接觸的時間為1.2s。若把在這段時間內網對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g＝【解析】將運動員看作質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網時速度的大小（向下）彈跳后到達的高度為h2，剛離網時速度的大小（向上）速度的變更量（向上）以a表示加速度，△t表示接觸時間，則接觸過程中運動員受到向上的彈力F和向下的重力。由牛頓其次定律，由以上五式解得，代入數值得N四、曲線運動.當物體受到的合力的方向與速度的方向不在一條直線上時，物體就要做曲線運動.中學物理能解決的曲線運動的習題主要有兩種情形：一種是平拋運動，一種是圓周運動.平拋運動的問題重點是駕馭力及運動的合成與分解.圓周運動的問題重點是向心力的來源和運動的規律.【例7】在光滑水平面上有一質量1.0×10-3kg電量1.0×10-10C以O點為原點，在該水平面內建立直角坐標系，如圖所示.現突然加一沿x軸正方向、場強大小為2.0×106的勻強電場，使小球起先運動，經過1.0s，所加電場突然變為沿y軸正方向，場強大小仍為2.0×106的勻強電場，再經過1.0s所加電場又突然變為另一個勻強電場.使小球在此電場作用下經1.0s速度變為0.求速度為0時小球的位置.【解析】由牛頓定律可知小球在水平面上的加速度0.20m2.當場強沿x軸正方向時，經1.0s小球的速度大小為0.20×1.00.20m（方向沿x軸方向）小球沿x軸方向移動的距離為△x12/2=0.10m.在第2s內，電場方向y軸正方向，x方向不再受力，所以第2s內小球在x方向做勻速運動，在y方向做初速度為0的勻加速直線運動（類似平拋運動）沿y方向的距離:△2/2=0.10m.沿x方向的距離:△x20.2×1.0=0.20m.第2s未在y方向分速度為:0.20×1.00.20m由上可知，此時小球運動方向與x軸成45°角，要使小球速度變為0，則在第3s內所加電場方向必需與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225°角.在第3s內，設在電場作用下小球加速度的x重量和y方向重量分別為、，則0.2m2，0.20m2；在第3s未，小球到達的位置坐標為x3=△x1+△x22/2=0.40m，y3=△2/2=0.20m.【解題回顧】學好物理要有肯定的空間想像力，要分析、想像物體的運動狀態和運動軌跡.作圖可以化抽象為詳細，提高解題勝利率.本題小球的運動情景如圖.【例8】如圖所示，有一質量為m的小球P與穿過光滑水平板上小孔O的輕繩相連，用手拉著繩子另一端，使小球在水平板上繞O點做半徑為a、角速度為w的勻速圓周運動.求：（1）此時繩上的拉力有多大？（2）若將繩子從今狀態快速放松，后又拉直，使小球繞O做半徑為b的勻速圓周運動.從放松到拉直這段過程經驗了多長時間？（3）小球做半徑為b的勻速圓周運動時，繩子上的拉力又是多大？【解析】（1）繩子上的拉力供應小球做勻速圓周運動的向心力，故有：2（2）松手后繩子上的拉力消逝，小球將從松手時的位置沿圓周的切線方向，在光滑的水平面上做勻速直線運動.當繩在水平板上長為b時，繩又被拉緊.在這段勻速直線運動的過程中小球運動的距離為，如圖所示故（3）將剛拉緊繩時的速度分解為沿繩子的重量和垂直于繩子的重量.在繩被拉緊的短暫過程中，球損失了沿繩的分速度，保留著垂直于繩的分速度做勻速圓周運動.被保留的速度的大小為：v12.所以繩子后來的拉力為：F′212a43【解題回顧】此題難在第3問，留意物體運動過程中的突變點，理解公式2中的v是垂直于半徑、沿切線方向的速度.五、圖像的運用【例9】如圖所示，一對平行光滑軌道設置在水平面上，兩軌道間距0.20m，電阻1.0W；有一導體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽視不計，整個裝置處于磁感應強度0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道向下，現用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖所示.求桿的質量m和加速度a【解析】物體做勻加速運動的條件是合外力不變.導體桿運動過程中受拉力和安培力兩個力作用，因安培力隨著速度增加電流變大而變大，所以拉力隨著時間而變更.設桿的質量為m，加速度為a，則由運動學公式，感應電動勢，感應電流，安培力，由牛頓其次定律，整理得2L2在圖線上取兩點代入后可得a=10m2m=練習題如圖所示，離子源從某小孔放射出帶電量1.6×10-10C的正離子(初速度不計)，在加速電壓1000V作用下沿O1O2方向進入勻強磁場中．磁場限制在以O2為圓心半徑為R0=2.64的區域內，磁感強度大小B為0.10T，方向垂直紙面對外，正離子沿偏離O1O2為60°角的方向從磁場中射出，打在屏上的P(1)正離子質量m．(2)正離子通過磁場所須要的時間t．解①②由圖可見R＝R0·30°③由①、②、③式得＝1.67×10-27()(2)由圖所示，離子飛出磁場，偏轉60°角，故在磁場中飛專題三動量與能量思想方法提煉牛頓運動定律與動量觀點和能量觀點通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實它們是從三個不同的角度來探討力與運動的關系.解決力學問題時，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大差別，但在很多狀況下，要三把鑰匙結合起來運用，就能快速有效地解決問題.一、能量1.概述能量是狀態量，不同的狀態有不同的數值的能量，能量的變更是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現的，力學中功是能量轉化的量度，熱學中功和熱量是內能變更的量度.中學物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到很多形式的能，如動能、勢能、電能、內能、核能，這些形式的能可以相互轉化，并且遵循能量轉化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據。在每年的高考物理試卷中都會出現考查能量的問題。并時常發覺“壓軸題”就是能量試題。2.能的轉化和守恒定律在各分支學科中表達式(1)W合=△包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內的全部外力對物體做的總功，等于物體動能的變更。(動能定理)(2)△E除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變更。(功能原理)注：(1)物體的內能(全部分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能(2)0時，機械能守恒，通過重力做功實現動能和重力勢能的相互轉化。(3)△重力做正功，重力勢能減小；重力做負功，重力勢能增加。重力勢能變更只與重力做功有關，與其他做功狀況無關。(4)W電△電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統內，系統的動能、重力勢能、電勢能間發生相互轉化，但總和保持不變。注：在電磁感應現象中，克服安培力做功等于回路中產生的電能，電能再通過電路轉化為其他形式的能。(5)△E物體內能的變更等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第肯定律)。(6)02/2ν光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。(7)△△2在核反應中，發生質量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放)動量與能量的關系1.動量與動能動量和能量都與物體的某一運動狀態相對應，都與物體的質量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比；動能的大小與速度的平方成正比2/2兩者的關系：p2=2動量是矢量而動能是標量.物體的動量發生變更時，動能不肯定變更；但物體的動能一旦發生變更，則動量必發生變更.2.動量定理與動能定理動量定理：物體動量的變更量等于物體所受合外力的沖量.△，沖量是力對時間的積累效應動能定理：物體動能的變更量等于外力對物體所做的功.△，功是力對空間的積累效應.3.動量守恒定律與機械能守恒定律動量守恒定律與機械能守恒定律所探討的對象都是相互作用的物體系統，(在探討某個物體與地球組成的系統的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且探討的都是某一物理過程.動量守恒定律的內容是：一個系統不受外力或者所受外力之和為0，這個系統的總動量保持不變；機械能守恒定律的內容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統機械能的總量保持不變運用動量守恒定律值得留意的兩點是：(1)嚴格符合動量守恒條件的系統是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統間相互作用的內力遠大于外界對系統的作用，所以在作用前后的瞬間系統的動量可認為基本上是守恒的.(2)即使系統所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，則系統沿該方向的動量是守恒的.動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中多次出現，是高考的熱點內容.【例1】如圖所示，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊。兩滑塊一起以恒定的速率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為0.求：(1)繩斷開到第一次復原自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能；(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結論.【解析】(1)當彈簧處壓縮狀態時，系統的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統的機械能等于滑塊B的動能.設這時滑塊B的速度為v，則有2v2/2.因系統所受外力為0，由動量守恒定律(m12)v02v.解得(m12)2v02/(2m2由于只有彈簧的彈力做功，系統的機械能守恒(m12)v02/2.解得(m12)(m12)v02/2m2(2)假設在以后的運動中滑塊B可以出現速度為0的時刻，并設此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為E′p，由機械能守恒定律得m1v12/2′(m12)2v02/2m2依據動量守恒得(m12)v01v1，求出v1代入上式得:(m12)2v02/2m1′(m12)2v02/2m2因為E′p≥0，故得:(m12)2v02/2m1≤(m12)2v02/2m即m1≥m2，這與已知條件中m1＜m2不符.可見在以后的運動中不行能出現滑塊B的速度為0的狀況.【解題回顧】“假設法”解題的特點是：先對某個結論提出可能的假設.再利用已知的規律學問對該假設進行剖析，其結論若符合題意的要求，則原假設成立.“假設法”是科學探究常用的方法之一.在當前，高考突出實力考察的形勢下，加強證明題的訓練很有必要.【例2】如圖所示，質量為m的有孔物體A套在光滑的水平桿上，在A下面用細繩掛一質量為M的物體B，若A固定不動，給B一水平沖量I，B恰能上升到使繩水平的位置.當A不固定時，要使B物體上升到使繩水平的位置，則給它的水平沖量至少多大?【解析】當A固定不動時，B受到沖量后以A為圓心做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒.在水平位置時B的重力勢能應等于其在最低位置時獲得的動能2/22/2M.若A不固定，B向上搖擺時A也要向右運動，當B恰能擺到水平位置時，它們具有相同的水平速度，把A、B看成一個系統，此系統除重力外，其他力不做功，機械能守恒.又在水平方向上系統不受外力作用，所以系統在水平方向上動量守恒，設M在最低點得到的速度為v0，到水平位置時的速度為v.0=()v.02/2=()v2/2.I′0.I′=【解題回顧】此題重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使繩水平的位置時，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個臨界點.另外B上升時也不再是做圓周運動，此時繩的拉力對B做功(請同學們思索一下，繩的拉力對B做正功還是負功)，有愛好的同學還可以分析一下系統以后的運動狀況.【例3】下面是一個物理演示試驗，它顯示：圖中下落的物體A、B經反彈后，B能上升到比初始位置高的地方是某種材料做成的實心球，質量m1=0.28，在其頂部的凹坑中插著質量m2=0.1的木棍只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小間隙.將此裝置從A的下端離地板的高度1.25m處由靜止釋放.試驗中，A觸地后在極短的時間內反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A起先上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度（10m2）【解析】依據題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時的速度的大小，由機械能守恒得(m12)(m12)v2/2，v1=.A剛反彈時速度向上，立即與下落的B碰撞，碰前B的速度v2=.由題意，碰后A速度為0，以v2表示B上升的速度，依據動量守恒m1v12v22v′2.令h表示B上升的高度，有m2v′22/22，由以上各式并代入數據得4.05m.【例4】質量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的位移—時間圖像如圖所示，若m1=1,m2的質量等于多少?【解析】從位移—時間圖像上可看出：m1和m2于2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△△4m碰撞后，m1的速度v1-2m，m2的速度v22m，由動量守恒定律得m1v01v12v2，m2=3.【解題回顧】這是一道有關圖像應用的題型，關鍵是理解每段圖線所對應的兩個物理量：位移隨時間的變更規律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運動圖像同運動軌跡混為一談.【例5】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一質量為M的靜止的原子核在云室中發生一次α衰變，α粒子的質量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內.現測得α粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損.(注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽視不計)【解析】α粒子在磁場中做圓周運動的向心力是洛倫茲力，設α粒子的運動速度為v，由牛頓其次定律得2.衰變過程中，粒子與剩余核發生相互作用，設衰變后剩余核的速度為v′，衰變過程中動量守恒()v′.α粒子與剩余核的動能來源于衰變過程中虧損的質量，有△m·c2=()v′2/22/2.解得:△()2/[2c2【解題回顧】此題學問跨度大，綜合性強，將基礎理論與現代物理相結合.考查了圓周運動、洛倫茲力、動量守恒、核裂變、能量守恒等學問.這類題型需留意加強.【例6】如圖所示，一輕繩穿過光滑的定滑輪，兩端各拴有一小物塊.它們的質量分別為m1、m2，已知m2=3m1，起始時m1放在地上，m2離地面的高度1.0m，繩子處于拉直狀態，然后放手.設物塊與地面相碰時完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不行伸長，繩中各處拉力均相同，在突然提起物塊時繩的速度與物塊的速度相同，試求m2所走的全部路程(取3位有效數字)【解析】因m2＞m1，放手后m2將下降，直至落地.由機械能守恒定律得m21(m12)v2/2.m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點處再下降.當降至h時繩被繃緊.依據動量守恒定律可得1(m12)v1由于m1通過繩子與m2作用及m2與地面碰撞的過程中都損失了能量，故m2不行能再升到h處，m1也不行能落回地面.設m2再次達到的高度為h1，m1則從起先繃緊時的高度h處下降了h1.由機械能守恒(m12)v12/21121由以上3式聯立可解得h112(m12)2=[m1/(m12)]2h此后m2又從h1高處落下，類似前面的過程.設m2其次次達到的最高點為h2，仿照上一過程可推得h212h1/(m12)214(m12)4=[m1/(m12)]4h由此類推，得316(m12)6=[m1/(m12)]6h所以通過的總路程2h1+2h2+2h3+……【解題回顧】這是一道難度較大的習題.除了在數學處理方面遇到困難外，主要的緣由還是出在對兩個物塊運動的狀況沒有分析清晰.本題作為動量守恒與機械能守恒定律應用的一種特例，應加強記憶和理解.【例7】如圖所示，金屬桿a從離地h高處由靜止起先沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，已知a桿的質量為,且與桿b的質量之比為∶3∶4，水平軌道足夠長，不計摩擦，求：(1)a和b的最終速度分別是多大?(2)整個過程中回路釋放的電能是多少?(3)若已知a、b桿的電阻之比∶3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產生的熱量分別是多少?【解析】(1)a下滑過程中機械能守恒02/2a進入磁場后，回路中產生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發生變更，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為的最終速度，設為v.由于所組成的系統所受合外力為0，故系統的動量守恒0=()v由以上兩式解得最終速度(2)由能量守恒得知，回路中產生的電能應等于a、b系統機械能的損失，所以()v2/2=47(3)由能的守恒與轉化定律，回路中產生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統損失的機械能，即.在回路中產生電能的過程中，電流不恒定，但由于與串聯，通過的電流總是相等的，所以應有所以【例8】連同裝備質量100的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有0.5的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以50m的速度在極短的時間內相對宇航員自身噴出.他要返回時，必需向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一部分氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.5×10-4kg【解析】設噴出氧氣的質量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿意動量守恒定律，有:0=(′)v′′(′)得v′′宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間′′v這段時間內耗氧m″故其用掉氧氣m′″=2.25×10-2′′因為(2.25×10-2′)×m′=2.5×10-2為常數，所以當2.25×10-2′′，即m′=0.15時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′″=0.3.【解題回顧】(1)動量守恒定律中的各個速度應統一對應于某一慣性參照系，在本題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系.但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船，因此，列動量守恒的表達式時，要留意速度的相對性，這里很簡潔出錯誤.(3)要留意數學學問在物理上的運用.【例9】質量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后漸漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力（該升力由其它力的合力供應，不含重力）。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上上升度為h，求：（1）飛機受到的升力大小；（2）從起飛到上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能。【解析】飛機水平速度不變①y方向加速度恒定②消去t即得③由牛頓其次定律④（2）升力做功⑤在h處⑥∴⑦【例10】有三根長度皆為l＝1.00m的不行伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點，另一端分別拴有質量皆為m＝1.00×10－2kg的帶電小球A和B，它們的電量分別為一q和＋q，q＝l.00×10－7C。A、B之間用第三根線連接起來。空間中存在大小為E＝1.00×106的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖所示。現將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，【解析】圖1中虛線表示A、B球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、分別表示細線加、與豎直方向的夾角。A球受力如圖2所示：重力豎直向下；電場力水平向左；細線對A的拉力T1，方向如圖；細線對A的拉力T2，方向如圖。由平衡條件B球受力如圖3所示：重力豎直向下；電場力水平向右；細線對B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件聯立以上各式并代入數據，得由此可知，A、B球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A球的重力勢能削減了B球的重力勢能削減了A球的電勢能增加了B球的電勢能削減了兩種勢能總和削減了代入數據解得J【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過區域時是水平的，經過區域時變為圓弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過區域時是傾斜的，和都與相切。現將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運輸到D處，D和A的高度差為h。穩定工作時傳送帶速度不變，段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽視經段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運輸小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率。【解析】以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有s＝1/22①v0＝②在這段時間內，傳送帶運動的路程為s0＝v0t③由以上可得s0＝2s④用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為A＝＝1/202⑤傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A0＝0＝2·1/202⑥兩者之差就是克服摩擦力做功發出的熱量Q＝1/202⑦可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發熱量相等。T時間內，電動機輸出的功為W＝T⑧此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發熱，即W＝1/202＋＋⑨已知相鄰兩小箱的距離為L，所以v0T＝⑩聯立⑦⑧⑨⑩，得＝[＋]專題四帶電粒子在場中的運動思想方法提煉帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復合場)中的運動問題，本質還是物體的動力學問題電場力、磁場力、重力的性質和特點：勻強場中重力和電場力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場力和磁場力都與電荷正負、場的方向有關，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變更.一、安培力1.安培力：通電導線在磁場中受到的作用力叫安培力.【說明】磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現即為安培力.2.安培力的計算公式：；通電導線與磁場方向垂直時，即q=900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即00，此時安培力有最小值，0N；0°＜q＜90°時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件；①一般只適用于勻強磁場；②導線垂直于磁場；③L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端；如圖所示，幾種有效長度；④安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心；⑤依據力的相互作用原理，假如是磁體對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力.【說明】安培力的計算只限于導線與B垂直和平行的兩種狀況.二、左手定則1.通電導線所受的安培力方向和磁場B的方向、電流方向之間的關系，可以用左手定則來判定.2.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向.3.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線方向垂直，即F總是垂直于磁場與導線所確定的平面.但B與I的方向不肯定垂直.4.安培力F、磁感應強度B、電流I三者的關系①已知I、B的方向，可惟一確定F的方向；②已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向；③已知F、I的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定.三、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力.1.洛倫茲力的公式：；2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向相互平行時，0；3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向相互垂直時，;4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力肯定為0；四、洛倫茲力的方向1.運動電荷在磁場中受力方向可用左手定則來判定；2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，即f總是垂直于B和v所在的平面.3.運用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向相同.若粒子帶負電時，四個手指的指向與負電荷的運動方向相反.4.安培力的本質是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現.五、帶電粒子在勻強磁場中的運動1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種狀況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動.從運動形式可分為：勻速直線運動和變加速曲線運動.2.假如不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子做勻速直線運動，是因為帶電粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用.3.假如不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時，帶電粒子做勻速圓周運動，是因為帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，只變更其運動方向，不變更其速度大小.4.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑;其運動周期2p5.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區分：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)6.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路：(1)用幾何學問確定圓心并求半徑.因為F方向指向圓心，依據F肯定垂直v，畫出粒子運動軌跡中隨意兩點(大多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何學問求其半徑與弦長的關系.(2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間.先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內角和等于360°(或2p)計算出圓心角q的大小，再由公式3600(或2p)可求出運動時間.六、帶電粒子在復合場中運動的基本分析1.這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場.帶電粒子在這些復合場中運動時，必需同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要.2.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止.3.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動.4.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動.5.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變更的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理.七、電場力和洛倫茲力的比較1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用.2.電場力的大小,與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小，與電荷運動的速度大小和方向均有關.3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.4.電場既可以變更電荷運動的速度大小，也可以變更電荷運動的方向，而洛倫茲力只能變更電荷運動的速度方向，不能變更速度大小.5.電場力可以對電荷做功，能變更電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能變更電荷的動能.6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧.八、對于重力的考慮重力考慮與否分三種狀況.(1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般狀況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽視；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種狀況比較正規，也比較簡潔.(3)是干脆看不出是否要考慮重力，但在進行受力分析與運動分析時，要由分析結果，先進行定性確定再是否要考慮重力.九、動力學理論：(1)粒子所受的合力和初速度確定粒子的運動軌跡及運動性質；(2)勻變速直線運動公式、運動的合成和分解、勻速圓周運動的運動學公式；(3)牛頓運動定律、動量定理和動量守恒定律；(4)動能定理、能量守恒定律.十、在生產、生活、科研中的應用：如顯像管、回旋加速器、速度選擇器、正負電子對撞機、質譜儀、電磁流量計、磁流體發電機、霍爾效應等等.正因為這類問題涉及學問面大、實力要求高，而成為近幾年高考的熱點問題，題型有選擇、填空、作圖等，更多的是作為壓軸題的說理、計算題.分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的起先運動狀態受力分析著手，由合力和初速度推斷粒子的運動軌跡和運動性質，留意速度和洛倫茲力相互影響這一特點，將整個運動過程和各個階段都分析清晰，然后再結合題設條件，邊界條件等，選取粒子的運動過程，選用有關動力學理論公式求解常見的問題類型及解法.【例1】如圖，在某個空間內有一個水平方向的勻強電場，電場強度，又有一個與電場垂直的水平方向勻強磁場，磁感強度B＝10T。現有一個質量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個電場和磁場疊加的空間作勻速直線運動。假如在這個微粒經過某條電場線時突然撤去磁場，那么，當它再次經過同一條電場線時，微粒在電場線方向上移過了多大距離。（ｇ取10m／S2）【解析】題中帶電微粒在疊加場中作勻速直線運動，意味著微粒受到的重力、電場力和磁場力平衡。進一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場力的合力F等值反向，微粒運動速度V與f垂直，如圖2。當撤去磁場后，帶電微粒作勻變速曲線運動，可將此曲線運動分解為水平方向和豎直方向兩個勻變速直線運動來處理，如圖3。由圖2可知：又：解之得：由圖3可知，微粒回到同一條電場線的時間則微粒在電場線方向移過距離【解題回顧】本題的關鍵有兩點：(1)依據平衡條件結合各力特點畫出三力關系；(2)將勻變速曲線運動分解【例2】如圖所示，質量為m，電量為q的帶正電的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，剛好沿直線射出該場區，若同一微粒以初速度v0/2垂直射入該場區，則微粒沿圖示的曲線從P點以2v0速度離開場區，求微粒在場區中的橫向(垂直于v0方向)位移，已知磁場的磁感應強度大小為B.【解析】速度為v0時粒子受重力、電場力和磁場力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時，磁場力變小，三力不平衡，微粒應做變加速度的曲線運動.當微粒的速度為v0時，做水平勻速直線運動，有:0B①；當微粒的速度為v0/2時，它做曲線運動，但洛倫茲力對運動的電荷不做功，只有重力和電場力做功，設微粒橫向位移為s，由動能定理()1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2②.將①式代入②式得01502/8，所以150/(8).【解題回顧】由于洛倫茲力的特點往往會使微粒的運動很困難，但這類只涉及初、末狀態參量而不涉及中間狀態性質的問題常用動量、能量觀點分析求解【例3】在平面內有很多電子(質量為m，電量為e)從坐標原點O不斷地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如圖所示，現加一個垂直于平面的磁感應強度為B的勻強磁場，要求這些電子穿過該磁場后都能平行于x軸向x軸正方向運動，試求出符合條件的磁場的最小面積.【分析】電子在磁場中運動軌跡是圓弧，且不同方向射出的電子的圓形軌跡的半徑相同(0).假如磁場區域足夠大，畫出全部可能的軌跡如圖所示，其中圓O1和圓O2為從圓點射出，經第一象限的全部圓中的最低和最高位置的兩個圓，若要使電子飛出磁場平行于x軸，這些圓的最高點應是區域的下邊界，可由幾何學問證明，此下邊界為一段圓弧將這些圓心連線(圖中虛線O1O2)向上平移一段長度為0的距離即圖中的弧就是這些圓的最高點的連線，應是磁場區域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個圓應是磁場的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求圖中的陰影區域面積，即為磁場區域面積【解題回顧】數學方法與物理學問相結合是解決物理問題的一種有效途徑.本題還可以用下述方法求出下邊界.設P()為磁場下邊界上的一點，經過該點的電子初速度與x軸夾角為q，則由圖可知：,得:x2+()22所以磁場區域的下邊界也是半徑為r，圓心為(0)的圓弧【例4】如圖所示，在x軸上方有垂直于平面對里的勻強磁場，磁感應強度為B；在x軸下方有沿y軸負方向的勻強電場，場強為E.一質量為m，電量為的粒子從坐標原點O沿著y軸正方向射出射出之后，第三次到達x軸時，它與點O的距離為L.求此粒子射出的速度v和在此過程中運動的總路程s(重力不計).【解析】由粒子在磁場中和電場中受力狀況與粒子的速度可以推斷粒子從O點起先在磁場中勻速率運動半個圓周后進入電場，做先減速后反向加速的勻變直線運動，再進入磁場，勻速率運動半個圓周后又進入電場，如此重復下去.粒子運動路途如圖3-11所示，有4R①粒子初速度為v，則有2②，由①、②可得4m③.設粒子進入電場做減速運動的最大路程為L，加速度為a,則有v2=2④，,⑤粒子運動的總路程22L.由①、②、③、④、⑤、⑥式，得22L2【解題回顧】把困難的過程分解為幾個簡潔的過程，按依次逐個求解，或將每個過程所滿意的規律公式寫出，結合關聯條件組成方程，再解方程組，這就是解決困難過程的一般方法另外，還可通過起先n個過程的分析找出一般規律，推想后來的過程，或對整個過程總體求解將此題中的電場和磁場的空間分布和時間進程重組，便可理解回旋加速器原理，并可用后一種方法求解.【例5】電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內通過管內橫載面的流體的體積)為了簡化，假設流量計是如圖3-12所示的橫載面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)圖中流量計的上、下兩面是金屬材料，前、后兩面是絕緣材料，現將流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面，當導電液體穩定地流經流量計時，在管外將流量計上、下表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值，已知流體的電阻率，不計電流表的內阻，則可求得流量為多大?【解析】導電流體從管中流過時，其中的陰陽離子會受磁場力作用而向管的上下表面偏轉，上、下表面帶電后一方面使陰陽離子又受電場力阻礙它們接著偏轉，直到電場力與磁場力平衡；另一方面對外接電阻來說，上、下表面相當于電源，使電阻中的電流滿意閉合電路歐姆定律.設導電流體的流淌速度v，由于導電流體中正、負離子在磁場中的偏轉，在上、下兩板上積聚電荷，在兩極之間形成電場，當電場力與洛倫茲力平衡時，，兩金屬板上的電動勢E′，內阻，與R串聯的電路中電流(),()；流體流量()【解題回顧】因為電磁流量計是一根管道，內部沒有任何阻礙流體流淌的結構，所以可以用來測量高黏度及強腐蝕性流體的流量它還具有測量范圍寬、反應快、易與其他自動限制裝置配套等優點可見，科技是第一生產力.本題是閉合電路歐姆定律與帶電粒子在電磁場中運動學問的綜合運用這種帶電粒子的運動模型也稱為霍爾效應，在很多儀器設備中被應用.如速度選擇器、磁流體發電機等等.【例6】如圖所示，勻強磁場磁感應強度為B，方向垂直平面對外.某一時刻有一質子從點(L0，0)處沿y軸負向進入磁場；同一時刻一α粒子從點(0，0)進入磁場，速度方向在平面內.設質子質量為m，電量為e，不計質子與α粒子間相互作用.(1)假如質子能夠經過坐標原點O，則它的速度多大?(2)假如α粒子第一次到達原點時能夠與質子相遇，求α粒子的速度.【解析】帶電粒子在磁場中的圓周運動的解題關鍵是其圓心和半徑，在題目中如能夠先求出這兩個量，則解題過程就會變得簡潔，余下的工作就是利用半徑公式和周期公式處理問題.(1)質子能夠過原點，則質子運動的軌跡半徑為0/2，再由,且即可得：0/2m；此題中還有一概念，圓心位置肯定在垂直于速度的直線上，所以質子的軌跡圓心肯定在x軸上；(2)上一問是有關圓周運動的半徑問題，而這一問則是側重于圓周運動的周期問題了，兩個粒子在原點相遇，則它們運動的時間肯定相同，即tα2，且α粒子運動到原點的軌跡為一段圓弧，設所對應的圓心角為q，則有tα2p則α粒子的軌跡半徑0/2=42e,答案為0/(4m)，與x軸正方向的夾角為4，右向上；事實上α粒子也有可能運動34時到達原點且與質子相遇，則此時質子則是其次次到原點，這種狀況下速度大小的答案是相同的，但α粒子的初速度方向與x軸的正方向的夾角為34，左向上；【解題回顧】類似問題的重點已經不是磁場力的問題了，側重的是數學學問與物理概念的結合，此處的關鍵所在是利用圓周運動的線速度與軌跡半徑垂直的方向關系、弦長和弧長與圓的半徑的數值關系、圓心角與圓弧的幾何關系來確定圓弧的圓心位置和半徑數值、周期與運動時間.當然、2p兩公式在這里起到一種聯系作用.【例7】如圖所示，在光滑的絕緣水平桌面上，有直徑相同的兩個金屬小球a和b，質量分別為2m，b球帶正電荷2q，靜止在磁感應強度為B的勻強磁場中；不帶電小球a以速度v0進入磁場，與b球發生正碰，若碰后b球對桌面壓力恰好為0，求a球對桌面的壓力是多大?【解析】本題相關的物理學問有接觸起電、動量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關鍵的是碰撞過程，全部狀態和過程都是以此為轉折點，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點和動身點；碰后b球的電量為q、a球的電量也為q，設b球的速度為，a球的速度為；以b為探討對象則有;可得;以碰撞過程為探討對象，有動量守恒，即0,將已知量代入可得0(2);本表達式中已經包含在其中，分析a碰后的受力，則有2，得(5/2)0；【解題回顧】本題考查的重點是洛倫茲力與動量問題的結合，事實上也可以問碰撞過程中產生內能的大小，就將能量問題結合進來了.【例8】.如圖所示，在平面上，a點坐標為（0，L），平面內一邊界通過a點和坐標原點O的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面對里，有一電子（質量為m，電量為e）從a點以初速度平行x軸正方向射入磁場區域，在磁場中運動，恰好從x軸正方向上的b點（圖中未標出），射出磁場區域，此時速率方向與x軸正方向的夾角為，求：（1）磁場的磁感應強度；（2）磁場區域的圓心O1的坐標；（3）電子在磁場中的運動時間。【解析】電子在勻強磁場中作勻速圓周運動，從a點射入b點射出磁場區域，故所求圓形磁場區域區有a點、O點、b點，電子的運動軌跡如圖中虛線所示，其對應的圓心在O2點，令，作角，如圖所示：代入由上式得電子在磁場中飛行的時間；由于⊙O1的圓周角，所以直線段為圓形磁場區域的直徑，則，故磁場區域圓心O1的坐標，，即坐標【解題回顧】本題關鍵為入射方向與出射方向成肯定角度（題中為600），從幾何關系相識到帶電粒子回旋的圓弧為1/6圓的周長，再通過幾何關系確定1/6圓弧的圓，半徑是或，進而可確定圓形區域的圓心坐標。【例9】如圖所示，在圖中第I象限的區域里有平行于y軸的勻強電場，在第象限區域內有垂直于平面的勻強磁場B。帶電粒子A，質量為，電量，從y軸上A點以平行于x軸的速度射入電場中，已知，求：（1）粒子A到達x軸的位置和速度大小與方向；（2）在粒子A射入電場的同時，質量、電量與A相等的粒子B，從y軸上的某點B以平行于x軸的速度射入勻強磁場中，A、B兩個粒子恰好在x軸上迎面正碰（不計重力，也不考慮兩個粒子間的庫侖力）試確定B點的位置和勻強磁場的磁感強度。【解析】粒子A帶正電荷，進入電場后在電場力作用下沿y軸相反方向上獲得加速度，設A、B在x軸上P點相碰，則A在電場中運動時間可由求解：由此可知P點位置：粒子A到達P點的速度，與x軸夾角：（2）由（1）所獲結論，可知B在勻強磁場中作勻速圓周運動的時間也是，軌跡半徑粒子B在磁場中轉過角度為，運動時間為【例10】如圖4，質量為1g的小環帶4×10-4C的正電，套在長直的絕緣桿上，兩者間的動摩擦因數μ＝0.2。將桿放入都是水平的相互垂直的勻強電場和勻強磁場中，桿所在平面與磁場垂直，桿與電場的夾角為37°。若E＝10N／C，B＝0.5T，小環從靜止起動。求：(1)當小環加速度最大時，環的速度和加速度；(2)當小環的速度最大時，環的速度和加速度。【解析】(1)小環從靜止起動后，環受力如圖5，隨著速度的增大，垂直桿方向的洛侖茲力便增大，于是環上側與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當環的速度為Ｖ時，正壓力為零，摩擦力消逝，此時環有最大加速度。在平行于桿的方向上有：37°－37°＝解得：＝2.8m／S2在垂直于桿的方向上有：＝37°＋37°解得：V＝52m（2）在上述狀態之后，環的速度接著增大導致洛侖茲力接著增大，致使小環下側與桿之間出現擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產生，桿的加速度a減小。V↑↑N↑f↑a↓，以上過程的結果，a減小到零，此時環有最大速度。在平行桿方向有：37°＝37°＋f在垂直桿方向有＝37°＋37°＋N又f＝μN解之：＝122m此時：a＝0【例11】如圖7，在某空間同時存在著相互正交的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下。一帶電體a帶負電，電量為q1，恰能靜止于此空間的c點，另一帶電體b也帶負電，電量為q2，正在過a點的豎直平面內作半徑為r的勻速圓周運動，結果a、b在c處碰撞并粘合在一起，試分析a、b粘合一起后的運動性質。【解析】：設a、b的質量分別為m1和m2，b的速度為V。a靜止，則有q1E＝m1b在豎直平面內作勻速圓周運動，則隱含著2＝m2g，此時對a和b碰撞并粘合過程有m2V＋0＝（m1＋m2）V′a、b合在一起后，總電量為q1＋q2，總質量為m1＋m2，仍滿意(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它們以速率V′在豎直平面內作勻速圓周運動，故有解得：專題五電磁感應與電路思想方法提煉電磁感應是電磁學的核心內容，也是中學物理綜合性最強的內容之一，高考每年必考。題型有選擇、填空和計算等，難度在中檔左右，也常常會以壓軸題出現。在學問上，它既與電路的分析計算親密相關，又與力學中力的平衡、動量定理、功能關系等學問有機結合；方法實力上，它既可考查學生形象思維和抽象思維實力、分析推理和綜合實力，又可考查學生運用數學問(如函數數值探討、圖像法等)的實力。高考的熱點問題和復習對策：1.運用楞次定律推斷感應電流(電動勢)方向，運用法拉第電磁感應定律，計算感應電動勢大小.留意在理解的基礎上駕馭敏捷運用的技巧.2.矩形線圈穿過有界磁場區域和滑軌類問題的分析計算。要培育良好的分析習慣，運用動力學學問，逐步分析整個動態過程，找出關鍵條件，運用運動定律特殊是功能關系解題。3.實際應用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復習時應多留意。此部分涉及的主要內容有：1.電磁感應現象.(1)產生條件：回路中的磁通量發生變更.(2)感應電流與感應電動勢：在電磁感應現象中產生的是感應電動勢，若回路是閉合的，則有感應電流產生；若回路不閉合，則只有電動勢，而無電流.(3)在閉合回路中，產生感應電動勢的部分是電源，其余部分則為外電路.2.法拉第電磁感應定律