【高考物理】重点题型：计算题8类模板-学案

这是一份【高考物理】重点题型：计算题8类模板-学案，共22页。学案主要包含了命题热点，高分策略，方法指导，高考计算题选解，涉及弹簧的综合问题等内容，欢迎下载使用。
（破题策略方法）
一、命题热点
高考计算题命题形式主要有：①匀变速直线运动规律的应用；②牛顿第二定律和运动学公式的综合解决力学问题；③应用动力学和能量观点解决力学问题；④应用动量和能量观点解决力学问题；⑤应用动力学和能量观点解决力电综合问题⑥带电粒子在磁场中的运动；⑦带电粒子在复合场中的运动；⑧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，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x＜0的区域内存在沿y轴负方向的匀强电场，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，eq \f(\r(3),2)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
①带电粒子从P―→ O过程eq \(――→,\s\up7(建模))类平抛运动
②带电粒子在磁场中运动过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀速圆周运动
③带电粒子从出磁场―→N过程eq \(――→,\s\up7(建模))匀速直线运动
④带电粒子从N―→P过程eq \(――→,\s\up7(建模))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L＝v0t，eq \f(\r(3),2)L＝eq \f(1,2)at2
由牛顿第二定律，可得qE＝ma
由以上三式，可解得E＝eq \f(\r(3)mv\\al(2,0),qL)
(2)设粒子运动到N点时速度为v，则v＝eq \r(v\\al(2,0)＋2a×\f(\r(3),2)L)＝2v0
所以粒子从N到P的时间t′＝eq \f(1,2)t
沿y轴位移h＝eq \f(1,2)at′2＝eq \f(\r(3),8)L
因此N点坐标为(0，eq \f(5\r(3),8)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R＋Rsin 30°＝eq \f(5\r(3),8)L
又因为qvB＝meq \f(v2,R) 解得B＝eq \f(8\r(3)mv0,5qL)
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Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相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g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0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v－t图象可知，在t1＝0.5 s时，二者速度相同，为v1＝1 m/s，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝eq \f(v1,t1)①
a2＝eq \f(v0－v1,t1)②
设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，根据牛顿第二定律，
对物块有μ1mg＝ma1③
对木板有μ1mg＋2μ2mg＝ma2④
联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3
(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Ff＝ma1′
对木板有2μ2mg－Ff＝ma2′
假设物块相对木板静止，即Ff＜μ1mg，则a1′＝a2′，得Ff＝μ2mg＞μ1mg，
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a1′＝a1＝2 m/s2
物块的v－t图象如图所示。此过程木板的加速度a2′＝2μ2g－μ1g＝4 m/s2
由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为
x1＝eq \f(v\\al(2,1),2a1)＋eq \f(v\\al(2,1),2a1′)＝0.5 m
x2＝eq \f(v0＋v1,2)t1＋eq \f(v\\al(2,1),2a2′)＝eq \f(13,8) m
物块相对木板的位移大小为x＝x2－x1＝1.125 m
方法三 过程组合法——抓衔接点，用好规律
一个较复杂的物理运动过程往往是由多个连续、简单的物理过程有机链接而成，解题时可将多个运动过程按规律重新组合，使得题目变得简单，从而茅塞顿开。
四、高考计算题选解
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)二者相距最远时的特征条件是：速度相等，即v甲t＝v乙t
v甲t＝v甲－a甲t1；v乙t＝v乙＋a乙t1，得：t1＝eq \f(v甲－v乙,a甲＋a乙)＝4 s
相距最远Δx＝x甲－x乙＝(v甲t1－eq \f(1,2)a甲teq \\al(2,1))－(v乙t1＋eq \f(1,2)a乙teq \\al(2,1))＝24 m。
(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即
v甲t2－eq \f(1,2)a甲teq \\al(2,2)＝v乙t2＋eq \f(1,2)a乙teq \\al(2,2)，代入数值化简得12t2－eq \f(3,2)teq \\al(2,2)＝0
解得：t2＝8 s，t2′＝0(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μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为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
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
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
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨
对A有⑬
在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为⑮
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
⑯
联立以上各式，并代入数据得⑰
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θ＝37°，A、B两端相距5.0 m，质量为M＝10 kg的物体以v0＝6.0 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v＝4.0 m/s，(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cs 37°＝0.8)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)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v＝4.0 m/s时加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
设经t1物体速度与传送带速度相同，t1＝eq \f(v0－v,a1)，通过的位移x1＝eq \f(v\\al(2,0)－v2,2a1)
设速度小于v时物体的加速度大小为a2， mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
物体继续减速，设经t2物体到达传送带B点，L－x1＝vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，t＝t1＋t2
联立以上各式，代入数据解得t＝2.2 s
(2)t1物体相对传送带的位移为Δx1＝x1-vt1＝0.2 m
t2物体相对传送带的位移为Δx2＝vt2-( L－x1)＝4 m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgcs θ·(Δx1+Δx2)＝168 J
电动机因传送该物体多消耗的电能为E总＝ΔEk＋Ep＋E内＝0-eq \f(1,2)mv02＋mgLsin θ＋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L＝v0t′－eq \f(1,2)a2t′2 解得t′＝1 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eq \f(1,4)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μ＝eq \f(1,2)，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。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mg·2r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，解得vB＝2eq \r(gr)
(2)在C点，由mg＝meq \f(v\\al(2,C),r)得vC＝eq \r(gr)
滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得mg·2r－μmgx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，解得x＝3r
(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kx0＝mg，得x0＝eq \f(mg,k)
由能量守恒得mg(r＋x0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)＋Ep 得vm＝eq \r(3gr＋\f(2mg2,k)－\f(2Ep,m))
【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B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑。一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 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v0＝3 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FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
(3)若v0＝3.1 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＝eq \f(mv\\al(2,C),R)
由动能定理可知－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) 代入数据解得v0＝eq \r(10) 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得
mg－FC＝eq \f(mvC′2,R)
由动能定理可知－2mgR－W＝eq \f(1,2)mv′eq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0) 代入数据解得W＝0.1 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mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)
根据牛顿第二定律可得FA－mg＝eq \f(mv\\al(2,A),R) 代入数据解得：FA＝3mg＝6 N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－mgR
代入数据解得：ΔE＝0.561 J
题型4、应用动量和能量观点解决力学问题
1．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2．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mv－MV＝MV′ 代入数据得V′＝1.0 m/s
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)MV2＝eq \f(1,2)MV′2＋ΔE
V′＝1.0 m/s，代入上式解得ΔE＝1 400 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 kg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μ=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：……………………………… = 1 \* GB3 ①
机械能守恒：………………… = 2 \* GB3 ②
由 = 1 \* GB3 ① = 2 \* GB3 ②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
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′，
M＝4m，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：
v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v0、v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0。
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＝eq \f(mg,q)，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α＝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 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)。
(1)求DA两点间的电势差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)WAD＝－mgL＝－WDA， UDA＝eq \f(WDA,q)
或UDA＝EL① 解得UDA＝eq \f(mgL,q)②
(2)由恰好过D点，判断vD＝0③ 根据动能定理：从A到D过程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得r＝eq \f(L,6)⑤
(3)由于mg＝Eq，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x＝y， xtan 53°＋x＝2r⑥
解得x＝eq \f(L,7)，y＝eq \f(L,7)⑦
竖直方向自由落体有y＝eq \f(1,2)gt2⑧ 解得t＝eq \r(\f(2L,7g))⑨
【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l＝0.40 m的绝缘细线把质量为m＝0.20 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夹角为θ＝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 37°＝0.60，cs 37°＝0.80，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
qE＝mgtan 37°＝eq \f(3,4)mg
小球从A点运动到C点的过程，根据动能定理有 mgl－qEl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
解得小球通过C点时的速度vC＝eq \r(\f(2mg－qEl,m))＝eq \r(2) 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FT－mg＝meq \f(v\\al(2,C),l)，解得FT＝3 N。
(3)当小球切线合力为零时最大速度，即B点。小球从A点运动到B点的过程，根据动能定理有 mglcs37°－qEl(1-sin37°)＝eq \f(1,2)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F－mg cs37°—qE sin37°＝meq \f(v\\al(2,C),l)，解得F＝4.5 N。
【变式2】如图所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 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E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 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B＝0.80 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g＝10 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I＝eq \f(F安,BL)＝0.5 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：E＝I(R0＋r)，解得R0＝eq \f(E,I)－r＝23 Ω。
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F⊥v，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＝eq \f(mv,qB)；
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：t＝eq \f(θ,2π)·T；
方法二 由弧长求：t＝eq \f(s,v)。
答图
【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．
【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Ｂ点时，Ｂ点既为粒子能打到轴下方的最低点，易得．
综上，带电粒子能打到轴上的范围为：．
300
O
v0
B
c
a
b
d
【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， ①
根据几何关系分析得：R1＝l ②
由①②两式求得：v1＝Bql／m ③
没带电粒子在磁场中正好经过ab边（相切）．从ad边射出时速度为v2，转迹如上图2。
④
由几何关系分析得：R2=l/3 ⑤
由④⑤两式求得：v2＝qBl/3m
带电粒子从ab边射出磁场的v0的大小范围为：v≥1v0≥v2
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45°，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
b＝eq \f(1,2)·eq \f(qE1,m)·teq \\al(2,1) b＝eq \f(1,2)v0t1
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
v＝eq \r(2)v0
vx＝v0
a＝eq \f(1,2)·eq \f(qE2,m)·teq \\al(2,2)
a＝eq \f(1,2)vxt2
联立以上各式得eq \f(E1,E2)＝eq \f(a,b)，t2＝eq \f(2a,v0)。
(2)设O、B的间距为l，粒子做圆周运动的半径为r，则l＝v0t2＝2a
l＝rcs 45°＋rsin 30°
由以上两式得r＝4a(eq \r(2)－1) 所以点电荷的位置坐标：xD＝rsin 45°＝2a(2－eq \r(2))
yD＝－(l－rcs 45°)＝2a(1－eq \r(2))。
1．抓住联系两个场的纽带——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U＝E0d
因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有qE0＝qv0B0
解得金属板M、N间的电压U＝B0v0d
(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有cs 45°＝eq \f(v0,v)
故离子运动到A点时的速度v＝eq \r(2)v0
又qE＝ma，vy＝at，tan 45°＝eq \f(vy,v0)
解得离子在电场E中运动到A点所需时间t＝eq \f(mv0,qE)
(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq \f(v2,R) 得R＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(\r(2)mv0,qB)
如图所示，由几何知识可得eq \x\t(AC)＝2Rcs 45°＝eq \r(2)R＝eq \f(2mv0,qB) 又eq \x\t(OA)＝v0t＝eq \f(mv\\al(2,0),qE)
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：
eq \x\t(OC)＝eq \x\t(OA)＋eq \x\t(AC)＝eq \f(mv\\al(2,0),qE)＋eq \f(2mv0,qB)
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L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0 T。将一根质量为m＝0.050 kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。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μ＝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s＝2.0 m。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cs 37°＝0.80。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 θ－μmgcs θ＝ma 解得a＝2.0 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 θ＝BIL＋μmgcs θ I＝eq \f(BLv,R) 解得v＝2.0 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 θ＝eq \f(1,2)mv2＋μmgscs θ＋Q 解得Q＝0.10 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α＝30°，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长l1＝1 m，bc边的边长l2＝0.6 m，线框的质量m＝1 kg，电阻R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物质量M＝2 kg，斜面上ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 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s＝11.4 m，(取g＝10 m/s2)，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F－mgsin α＝ma
对重物由牛顿第二定律得Mg－F′＝Ma
又F＝F′
联立解得线框进入磁场前重物的加速度a＝eq \f(Mg－mgsin α,M＋m)＝5 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：Mg＝F1
线框abcd受力平衡：F1′＝mgsin α＋F安
又F1＝F1′
ab边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势E＝Bl1v
回路中的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bl1v,R)
ab边受到的安培力为F安＝BIl1
联立解得Mg＝mgsin α＋eq \f(B2l\\al(2,1)v,R)
代入数据解得v＝6 m/s。
(3)该阶段的运动时间为t1＝eq \f(v,a)＝1.2 s
进入磁场过程中匀速运动的时间t2＝eq \f(l2,v)＝0.1 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a＝5 m/s2
由匀变速直线运动的规律得s－l2＝vt3＋eq \f(1,2)ateq \\al(2,3) 解得t3＝1.2 s
因此ab边由静止开始到运动到gh处所用的时间t＝t1＋t2＋t3＝2.5 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θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ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B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω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Ⅱ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g＝10 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x＝3.8 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Fmax＝m1gsin θ①
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E＝BLv②
设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝eq \f(E,R1＋R2)③
设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL④
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 θ＋Fmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5 m/s⑥
(3)设cd棒中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)m2v2⑦
由串联电路规律有Q＝eq \f(R1,R1＋R2)Q总⑧
联立解得：Q＝1.3 J⑨