高考物理經(jīng)典例題講解

...wd......wd......wd...高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路力與運(yùn)動(dòng)思想方法提煉一、對(duì)力的幾點(diǎn)認(rèn)識(shí)1.關(guān)于力的概念.力是物體對(duì)物體的相互作用.這一定義表達(dá)了力的物質(zhì)性和相互性.力是矢量.2.力的效果〔1〕力的靜力學(xué)效應(yīng)：力能使物體發(fā)生形變.(2)力的動(dòng)力學(xué)效應(yīng)：a.瞬時(shí)效應(yīng)：使物體產(chǎn)生加速度F=mab.時(shí)間積累效應(yīng)：產(chǎn)生沖量I=Ft，使物體的動(dòng)量發(fā)生變化Ft=△pc.空間積累效應(yīng)：做功W=Fs，使物體的動(dòng)能發(fā)生變化△Ek=W3.物體受力分析的基本方法〔1〕確定研究對(duì)象〔隔離體、整體〕.〔2〕按照次序畫受力圖，先主動(dòng)力、后被動(dòng)力，先場(chǎng)力、后接觸力.〔3〕只分析性質(zhì)力，不分析效果力，合力與分力不能同時(shí)分析.〔4〕結(jié)合物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)：是靜止還是運(yùn)動(dòng)，是直線運(yùn)動(dòng)還是曲線運(yùn)動(dòng).如物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，在某點(diǎn)所受合外力的方向一定指向軌跡弧線內(nèi)側(cè)的某個(gè)方向.二、中學(xué)物理中常見的幾種力三、力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系1.F=0時(shí)，加速度a=0.靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)F=恒量:F與v在一條直線上——?jiǎng)蜃兯僦本€運(yùn)動(dòng)F與v不在一條直線上——曲線運(yùn)動(dòng)〔如平拋運(yùn)動(dòng)〕2.特殊力:F大小恒定，方向與v始終垂直——?jiǎng)蛩賵A周運(yùn)動(dòng)F=-kx——簡(jiǎn)諧振動(dòng)四、基本理論與應(yīng)用解題常用的理論主要有：力的合成與分解、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律等.力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系研究的是宏觀低速下物體的運(yùn)動(dòng)，如各種交通運(yùn)輸工具、天體的運(yùn)行、帶電物體在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)等都屬于其研究范疇，是中學(xué)物理的重要內(nèi)容，是高考的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，在高考試題中所占的比重非常大.選擇題、填空題、計(jì)算題等各種類型的試題都有，且常與電場(chǎng)、磁場(chǎng)、動(dòng)量守恒、功能局部等知識(shí)相結(jié)合.感悟·滲透·應(yīng)用一、力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系的習(xí)題通常分為兩大類：一類是物體的受力情況，求解其運(yùn)動(dòng)情況；另一類是物體的運(yùn)動(dòng)情況，求解物體所受的未知力或與力有關(guān)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(duì)物體進(jìn)展正確的受力分析和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及運(yùn)動(dòng)過程分析是解決這類問題的突破口和關(guān)鍵.【例1】如以下列圖，質(zhì)量M=10kg的木楔靜止于粗糙水平地面上，木楔與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，在木楔的傾角為=30°的斜面上，有一質(zhì)量m=1.0kg的物塊由靜止開場(chǎng)沿斜面下滑，當(dāng)滑行路程s=1.4m時(shí)，其速度v=1.4m/s.在這個(gè)過程中木楔處于靜止?fàn)顟B(tài).求地面對(duì)木楔的摩擦力的大小和方向〔取g=10m/s2〕.【解析】由于木楔沒有動(dòng)，不能用公式f=N計(jì)算木楔受到的摩擦力，題中所給出動(dòng)摩擦因數(shù)的條件是多余的。首先要判斷物塊沿斜面向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2t-v20=2as可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a<gsin=5m/s2，可知物塊受摩擦力作用，物塊和木楔的受力如以下列圖：對(duì)物塊，由牛頓第二定律得：mgsin-f1=maf1=4.3Nmgcos-N1=0N1=N對(duì)木楔，設(shè)地面對(duì)木楔的摩擦力如圖所示，由平衡條件：f=N′1sin-f′1cos=0.61Nf的結(jié)果為正值，說(shuō)明所設(shè)的方向與圖設(shè)方向一樣.【解題回憶】物理習(xí)題的解答，重在對(duì)物理規(guī)律的理解和運(yùn)用，忌生拉硬套公式.對(duì)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體，理解物體間相互作用的規(guī)律，正確選取并轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，是解題的基本能力要求.此題也可以用整體法求解：對(duì)物塊沿斜向下的加速度分解為水平方向acos和豎直方向asin，其水平方向上的加速度是木楔對(duì)木塊作用力的水平分量產(chǎn)生的，根據(jù)力的相互作用規(guī)律，物塊對(duì)木楔的水平方向的作用力也是macos，再根據(jù)木楔靜止的現(xiàn)象，由平衡條件，得地面對(duì)木楔的摩擦力一定是macos=0.61N.【例2】如以下列圖，一高度為h＝0.2m的水平面在A點(diǎn)處與一傾角為θ＝30°的斜面連接，一小球以v0＝5m/s的速度在平面上向右運(yùn)動(dòng)。求小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到地面所需的時(shí)間〔平面與斜面均光滑，取g＝10m/s2〕。某同學(xué)對(duì)此題的解法為：小球沿斜面運(yùn)動(dòng)，那么由此可求得落地的時(shí)間t。問：你同意上述解法嗎假設(shè)同意，求出所需的時(shí)間；假設(shè)不同意，那么說(shuō)明理由并求出你認(rèn)為正確的結(jié)果。【解析】不同意。小球應(yīng)在A點(diǎn)離開平面做平拋運(yùn)動(dòng)，而不是沿斜面下滑。正確做法為：落地點(diǎn)與A點(diǎn)的水平距離①斜面底寬②小球離開A點(diǎn)后不會(huì)落到斜面，因此落地時(shí)間即為平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！啖鄱⑴R界狀態(tài)的求解臨界狀態(tài)的問題經(jīng)常和最大值、最小值聯(lián)系在一起，它需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(shí)它與數(shù)學(xué)上的極值問題相類似.但有些問題只能從物理概念、規(guī)律的約束來(lái)求解，研究處理這類問題的關(guān)鍵是：〔1〕要能分析出臨界狀態(tài)的由來(lái).〔2〕要能抓住處于臨界狀態(tài)時(shí)物體的受力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的特征.【例3】如以下列圖，在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)中，有一個(gè)傾角為且足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向水平向外，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向上.有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球靜止在斜面頂端，這時(shí)小球?qū)π泵娴膲毫η『脼?.假設(shè)迅速把電場(chǎng)方向改為豎直向下時(shí)，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠(yuǎn)所用時(shí)間是多少【解析】開場(chǎng)電場(chǎng)方向向上時(shí)小球受重力和電場(chǎng)力兩個(gè)力作用，mg=qE，得電場(chǎng)強(qiáng)度E=mg/q.當(dāng)電場(chǎng)方向向下，小球在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)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.mgcos+qEcos=Bqv+N，即2mgcos=Bqv+N隨v的變大小球?qū)π泵娴膲毫在變小，當(dāng)增大到某個(gè)值時(shí)壓力為0，超過這個(gè)值后，小球?qū)㈦x開斜面做曲線運(yùn)動(dòng).沿斜面方向小球受到的合力F=mgsin+qEsin=2mgsin為恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)a=F/m=2gsin.其臨界條件是2mgcos=Bqv，得即將離開斜面時(shí)的速度v=2mgcos/Bq.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v2=2as，得到在斜面上滑行的距離為s=m2gcos2/(B2q2sin)再根據(jù)v=at得運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=v/a=mctan/Bq.【解題回憶】此題的關(guān)鍵有三點(diǎn)：〔1〕正確理解各種力的特點(diǎn)，如勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)力是恒力，洛倫茲力隨速度而變化，彈力是被動(dòng)力等.〔2〕分析出小球離開斜面時(shí)臨界狀態(tài)，求出臨界點(diǎn)的速度.〔3〕掌握運(yùn)動(dòng)和力的關(guān)系，判斷出小球在離開斜面前做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng).下滑距離的求解也可以用動(dòng)能定理求解，以加強(qiáng)對(duì)各種力的理解.【例4】如以下列圖，一平直的傳送帶以v=2m/s的速度勻速運(yùn)行，傳送帶把A處的工件運(yùn)送到B處.A、B相距L=10m.從A處把工件無(wú)初速度地放到傳送帶上，經(jīng)過時(shí)間t=6s傳送到B處，欲用最短的時(shí)間把工件從A處傳送到B處，求傳送帶的運(yùn)行速度至少多大【解析】A物體無(wú)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(yùn)動(dòng)，因?yàn)長(zhǎng)/t＞v/2,這說(shuō)明物體從A到B先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng).設(shè)物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，加速的時(shí)間為t1，相對(duì)地面通過的位移為s，那么有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L.數(shù)值代入得a=1m/s2要使工件從A到B的時(shí)間最短，須使物體始終做勻加速運(yùn)動(dòng)，至B點(diǎn)時(shí)速度為運(yùn)送時(shí)間最短所對(duì)應(yīng)的皮帶運(yùn)行的最小速度.由v2=2aL，v=【解題回憶】對(duì)力與運(yùn)動(dòng)關(guān)系的習(xí)題，正確判斷物體的運(yùn)動(dòng)過程至關(guān)重要.工件在皮帶上的運(yùn)動(dòng)可能是一直做勻加速運(yùn)動(dòng)、也可能是先勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是要判斷這一臨界點(diǎn)是否會(huì)出現(xiàn).在求皮帶運(yùn)行速度的最小值時(shí)，也可以用數(shù)學(xué)方法求解：設(shè)皮帶的速度為v，物體加速的時(shí)間為t1，勻速的時(shí)間為t2，那么L=〔v/2〕t1+vt2，而t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v與v/2a的積為常數(shù)，當(dāng)兩者相等時(shí)其積為最大值，得v=時(shí)t有最小值.由此看出，求物理極值，可以用數(shù)學(xué)方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理方法比較簡(jiǎn)明.三、在生產(chǎn)、生活中的運(yùn)用.高考制度的改革，不僅是考試形式的變化，更是高考內(nèi)容的全面革新，其基本的核心是不僅要讓學(xué)生掌握知識(shí)本身，更要讓學(xué)生知道這些知識(shí)能解決哪些實(shí)際問題，因而新的高考試題十分強(qiáng)調(diào)對(duì)知識(shí)的實(shí)際應(yīng)用的考察.【例5】?jī)蓚€(gè)人要將質(zhì)量M=1000kg的小車沿一小型鐵軌推上長(zhǎng)L=5m，高h(yuǎn)=1m的斜坡頂端，如以下列圖.車在任何情況下所受的摩擦阻力恒為車重的0.12倍，兩人能發(fā)揮的最大推力各為800N.在不允許使用別的工具的情況下，兩人能否將車剛好推到坡頂如果能，應(yīng)如何辦〔g取10m/s2〕【解析】由于推車沿斜坡向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，車所受“阻力〞大于兩個(gè)人的推力之和.即f1=Mgh/L+Mg=3.2×103N＞F=1600N所以不能從靜止開場(chǎng)直接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f2=Mg=1200N＜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=(F-f2)/M=0.4m/s2在斜坡上做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為a2=(F-f1)/M=-1.6m/s2設(shè)小車在水平面上運(yùn)行的位移為s到達(dá)斜面底端的速度為v.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2a1s=v2=-2a2L解得s=20m.即兩人先在水平面上推20m后，再推上斜坡，那么剛好能把小車推到坡頂.【解題回憶】此題的設(shè)問，只有經(jīng)過深入思考，通過對(duì)物理情境的變換才能得以解決.由此可知，對(duì)聯(lián)系實(shí)際問題應(yīng)根據(jù)生活經(jīng)歷進(jìn)展具體分析.不能機(jī)械地套用某種類型.這樣才能切實(shí)有效地提高解題能力.另外，此題屬半開放型試題，即沒有提供具體的方法，需要同學(xué)自己想出方法，如果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(yùn)發(fā)動(dòng)在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)開工程。一個(gè)質(zhì)量為60kg的運(yùn)發(fā)動(dòng)，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處。運(yùn)發(fā)動(dòng)與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2s。假設(shè)把在這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)發(fā)動(dòng)的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小?！瞘＝10m/s2〕【解析】將運(yùn)發(fā)動(dòng)看作質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，從h1高處下落，剛接觸網(wǎng)時(shí)速度的大小〔向下〕彈跳后到達(dá)的高度為h2，剛離網(wǎng)時(shí)速度的大小〔向上〕速度的改變量〔向上〕以a表示加速度，△t表示接觸時(shí)間，那么接觸過程中運(yùn)發(fā)動(dòng)受到向上的彈力F和向下的重力mg。由牛頓第二定律，由以上五式解得，代入數(shù)值得N四、曲線運(yùn)動(dòng).當(dāng)物體受到的合力的方向與速度的方向不在一條直線上時(shí)，物體就要做曲線運(yùn)動(dòng).中學(xué)物理能解決的曲線運(yùn)動(dòng)的習(xí)題主要有兩種情形：一種是平拋運(yùn)動(dòng)，一種是圓周運(yùn)動(dòng).平拋運(yùn)動(dòng)的問題重點(diǎn)是掌握力及運(yùn)動(dòng)的合成與分解.圓周運(yùn)動(dòng)的問題重點(diǎn)是向心力的來(lái)源和運(yùn)動(dòng)的規(guī)律.【例7】在光滑水平面上有一質(zhì)量m=1.0×10-3kg，電量q=1.0×10-10C的帶正電小球，靜止在O點(diǎn)，以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)，在該水平面內(nèi)建設(shè)直角坐標(biāo)系Oxy，如以下列圖.現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、場(chǎng)強(qiáng)大小為E=2.0×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使小球開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過1.0s，所加電場(chǎng)突然變?yōu)檠貀軸正方向，場(chǎng)強(qiáng)大小仍為E=2.0×106V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)，再經(jīng)過1.0s所加電場(chǎng)又突然變?yōu)榱硪粋€(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng).使小球在此電場(chǎng)作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)?.求速度為0時(shí)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a=qE/m=0.20m/s2.當(dāng)場(chǎng)強(qiáng)沿x軸正方向時(shí)，經(jīng)1.0s小球的速度大小為vx=at=0.20×1.0=0.20m/s〔方向沿x軸方向〕小球沿x軸方向移動(dòng)的距離為△x1=at2/2=0.10m.在第2s內(nèi)，電場(chǎng)方向y軸正方向，x方向不再受力，所以第2s內(nèi)小球在x方向做勻速運(yùn)動(dòng)，在y方向做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)〔類似平拋運(yùn)動(dòng)〕沿y方向的距離:△y=at2/2=0.10m.沿x方向的距離:△x2=vxt=0.2×1.0=0.20m.第2s未在y方向分速度為:vy=at=0.20×1.0=0.20m/s由上可知，此時(shí)小球運(yùn)動(dòng)方向與x軸成45°角，要使小球速度變?yōu)?，那么在第3s內(nèi)所加電場(chǎng)方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225°角.在第3s內(nèi)，設(shè)在電場(chǎng)作用下小球加速度的x分量和y方向分量分別為ax、ay，那么ax=vx/t=0.2m/s2，ay=vy/t=0.20m/s2；在第3s未，小球到達(dá)的位置坐標(biāo)為x3=△x1+△x2+vxt-axt2/2=0.40m，y3=△y+vyt-ayt2/2=0.20m.【解題回憶】學(xué)好物理要有一定的空間想像力，要分析、想像物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)軌跡.作圖可以化抽象為具體，提高解題成功率.此題小球的運(yùn)動(dòng)情景如圖.【例8】如以下列圖，有一質(zhì)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(diǎn)做半徑為a、角速度為的勻速圓周運(yùn)動(dòng).求：〔1〕此時(shí)繩上的拉力有多大〔2〕假設(shè)將繩子從此狀態(tài)迅速放松，后又拉直，使小球繞O做半徑為b的勻速圓周運(yùn)動(dòng).從放松到拉直這段過程經(jīng)歷了多長(zhǎng)時(shí)間〔3〕小球做半徑為b的勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩子上的拉力又是多大【解析】〔1〕繩子上的拉力提供小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故有：F=m2a〔2〕松手后繩子上的拉力消失，小球?qū)乃墒謺r(shí)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(yùn)動(dòng).當(dāng)繩在水平板上長(zhǎng)為b時(shí)，繩又被拉緊.在這段勻速直線運(yùn)動(dòng)的過程中小球運(yùn)動(dòng)的距離為s=，如以下列圖故t=s/v=〔3〕將剛拉緊繩時(shí)的速度分解為沿繩子的分量和垂直于繩子的分量.在繩被拉緊的短暫過程中，球損失了沿繩的分速度，保存著垂直于繩的分速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng).被保存的速度的大小為：v1=va/b=a2/b.所以繩子后來(lái)的拉力為：F′=mv21/b=m2a4/b3.【解題回憶】此題難在第3問，注意物體運(yùn)動(dòng)過程中的突變點(diǎn)，理解公式F=mv2/R中的v是垂直于半徑、沿切線方向的速度.五、圖像的運(yùn)用【例9】如以下列圖，一對(duì)平行光滑軌道設(shè)置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0；有一導(dǎo)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略不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直軌道向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運(yùn)動(dòng)，測(cè)得力F與時(shí)間t的關(guān)系如以下列圖.求桿的質(zhì)量m和加速度a【解析】物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的條件是合外力不變.導(dǎo)體桿運(yùn)動(dòng)過程中受拉力和安培力兩個(gè)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(shí)間而變化.設(shè)桿的質(zhì)量為m，加速度為a，那么由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=at，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，感應(yīng)電流I=E/R，安培力f=BIL，由牛頓第二定律F-f=ma，整理得F=ma+B2L2at/R，在圖線上取兩點(diǎn)代入后可得a=10m/s2m=0.1kg.練習(xí)題如以下列圖，離子源從某小孔發(fā)射出帶電量q=1.6×10-10C的正離子(初速度不計(jì))，在加速電壓U=1000V作用下沿O1O2方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．磁場(chǎng)限制在以O(shè)2為圓心半徑為R0=2.64cm的區(qū)域內(nèi)，磁感強(qiáng)度大小B為0.10T，方向垂直紙面向外，正離子沿偏離O1O2為60°角的方向從磁場(chǎng)中射出，打在屏上的P點(diǎn)，計(jì)算：(1)正離子質(zhì)量m．(2)正離子通過磁場(chǎng)所需要的時(shí)間t．解①②由圖可見R＝R0·cot30°③由①、②、③式得＝1.67×10-27(kg)(2)由圖所示，離子飛出磁場(chǎng)，偏轉(zhuǎn)60°角，故在磁場(chǎng)中飛2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導(dǎo)〔三〕專題三動(dòng)量與能量思想方法提煉牛頓運(yùn)動(dòng)定律與動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實(shí)它們是從三個(gè)不同的角度來(lái)研究力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系.解決力學(xué)問題時(shí)，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡(jiǎn)程度可能有很大差異，但在很多情況下，要三把鑰匙結(jié)合起來(lái)使用，就能快速有效地解決問題.一、能量1.概述能量是狀態(tài)量，不同的狀態(tài)有不同的數(shù)值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來(lái)實(shí)現(xiàn)的，力學(xué)中功是能量轉(zhuǎn)化的量度，熱學(xué)中功和熱量是內(nèi)能變化的量度.高中物理在力學(xué)、熱學(xué)、電磁學(xué)、光學(xué)和原子物理等各分支學(xué)科中涉及到許多形式的能，如動(dòng)能、勢(shì)能、電能、內(nèi)能、核能，這些形式的能可以相互轉(zhuǎn)化，并且遵循能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，能量是貫穿于中學(xué)物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據(jù)。在每年的高考物理試卷中都會(huì)出現(xiàn)考察能量的問題。并時(shí)常發(fā)現(xiàn)“壓軸題〞就是能量試題。2.能的轉(zhuǎn)化和守恒定律在各分支學(xué)科中表達(dá)式(1)W合=△Ek包括重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力等各種力在內(nèi)的所有外力對(duì)物體做的總功，等于物體動(dòng)能的變化。(動(dòng)能定理)(2)WF=△E除重力以外有其它外力對(duì)物體做功等于物體機(jī)械能的變化。(功能原理)注：(1)物體的內(nèi)能(所有分子熱運(yùn)動(dòng)動(dòng)能和分子勢(shì)能的總和)、電勢(shì)能不屬于機(jī)械能(2)WF=0時(shí)，機(jī)械能守恒，通過重力做功實(shí)現(xiàn)動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化。(3)WG=-△EP重力做正功，重力勢(shì)能減?。恢亓ψ鲐?fù)功，重力勢(shì)能增加。重力勢(shì)能變化只與重力做功有關(guān)，與其他做功情況無(wú)關(guān)。(4)W電=-△EP電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。在只有重力、電場(chǎng)力做功的系統(tǒng)內(nèi)，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能間發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但總和保持不變。注：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，抑制安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，電能再通過電路轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(5)W+Q=△E物體內(nèi)能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學(xué)第一定律)。(6)mv02/2=hν-W光電子的最大初動(dòng)能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。(7)△E=△mc2在核反響中，發(fā)生質(zhì)量虧損，即有能量釋放出來(lái)。(可以以粒子的動(dòng)能、光子等形式向外釋放)動(dòng)量與能量的關(guān)系1.動(dòng)量與動(dòng)能動(dòng)量和能量都與物體的某一運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相對(duì)應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān).但它們存在明顯的不同：動(dòng)量的大小與速度成正比p=mv；動(dòng)能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2兩者的關(guān)系：p2=2mEk動(dòng)量是矢量而動(dòng)能是標(biāo)量.物體的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化；但物體的動(dòng)能一旦發(fā)生變化，那么動(dòng)量必發(fā)生變化.2.動(dòng)量定理與動(dòng)能定理動(dòng)量定理：物體動(dòng)量的變化量等于物體所受合外力的沖量.△p=I，沖量I=Ft是力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)動(dòng)能定理：物體動(dòng)能的變化量等于外力對(duì)物體所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力對(duì)空間的積累效應(yīng).3.動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體系統(tǒng)，(在研究某個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容是：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變；機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機(jī)械能的總量保持不變運(yùn)用動(dòng)量守恒定律值得注意的兩點(diǎn)是：(1)嚴(yán)格符合動(dòng)量守恒條件的系統(tǒng)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(tǒng)間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外界對(duì)系統(tǒng)的作用，所以在作用前后的瞬間系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為基本上是守恒的.(2)即使系統(tǒng)所受的外力不為0，但沿某個(gè)方向的合外力為0，那么系統(tǒng)沿該方向的動(dòng)量是守恒的.動(dòng)量守恒定律的適應(yīng)范圍廣，不但適應(yīng)常見物體的碰撞、爆炸等現(xiàn)象，也適應(yīng)天體碰撞、原子的裂變，動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒相結(jié)合的綜合的試題在高考中屢次出現(xiàn)，是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容.【例1】如以下列圖，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導(dǎo)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(tài)后綁緊。兩滑塊一起以恒定的速率v0向右滑動(dòng).突然輕繩斷開.當(dāng)彈簧伸至本身的自然長(zhǎng)度時(shí)，滑塊A的速度正好為0.求：(1)繩斷開到第一次恢復(fù)自然長(zhǎng)度的過程中彈簧釋放的彈性勢(shì)能Ep；(2)在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊B是否會(huì)有速度為0的時(shí)刻?試通過定量分析證明你的結(jié)論.【解析】(1)當(dāng)彈簧處壓縮狀態(tài)時(shí)，系統(tǒng)的機(jī)械能等于兩滑塊的動(dòng)能和彈簧的彈性勢(shì)能之和，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)到自然長(zhǎng)度時(shí)，彈性勢(shì)能為0，因這時(shí)滑塊A的速度為0，故系統(tǒng)的機(jī)械能等于滑塊B的動(dòng)能.設(shè)這時(shí)滑塊B的速度為v，那么有E=m2v2/2.因系統(tǒng)所受外力為0，由動(dòng)量守恒定律(m1+m2)v0=m2v.解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒(m1+m2)v02/2+Ep=E.解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.(2)假設(shè)在以后的運(yùn)動(dòng)中滑塊B可以出現(xiàn)速度為0的時(shí)刻，并設(shè)此時(shí)A的速度為v1，彈簧的彈性勢(shì)能為E′p，由機(jī)械能守恒定律得m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.根據(jù)動(dòng)量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，求出v1代入上式得:(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.因?yàn)镋′p≥0，故得:(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2即m1≥m2，這與條件中m1＜m2不符.可見在以后的運(yùn)動(dòng)中不可能出現(xiàn)滑塊B的速度為0的情況.【解題回憶】“假設(shè)法〞解題的特點(diǎn)是：先對(duì)某個(gè)結(jié)論提出可能的假設(shè).再利用的規(guī)律知識(shí)對(duì)該假設(shè)進(jìn)展剖析，其結(jié)論假設(shè)符合題意的要求，那么原假設(shè)成立.“假設(shè)法〞是科學(xué)探索常用的方法之一.在當(dāng)前，高考突出能力考察的形勢(shì)下，加強(qiáng)證明題的訓(xùn)練很有必要.【例2】如以下列圖，質(zhì)量為m的有孔物體A套在光滑的水平桿上，在A下面用細(xì)繩掛一質(zhì)量為M的物體B，假設(shè)A固定不動(dòng)，給B一水平?jīng)_量I，B恰能上升到使繩水平的位置.當(dāng)A不固定時(shí)，要使B物體上升到使繩水平的位置，那么給它的水平?jīng)_量至少多大?【解析】當(dāng)A固定不動(dòng)時(shí)，B受到?jīng)_量后以A為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，只有重力做功，機(jī)械能守恒.在水平位置時(shí)B的重力勢(shì)能應(yīng)等于其在最低位置時(shí)獲得的動(dòng)能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.假設(shè)A不固定，B向上擺動(dòng)時(shí)A也要向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B恰能擺到水平位置時(shí)，它們具有一樣的水平速度，把A、B看成一個(gè)系統(tǒng)，此系統(tǒng)除重力外，其他力不做功，機(jī)械能守恒.又在水平方向上系統(tǒng)不受外力作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，設(shè)M在最低點(diǎn)得到的速度為v0，到水平位置時(shí)的速度為v.Mv0=(M+m)v.Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.I′=Mv0.I′=【解題回憶】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(shí)，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個(gè)臨界點(diǎn).另外B上升時(shí)也不再是做圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)繩的拉力對(duì)B做功(請(qǐng)同學(xué)們思考一下，繩的拉力對(duì)B做正功還是負(fù)功)，有興趣的同學(xué)還可以分析一下系統(tǒng)以后的運(yùn)動(dòng)情況.【例3】下面是一個(gè)物理演示實(shí)驗(yàn)，它顯示：圖中下落的物體A、B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高的地方.A是某種材料做成的實(shí)心球，質(zhì)量m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2=0.1kg的木棍B.B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H=1.25m處由靜止釋放.實(shí)驗(yàn)中，A觸地后在極短的時(shí)間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開場(chǎng)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〔g=10m/s2〕【解析】根據(jù)題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時(shí)的速度的大小，由機(jī)械能守恒得(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1=.A剛反彈時(shí)速度向上，立刻與下落的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，根據(jù)動(dòng)量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.令h表示B上升的高度，有m2v′22/2=m2gh，由以上各式并代入數(shù)據(jù)得:h=4.05m.【例4】質(zhì)量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們?cè)谂鲎睬昂蟮奈灰啤獣r(shí)間圖像如以下列圖，假設(shè)m1=1kg,m2的質(zhì)量等于多少?【解析】從位移—時(shí)間圖像上可看出：m1和m2于t=2s時(shí)在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，m2的速度v2=2m/s，由動(dòng)量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，m2=3kg.【解題回憶】這是一道有關(guān)圖像應(yīng)用的題型，關(guān)鍵是理解每段圖線所對(duì)應(yīng)的兩個(gè)物理量：位移隨時(shí)間的變化規(guī)律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運(yùn)動(dòng)圖像同運(yùn)動(dòng)軌跡混為一談.【例5】云室處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一質(zhì)量為M的靜止的原子核在云室中發(fā)生一次α衰變，α粒子的質(zhì)量為m，電量為q，其運(yùn)動(dòng)軌跡在與磁場(chǎng)垂直的平面內(nèi).現(xiàn)測(cè)得α粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質(zhì)量虧損.(注：涉及動(dòng)量問題時(shí)，虧損的質(zhì)量可忽略不計(jì))【解析】α粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是洛倫茲力，設(shè)α粒子的運(yùn)動(dòng)速度為v，由牛頓第二定律得qvB=mv2/R.衰變過程中，粒子與剩余核發(fā)生相互作用，設(shè)衰變后剩余核的速度為v′，衰變過程中動(dòng)量守恒(M-m)v′=mv.α粒子與剩余核的動(dòng)能來(lái)源于衰變過程中虧損的質(zhì)量，有△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].【解題回憶】此題知識(shí)跨度大，綜合性強(qiáng)，將根基理論與現(xiàn)代物理相結(jié)合.考察了圓周運(yùn)動(dòng)、洛倫茲力、動(dòng)量守恒、核裂變、能量守恒等知識(shí).這類題型需注意加強(qiáng).【例6】如以下列圖，一輕繩穿過光滑的定滑輪，兩端各拴有一小物塊.它們的質(zhì)量分別為m1、m2，m2=3m1，起始時(shí)m1放在地上，m2離地面的高度h=1.0m，繩子處于拉直狀態(tài)，然后放手.設(shè)物塊與地面相碰時(shí)完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不可伸長(zhǎng)，繩中各處拉力均一樣，在突然提起物塊時(shí)繩的速度與物塊的速度一樣，試求m2所走的全部路程(取3位有效數(shù)字)【解析】因m2＞m1，放手后m2將下降，直至落地.由機(jī)械能守恒定律得m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點(diǎn)處再下降.當(dāng)降至h時(shí)繩被繃緊.根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)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不可能再升到h處，m1也不可能落回地面.設(shè)m2再次到達(dá)的高度為h1，m1那么從開場(chǎng)繃緊時(shí)的高度h處下降了h1.由機(jī)械能守恒(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1由以上3式聯(lián)立可解得h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h此后m2又從h1高處落下，類似前面的過程.設(shè)m2第二次到達(dá)的最高點(diǎn)為h2，仿照上一過程可推得h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h由此類推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h所以通過的總路程s=h+2h1+2h2+2h3+……【解題回憶】這是一道難度較大的習(xí)題.除了在數(shù)學(xué)處理方面遇到困難外，主要的原因還是出在對(duì)兩個(gè)物塊運(yùn)動(dòng)的情況沒有分析清楚.此題作為動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒定律應(yīng)用的一種特例，應(yīng)加強(qiáng)記憶和理解.【例7】如以下列圖，金屬桿a從離地h高處由靜止開場(chǎng)沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平局部有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，水平軌道上原來(lái)放有一金屬桿b，a桿的質(zhì)量為ma,且與桿b的質(zhì)量之比為ma∶mb=3∶4，水平軌道足夠長(zhǎng)，不計(jì)摩擦，求：(1)a和b的最終速度分別是多大?(2)整個(gè)過程中回路釋放的電能是多少?(3)假設(shè)a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余局部的電阻不計(jì)，整個(gè)過程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少?【解析】(1)a下滑過程中機(jī)械能守恒magh=mav02/2a進(jìn)入磁場(chǎng)后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b都受安培力作用，a做減速運(yùn)動(dòng)，b做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過一段時(shí)間，a、b速度到達(dá)一樣，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為0，安培力為0，二者勻速運(yùn)動(dòng).勻速運(yùn)動(dòng)的速度即為a.b的最終速度，設(shè)為v.由于所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒mav0=(ma+mb)v由以上兩式解得最終速度va=vb=v=(2)由能量守恒得知，回路中產(chǎn)生的電能應(yīng)等于a、b系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7(3)由能的守恒與轉(zhuǎn)化定律，回路中產(chǎn)生的熱量應(yīng)等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即Qa+Qb=E.在回路中產(chǎn)生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯(lián)，通過的電流總是相等的，所以應(yīng)有所以【例8】連同裝備質(zhì)量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對(duì)靜止，他帶有一個(gè)裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時(shí)間內(nèi)相對(duì)宇航員自身噴出.他要返回時(shí)，必須向相反的方向釋放氧氣，同時(shí)還要留一局部氧氣供返回途中呼吸.設(shè)他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，問：要最大限度地節(jié)省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少?【解析】設(shè)噴出氧氣的質(zhì)量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿足動(dòng)量守恒定律，有:0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)得v′=m′v/M宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達(dá)飛船所需的時(shí)間t=s/v′=Ms/m′v這段時(shí)間內(nèi)耗氧m″=Rt故其用掉氧氣m′+m″=2.25×10-2/m′+m′因?yàn)?2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2為常數(shù)，所以當(dāng)2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg時(shí)用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′+m″=0.3kg.【解題回憶】(1)動(dòng)量守恒定律中的各個(gè)速度應(yīng)統(tǒng)一對(duì)應(yīng)于某一慣性參照系，在此題中，飛船沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對(duì)宇航員而不是飛船，因此，列動(dòng)量守恒的表達(dá)式時(shí)，要注意速度的相對(duì)性，這里很容易出錯(cuò)誤.(3)要注意數(shù)學(xué)知識(shí)在物理上的運(yùn)用.【例9】質(zhì)量為m的飛機(jī)以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，假設(shè)飛機(jī)在此過程中水平速度保持不變，同時(shí)受到重力和豎直向上的恒定升力〔該升力由其它力的合力提供，不含重力〕。今測(cè)得當(dāng)飛機(jī)在水平方向的位移為l時(shí)，它的上升高度為h，求：〔1〕飛機(jī)受到的升力大??；〔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(jī)的動(dòng)能?！窘馕觥匡w機(jī)水平速度不變①y方向加速度恒定②消去t即得③由牛頓第二定律④〔2〕升力做功⑤在h處⑥∴⑦【例10】有三根長(zhǎng)度皆為l＝1.00m的不可伸長(zhǎng)的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的O點(diǎn)，另一端分別拴有質(zhì)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(lái)。空間中存在大小為E＝1.00×106N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)方向沿水平向右，平衡時(shí)A、B球的位置如以下列圖?，F(xiàn)將O、B之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B球最后會(huì)到達(dá)新的平衡位置。求最后兩球的機(jī)械能與電勢(shì)能的總和與燒斷前相比改變了多少?！膊挥?jì)兩帶電小球間相互作用的靜電力〕【解析】圖1中虛線表示A、B球原來(lái)的平衡位置，實(shí)線表示燒斷后重新到達(dá)平衡的位置，其中、分別表示細(xì)線加OA、AB與豎直方向的夾角。A球受力如圖2所示：重力mg豎直向下；電場(chǎng)力qE水平向左；細(xì)線OA對(duì)A的拉力T1，方向如圖；細(xì)線AB對(duì)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mg豎直向下；電場(chǎng)力qE水平向右；細(xì)線AB對(duì)B的拉力T2，方向如圖。由平衡條件聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得由此可知，A、B球重新到達(dá)平衡的位置如圖4所示。與原來(lái)位置相比，A球的重力勢(shì)能減少了B球的重力勢(shì)能減少了A球的電勢(shì)能增加了B球的電勢(shì)能減少了兩種勢(shì)能總和減少了代入數(shù)據(jù)解得J【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時(shí)是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形〔圓弧由光滑模板形成，未畫出〕，經(jīng)過CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個(gè)一個(gè)在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時(shí)傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L(zhǎng)。每個(gè)箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對(duì)于傳送帶靜止，且以后也不再滑動(dòng)〔忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng)〕。在一段相當(dāng)長(zhǎng)的時(shí)間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦。求電動(dòng)機(jī)的平均抽出功率。【解析】以地面為參考系〔下同〕，設(shè)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度為v0，在水平段運(yùn)輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)這段路程為s，所用時(shí)間為t，加速度為a，那么對(duì)小箱有s＝1/2at2①v0＝at②在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦力，那么傳送帶對(duì)小箱做功為A＝fs＝1/2mv02⑤傳送帶抑制小箱對(duì)它的摩擦力做功A0＝fs0＝2·1/2mv02⑥兩者之差就是抑制摩擦力做功發(fā)出的熱量Q＝1/2mv02⑦可見，在小箱加速運(yùn)動(dòng)過程中，小箱獲得的動(dòng)能與發(fā)熱量相等。T時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)輸出的功為W＝T⑧此功用于增加小箱的動(dòng)能、勢(shì)能以及抑制摩擦力發(fā)熱，即W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ⑨相鄰兩小箱的距離為L(zhǎng)，所以v0T＝NL⑩聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得＝[＋gh]2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導(dǎo)〔四〕專題四帶電粒子在場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)思想方法提煉帶電粒子在某種場(chǎng)(重力場(chǎng)、電場(chǎng)、磁場(chǎng)或復(fù)合場(chǎng))中的運(yùn)動(dòng)問題，本質(zhì)還是物體的動(dòng)力學(xué)問題電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、重力的性質(zhì)和特點(diǎn)：勻強(qiáng)場(chǎng)中重力和電場(chǎng)力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力都與電荷正負(fù)、場(chǎng)的方向有關(guān)，磁場(chǎng)力還受粒子的速度影響，反過來(lái)影響粒子的速度變化.一、安培力1.安培力：通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的作用力叫安培力.【說(shuō)明】磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)線中定向移動(dòng)的電荷有力的作用，磁場(chǎng)對(duì)這些定向移動(dòng)電荷作用力的宏觀表現(xiàn)即為安培力.2.安培力的計(jì)算公式：F=BILsin；通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，即=900，此時(shí)安培力有最大值；通電導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，即=00，此時(shí)安培力有最小值，F(xiàn)min=0N；0°＜＜90°時(shí)，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(qiáng)磁場(chǎng)；②導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)；③L為導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度，即導(dǎo)線兩端點(diǎn)所連直線的長(zhǎng)度，相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端；如以下列圖，幾種有效長(zhǎng)度；④安培力的作用點(diǎn)為磁場(chǎng)中通電導(dǎo)體的幾何中心；⑤根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體對(duì)通電導(dǎo)體有力的作用，那么通電導(dǎo)體對(duì)磁體有反作用力.【說(shuō)明】安培力的計(jì)算只限于導(dǎo)線與B垂直和平行的兩種情況.二、左手定那么1.通電導(dǎo)線所受的安培力方向和磁場(chǎng)B的方向、電流方向之間的關(guān)系，可以用左手定那么來(lái)判定.2.用左手定那么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(nèi)，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時(shí)手掌所在平面跟磁感線和導(dǎo)線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線所受安培力的方向.3.安培力F的方向既與磁場(chǎng)方向垂直，又與通電導(dǎo)線方向垂直，即F總是垂直于磁場(chǎng)與導(dǎo)線所決定的平面.但B與I的方向不一定垂直.4.安培力F、磁感應(yīng)強(qiáng)度B、電流I三者的關(guān)系①I、B的方向，可惟一確定F的方向；②F、B的方向，且導(dǎo)線的位置確定時(shí)，可惟一確定I的方向；③F、I的方向時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向不能惟一確定.三、洛倫茲力：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力.1.洛倫茲力的公式：F=qvBsin；2.當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向互相平行時(shí)，F(xiàn)=0；3.當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向互相垂直時(shí)，F(xiàn)=qvB;4.只有運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場(chǎng)中受到的磁場(chǎng)對(duì)電荷的作用力一定為0；四、洛倫茲力的方向1.運(yùn)動(dòng)電荷在磁場(chǎng)中受力方向可用左手定那么來(lái)判定；2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場(chǎng)B的方向，又垂直于運(yùn)動(dòng)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.使用左手定那么判定洛倫茲力方向時(shí)，假設(shè)粒子帶正電時(shí)，四個(gè)手指的指向與正電荷的運(yùn)動(dòng)方向一樣.假設(shè)粒子帶負(fù)電時(shí)，四個(gè)手指的指向與負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng)方向相反.4.安培力的本質(zhì)是磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力的宏觀表現(xiàn).五、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)1.不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可分三種情況：一是勻速直線運(yùn)動(dòng)；二是勻速圓周運(yùn)動(dòng)；三是螺旋運(yùn)動(dòng).從運(yùn)動(dòng)形式可分為：勻速直線運(yùn)動(dòng)和變加速曲線運(yùn)動(dòng).2.如果不計(jì)重力的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)閹щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中不受洛倫茲力的作用.3.如果不計(jì)重力的帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，是因?yàn)閹щ娏Ｗ釉诖艌?chǎng)中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運(yùn)動(dòng)方向垂直，只改變其運(yùn)動(dòng)方向，不改變其速度大小.4.不計(jì)重力的帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r=mv/Bq;其運(yùn)動(dòng)周期T=2m/Bq(與速度大小無(wú)關(guān)).5.不計(jì)重力的帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)時(shí)都做曲線運(yùn)動(dòng)，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，在電場(chǎng)中做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng))；垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，那么做變加速曲線運(yùn)動(dòng)(勻速圓周運(yùn)動(dòng))6.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做不完整圓周運(yùn)動(dòng)的解題思路：(1)用幾何知識(shí)確定圓心并求半徑.因?yàn)镕方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡中任意兩點(diǎn)(大多是射入點(diǎn)和出射點(diǎn))的F或半徑方向，其延長(zhǎng)線的交點(diǎn)即為圓心，再用幾何知識(shí)求其半徑與弦長(zhǎng)的關(guān)系.(2)確定軌跡所對(duì)的圓心角，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間.先利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360°(或2)計(jì)算出圓心角的大小，再由公式t=T/3600(或T/2)可求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間.六、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的基本分析1.這里所說(shuō)的復(fù)合場(chǎng)是指電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)并存，或其中某兩種場(chǎng)并存的場(chǎng).帶電粒子在這些復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，必須同時(shí)考慮電場(chǎng)力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對(duì)粒子的運(yùn)動(dòng)形式的分析就顯得極為重要.2.當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受的合外力為0時(shí)，粒子將做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止.3.當(dāng)帶電粒子所受的合外力與運(yùn)動(dòng)方向在同一條直線上時(shí)，粒子將做變速直線運(yùn)動(dòng).4.當(dāng)帶電粒子所受的合外力充當(dāng)向心力時(shí)，粒子將做勻速圓周運(yùn)動(dòng).5.當(dāng)帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，那么粒子將做變加速運(yùn)動(dòng)，這類問題一般只能用能量關(guān)系處理.七、電場(chǎng)力和洛倫茲力的比較1.在電場(chǎng)中的電荷，不管其運(yùn)動(dòng)與否，均受到電場(chǎng)力的作用；而磁場(chǎng)僅僅對(duì)運(yùn)動(dòng)著的、且速度與磁場(chǎng)方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用.2.電場(chǎng)力的大小F=Eq,與電荷的運(yùn)動(dòng)的速度無(wú)關(guān)；而洛倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小和方向均有關(guān).3.電場(chǎng)力的方向與電場(chǎng)的方向或一樣、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場(chǎng)垂直，又和速度方向垂直.4.電場(chǎng)既可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度大小，也可以改變電荷運(yùn)動(dòng)的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運(yùn)動(dòng)的速度方向，不能改變速度大小.5.電場(chǎng)力可以對(duì)電荷做功，能改變電荷的動(dòng)能；洛倫茲力不能對(duì)電荷做功，不能改變電荷的動(dòng)能.6.勻強(qiáng)電場(chǎng)中在電場(chǎng)力的作用下，運(yùn)動(dòng)電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強(qiáng)磁場(chǎng)中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧.八、對(duì)于重力的考慮重力考慮與否分三種情況.(1)對(duì)于微觀粒子，如電子、質(zhì)子、離子等一般不做特殊交待就可以不計(jì)其重力，因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場(chǎng)力或磁場(chǎng)力相比太小，可以忽略；而對(duì)于一些實(shí)際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時(shí)就應(yīng)當(dāng)考慮其重力.(2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規(guī)，也比較簡(jiǎn)單.(3)是直接看不出是否要考慮重力，但在進(jìn)展受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，要由分析結(jié)果，先進(jìn)展定性確定再是否要考慮重力.九、動(dòng)力學(xué)理論：(1)粒子所受的合力和初速度決定粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；(2)勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式、運(yùn)動(dòng)的合成和分解、勻速圓周運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式；(3)牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律；(4)動(dòng)能定理、能量守恒定律.十、在生產(chǎn)、生活、科研中的應(yīng)用：如顯像管、盤旋加速器、速度選擇器、正負(fù)電子對(duì)撞機(jī)、質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì)、磁流體發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)等等.正因?yàn)檫@類問題涉及知識(shí)面大、能力要求高，而成為近幾年高考的熱點(diǎn)問題，題型有選擇、填空、作圖等，更多的是作為壓軸題的說(shuō)理、計(jì)算題.分析此類問題的一般方法為：首先從粒子的開場(chǎng)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)受力分析著手，由合力和初速度判斷粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，注意速度和洛倫茲力相互影響這一特點(diǎn)，將整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程和各個(gè)階段都分析清楚，然后再結(jié)合題設(shè)條件，邊界條件等，選取粒子的運(yùn)動(dòng)過程，選用有關(guān)動(dòng)力學(xué)理論公式求解常見的問題類型及解法.【例1】如圖，在某個(gè)空間內(nèi)有一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度，又有一個(gè)與電場(chǎng)垂直的水平方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B＝10T?，F(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量m＝2×10-6kg、帶電量q＝2×10-6C的微粒，在這個(gè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)疊加的空間作勻速直線運(yùn)動(dòng)。假設(shè)在這個(gè)微粒經(jīng)過某條電場(chǎng)線時(shí)突然撤去磁場(chǎng)，那么，當(dāng)它再次經(jīng)過同一條電場(chǎng)線時(shí)，微粒在電場(chǎng)線方向上移過了多大距離?！玻缛?0m／S2〕【解析】題中帶電微粒在疊加場(chǎng)中作勻速直線運(yùn)動(dòng)，意味著微粒受到的重力、電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力平衡。進(jìn)一步的分析可知：洛侖茲力f與重力、電場(chǎng)力的合力F等值反向，微粒運(yùn)動(dòng)速度V與f垂直，如圖2。當(dāng)撤去磁場(chǎng)后，帶電微粒作勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，可將此曲線運(yùn)動(dòng)分解為水平方向和豎直方向兩個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)來(lái)處理，如圖3。由圖2可知：又：解之得：由圖3可知，微?；氐酵粭l電場(chǎng)線的時(shí)間那么微粒在電場(chǎng)線方向移過距離【解題回憶】此題的關(guān)鍵有兩點(diǎn)：(1)根據(jù)平衡條件結(jié)合各力特點(diǎn)畫出三力關(guān)系；(2)將勻變速曲線運(yùn)動(dòng)分解【例2】如以下列圖，質(zhì)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(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，剛好沿直線射出該場(chǎng)區(qū)，假設(shè)同一微粒以初速度v0/2垂直射入該場(chǎng)區(qū)，那么微粒沿圖示的曲線從P點(diǎn)以2v0速度離開場(chǎng)區(qū)，求微粒在場(chǎng)區(qū)中的橫向(垂直于v0方向)位移，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.【解析】速度為v0時(shí)粒子受重力、電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力，三力在豎直方向平衡；速度為v0/2時(shí)，磁場(chǎng)力變小，三力不平衡，微粒應(yīng)做變加速度的曲線運(yùn)動(dòng).當(dāng)微粒的速度為v0時(shí)，做水平勻速直線運(yùn)動(dòng)，有:qE=mg+qv0B①；當(dāng)微粒的速度為v0/2時(shí)，它做曲線運(yùn)動(dòng)，但洛倫茲力對(duì)運(yùn)動(dòng)的電荷不做功，只有重力和電場(chǎng)力做功，設(shè)微粒橫向位移為s，由動(dòng)能定理(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2②.將①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，所以s=15mv0/(8qB).【解題回憶】由于洛倫茲力的特點(diǎn)往往會(huì)使微粒的運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜，但這類只涉及初、末狀態(tài)參量而不涉及中間狀態(tài)性質(zhì)的問題常用動(dòng)量、能量觀點(diǎn)分析求解【例3】在xOy平面內(nèi)有許多電子(質(zhì)量為m，電量為e)從坐標(biāo)原點(diǎn)O不斷地以一樣大小的速度v0沿不同的方向射入第一象限，如以下列圖，現(xiàn)加一個(gè)垂直于xOy平面的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要求這些電子穿過該磁場(chǎng)后都能平行于x軸向x軸正方向運(yùn)動(dòng)，試求出符合條件的磁場(chǎng)的最小面積.【分析】電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，且不同方向射出的電子的圓形軌跡的半徑一樣(r=mv0/Be).假設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，畫出所有可能的軌跡如以下列圖，其中圓O1和圓O2為從圓點(diǎn)射出，經(jīng)第一象限的所有圓中的最低和最高位置的兩個(gè)圓，假設(shè)要使電子飛出磁場(chǎng)平行于x軸，這些圓的最高點(diǎn)應(yīng)是區(qū)域的下邊界，可由幾何知識(shí)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(zhǎng)度為r=mv0/eB的距離即圖中的弧ocb就是這些圓的最高點(diǎn)的連線，應(yīng)是磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界.；圓O2的y軸正方向的半個(gè)圓應(yīng)是磁場(chǎng)的上邊界，兩邊界之間圖形的面積即為所求圖中的陰影區(qū)域面積，即為磁場(chǎng)區(qū)域面積S=【解題回憶】數(shù)學(xué)方法與物理知識(shí)相結(jié)合是解決物理問題的一種有效途徑.此題還可以用下述方法求出下邊界.設(shè)P(x,y)為磁場(chǎng)下邊界上的一點(diǎn)，經(jīng)過該點(diǎn)的電子初速度與x軸夾角為，那么由圖可知：x=rsin,y=r-rcos得:x2+(y-r)2=r2所以磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界也是半徑為r，圓心為(0,r)的圓弧【例4】如以下列圖，在x軸上方有垂直于xy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在x軸下方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)為E.一質(zhì)量為m，電量為-q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿著y軸正方向射出射出之后，第三次到達(dá)x軸時(shí)，它與點(diǎn)O的距離為L(zhǎng).求此粒子射出的速度v和在此過程中運(yùn)動(dòng)的總路程s(重力不計(jì)).【解析】由粒子在磁場(chǎng)中和電場(chǎng)中受力情況與粒子的速度可以判斷粒子從O點(diǎn)開場(chǎng)在磁場(chǎng)中勻速率運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后進(jìn)入電場(chǎng)，做先減速后反向加速的勻變直線運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入磁場(chǎng)，勻速率運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周后又進(jìn)入電場(chǎng)，如此重復(fù)下去.粒子運(yùn)動(dòng)路線如圖3-11所示，有L=4R①粒子初速度為v，那么有qvB=mv2/R②，由①、②可得v=qBL/4m③.設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)做減速運(yùn)動(dòng)的最大路程為L(zhǎng)，加速度為a,那么有v2=2aL④，qE=ma,⑤粒子運(yùn)動(dòng)的總路程s=2R+2L.⑥由①、②、③、④、⑤、⑥式，得:s=L/2+qB2L2/(16mE).【解題回憶】把復(fù)雜的過程分解為幾個(gè)簡(jiǎn)單的過程，按順序逐個(gè)求解，或?qū)⒚總€(gè)過程所滿足的規(guī)律公式寫出，結(jié)合關(guān)聯(lián)條件組成方程，再解方程組，這就是解決復(fù)雜過程的一般方法另外，還可通過開場(chǎng)n個(gè)過程的分析找出一般規(guī)律，推測(cè)后來(lái)的過程，或?qū)φ麄€(gè)過程總體求解將此題中的電場(chǎng)和磁場(chǎng)的空間分布和時(shí)間進(jìn)程重組，便可理解盤旋加速器原理，并可用后一種方法求解.【例5】電磁流量計(jì)廣泛應(yīng)用于測(cè)量可導(dǎo)電流體(如污水)在管中的流量(在單位時(shí)間內(nèi)通過管內(nèi)橫載面的流體的體積)為了簡(jiǎn)化，假設(shè)流量計(jì)是如圖3-12所示的橫載面為長(zhǎng)方形的一段管道，其中空局部的長(zhǎng)、寬、高分別為圖中的a、b、c，流量計(jì)的兩端與輸送液體的管道相連接(圖中虛線)圖中流量計(jì)的上、下兩面是金屬材料，前、后兩面是絕緣材料，現(xiàn)將流量計(jì)所在處加磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于前后兩面，當(dāng)導(dǎo)電液體穩(wěn)定地流經(jīng)流量計(jì)時(shí)，在管外將流量計(jì)上、下外表分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測(cè)得的電流值，流體的電阻率，不計(jì)電流表的內(nèi)阻，那么可求得流量為多大?【解析】導(dǎo)電流體從管中流過時(shí)，其中的陰陽(yáng)離子會(huì)受磁場(chǎng)力作用而向管的上下外表偏轉(zhuǎn)，上、下外表帶電后一方面使陰陽(yáng)離子又受電場(chǎng)力阻礙它們繼續(xù)偏轉(zhuǎn)，直到電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力平衡；另一方面對(duì)外接電阻來(lái)說(shuō)，上、下外表相當(dāng)于電源，使電阻中的電流滿足閉合電路歐姆定律.設(shè)導(dǎo)電流體的流動(dòng)速度v，由于導(dǎo)電流體中正、負(fù)離子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)，在上、下兩板上積聚電荷，在兩極之間形成電場(chǎng)，當(dāng)電場(chǎng)力qE與洛倫茲力qvB平衡時(shí)，E=Bv，兩金屬板上的電動(dòng)勢(shì)E′=Bcv，內(nèi)阻r=c/ab，與R串聯(lián)的電路中電流:I=Bcv/(R+r),v=I(R+c/ab)/Bc；流體流量:Q=vbc=I(bR+c/a)/B【解題回憶】因?yàn)殡姶帕髁坑?jì)是一根管道，內(nèi)部沒有任何阻礙流體流動(dòng)的構(gòu)造，所以可以用來(lái)測(cè)量高黏度及強(qiáng)腐蝕性流體的流量它還具有測(cè)量范圍寬、反響快、易與其他自動(dòng)控制裝置配套等優(yōu)點(diǎn)可見，科技是第一生產(chǎn)力.此題是閉合電路歐姆定律與帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)知識(shí)的綜合運(yùn)用這種帶電粒子的運(yùn)動(dòng)模型也稱為霍爾效應(yīng)，在許多儀器設(shè)備中被應(yīng)用.如速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)等等.【例6】如以下列圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直xOy平面向外.某一時(shí)刻有一質(zhì)子從點(diǎn)(L0，0)處沿y軸負(fù)向進(jìn)入磁場(chǎng)；同一時(shí)刻一α粒子從點(diǎn)(-L0，0)進(jìn)入磁場(chǎng)，速度方向在xOy平面內(nèi).設(shè)質(zhì)子質(zhì)量為m，電量為e，不計(jì)質(zhì)子與α粒子間相互作用.(1)如果質(zhì)子能夠經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，那么它的速度多大?(2)如果α粒子第一次到達(dá)原點(diǎn)時(shí)能夠與質(zhì)子相遇，求α粒子的速度.【解析】帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)的解題關(guān)鍵是其圓心和半徑，在題目中如能夠先求出這兩個(gè)量，那么解題過程就會(huì)變得簡(jiǎn)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(zhì)子能夠過原點(diǎn)，那么質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：v=eBL0/2m；此題中還有一概念，圓心位置一定在垂直于速度的直線上，所以質(zhì)子的軌跡圓心一定在x軸上；(2)上一問是有關(guān)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑問題，而這一問那么是側(cè)重于圓周運(yùn)動(dòng)的周期問題了，兩個(gè)粒子在原點(diǎn)相遇，那么它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定一樣，即tα=TH/2，且α粒子運(yùn)動(dòng)到原點(diǎn)的軌跡為一段圓弧，設(shè)所對(duì)應(yīng)的圓心角為，那么有tα=2m/2Be，可得=/2,那么α粒子的軌跡半徑R=L0/2=4mv/B2e,答案為v=eBL0/(4m)，與x軸正方向的夾角為/4，右向上；事實(shí)上α粒子也有可能運(yùn)動(dòng)3T/4時(shí)到達(dá)原點(diǎn)且與質(zhì)子相遇，那么此時(shí)質(zhì)子那么是第二次到原點(diǎn)，這種情況下速度大小的答案是一樣的，但α粒子的初速度方向與x軸的正方向的夾角為3/4，左向上；【解題回憶】類似問題的重點(diǎn)已經(jīng)不是磁場(chǎng)力的問題了，側(cè)重的是數(shù)學(xué)知識(shí)與物理概念的結(jié)合，此處的關(guān)鍵所在是利用圓周運(yùn)動(dòng)的線速度與軌跡半徑垂直的方向關(guān)系、弦長(zhǎng)和弧長(zhǎng)與圓的半徑的數(shù)值關(guān)系、圓心角與圓弧的幾何關(guān)系來(lái)確定圓弧的圓心位置和半徑數(shù)值、周期與運(yùn)動(dòng)時(shí)間.當(dāng)然r=mv/Bq、T=2m/Bq兩公式在這里起到一種聯(lián)系作用.【例7】如以下列圖，在光滑的絕緣水平桌面上，有直徑一樣的兩個(gè)金屬小球a和b，質(zhì)量分別為ma=2m,mb=m，b球帶正電荷2q，靜止在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中；不帶電小球a以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)，與b球發(fā)生正碰，假設(shè)碰后b球?qū)ψ烂鎵毫η『脼?，求a球?qū)ψ烂娴膲毫κ嵌啻?【解析】此題相關(guān)的物理知識(shí)有接觸起電、動(dòng)量守恒、洛倫茲力，受力平衡與受力分析，而最為關(guān)鍵的是碰撞過程，所有狀態(tài)和過程都是以此為轉(zhuǎn)折點(diǎn)，物理量的選擇和確定亦是以此作為切入點(diǎn)和出發(fā)點(diǎn)；碰后b球的電量為q、a球的電量也為q，設(shè)b球的速度為vb，a球的速度為va；以b為研究對(duì)象那么有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq;以碰撞過程為研究對(duì)象，有動(dòng)量守恒，即mav0=mava+mbvb,將量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表達(dá)式中va已經(jīng)包含在其中，分析a碰后的受力，那么有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；【解題回憶】此題考察的重點(diǎn)是洛倫茲力與動(dòng)量問題的結(jié)合，實(shí)際上也可以問碰撞過程中產(chǎn)生內(nèi)能的大小，就將能量問題結(jié)合進(jìn)來(lái)了.【例8】.如以下列圖，在xOy平面上，a點(diǎn)坐標(biāo)為〔0，L〕，平面內(nèi)一邊界通過a點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，有一電子〔質(zhì)量為m，電量為e〕從a點(diǎn)以初速度平行x軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，恰好從x軸正方向上的b點(diǎn)〔圖中未標(biāo)出〕，射出磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)速率方向與x軸正方向的夾角為，求：〔1〕磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；〔2〕磁場(chǎng)區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；〔3〕電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間?！窘馕觥侩娮釉趧驈?qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從a點(diǎn)射入b點(diǎn)射出磁場(chǎng)區(qū)域，故所求圓形磁場(chǎng)區(qū)域區(qū)有a點(diǎn)、O點(diǎn)、b點(diǎn)，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，其對(duì)應(yīng)的圓心在O2點(diǎn)，令，作角，如以下列圖：代入由上式得電子在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間；由于⊙O1的圓周角，所以ab直線段為圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑，那么，故磁場(chǎng)區(qū)域圓心O1的坐標(biāo)，，即坐標(biāo)【解題回憶】此題關(guān)鍵為入射方向與出射方向成一定角度〔題中為600〕，從幾何關(guān)系認(rèn)識(shí)到帶電粒子盤旋的圓弧為1/6圓的周長(zhǎng)，再通過幾何關(guān)系確定1/6圓弧的圓，半徑是或，進(jìn)而可確定圓形區(qū)域的圓心坐標(biāo)。【例9】如以下列圖，在圖中第I象限的區(qū)域里有平行于y軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第IV象限區(qū)域內(nèi)有垂直于Oxy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。帶電粒子A，質(zhì)量為，電量，從y軸上A點(diǎn)以平行于x軸的速度射入電場(chǎng)中，，求：〔1〕粒子A到達(dá)x軸的位置和速度大小與方向；〔2〕在粒子A射入電場(chǎng)的同時(shí)，質(zhì)量、電量與A相等的粒子B，從y軸上的某點(diǎn)B以平行于x軸的速度射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B兩個(gè)粒子恰好在x軸上迎面正碰〔不計(jì)重力，也不考慮兩個(gè)粒子間的庫(kù)侖力〕試確定B點(diǎn)的位置和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度。【解析】粒子A帶正電荷，進(jìn)入電場(chǎng)后在電場(chǎng)力作用下沿y軸相反方向上獲得加速度，設(shè)A、B在x軸上P點(diǎn)相碰，那么A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間可由求解：由此可知P點(diǎn)位置：粒子A到達(dá)P點(diǎn)的速度，與x軸夾角：〔2〕由〔1〕所獲結(jié)論，可知B在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也是，軌跡半徑粒子B在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過角度為，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為【例10】如圖4，質(zhì)量為1g的小環(huán)帶4×10-4C的正電，套在長(zhǎng)直的絕緣桿上，兩者間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。將桿放入都是水平的互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，桿所在平面與磁場(chǎng)垂直，桿與電場(chǎng)的夾角為37°。假設(shè)E＝10N／C，B＝0.5T，小環(huán)從靜止起動(dòng)。求：(1)當(dāng)小環(huán)加速度最大時(shí)，環(huán)的速度和加速度；(2)當(dāng)小環(huán)的速度最大時(shí)，環(huán)的速度和加速度?！窘馕觥?1)小環(huán)從靜止起動(dòng)后，環(huán)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(huán)上側(cè)與桿間的正壓力減小，摩擦力減小，加速度增大。當(dāng)環(huán)的速度為Ｖ時(shí)，正壓力為零，摩擦力消失，此時(shí)環(huán)有最大加速度am。在平行于桿的方向上有：mgsin37°－qEcos37°＝mam解得：am＝2.8m／S2在垂直于桿的方向上有：BqV＝mgcos37°＋qEsin37°解得：V＝52m/S〔2〕在上述狀態(tài)之后，環(huán)的速度繼續(xù)增大導(dǎo)致洛侖茲力繼續(xù)增大，致使小環(huán)下側(cè)與桿之間出現(xiàn)擠壓力N，如圖6。于是摩擦力f又產(chǎn)生，桿的加速度a減小。V↑BqV↑N↑f↑a↓，以上過程的結(jié)果，a減小到零，此時(shí)環(huán)有最大速度Vm。在平行桿方向有：mgsin37°＝Eqcos37°＋f在垂直桿方向有BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N又f＝μN(yùn)解之：Vm＝122m/S此時(shí)：a＝0【例11】如圖7，在某空間同時(shí)存在著互相正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)的方向豎直向下。一帶電體a帶負(fù)電，電量為q1，恰能靜止于此空間的c點(diǎn)，另一帶電體b也帶負(fù)電，電量為q2，正在過a點(diǎn)的豎直平面內(nèi)作半徑為r的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)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(yùn)動(dòng)性質(zhì)。【解析】：設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1和m2，b的速度為V。a靜止，那么有q1E＝m1gb在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，那么隱含著Eq2＝m2g，此時(shí)對(duì)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(zhì)量為m1＋m2，仍滿足(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它們以速率V′在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故有解得：2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導(dǎo)〔五〕專題五電磁感應(yīng)與電路思想方法提煉電磁感應(yīng)是電磁學(xué)的核心內(nèi)容，也是高中物理綜合性最強(qiáng)的內(nèi)容之一，高考每年必考。題型有選擇、填空和計(jì)算等，難度在中檔左右，也經(jīng)常會(huì)以壓軸題出現(xiàn)。在知識(shí)上，它既與電路的分析計(jì)算密切相關(guān)，又與力學(xué)中力的平衡、動(dòng)量定理、功能關(guān)系等知識(shí)有機(jī)結(jié)合；方法能力上，它既可考察學(xué)生形象思維和抽象思維能力、分析推理和綜合能力，又可考察學(xué)生運(yùn)用數(shù)知識(shí)(如函數(shù)數(shù)值討論、圖像法等)的能力。高考的熱點(diǎn)問題和復(fù)習(xí)對(duì)策：1.運(yùn)用楞次定律判斷感應(yīng)電流(電動(dòng)勢(shì))方向，運(yùn)用法拉第電磁感應(yīng)定律，計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小.注重在理解的根基上掌握靈活運(yùn)用的技巧.2.矩形線圈穿過有界磁場(chǎng)區(qū)域和滑軌類問題的分析計(jì)算。要培養(yǎng)良好的分析習(xí)慣，運(yùn)用動(dòng)力學(xué)知識(shí)，逐步分析整個(gè)動(dòng)態(tài)過程，找出關(guān)鍵條件，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)定律特別是功能關(guān)系解題。3.實(shí)際應(yīng)用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)多注意。此局部涉及的主要內(nèi)容有：1.電磁感應(yīng)現(xiàn)象.(1)產(chǎn)生條件：回路中的磁通量發(fā)生變化.(2)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，假設(shè)回路是閉合的，那么有感應(yīng)電流產(chǎn)生；假設(shè)回路不閉合，那么只有電動(dòng)勢(shì)，而無(wú)電流.(3)在閉合回路中，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的局部是電源，其余局部那么為外電路.2.法拉第電磁感應(yīng)定律：E=n，E=BLvsin，注意瞬時(shí)值和平均值的計(jì)算方法不同.3.楞次定律三種表述：(1)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙磁通量的變化(涉及到：原磁場(chǎng)方向、磁通量增減、感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向和感應(yīng)電流方向等四方面).右手定那么是其中一種特例.(2)感應(yīng)電流引起的運(yùn)動(dòng)總是阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng).(3)自感電動(dòng)勢(shì)的方向總是阻礙原電流變化.4.相關(guān)鏈接(1)受力分析、合力方向與速度變化，牛頓定律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、勻速圓周運(yùn)動(dòng)、功和能的關(guān)系等力學(xué)知識(shí).(2)歐姆定律、電流方向與電勢(shì)上下、電功、電功率、焦耳定律等電路知識(shí).(3)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律.感悟·滲透·應(yīng)用【例1】三個(gè)閉合矩形線框Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處在同一豎直平面內(nèi)，在線框的正上方有一條固定的長(zhǎng)直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通有自左向右的恒定電流，如以下列圖，假設(shè)三個(gè)閉合線框分別做如下運(yùn)動(dòng)：Ⅰ沿垂直長(zhǎng)直導(dǎo)線向下運(yùn)動(dòng)，Ⅱ沿平行長(zhǎng)直導(dǎo)線方向平動(dòng)，Ⅲ繞其豎直中心軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng).(1)在這三個(gè)線框運(yùn)動(dòng)的過程中，哪些線框中有感應(yīng)電流產(chǎn)生?方向如何?(2)線框Ⅲ轉(zhuǎn)到圖示位置的瞬間，是否有感應(yīng)電流產(chǎn)生?【解析】此題旨在考察感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件.根據(jù)直線電流周圍磁場(chǎng)的特點(diǎn)，判斷三個(gè)線框運(yùn)動(dòng)過程中，穿過它們的磁通量是否發(fā)生變化.(1)長(zhǎng)直導(dǎo)線通有自左向右的恒定電流時(shí)，導(dǎo)線周圍空間磁場(chǎng)的強(qiáng)弱分布不變，但離導(dǎo)線越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱，磁感線越??；離導(dǎo)線距離一樣的地方，磁場(chǎng)強(qiáng)弱一樣.線框Ⅰ沿垂直于導(dǎo)線方向向下運(yùn)動(dòng)，穿過它的磁通量減小，有感應(yīng)電流產(chǎn)生，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也應(yīng)垂直紙面向里，再由右手螺旋定那么可判斷感應(yīng)電流為順時(shí)針方向；線框Ⅱ沿平行導(dǎo)線方向運(yùn)動(dòng)，與直導(dǎo)線距離不變，穿過線框Ⅱ的磁通量不變，因此線框Ⅱ中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生；線框Ⅲ繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，穿過它的磁通量不斷變化，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中線框Ⅲ中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，其方向是周期性改變的.(2)線框Ⅲ轉(zhuǎn)到圖示位置的瞬間，線框中無(wú)感應(yīng)電流，由于長(zhǎng)直導(dǎo)線下方的磁場(chǎng)方向與紙面垂直，在該位置線框Ⅲ的兩豎直邊運(yùn)動(dòng)方向與磁場(chǎng)方向平行，不切割磁感線，所以無(wú)感應(yīng)電流；從磁通量變化的角度考慮，圖示位置是線框Ⅲ中磁通量從增加到最大之后開場(chǎng)減小的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，此位置感應(yīng)電流的方向要發(fā)生變化，故此時(shí)其大小必為0.【解題回憶】對(duì)瞬時(shí)電流是否存在應(yīng)看回路中磁通量是否變化，或看回路中是否有一段導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，要想知道線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)磁通量怎樣變化，必須知道空間的磁場(chǎng)強(qiáng)弱、方向分布的情況，對(duì)常見磁體及電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)要相當(dāng)熟悉.【例2】如以下列圖，在傾角為θ的光滑的斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度相等的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向一個(gè)垂直斜面向上，另一個(gè)垂直斜面向下，寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m，邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形線框(設(shè)電阻為R)以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰好做勻速直線運(yùn)動(dòng).假設(shè)當(dāng)ab邊到達(dá)gg′與ff′中間位置時(shí)，線框又恰好做勻速運(yùn)動(dòng)，那么：(1)當(dāng)ab邊剛越過ff′時(shí)，線框加速度的值為多少?(2)求線框開場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)到ab邊到達(dá)gg′與ff′中點(diǎn)的過程中產(chǎn)生的熱量是多少?【解析】此題旨在考察電磁感應(yīng)與能量之間的關(guān)系.線框剛越過ff′時(shí)，兩條邊都在切割磁感線，其電路相當(dāng)于兩節(jié)一樣電池的串聯(lián)，并且這兩條邊還同時(shí)受到安培力的阻礙作用.(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明線框此時(shí)所受的合力為0，即在ab邊剛越過ff′時(shí)，ab、cd邊都切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，但線框的運(yùn)動(dòng)速度不能突變，那么此時(shí)回路中的總感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′=2BLv，設(shè)此時(shí)線框的加速度為a，那么2BE′L/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.(2)設(shè)線框再做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度為v′，那么mgsin=(2B2L2v′/R)×2，即v′=v/4，從線框越過ee′到線框再做勻速運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)產(chǎn)生的熱量為Q，那么由能量守恒定律得:【解題回憶】電磁感應(yīng)過程往往涉及多種能量形式的轉(zhuǎn)化，適時(shí)選用能量守恒關(guān)系常會(huì)使求解很方便，特別是處理變加速直線運(yùn)動(dòng)或曲線運(yùn)動(dòng)問題.【例3】如以下列圖，da、cb為相距L的平行導(dǎo)軌(電阻可以忽略不計(jì)).a、b間接有一個(gè)固定電阻，阻值為R.長(zhǎng)直細(xì)金屬桿MN可以按任意角架在水平導(dǎo)軌上，并以速度v勻速滑動(dòng)(平移)，v的方向和da平行.桿MN有電阻，每米長(zhǎng)的電阻值為R.整個(gè)空間充滿勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直紙面(dabc平面)向里(1)求固定電阻R上消耗的電功率為最大時(shí)θ角的值(2)求桿MN上消耗的電功率為最大時(shí)θ角的值.【解析】如以下列圖，桿滑動(dòng)時(shí)切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，與角無(wú)關(guān).以r表示兩導(dǎo)軌間那段桿的電阻，回路中的電流為:(1)電阻R上消耗的電功率為:由于E和R均與無(wú)關(guān)，所以r值最小時(shí)，PR值達(dá)最大.當(dāng)桿與導(dǎo)軌垂直時(shí)兩軌道間的桿長(zhǎng)最短，r的值最小，所以PR最大時(shí)的值為=/2.(2)桿上消耗的電功率為:Pr=要求Pr最大，即要求取最大值.由于顯然，r=R時(shí)，有極大值因每米桿長(zhǎng)的電阻值為R，r=R即要求兩導(dǎo)軌間的桿長(zhǎng)為1m，所以有以下兩種情況：①如果L≤1m，那么滿足下式時(shí)r=R1×sin=L所以=arcsinL②如果L＞1m，那么兩導(dǎo)軌間那段桿長(zhǎng)總是大于1m，即總有r＞R由于在r＞R的條件下，上式隨r的減小而單調(diào)減小，r取最小值時(shí)，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值時(shí)值為【例4】如以下列圖，光滑的平行導(dǎo)軌P、Q相距L=1m，處在同一水平面中，導(dǎo)軌左端接有如以下列圖的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm，定值電阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì).磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.4T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向下穿過導(dǎo)軌面.當(dāng)金屬棒ab沿導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng)(開關(guān)S斷開)時(shí)，電容器兩極板之間質(zhì)量m=1×10-14kg、帶電量Q=-1×10-15C的微粒恰好靜止不動(dòng)；當(dāng)S閉合時(shí)，微粒以加速度a=7m/s2向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，取g=10m/s2，求：(1)金屬棒ab運(yùn)動(dòng)的速度多大?電阻多大?(2)S閉合后，使金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的外力的功率多大?【解析】(1)帶電微粒在電容器兩極板間靜止時(shí)，受向上的電場(chǎng)力和向下的重力作用而平衡，那么得到:mg=求得電容器兩極板間的電壓由于微粒帶負(fù)電，可知上極板電勢(shì)高.由于S斷開，R1上無(wú)電流，R2、R3串聯(lián)局部?jī)啥丝傠妷旱扔赨1，電路中的感應(yīng)電流，即通過R2、R3的電流為:由閉合電路歐姆定律，ab切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=U1+Ir①其中r為ab金屬棒的電阻當(dāng)閉合S后，帶電微粒向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S閉合后電容器兩極板間的電壓:這時(shí)電路中的感應(yīng)電流為I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根據(jù)閉合電路歐姆定律有②將量代入①②求得E=1.2V，r=2又因E=BLv∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s即金屬棒ab做勻速運(yùn)動(dòng)的速度為3m/s，電阻r=2(2)S閉合后，通過ab的電流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.4×1×0.15N=0