高中物理物理计算类压轴题高分策略8大类答题模板

高中物理物理计算类压轴题高分策略8大类

答题模板高中物理：物理计算类压轴题高分策略+8大类答题模板！方法一模型提僦一建立模型，大题小做通过“三通”读题，完成“建模”过程.通读：读后知刊嗖出现物理图景的轮廓。由头脑中的图飘物理现象、物理过程）与某些物理模螂关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模辑.细读；读后头脑中要出现榭柄的物理图氯由题设条件，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彰.选读：通过对关健词语的理解、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【例1】如图所示，在x＜。的区域内存在沿渊存方向的勾播电场，在第一象限倾斜五线的卜'方和笫四象限内存在垂直纸面向里的匀强礴场口••带电粒子白噌场中的尸点沿耳轴正方向射出，恰好经过坐标原点。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F点口己知尸点坐标为(一L,带电粒子质量为用，电荷量为中初速度为玲，不计粒子重力.求:(1)匀抽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口思维建模①带电粒子从P---0过程型复类平抛运动②带电粒子在磁场中运动过程犀型SJ速圆周运动建模③带电粒子从出磁场过程学陛匀速直线运劫④带电粒子从N--过程基盘类平抛运动规范解答(I)设粒子从严到。时间为人加速度为d则心=如，由牛顿第二定律，可得］£=惘口由以上三式，可解得“竽(2)设粒子运动到W点时速度为匕则所以粒子从N到「的时间/=1/2沿沿y轴位移力=}-因此N点坐标为(0,53n8⑶粒子在磁场中运动轨迹如图.设半径为或，粒子在。点时速度方向与『轴负方向的夹角为3俨由几何关系可知我+热皿3。。=53L又因为守田=7/解得方="3制品R SqL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，其关键是把图象呵具体的物理情

境结合，并结合斜率F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）-长木板在水平地面上运动,在F=0时刻将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一时间图象如图所示-已知物块与木板的质帚相等，物块与木板间及木板与地面间均有障擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，旦物块始终在木板上,取重力加速度的大小g=10m/y,求,〈1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数’Q）从，=0时刻到物块与木板均停止焰动时，物块相对于木板的位移的大小。。审题指导第一步：抓关键点一f获取信息⑴读题：关1st（2）读图:关1st（2）读图:第二步：找突破口一形成思路七一t图象f七一t图象f①共同速度工"=1m/s②木板加速度侬=8rn/s"③亡]=。.5s选规律 由”[£1]£[物决的加速度②牛频笫二定弹求*1、/应判断用假设法判断二者获判断用假设法判断二者获得共同速度后的运动欣超三者再迟*

相对滑花*隔离法分别求两物体的方。逑度和位移规范解答由"f图象可知，在八=050时，二者速度相同,为胃=lm/s,物块和木板的加速度大小分别为Q1和则由=的①②设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为的、楼，根据牛顿第二定律T对物块有小川叶=FH的③对木板有*I璃g+2“涉得=用s④联立①©③©式得联立方程得：卬=0.2,偿=03(2M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摞力改变方向，设物块与木板之间的摩擦力大小为竹，物块和木板的加速度大小分别为和6,，由牛顿第二定律得对物块有卜尸用“对木板有2阳哨一F产侬4假设物块相对木板静止，即/尸牙加g,则】J=£,得4=/2zng>MMg,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⑺'=由=2m/s3物块的广，图象如图所示。此过程木板的加速度口/=2偿g—mg=4nVp由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为TOC\o"1-5"\h\z丁尸忧+"=0.5m 92)如必, ，卜周十修1H13 \X2- 〃+ =m \2 2必* ：匕尸2_物块相对木板的位移大小为工二工之一用=1125jn 05隔解答题8大题型分类例题详解题型1、匀变速直线运动规律的应用(I)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。1(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。t例1】中、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路k做百线运动，甲的初速度限=16m/s,加速度大小h甲=2nV铲，做匀减速直线运动.乙以初速度,匚=4m/s,加速度大小"二=Im/柔，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；(21到两车用次相遇所需的时间.

解析：（I）二者相距最远时的特征条解析：（I）二者相距最远时的特征条件是：速度相等.即/a—，,（/”=，=,一白工占；，二,=，匕+&〃］,得：八= :4sam+百已相距最远&=才干一工乙^（“叩［［一：口手齐）一｛，乙h+；s乙6）=24mo（2）再次相遇的特征是：二者的位移相等.即i/w"-L"仁s."十）乙6,代入数值化筒得1力工一,6=02 2 2解得:打=85,/=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第二类问黑■体的“运动情AJ物体的受力情牛顿第一二定律1t尸=mu求出物体的加速度运动学一处式第一类问题【例2】如图，两个滑块片和"的质量分别为讯产1kg和和『5皿，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*产05木板的质位为优二4kg,与地面间的动摩擦因数为城=0」。某时刻36两滑块开始相向滑动，初速度大小均为困=3m心刃、B相遇时，为与木板恰好相对静止…设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小麦10m/s2o求昌 A「史—二二一二工7777^7777777777777777777777x7^8与木板相对静止时，木板的速.度；A.8开始运动时，两者之间的距离。【解析】《I）滑块/和川在.木板上滑动时，木板也在地面上滑动，设H、出和木板所受的摩擦力大小分别为力、力和力,A和密相对于地面的加速度大小分别是的和白庚木板相对于地面的加速度大小为由*在物块H与木板达到共同速度前有/=必啊g①人二M冲那②fi二生（加且+制出+用血③由牛顿第二定律得Z=%%④f士—啊勺⑤工一工二啊⑥设在h时刻，8与木板达到共同速度，设大小为1”III运动学公式有匕二?一1/⑦耳二日/⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，优入已知数据得耳=1m/s⑨(2)在白时间间隔内，3相对于地面移动的距离为灯;即1一；。/：⑩设在3与木板达到共同速度门后，木板的加速度大小为庞，对于5与木板组成的体系,由牛顿第二定律有力+/=(啊+⑼/⑪由①②④⑤式知，再由⑦®可知，/与木板达到共同速度时的速度大小也为'但运动方向与木板相反卡由题意知，R和5相遇时』二与木板的速度相同，设其大小为格役H的速度大小从立螃八;所用时间为0则由运动学公式,又捧板有屿=H一立由®对H有力——H+。/上⑬在力时间间隔内，B【以及木板)相对地面移动的距离为占二卬之―5%胃⑭在(力十功时间间隔内，A相对地面移动的题:离为〃=%殖+右)一；％(，1+/2)：⑮/和胃相遇时，H亏木板的速度也恰好相同“因此/和E开始运动时.两者之间的电离为%+%⑯联立以上各式，并代入数据得％=L9m⑰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月=37,小/?两端相距5,0m,质量为朋=10。的物体以4=6.()口通的速度沿W8方向从4端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同.均为传送带咂时针运转的速度-4.0m/乱植取LOm/Csin370=0.6,8$37°=0.8)求二 r(I)物体从A点到达”点所需的时间：(2)电动机因传送该物体多消耗的电能. 夕(3)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从.4点到达B点般笈二一一一的最短时间是多少？解析(])设在4以上物体的速度大于广老Om/S时加速度大小为G,由牛顿第二定律得用啻sin。+*侪月cosO=mci\iXi^―■ f/A^―/设经人物体速度与传送带速度相同，八二 ,通过的位移©=6 禽1设速度小]，时物体的加速度大工'为依 mgqin〃一卬Tigcos0=〃1"工物体继续臧速*设经匕物体到达传送带月点，入一工|二小一%®1J=Fi+上2联立以上各式，代入数据解得f=22s(2)ti物体相对传送带的位移为Ax】=xi-g=0.2m上物体相对传送带的位移为垃'=@上一箱)=4m因摩摞而产生的内能E旧=川味匚。59(An4Ax?)=168J电动机因传送该物体多消耗的电能为E思=A&+4+E内=0.，母+醒心in。十八=288J(今若传送带的速度较大，沿N6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血，所以有£二如‘一'72解得/=1S2【变式门如图所小，光滑曲面//?与水平面斤。平刑连接十斤点，布端连接内壁光滑、半径为〃的।细圆管管口。端正下方直立一根劲度系数TOC\o"1-5"\h\z4 A为圭的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口。端平一久齐口质量为用的滑块在曲面上距片「的高度为2r处从梆止开. 名I t.dk始卜滑，滑块与斤c间的动摩擦因数#=；进入管口。端时与 ° |圆管恰好无作用力，通过《力后压缩弹簧.在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性制能为耳口求：滑块到达占点时的速度大小他：(2)水平面8「的长度型(3)在压缩弹贲过程中滑块的最大速度1解析(1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得明82r=,帆端，解得功=2gr,/(2)在「点，：不m^=m得K=郎滑块从月点运动到「点过程.由动能定理得加22r一刈"艇=；拓H',解得了=3r⑶设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离力端的距离为处,则有心■口:小的得刈=mgK由能量守恒得附出+.)=1阳尾一)出+显 得％=3g/+2股*一2上p2 2 Arm【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，外圆月光滑，内圆的上半部分次C1IV粗植，卜半部分*ArIV光滑“一质量为例二色2kg的小球从外轨道的最低点/处以初速度田向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径在=。.2州],取#=10m/城0⑴若要使小球始终紧贴着外网做完整的圆周运切.初速度向至少为多少？⑵若同=3m/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/k—2N,则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是买“, 金＞(3)若^)=3.1m/s.经过足够长的时间后，小球经过最低点月时受到Wj的支持力为多少？小球在熔个运动过程中减少的机械能是多少？ 弓rftI/?,解析⑴设小球到达夕卜轨道的最高点的最小速度为左，^[ijmg—R由动能定理可知一2,味4= —:利向 代人数据解得外=10m/SoQ)设此时小球到达最高点的速度为此'，克服摩擦力做的功为印，则由牛顿第二定律可得所可,2“*—IC—由动能定理可知一力明汽一力=；用/3-；m而 代入数据解得吠=0.1J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匕，受到的支持力为门，则由动能定理可知用g&=；汨必根据牛顿第二定律可得打一加区=山" 代入数据解得：3=3掰g=6N/?设小球在整个运动过程中减少的机械能为A£,由功能关系有电=；而诏一羽加？代入数据解得工A£=0.561J题型4、应用动■和能■观点解决力学问题I+表达式1加的+用之g=Mii4+脚2-适用条件⑴理想守恒：系统不受外力或所受处力的合力为零，则系统动量守恒.色）近似守恒：遇内力远大」外力时,系统的动量可近似看成守恒由如碰撞和爆炸问题。（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动员守恒。一、碰撞问题的应用【例11（2014全国大纲）冰球运动员甲的病量为初.（U加当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为UM）kg、速度为3.0mV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：“｝碰后乙的速度的大小二（2）碰撞中总机械能的损失o【解析】（1）设运动员甲，乙的质量分别为鹏、M,碰前速度大小分别为匕V,碰后乙的速度大小为广◎由动最守恒定律有用I/—就尸=A/L 代入数据得广=1一Om/s（2）设碰撞过程中总机械能的损失为A£,应有;：+AE片=l.0m/s,代入上式解得AE=】400L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nu=2kg的木块［可以视为质点），悬线长为L=lm,质证为⑸=10g的子弹以水平初速度壮片60Um，s,射入木块而'未射出.求F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）TOC\o"1-5"\h\z（3）子弹射入木块的过程产生的热量「（1791J） °【解析】（I）对子弹、木球组成的系统，在短渺的打击过程中动量守恒二肛％=的+m2）v得v=3m/sv2 -对子弹和木球在最低点：1-（叫=（叫+阳。一，得・ ・138.I9N；（.2）对子弹和木球向右摆动机械能守恒:—（ZM,+/w2）v2=（也+〃7±）我b得力=0.45;2（3）对子弹、木球组成的系统，0=A/?m=,用/（/—,1/+超工）p2=J79U三,"板块”问题

【■例31质量M=2kg的小平板不静止在光滑水平面匕车的一端静止着质量为uia2kg的物体A(可视为质点)，如图.一颗质量为me-20g的子弹以600m/s的水平速.度迅速射穿A后，速度变为100m/s,最后物体A仍静止在车匕若物体A与小车间的动摩擦因数u=0.5,取g-IOm/捻求(1)平板车最后的速度是最后？⑵5面。取)4在车上滑动的距离。(125m)【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：掰=(加A+M)v+"后事H,VH—100m/sisF=2.511VS(2)对F弹和物体A组成的系统，在短哲的打击过程中动量守恒；W7uV0=%¥汽+mnvn得上}=5m/s,A在小平板车上滑动过程由功能关系0=AE转得：fanAgL- ~~^m4+F解得/』二L25m四、圆弧形槽问题【例4】如图所示，一质量为如=lkg的小个静止在光滑的水平地面上，小车的左端有一静止的质M为叫=4kg的光滑小球.小车左端离地高度为J尸5m.现突然给小球一向才i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=(K-3)*l=5ni) 厂TOC\o"1-5"\h\z【解析工对小球和小车组成的系统，从开始运动到球车 /分离过程中， P <动 量 守 恒 .• —②m2v0=m1v1+m2v2• —②机械能守恒：-w3v02=- +-;m2v222 ,2 2rh①②解得：修= F(J=8m/stv,=- v(l=3m/s,小球着地的时间为:m[+m2 - 用l+旧？[Zbf=J—=15»故小球着地时距车左端距离为：$=(i\—Fj)Z=5nv.五,涉及弹簧的综合问题【例5】如图所小，两个旗后均为4羽的小球金和日由轻弹簧连接，置于光滑水平面上.一颗质试为阳广弹，汉水平速度为射入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）厘球的最小速度和/J球的最大速度，（心-上；匕Vnin二,1九,/脸共=二次）45 45 91解析工子弹与月球发生完全非弹性碰撞，了一弹痍最为小冒球、封球分别都为W,了一弹与/球组成的系统动量守恒，则mvo=V以子弹、月琲、修球作为一系统，以子弹和』球有共同速度为初态，子弹、幺球、H球速度相同时为末态，则（m+M）*=（加十-(zn+M)V2=-(m+M+M)V"+E2 2M=4在解得/=誓（2）以子钟和川球有共同速度为初态，子弹和月球速度最小，小球速度最大为末态，则3/财)r=(m+M)—(卅十M)尸’——(irt+jW解得39解得39，3,或“g»，/=。1初态速度，合去）1 2根据题意求月球的最小速度和疗球的最大速度，所以％忆区二—%45 9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：2mi

m\+mi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,左侧存在场期太小为77=驾，方向水平向左的匀强电场，一个质量q为小、电荷术为1的光滑绝缘小球，从底边正长，倾角〃=5笊的直角三角形斜面顶端月点由静止开始下滑，运动到斜面底端。点后进入一细圆管内（「姓为一小段长度可忽略的限I弧，圆管内彳空略大于小球直彼），恰能到达D点，随后从D离开后落回到斜面1点，取力加速度为s（sin53口一0&cos53口=。一6）口⑴求两点间的电势差Uw:⑵求圆管半径小⑶求小球从D点运动到尸点的时间九解析（l）Ww=—mg£=—电及，Uda=Wdaq

或FA="① 解潺％i=切以②q(2)由恰好过门点，判断g=0③ 根据动能定理;从月到D过程/Mg(//nri53tl—2打一/%/，=«© 解得r=(3)由干树g=£必小球进入电场与水平方向成450角斜向下做匀加速直线运动.设到达产处水平位移为—竖直位移为尸，则有父=尸， 只乳口53"+内=2腕।解得v=^®7 7竖直方向自由落体有了二%/1© 解得F=［变式1】如图所示，在沿水平方向的勾强电场中有一固定点。用一根长度为F=S4lJm的绝缘细线把质贷为m=0.20噫、带仃正电荷的金属小球悬挂在。点.小球静止在R点时和I线与竖直方向的夹角为。=37，现将小球拉至:位置4使细线水平后由静止释放.ggZ!(3m/s2,sin370=0.60,由与37°=0一8。，求f _TOC\o"1-5"\h\z0K O再{1)小球运动通过最低点。时的速度大小； ——〜 *了7Q)小球通过最低点「时细线对小球的拉力大小“ —：―\r 葭u)小球运动中的最大速度及此时绳中拉力口 ocr"解析⑴小球受到电场力隹,重力掰名和绳的拉力人作用处于静止状态，根据我点力平衡条件有西=切37c小球从4点运动到C点的过程，根据动能定理有mgl—(/Ei=yn前得小球通过匚点时的速度前得小球通过匚点时的速度K=2。叫一牡丫一21TVS.(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为户I,根据牛顿第二定律有六丁一泄只=M％,解得产丁=3No。)当小球划缱合力为零口寸最大速度，即R点.小球从A点运动到内点的过程,根据勖能定理有^/^av37&-qEii1-sin370)= i^2解得kfe=2ni/s在B点对小球的拉力为产，根据牛顿第二定律有产一出gM占3产一亚占hL3F=m；,解得产=4.5No

【变式2】如图所示，在倾角为0=3(尸的斜面上，固定一宽上=025m的平行金属导轨，在导轨I：端接入电源和滑动变的器乩电源电动势C=12V,内阻l=1G,一质量小=20g的金属棒"与两号轨垂直并接触良好“整个装背处于磁感应强度月一030T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计卜金属导轨是光滑的，取g=10m/N要保持公思棒在导轨上静止，求：⑴金属林所受到的安培力的大小；⑶通过金属棒的电流的大小：⑶滑动变赳器火接入电路中的限值。解析（L）金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示TOC\o"1-5"\h\z万安=利分in30。，代入数据得/；，史=0.1No .4F 叭\（2）由"士=火〃一得/=［；=0,5Aq⑶设滑动变阻器接入电路的阻值为R." me根据闭合电路欧姆定律得二月=〃%+打，解得％=；一,=23。口题型6、带电粒子在磁场中的运动1,圆心的确定方法方法一若己知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力》二M分别确定两点处洛伦兹力厂的方向，其交点叩为圆心，如图⑶：方法二若己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K」"屋伸方法二由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、：用函数等）计算来确定。，时间的计算方法方法一由圜心角求:t=0方法二由弧长求：F=\Xx/cmI例6】如图所示，在生空中坐标川"平面的工＞°区域内，有磁感强度步二10乂10口的匀强磁场,方向与反"平面垂直”在犬轴上的双1°，⑴点，有一放射源，在山沙平山I内向各个方向发射速率v=l.OxJ04/w/^的带正电的粒子，粒子的版量为

机=1.6x1。*依，电量为q=L6xlOTRc,求带电粒子能打到y轴上的范围.Xx/cm【解析】带电粒子在磁场中运动时有Bqv【解析】带电粒子在磁场中运动时有Bqv=m则R=——=O\H=l(km.如答图所Bq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Of）=氏=］。2m.AP=2A=20c7库.则OA「《aF-OF"=10J3sL当带电粒■子的圆轨迹正好与P轴下方相切于B点时.B点既为粒子能打到了轴下方的拉低点，易得（出;我二10已加.综上，带电粒子能打到》轴上的范围为：-iocwwioJ亮加答图大小为⑷的带电粒子*已知粒子质球为明电最为中边长为L重力影响忽略不计.（1）试求粒子能从④边上射由磁场的V。的大小范楮U⑵间粒子在磁场中运动的最长时间是多少?XXXXXXXXX

XXRxXXXXXXXXXXXX答图大小为⑷的带电粒子*已知粒子质球为明电最为中边长为L重力影响忽略不计.（1）试求粒子能从④边上射由磁场的V。的大小范楮U⑵间粒子在磁场中运动的最长时间是多少?XXXXXXXXX

XXRxXXXXXXXXXXXX【解析】：（1）设带电粒子在磁场中正好经过cd边（相切），从业边射出时的速度为V1,轨迹如图1轨迹如图1所小,qR、\-hj由④⑤两式求得:v2=qBl/3m由④⑤两式求得:v2=qBl/3m根据几何关系分析得工R1-I ②由①②两式求得：vl=Bql/m ③没带电粒子在磁场中正好经过哂边（相切上从ad边射出时速度为*2,转迹如上图盘*2由几何关系分析得：1<2=1/3带电粒子从ab边射出磁场的vO的大小范围为:廿£lvO子v2Bal Bql 之%之 -m 3m

(2)带电粒子在磁场中的周期为T=2mUqB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，当则最长时间乙二』7三包3m 用6 3挤/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：象限于i沿>•轴负方向的匀强电场日，第三象限存在沿X釉正方向的匀强电场所，第渭象限中有一固定的点电荷。现有一质量为用的带电粒了由第二象限中的月点(一白，切静止.释放(不计重力)，粒了到达J，轴上的旧点时，其速度方向和p轴负方向的夹角为45口，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过》轴上的(’点时，其速度方向与x轴负方向的夹角为60、求;(1)耳和a之比;〈2)点电荷的位置坐标口解析(1)设粒子在第二象限中的运动时间为d进入第三象限时的速度为K>,有 .Bb=『Ztb=kfi/i2m 2设粒子在第三象限中的运动时间为d在B点时速度为％上轴方向的分速度为％,则-2而片=外IqEi2。='/?2m口=1%上2联立以上各式得依=2、AhmQ)设。、方的间距为/,粒子做圆周运动的半径为，则/=/内=*l—rco345o-f-rsin300由以上两式得〃=加(2—1)所以点电荷的位置坐标：XD=rsm450=2a(2—2)yn=—(/—rcos450)=2^(1—2)aI反思总结FL抓住联系两个场的纽带——速度..求解策略：“各个击破”.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，重点明确出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、匀速慎周运动和一般变速曲线运动。(3)止确分析警力的做功情况，士要分析电场力和电力的功，洛伦兹力一定不做功.【变式】】如图所示，相距为4的平行金属板AA1V间存在勺强电场和垂直纸而间里，磁感应强度为扁的匀强磁场；在发3,直角坐标平面内,第一象限仃沿y轴负方向场强为E的勾强也场，第四象限白球直坐标平向里.、磁糕应强度为日的匀强磁场.一质量为肥、电荷吊:为q的正:离子(不计重力)以初速度的沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动,从尸点垂直黑轴进入第一象限，经过工轴上的.4点射出电场进入磁场.己知离子过且点时的速度方向与f轴成45。角。求工(1)金展板加、n间的电乐m(2)离子运动到A点时速度尸的大小和由尸点运动到A点所需时间h(a离子第一次离开第四象限磁场区域的位置q图中未画出)与坐标原点的距离5，解析(1)设平行金属板M、N间匀强电场的场强为出＞,则有门=石/因为离子在金孀板方向射入两板间并做匀速.直线运动有£4力=守府治解得金属板AAN间的电压U=诙取I(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动,有cos450=故离子运动到/点时的速度-2/XqE=tnuy匕=。入tan450=14)解得离子在鼠场E中运动到百点所需时间t=m^联(3)在磁场中珞伦兹力提供向心力有得夫=w_2;wkfi的如图所示，由几何知识可得=27icos450=2a④2R=OA 制冏又"网F=q*牡：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:OC=OA+AC=小沐+2所的qE 守/?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.分析电磁感应电路问题的基本思路.电磁感应中电路知识的关系图闭舍电路 电磁感应t=—^—H+rU=~^—EH+rP=Hiq-putq=CU联系1：超动势EE二碗厂 A中fcsn At—Bl-a>2e 甩A0联系表功利能【例1】如图所示，MN./组为足够长的平行金屈导轨，网距£=。30山，导轨平面与水平面间夹角白="凸，N、。间连接一个电阻K=50Q,匀强磁场垂直于导轨平面向上.磁感应强度H=]A)T.将一根脑量为优=0,05。小的金属棒放在导轨的e法位置，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。「知金届棒与导轨间的动摩擦因数*=030,当金属棒滑行至4处时，其速度大小开始保持不变，位置刈与ah之间的距离5=2.0m.已知g=10m/b，sin37a=0.60,

3s37°=0另0*求：⑴金属棒沿导轨开始卜滑时的加速度大小；(2)金属棒到达cd处的速.度大小：⑶金属棒由位置必运动到4的过程中，电阻/?产生的热量.解析(1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为明则/wgsin 用geos6=ma 解得白=2.0m/s2(2)设金属棒到达2位置时速度大小为，电流为人金属棒受力平衡，有fM^sin0= 0fM^sin0= 0T=解得k=2,0m/s⑶设金属棒从⑶设金属棒从ub运动到cd的过程中,电阻贝上产生的热量为0,由能量守恒，有m^isin8=个例■+*m^isin8=个例■+*旧/*9+Q解得0=010J考点2、电磁感应与动力学结合的问题1例2]如图所示，光滑斜面的倾角〃=30。，在斜面,匕放置-矩形线框〃既k岫边的边长八=lm,儿边的边长上=0,6e,线框的陵量用=】kg,电阻在=0.1。，线把通过细线与重物相连，重物愦吊:河=2必，斜面上考©〃9)的右方仃垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度"=。,5「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，守和g"的距离$=11.4rri,(取g=10nVs工卜求, 外{1)线框进入磁场前重物的加速度： :/〈、Ut(2)线框进入磁场时匀速运动的速度y zX?)X/(3照方边由价止开始到运动到的处所用的时间h [TC审题指导 第一步：抓关键点一获取信息第二步，抓过程分析f理清思路第一过程旬加速直线运动牛顿第二定律M；第二步，抓过程分析f理清思路第一过程旬加速直线运动牛顿第二定律M；FJ=Mu Ain：F—H；gsina=ma第二过程平衡条件M：Fi=Mg- M匀