1、2017年高考物理（考點解讀+命題熱點突破）專題20 計算題的解題方法與技巧2017年高考物理（考點解讀+命題熱點突破）專題20 計算題的解題方法與技巧 編輯整理：尊敬的讀者朋友們：這里是精品文檔編輯中心，本文檔內(nèi)容是由我和我的同事精心編輯整理后發(fā)布的，發(fā)布之前我們對文中內(nèi)容進(jìn)行仔細(xì)校對，但是難免會有疏漏的地方，但是任然希望（2017年高考物理（考點解讀+命題熱點突破）專題20 計算題的解題方法與技巧）的內(nèi)容能夠給您的工作和學(xué)習(xí)帶來便利。同時也真誠的希望收到您的建議和反饋，這將是我們進(jìn)步的源泉，前進(jìn)的動力。本文可編輯可修改，如果覺得對您有幫助請收藏以便隨時查閱，最后祝您生活愉快 業(yè)績進(jìn)步，以下

2、為2017年高考物理（考點解讀+命題熱點突破）專題20 計算題的解題方法與技巧的全部內(nèi)容。27專題20 計算題的解題方法與技巧 【考向解讀】 計算題命題立意分類【命題熱點突破一】各類運(yùn)動問題（1）各類運(yùn)動問題主要包括：靜止、勻速直線運(yùn)動、勻變速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動這四種運(yùn)動（2)破解運(yùn)動學(xué)問題關(guān)鍵是抓住運(yùn)動的條件，即受力分析而后利用牛頓第二定律研究物體的運(yùn)動（3)該類問題主要包括,單個物體的多個運(yùn)動過程問題，多個物體的追及相遇問題，板塊問題，傳送帶問題,天體的運(yùn)動等問題例1、2016四川卷 避險車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動坡床視為與水平面

3、夾角為的斜面一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿悠麓?，?dāng)車速為23 m/s時,車尾位于制動坡床的底端,貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運(yùn)動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos 1，sin 0.1,g10 m/s2.求:（1）貨物在車廂內(nèi)滑動時加速度的大小和方向；（2)制動坡床的長度圖1。【答案】（1)5 m/s2,方向沿制動坡床向下（2）98 m (2）設(shè)貨車的質(zhì)量為m，車

4、尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s。貨物在車廂內(nèi)開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運(yùn)動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為f，f是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則mgsin ffma2fk（mm)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l98 m.【變式探究】如圖所示,裝甲車在水平地面上以速度v020 m/s沿直線前進(jìn)，車上機(jī)槍的槍管水平，距地面高為h1。8 m在車正前方豎立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸槍口與靶距離為l時，機(jī)槍手正對靶射出第一發(fā)子彈

5、，子彈相對于槍口的初速度為v800 m/s.在子彈射出的同時,裝甲車開始勻減速運(yùn)動，行進(jìn)s90 m后停下裝甲車停下后，機(jī)槍手以相同的方式射出第二發(fā)子彈(不計空氣阻力,子彈看成質(zhì)點，重力加速度g10 m/s2) 【解析】(1)對裝甲車末速度為零的勻減速直線運(yùn)動,有vv2as，代入vt0、v020 m/s、s90 m，解得裝甲車勻減速運(yùn)動時的加速度為a m/s2（2)第一發(fā)子彈相對地面的初速度為v0vv0820 m/s,由于不計空氣阻力，其運(yùn)動為平拋運(yùn)動，設(shè)從射出到擊中靶的運(yùn)動時間為t1，則x1lv0t1,y1gt1.25 m，h1hy1，代入數(shù)據(jù)解得第一發(fā)子彈的彈孔離地的高度h10.55 m同理

6、,對第二發(fā)子彈的運(yùn)動有x2lsvt2，y2gt0。8 m,靶上兩個彈孔之間的距離yy1y20.45 m(3)這個題目在理解上有困難，即“靶上只有一個彈孔”，如果兩發(fā)子彈打在同一個孔，這個距離是個定值,y1gtg(）2，y2gtg(）2，即y1y2,l3 690 m,這個距離對應(yīng)的下落時間t4.5 s0。6 s，不符合題意【答案】(1) m/s2(2)0。45 m(3）492 ml570 m【變式探究】 萬有引力定律揭示了天體運(yùn)動規(guī)律與地上物體運(yùn)動規(guī)律具有內(nèi)在的一致性（1）用彈簧秤稱量一個相對于地球靜止的小物體的重量，隨稱量位置的變化可能會有不同的結(jié)果已知地球質(zhì)量為m，自轉(zhuǎn)周期為t，萬有引力常量

7、為g。將地球視為半徑為r、質(zhì)量均勻分布的球體，不考慮空氣的影響設(shè)在地球北極地面稱量時，彈簧秤的讀數(shù)是f0.a若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧秤讀數(shù)為f1，求比值的表達(dá)式，并就h1.0r的情形算出具體數(shù)值（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；b若在赤道地面稱量，彈簧秤讀數(shù)為f2，求比值的表達(dá)式(2)設(shè)想地球繞太陽公轉(zhuǎn)的圓周軌道半徑為r、太陽的半徑為rs和地球的半徑r三者均減小為現(xiàn)在的1。0%，而太陽和地球的密度均勻且不變僅考慮太陽和地球之間的相互作用，以現(xiàn)實地球的1年為標(biāo)準(zhǔn)，計算“設(shè)想地球的一年將變?yōu)槎嚅L?【解析】（1）設(shè)小物體質(zhì)量為ma在北極地面f0在北極上空高出地面h處f10.98b在赤道地面，小

8、物體隨地球自轉(zhuǎn)做勻速圓周運(yùn)動，受到萬有引力,有f2mr得1【答案】（1)a。0.98b。1（2)不變【命題熱點突破二】功能關(guān)系能量守恒問題(1）該類問題主要包括，單個物體參與的多個曲線運(yùn)動、連接體問題、含彈簧的問題等（2)破解這類問題關(guān)鍵明確哪些力做功衡量哪些能量的變化，有幾種能量每種能量的增加和減少例2、【2016全國卷】 輕質(zhì)彈簧原長為2l,將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在a點，另一端與物塊p接觸但不連接ab是長度為5l的水平軌道，b端與半徑為l的光滑半圓軌道bcd相切，半圓的直徑bd豎直，如

9、圖所示物塊p與ab間的動摩擦因數(shù)0.5。用外力推動物塊p,將彈簧壓縮至長度l，然后放開，p開始沿軌道運(yùn)動，重力加速度大小為g。（1)若p的質(zhì)量為m，求p到達(dá)b點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到ab上的位置與b點間的距離；(2)若p能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求p的質(zhì)量的取值范圍圖1?！敬鸢浮?（1）2 l（2）mmm【解析】（1）依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為ep5mgl設(shè)p的質(zhì)量為m，到達(dá)b點時的速度大小為vb，由能量守恒定律得epmvmg4l聯(lián)立式,取mm并代入題給

10、數(shù)據(jù)得vb vd滿足式要求,故p能運(yùn)動到d點,并從d點以速度vd水平射出設(shè)p落回到軌道ab所需的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式得2lgt2p落回到ab上的位置與b點之間的距離為svdt聯(lián)立式得s2 l（2）為使p能滑上圓軌道，它到達(dá)b點時的速度不能小于零由式可知5mglmg4l要使p仍能沿圓軌道滑回，p在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點c.由機(jī)械能守恒定律有mvmgl聯(lián)立式得mmm【變式探究】(2015江蘇）一轉(zhuǎn)動裝置如圖所示，四根輕桿oa、oc、ab和cb與兩小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m,o端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在o與小環(huán)之間，原長為

11、l，裝置靜止時，彈簧長為l，轉(zhuǎn)動該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）彈簧的勁度系數(shù)k;（2)ab桿中彈力為零時，裝置轉(zhuǎn)動的角速度0；(3)彈簧長度從l緩慢縮短為l的過程中，外界對轉(zhuǎn)動裝置所做的功w. （2)設(shè)oa，ab桿中的彈力分別為f2,t2，oa桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為2小環(huán)受到彈簧的彈力:f彈2k（xl)小環(huán)受力平衡:f彈2mg，得xl對小球：f2cos2mgf2sin2mlsin2且cos2解得0（3）彈簧長度為l/2時，設(shè)oa、ab桿中的彈力分別為f3、t3,oa桿與彈簧的夾角為3小環(huán)受到彈簧的彈力:f彈3k小環(huán)受力平衡：

12、2t3cos3mgf彈3且cos3對小球:f3cos3t3cos3mgf3sin3t3sin3mlsin3解得3整個過程彈簧彈性勢能變化為零，則彈力做的功為零,由動能定理：wmg（)2mg(）2m(3lsin3)2解得wmgl【答案】（1)4mg/l(2）0（3）mgl【變式探究】如圖為某游樂場內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的ab段軌道與四分之一光滑圓弧軌道bc在b點水平相切點a距水面的高度為h,圓弧軌道bc的半徑為r，圓心o恰在水面一質(zhì)量為m的游客（視為質(zhì)點）可從軌道ab的任意位置滑下，不計空氣阻力（1）若游客從a點由靜止開始滑下，到b點時沿切線方向滑離軌道落在水面

13、上的d點，od2r，求游客滑到b點時的速度vb大小及運(yùn)動過程軌道摩擦力對其所做的功wf；（2)若游客從ab段某處滑下,恰好停在b點，又因受到微小擾動,繼續(xù)沿圓弧軌道滑到p點后滑離軌道，求p點離水面的高度h。（提示：在圓周運(yùn)動過程中任一點,質(zhì)點所受的向心力與其速率的關(guān)系為f向m）【解析】(1）游客從b點做平拋運(yùn)動，有2rvbtrgt2由式,得vb從a到b，根據(jù)動能定理，有mg(hr）wfmv0由式，得wf(mgh2mgr）【答案】(1）（mgh2mgr)（2)r【命題熱點突破三】帶電粒子在孤立場中運(yùn)動的問題（1）該類試題包括帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動（2)帶電粒子

14、在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動為勻變速運(yùn)動，可以采用運(yùn)動的合成分解法，也可以采用功能關(guān)系；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的圓周運(yùn)動,一般需要畫出軌跡結(jié)合幾何關(guān)系求解例3、【2016四川卷】如圖1所示,圖面內(nèi)有豎直線dd，過dd且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場b(圖中未畫出)；區(qū)域有固定在水平面上高h(yuǎn)2l、傾角的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線dd距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）；c點在dd上，距地面高h(yuǎn)3l。零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球p在k點具有大小v0、方向與水平面夾角的速度,在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)c點水平進(jìn)

15、入?yún)^(qū)域。某時刻，不帶電的絕緣小球a由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動到斜面的小球p相遇小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球p所帶電荷量對空間電磁場的影響l已知，g為重力加速度（1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大小;(2）若小球a、p在斜面底端相遇，求釋放小球a的時刻ta;(3)若小球a、p在時刻t（為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)e，并討論場強(qiáng)e的極大值和極小值及相應(yīng)的方向圖1.【答案】（1)（2)(32)（3)極大值為，方向豎直向上；極小值為0【解析】(1）由題知，小球p在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，有mqv0b代入數(shù)據(jù)解得b。 （3）設(shè)所求電場方向向下，在ta時刻釋放小球a，小球

16、p在區(qū)域運(yùn)動加速度為ap，有sv0（ttc)aa(tta）cos mgqemaphhaa（tta)2sin ap（ttc)2聯(lián)立相關(guān)方程解得e對小球p的所有運(yùn)動情形討論可得35由此可得場強(qiáng)極小值為emin0；場強(qiáng)極大值為emax，方向豎直向上【變式探究】(2015山東)如圖所示，直徑分別為d和2d的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，o為圓心，gh為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域（區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū)）均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場,上極板開有一小孔一質(zhì)量為m，電量為q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由點h緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場不計

17、粒子的重力(1)求極板間電場強(qiáng)度的大??；（2)若粒子運(yùn)動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(3）若區(qū)，區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為2mv/qd，4mv/qd,粒子運(yùn)動一段時間后再次經(jīng)過h點，求這段時間粒子運(yùn)動的路程【解析】(1）粒子在電場中，根據(jù)動能定理eqmv2，解得e（2)若粒子的運(yùn)動軌跡與小圓相切，則當(dāng)內(nèi)切時，半徑為r1由qvbm，解得b由當(dāng)外切時，半徑為r2由qvbm，解得b 粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動回到h點,軌跡如圖所示,設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運(yùn)動的時間分別為t1、t2，可得t1t1t2t2設(shè)粒子運(yùn)動的路程為s，由運(yùn)動公式可知：sv（t1t2）聯(lián)立上述各式，可得s5。5d【答案】（1)（2

18、）或（3)5。5d【變式探究】如圖所示，離子發(fā)生器發(fā)射一束質(zhì)量為m，電荷量為q的離子，從靜止經(jīng)pq兩板間的加速電壓加速后,以初速度v0再從a點沿ab方向進(jìn)入一勻強(qiáng)電場區(qū)域，abcd所圍成的正方形區(qū)域是該勻強(qiáng)電場的邊界，已知正方形的邊長為l,勻強(qiáng)電場的方向與ad邊平行且由a指向d.（1)求加速電壓u0；(2)若離子恰從c點飛離電場,求ac兩點間的電勢差uac；（3）若離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mv，求此時勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小e.【解析】(1）對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有qu0mv解得u0(2)設(shè)此時場強(qiáng)大小為e，則ab方向，有l(wèi)v0tad方向，有l(wèi)t2uacel解得uac(3）根據(jù)

19、ekmv2可知，離子射出電場時的速度vv0,方向與ab所在直線的夾角為45，即vxvy，根據(jù)xvxt，yt，可得x2y，則離子應(yīng)該從bc邊上的某點飛出ab方向,有l(wèi)v0tad方向，有yt解得y，根據(jù)動能定理，有eqymvmv，解得e【答案】（1）(2）(3)【思路點撥】（1）對直線加速過程運(yùn)用動能定理列式求解即可；(2)粒子做類平拋運(yùn)動，根據(jù)類平拋運(yùn)動的分位移公式列式求解即可;(3）粒子做類平拋運(yùn)動,根據(jù)類平拋運(yùn)動的分速度公式和分位移公式列式，再結(jié)合動能定理列式,最后聯(lián)立求解即可本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動是類平拋運(yùn)動,然后根據(jù)類平拋運(yùn)動的分運(yùn)動公式列式求解，不難【命題熱點突破四】帶電粒子在復(fù)合場

20、中運(yùn)動的問題（1）帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動包括兩類問題，一是粒子依次進(jìn)入不同的有界場區(qū)，二是粒子進(jìn)入復(fù)合場區(qū)（2)正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動特征是解決問題的前提，帶電粒子在復(fù)合場中做什么運(yùn)動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析,當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運(yùn)動(3）帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫茲力提供向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動（4）帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動，這時粒子的運(yùn)動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)

21、通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū),因此粒子的運(yùn)動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化,其運(yùn)動過程可能由幾種不同的運(yùn)動階段組成(5）帶電粒子在復(fù)合場中的臨界問題,這時應(yīng)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件,根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解例4、(2016四川理綜，11，19分)如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線dd,過dd且垂直于圖面的平面將空間分成、兩區(qū)域區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場b(圖中未畫出）；區(qū)域有固定在水平地面上高h(yuǎn)2l、傾角的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線dd距離s4l，區(qū)域可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出）；c點在dd上,距地面

22、高h(yuǎn)3l。零時刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球p在k點具有大小v0、方向與水平面夾角的速度,在區(qū)域內(nèi)做半徑r的勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)c點水平進(jìn)入?yún)^(qū)域.某時刻,不帶電的絕緣小球a由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動到斜面的小球p相遇小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球p所帶電量對空間電磁場的影響l已知，g為重力加速度(1)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度b的大?。?2）若小球a、p在斜面底端相遇，求釋放小球a的時刻ta；（3)若小球a、p在時刻t(為常數(shù)）相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)e，并討論場強(qiáng)e的極大值和極小值及相應(yīng)的方向小球a釋放后沿斜面運(yùn)動加速度為aa，與小球p在時刻t1相遇于斜面底端，有m

23、gsin maa aa(t1ta）2 聯(lián)立以上方程解得ta（32） （3）設(shè)所求電場方向向下，在ta時刻釋放小球a，小球p在區(qū)域運(yùn)動加速度為ap，有sv0（ttc）aa(tta)2cos mgqemap hhaa(tta）2sin ap(ttc）2 聯(lián)立相關(guān)方程解得e 對小球p的所有運(yùn)動情形討論可得35 由此可得場強(qiáng)極小值emin0，場強(qiáng)極大值emax，方向豎直向上【答案】(1）（2）（32)(3）；emax，方向豎直向上；emin0 【變式探究】(2015福建) 如圖，絕緣粗糙的豎直平面mn左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為e,磁場方向垂直紙面向外,磁

24、感應(yīng)強(qiáng)度大小為b。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從a點由靜止開始沿mn下滑,到達(dá)c點時離開mn做曲線運(yùn)動a、c兩點間距離為h，重力加速度為g。（1)求小滑塊運(yùn)動到c點時的速度大小vc；（2）求小滑塊從a點運(yùn)動到c點過程中克服摩擦力做的功wf；（3）若d點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到d點時撤去磁場,此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的p點已知小滑塊在d點時的速度大小為vd，從d點運(yùn)動到p點的時間為t，求小滑塊運(yùn)動到p點時速度的大小vp?！窘馕觥?1)由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場力qe

25、時滑塊離開mn開始做曲線運(yùn)動，即bqvcqe解得vce/b【答案】（1）e/b（2)wfmghm（3）vp【變式探究】（2015天津)現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場、磁場控制帶電粒子的運(yùn)動在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場和磁場的寬度均為d.電場強(qiáng)度為e，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為b,方向垂直紙面向里電場、磁場的邊界互相平行且與電場方向垂直，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運(yùn)動，不計粒子重力及運(yùn)動時的電磁輻射(1）求粒子在第2層磁場中運(yùn)動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2）粒子從第n層磁場右側(cè)邊界穿出時，速度的

26、方向與水平方向的夾角為n，試求sinn;(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出,試問在其他條件不變的情況下,也進(jìn)入第n層磁場,但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側(cè)邊界，請簡要推理說明之 (2）設(shè)粒子在第n層磁場中運(yùn)動的速度為vn，軌跡半徑為rn（下標(biāo)表示粒子所在層數(shù)），nqedmvqvnbm由此可看出r1sin1,r2sin2，rnsinn為一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsinnr1sin1（n1）d當(dāng)n1時，由下圖可看出r1sin1d聯(lián)立可解得sinnb（3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側(cè)邊界穿出，則n，sinn1由sinb知：在其他條件不變的情況下，粒子的比荷越大，粒子穿出時速

27、度方向與水平方向的夾角n越大，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側(cè)邊界【命題熱點突破五】電磁感應(yīng)問題 (1)通電導(dǎo)體在磁場中將受到安培力的作用，電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，解決問題的基本思路用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小及方向求電路中的電流分析導(dǎo)體的受力情況根據(jù)平衡條件或者牛頓第二定律列方程(2）抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題：抓住能量轉(zhuǎn)化電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能,一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來,具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機(jī)械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化利用功能關(guān)系明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化：摩擦力在相對位移

28、上做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必然有重力勢能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就會有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解例5、【2016浙江卷】小明設(shè)計的電磁健身器的簡化裝置如圖1.10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)0。50 m，傾角53，導(dǎo)軌上端串接一個r0。05 的電阻在導(dǎo)軌間長d0。56 m的區(qū)域內(nèi),存在方向垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度b2.0 t質(zhì)量m4。0 kg的金屬棒cd水平置于導(dǎo)軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿gh相連cd棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m一位健身者用恒力f80 n拉動gh桿，cd棒由靜止開始運(yùn)動

29、，上升過程中cd棒始終保持與導(dǎo)軌垂直當(dāng)cd棒到達(dá)磁場上邊界時健身者松手,觸發(fā)恢復(fù)裝置使cd棒回到初始位置（重力加速度g取10 m/s2，sin 530.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量)求：（1）cd棒進(jìn)入磁場時速度v的大小；（2)cd棒進(jìn)入磁場時所受的安培力fa的大小;（3)在拉升cd棒的過程中，健身者所做的功w和電阻產(chǎn)生的焦耳熱q.圖110【答案】(1）2。4 m/s(2）48 n(3)64 j26.88 j【變式探究】半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi),一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒ab置于圓導(dǎo)軌上面，ba的延長線通過圓導(dǎo)軌中心o,裝置的俯視圖如圖所示整個裝置位于一勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為b，方向豎直向下在內(nèi)圓導(dǎo)軌的c點和外圓導(dǎo)軌的d點之間接有一阻值為r的電阻(圖中未畫出）直導(dǎo)體棒在水平外力作用下以角速度繞o逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保