?高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型與提分秘籍
專題20 12類計(jì)算題歸類分析
題型一 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
【典例分析1】(2020·安徽皖中名校聯(lián)盟高三第一次模擬聯(lián)考)百度宣布，其無人駕駛汽車已完成國內(nèi)首次城市、環(huán)路及高速道路混合路況下的全自動(dòng)駕駛．
(1)如圖所示，無人駕駛汽車車頭裝有一個(gè)激光雷達(dá)，就像車輛的“鼻子”，隨時(shí)“嗅”著前方80 m范圍內(nèi)車輛和行人的“氣息”．若無人駕駛汽車在某路段剎車時(shí)的加速度為3.6 m/s2，為不撞上前方靜止的障礙物，汽車在該路段勻速行駛時(shí)的最大速度是多少？

(2)若一輛有人駕駛的汽車在該無人駕駛汽車后30 m處，兩車都以20 m/s的速度行駛，當(dāng)前方無人駕駛汽車以3.6 m/s2的加速度剎車1.4 s后，后方汽車駕駛員立即以5.0 m/s2的加速度剎車．試通過計(jì)算判斷兩車在運(yùn)動(dòng)過程中是否會(huì)發(fā)生追尾事故？
【參考答案】：(1)24 m/s　(2)見解析
【名師解析】：(1)對(duì)無人駕駛汽車，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
－2ax＝0－v
代入數(shù)據(jù)解得v0＝24 m/s.　①
(2)設(shè)有人駕駛汽車剎車后經(jīng)過t2時(shí)間與無人駕駛汽車的速度相同，此時(shí)的速度為v
該過程無人駕駛汽車剎車時(shí)間為t2＋t1，其中t1＝1.4 s
對(duì)無人駕駛汽車v＝v0－a(t2＋t1)　②
對(duì)有人駕駛汽車v＝v0－a′t2?、?br /> 聯(lián)立②③式得t2＝3.6 s，v＝2 m/s
又x無＝(t2＋t1)?、?br /> x有＝t2＋v0t1?、?br /> Δx＝x有－x無?、?br /> 聯(lián)立④⑤⑥，代入數(shù)據(jù)解得Δx＝12.6 mL
式中L＝2 m為長木板的長度，所以滑塊能從長木板的右端滑出。
【典例分析2】(2019·河北武邑中學(xué)3月高三月考)某工廠為實(shí)現(xiàn)自動(dòng)傳送工件設(shè)計(jì)了如圖所示的傳送裝置，它由一個(gè)水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為θ＝37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2?，F(xiàn)將一個(gè)工件(可看做質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在水平傳送帶最左端A點(diǎn)處，求：

(1)工件被第一次傳送到CD傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時(shí)間；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)的速度v2的大小(v2tanθ，速度相等后一起勻速；μ0.
題型七 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)
【典例分析】.(2020·陜西咸陽模擬)如圖所示，A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為L，坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向里．有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點(diǎn)以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運(yùn)動(dòng)，從x軸上的B點(diǎn)射出磁場區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°，求：

(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)；
(3)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．
【參考答案】：(1)　(2)　(3)
【名師解析】：

(1)由題意得電子在有界圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為r，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則有
ev0B＝m①
過A、B點(diǎn)分別作速度的垂線交于C點(diǎn)，則C點(diǎn)為軌跡圓的圓心，已知B點(diǎn)速度與x軸夾角為60°，由幾何關(guān)系得，軌跡圓的圓心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由幾何知識(shí)得r＝2L④
由①④式得B＝.⑤
(2)由于ABO在有界圓周上，∠AOB＝90°，得AB為有界磁場圓的直徑，故AB的中點(diǎn)為磁場區(qū)域的圓心O1，由③易得△ABC為等邊三角形，磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)為.
(3)電子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則圓周運(yùn)動(dòng)的周期為
T＝⑥
由②④⑥得電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝＝.
【提分秘籍】
1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的思想方法和理論依據(jù)
一般說來，要把握好“一找圓心，二定半徑，三求時(shí)間”的分析方法．在具體問題中，要依據(jù)題目條件和情景而定．解題的理論依據(jù)主要是由牛頓第二定律列式：qvB＝m ，求半徑r＝及運(yùn)動(dòng)周期T＝＝.
2．圓心的確定方法
法一　若已知粒子軌跡上的兩點(diǎn)的速度方向，則可根據(jù)洛倫茲力F⊥v，分別確定兩點(diǎn)處洛倫茲力F的方向，其交點(diǎn)即為圓心，如圖甲．
法二　若已知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡上的兩點(diǎn)和其中某一點(diǎn)的速度方向，則可作出此兩點(diǎn)的連線(即過這兩點(diǎn)的圓弧的弦)的中垂線，中垂線與過已知點(diǎn)速度方向的垂線的交點(diǎn)即為圓心，如圖乙．

3．半徑的確定和計(jì)算

利用平面幾何關(guān)系，求出該圓的可能半徑(或圓心角)，求解時(shí)注意以下幾何特點(diǎn)：
粒子速度的偏向角(φ)等于圓心角(α)，并等于AB弦與切線的夾角(弦切角θ)的2倍(如圖)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
4．運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間可由下式表示：
t＝T，t＝(l為弧長)．
5．常見運(yùn)動(dòng)軌跡的確定
(1)直線邊界(進(jìn)出磁場具有對(duì)稱性，如圖丙所示)．

(2)平行邊界(存在臨界條件，如圖丁所示)．

(3)圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出，如圖戊所示)．

6．常用解題知識(shí)
(1)幾何知識(shí)：三角函數(shù)、勾股定理、偏向角與圓心角關(guān)系．根據(jù)幾何知識(shí)可以由已知長度、角度計(jì)算粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑，或根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑計(jì)算未知長度、角度．
(2)半徑公式、周期公式：R＝、T＝.根據(jù)兩個(gè)公式可由q、m、v、B計(jì)算粒子運(yùn)動(dòng)的半徑、周期，也可根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑或周期計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度、粒子的電荷量、質(zhì)量等．
(3)運(yùn)動(dòng)時(shí)間計(jì)算式：計(jì)算粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間或已知粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間計(jì)算圓心角或周期時(shí)，常用到t＝T.
【突破訓(xùn)練】
(2019·山東省淄博高三期末)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，有一以O(shè)為圓心、R為半徑的半圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直坐標(biāo)平面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.位于O點(diǎn)的粒子源向第二象限內(nèi)的各個(gè)方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子，粒子均不會(huì)從磁場的圓弧邊界射出．粒子的速率相等，質(zhì)量為m、電荷量大小為q，粒子重力及粒子間的相互作用均不計(jì)．

(1)若粒子帶負(fù)電，求粒子的速率應(yīng)滿足的條件及粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；
(2)若粒子帶正電，求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積．
【答案】：(1)v≤　　(2)πR2
【解析】：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝m
根據(jù)幾何關(guān)系r≤
聯(lián)立得v≤
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝
由粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡可得，沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，則t＝
聯(lián)立可得t＝.
(2)分析可得，粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域?yàn)榘雸A，如圖中陰影部分，

由幾何關(guān)系可知最大區(qū)域的半徑r′＝R
面積S＝πr′2
聯(lián)立可得S＝πR2.

題型八 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)
【典例分析1】．(2020·湖南懷化高考一模)如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向里的有界矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．一粒子源固定在x軸上坐標(biāo)為(－L，0)的A點(diǎn)，粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v0的電子，電子通過y軸上的C點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸正方向成α＝45°角，電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成 β＝15°角的射線OM.已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用．求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大??；
(2)電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；
(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積Smin.
【參考答案】：(1)　(2)＋　(3)
【名師解析】：(1)電子從A到C的過程中，由動(dòng)能定理得：
eEL＝mv－mv
又有vCcos α＝v0，聯(lián)立解得：E＝.
(2)電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場方向有：
L＝t1，其中vC＝
由數(shù)學(xué)知識(shí)知電子在磁場中的速度偏向角等于圓心角：
θ＝π－α－β＝
電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
t2＝T，其中T＝，
電子在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2，聯(lián)立解得：t＝＋.
(3)電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，則有evCB＝m
最小矩形區(qū)域如圖所示，

由數(shù)學(xué)知識(shí)得：CD＝2r·sin ，CQ＝r－rcos ，矩形區(qū)域的最小面積：Smin＝CD·CQ，
聯(lián)立解得：Smin＝.
【提分秘籍】
1．組合場中的兩種典型偏轉(zhuǎn)

垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計(jì)重力)
垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計(jì)重力)
受力
情況
電場力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無關(guān)，F(xiàn)E是恒力
洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力
軌跡
拋物線
圓或圓的一部分
運(yùn)動(dòng)
軌跡


求解
方法
利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝t，y＝t2
偏轉(zhuǎn)角φ：
tan φ＝＝
半徑：r＝
周期：T＝
偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系，利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解
運(yùn)動(dòng)
時(shí)間
t＝
t＝T＝
動(dòng)能
變化
不變
2.常見模型
(1)從電場進(jìn)入磁場
電場中：加速直線運(yùn)動(dòng)
?
磁場中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)

電場中：類平拋運(yùn)動(dòng)
?
磁場中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)

(2)從磁場進(jìn)入電場
磁場中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
?
電場中：勻變速直線運(yùn)動(dòng)
(v與E同向或反向)

磁場中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
?
電場中：類平拋運(yùn)動(dòng)
(v與E垂直)

【突破訓(xùn)練】
(2020·河南開封模擬)如圖所示，真空中有一以O(shè)點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，半徑為R＝0.5 m，磁場垂直紙面向里．在y>R的區(qū)域存在沿－y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E＝1.0×105 V/m.在M點(diǎn)有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁場，粒子穿出磁場進(jìn)入電場，速度減小到0后又返回磁場，最終又從磁場離開．已知粒子的比荷為＝1.0×107 C/kg，粒子重力不計(jì)．求

(1)圓形磁場區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；
(2)沿＋x方向射入磁場的粒子，從進(jìn)入磁場到再次穿出磁場所走過的路程．
【答案】：(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m
【解析】：(1)沿＋x方向射入磁場的粒子進(jìn)入電場后，速度減小到0，粒子一定是從如圖的

P點(diǎn)射出磁場，逆著電場線運(yùn)動(dòng)，所以粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑
r＝R＝0.5 m
根據(jù)Bqv＝，得r＝，得B＝，代入數(shù)據(jù)得
B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁場后，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)射出磁場，MN為直徑，粒子在磁場中的路程為二分之一圓周長s1＝πR　
設(shè)在電場中的路程為s2，根據(jù)動(dòng)能定理得
Eq＝mv2，s2＝
總路程s＝πR＋，
代入數(shù)據(jù)得s＝(0.5π＋1)m.
題型九 帶電粒子(體)在疊加場中的運(yùn)動(dòng)
【典例分析】如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球從A點(diǎn)以速度v0沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°角．在y軸與MN之間的區(qū)域Ⅰ內(nèi)加一電場強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場后，可使小球繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，MN與PQ之間區(qū)域Ⅱ內(nèi)存在寬度為d的豎直向上的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知小球在C點(diǎn)的速度大小為2v0，重力加速度為g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E1的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小；
(2)區(qū)域Ⅰ內(nèi)最小電場強(qiáng)度E2的大小和方向；
(3)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小．
【參考答案】　(1)　　(2)　方向與x軸正方向成53°角斜向上　(3)　
【名師解析】(1)帶電小球在第二象限內(nèi)受重力、電場力和洛倫茲力作用做直線運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖甲所示關(guān)系且小球只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)．

由圖甲知tan 37°＝
解得E1＝，cos 37°＝
解得B1＝.
(2)區(qū)域Ⅰ中小球做加速直線運(yùn)動(dòng)，電場強(qiáng)度最小，受力如圖乙所示(電場力方向與速度方向垂直)，小球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，

由圖乙知cos 37°＝ ，
解得E2＝
方向與x軸正方向成53°角斜向上．
(3)小球在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以mg＝qE3，得E3＝
因小球恰好不從右邊界穿出，小球運(yùn)動(dòng)軌跡如圖丙所示

由幾何關(guān)系可知r＋r·cos 53°＝d，
解得r＝d
由洛倫茲力提供向心力
知B2q·2v0＝m，聯(lián)立得B2＝.
【提分秘籍】帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)問題的處理方法
(1)明種類：明確復(fù)合場的種類及特征。
(2)析特點(diǎn)：正確分析帶電粒子的受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。
(3)畫軌跡：畫出運(yùn)動(dòng)過程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。
(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。
①兩場共存，電場與磁場中滿足qE＝qvB或重力場與磁場中滿足mg＝qvB且兩力方向相反時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡列方程求解。
②兩場共存，電場力與重力都恒定時(shí)，粒子平衡時(shí)根據(jù)平衡條件求解，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理求解，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解或動(dòng)能定理求解。
③三場共存，合力為零時(shí)，受力平衡，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止。其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
④三場共存，粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，mg與qE相平衡，根據(jù)mg＝qE，由此可計(jì)算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma。
⑤當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。
【突破訓(xùn)練】
(2019·湖北省高三4月調(diào)考)在高度為H的豎直區(qū)域內(nèi)分布著互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向左；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里。在該區(qū)域上方的某點(diǎn)A，將質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，以某一初速度水平拋出，小球恰好在該區(qū)域做直線運(yùn)動(dòng)。已知重力加速度為g。

(1)求小球平拋的初速度v0的大??；
(2)若電場強(qiáng)度大小為E，求A點(diǎn)距該區(qū)域上邊界的高度h；
(3)若令該小球所帶電荷量為－q，以相同的初速度將其水平拋出，小球離開該區(qū)域時(shí)，速度方向豎直向下，求小球穿越該區(qū)域的時(shí)間。
【答案】　(1)　(2)　(3)－

【解析】　(1)設(shè)小球進(jìn)入復(fù)合場時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，小球受力如圖甲，有
qvBcosθ＝mg，v＝
解得v0＝。
(2)小球從A點(diǎn)拋出，進(jìn)入復(fù)合場，由動(dòng)能定理
mgh＝mv2－mv
由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2
解得h＝。
(3)設(shè)某時(shí)刻小球經(jīng)某處時(shí)速度為v，將其正交分解為vx、vy如圖乙，則小球受力如圖丙，在水平方向上，由動(dòng)量定理

∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0
即BqH－Eqt＝mv0
解得t＝－。
題型十 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題
【典例分析】(2019·江南十校聯(lián)考)如圖，MN、PQ為兩根足夠長的水平放置的平行金屬導(dǎo)軌，間距L＝1 m；整個(gè)空間以O(shè)O′為邊界，左側(cè)有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝1 T，右側(cè)有方向相同、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2＝2 T的勻強(qiáng)磁場．兩根完全相同的導(dǎo)體棒a、b，質(zhì)量均為m＝0.1 kg，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.2，其在導(dǎo)軌間的電阻均為R＝1 Ω.開始時(shí)，a、b棒均靜止在導(dǎo)軌上，現(xiàn)用平行于導(dǎo)軌的恒力F＝0.8 N向右拉b棒．假定a棒始終在OO′左側(cè)運(yùn)動(dòng)，b棒始終在OO′右側(cè)運(yùn)動(dòng)，除導(dǎo)體棒外其余電阻不計(jì)，滑動(dòng)摩擦力和最大靜摩擦力大小相等，g取10 m/s2.

(1)a棒開始滑動(dòng)時(shí)，求b棒的速度大??；
(2)當(dāng)b棒的加速度為1.5 m/s2時(shí)，求a棒的加速度大?。?br /> (3)已知經(jīng)過足夠長的時(shí)間后，b棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，求該勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小，并計(jì)算此時(shí)a棒中電流的熱功率．
【參考答案】　(1)0.2 m/s　(2)0.25 m/s2　(3)0.4 m/s2 0.078 4 W
【名師解析】(1)設(shè)a棒開始滑動(dòng)時(shí)電流強(qiáng)度為I，b棒的速度為v，由共點(diǎn)力平衡知識(shí)，得μmg＝B1I1L?、?br /> 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律知I1＝?、?br /> 聯(lián)立①②知v＝0.2 m/s.　③
(2)設(shè)a棒的加速度為a1，b棒的加速度為a2.由牛頓第二定律知B1I2L－μmg＝ma1?、?br /> F－B2I2L－μmg＝ma2　⑤
聯(lián)立④⑤式解得a1＝0.25 m/s2.?、?br /> (3)分析題意可知，當(dāng)b棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，a棒也開始勻加速運(yùn)動(dòng)．設(shè)a棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a1′，b棒開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為a2′
由牛頓第二定律知B1I3L－μmg＝ma1′?、?br /> F－B2I3L－μmg＝ma2′?、?br /> 由法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律知
I3＝?、?br /> 由于電流不變，則(B2Lv2－B1Lv1)為常量?、?br /> 所以兩棒加速度滿足以下關(guān)系2a2′＝a1′　?
聯(lián)立⑦⑧?式知I3＝0.28 A　?
?式代入⑧式知a2′＝0.4 m/s2
由焦耳定律知P＝IR
代入數(shù)據(jù)P＝0.078 4 W.
【提分秘籍】
感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起．解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)．
1．力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系

2．動(dòng)態(tài)分析的基本思路

【突破訓(xùn)練】
(2019·湖北襄陽高三聯(lián)考)如圖所示，兩根足夠長的光滑直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行固定在傾角θ＝37°的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距L＝1 m，導(dǎo)軌的電阻可忽略．M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量m＝1 kg、電阻r＝0.2 Ω的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．整套裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直導(dǎo)軌向下．自圖示位置起，桿ab受到大小為F＝0.5v＋2(式中v為桿ab運(yùn)動(dòng)的速度，力F的單位為N)、方向沿導(dǎo)軌向下的拉力作用，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，測得通過電阻R的電流隨時(shí)間均勻增大．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.

(1)試判斷金屬桿ab在勻強(qiáng)磁場中做何種運(yùn)動(dòng)，并寫出推理過程；
(2)求電阻R的阻值；
(3)求金屬桿ab由靜止開始下滑通過位移x＝1 m所需的時(shí)間t.
【答案】：(1)勻加速直線運(yùn)動(dòng)(推理過程見解析)　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s
【解析】：(1)通過電阻R的電流I＝＝，
由于通過R的電流I隨時(shí)間均勻增大，故金屬桿的速度v隨時(shí)間均勻增大，即金屬桿的加速度為恒量，所以金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
(2)對(duì)回路，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝
對(duì)桿，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mgsin θ－BIL＝ma
將F＝0.5v＋2代入上式得
2＋mgsin θ＋v＝ma
因?yàn)閍與v無關(guān)，所以a＝＝8 m/s2
由0.5－＝0得R＝0.3 Ω.
(3)由x＝at2得，所需時(shí)間t＝ ＝0.5 s.
題型十一 電磁感應(yīng)中的能量問題
【典例分析】(2019·山西六校高三聯(lián)考)如圖所示，將質(zhì)量m1＝0.1 kg、電阻R1＝0.3 Ω、長度l＝0.4 m的導(dǎo)體棒ab橫放在U形金屬框架上，框架質(zhì)量m2＝0.2 kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，相距0.4 m 的MM′、NN′相互平行，電阻不計(jì)且足夠長．電阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使ab從靜止開始無摩擦地運(yùn)動(dòng)，且始終與MM′、NN′保持良好接觸，當(dāng)ab運(yùn)動(dòng)到某處時(shí)，框架開始運(yùn)動(dòng)．設(shè)框架與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10 m/s2.

(1)求框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)ab速度v的大小；
(2)從ab開始運(yùn)動(dòng)到框架開始運(yùn)動(dòng)的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q＝0.1 J，求該過程中ab位移x的大?。?br /> 【答案】：(1)6 m/s　(2)1.1 m
【解析】：(1)ab對(duì)框架的壓力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依題意，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則框架受到的最大靜摩擦力F2＝μFN
ab中的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝Blv
MN中的電流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架開始運(yùn)動(dòng)時(shí)F安＝F2
由上述各式代入數(shù)據(jù)，解得v＝6 m/s.
(2)閉合回路中產(chǎn)生的總熱量Q總＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q總
代入數(shù)據(jù)，解得x＝1.1 m.
【提分秘籍】
電磁感應(yīng)過程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過程．
1．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化

(2)求解焦耳熱Q的三種方法

2．解決電磁感應(yīng)能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即


【突破訓(xùn)練】
(2019·河南洛陽一模)如圖所示，光滑且足夠長的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在豎直平面內(nèi)，兩導(dǎo)軌間的距離為L＝1 m，導(dǎo)軌間連接的定值電阻R＝3 Ω，導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為m＝0.1 kg的金屬桿ab，金屬桿始終與導(dǎo)軌接觸良好，桿的電阻r＝1 Ω，其余電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T的勻強(qiáng)磁場中，磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向里．重力加速度g取10 m/s2.現(xiàn)讓金屬桿從AB位置由靜止釋放，忽略空氣阻力的影響，求：

(1)金屬桿的最大速度；
(2)若從金屬桿開始下落到剛好達(dá)到最大速度的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q＝0.6 J，此時(shí)金屬桿下落的高度．
【答案】　(1)4 m/s　(2)1.6 m
【解析】　(1)設(shè)金屬桿的最大速度為vm，此時(shí)安培力與重力平衡，即F安＝mg?、?br /> 又F安＝BIL　②
E＝BLvm?、?br /> I＝?、?br /> 代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②③④得vm＝4 m/s.
(2)電路中產(chǎn)生的總焦耳熱Q總＝ Q＝0.8 J
由能量守恒定律得mgh＝mv＋Q總
代入數(shù)據(jù)，解得h＝1.6 m.
題型十二 電磁感應(yīng)中的動(dòng)量和能量組合問題
【典例分析】(2019·西安六校高三聯(lián)考)隨著電磁技術(shù)的日趨成熟，我國新一代航母已準(zhǔn)備采用全新的電磁阻攔技術(shù)，它的阻攔技術(shù)原理是飛機(jī)著艦時(shí)利用電磁作用力使它快速停止．為研究問題的方便，我們將其簡化為如圖所示的模型．在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場中，兩根平行金屬軌道MN、PQ固定在水平面內(nèi)，相距為L，軌道端點(diǎn)MP間接有電阻，一個(gè)長為L，質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒ab垂直于MN、PQ放在軌道上，與軌道接觸良好，金屬棒、導(dǎo)軌、電阻一起構(gòu)成一個(gè)回路，回路的總電阻為R.質(zhì)量為M的飛機(jī)著艦后以水平速度v0迅速鉤住導(dǎo)體棒ab，并立即與ab獲得共同的速度．鉤住ab立即關(guān)閉動(dòng)力系統(tǒng)，假如忽略摩擦阻力等次要因素，飛機(jī)和金屬棒系統(tǒng)僅在安培力作用下很快停下來．求：

(1)飛機(jī)與ab棒共速時(shí)的加速度大小a；
(2)從飛機(jī)與ab棒共速到它們停下來的過程中運(yùn)動(dòng)的距離x以及該過程中產(chǎn)生的焦耳熱．
【參考答案】：(1)　(2)　
【名師解析】：(1)取v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒可得：Mv0＝(M＋m)v
I＝
對(duì)整體 BIL＝(M＋m)a
a＝.
(2)＝
＝
由動(dòng)量定理得0－(M＋m)v＝－BL·Δt
解得x＝
Q＝(M＋m)v2＝.
【提分秘籍】
電磁感應(yīng)中力、能量和動(dòng)量綜合問題的分析方法
(1)分析“受力”：分析研究對(duì)象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“動(dòng)量”：在電磁感應(yīng)中可用動(dòng)量定理求變力的作用時(shí)間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng))。
①求速度或電荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
②求時(shí)間：FΔt＋I(xiàn)A＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。
③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。
【突破訓(xùn)練】
(2019·江西贛州高三期末)如圖所示，間距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌的N、Q端連接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌上有一根質(zhì)量一定、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒上方距離L以上的范圍存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向與導(dǎo)軌平面垂直向下的勻強(qiáng)磁場．現(xiàn)在施加一個(gè)平行斜面向上且與棒ab重力相等的恒力，使導(dǎo)體棒ab從靜止開始沿導(dǎo)軌向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)ab進(jìn)入磁場后，發(fā)現(xiàn)ab開始勻速運(yùn)動(dòng)，求：

(1)導(dǎo)體棒的質(zhì)量；
(2)若進(jìn)入磁場瞬間，拉力減小為原來的一半，求導(dǎo)體棒能繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的最大位移．
【答案】：(1)　(2)2L
【解析】：(1)導(dǎo)體棒從靜止開始在磁場外勻加速運(yùn)動(dòng)，距離為L，其加速度為
F－mgsin 30°＝ma
F＝mg
得a＝g
棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度為v＝＝
由棒在磁場中勻速運(yùn)動(dòng)可知F安＝mg
F安＝BIL＝
得m＝.
(2)若進(jìn)入磁場瞬間使拉力減半，則F＝mg
則導(dǎo)體棒所受合力為F安
F安＝BIL＝＝ma
將v＝，a＝代入上式
＝m
即＝mΔv
設(shè)導(dǎo)體棒繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有＝mv
將v＝，m＝代入上式得x＝2L.

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