高三物理一轮复习——电场和磁场中的动量和能量问题
浅谈高三物理一轮复习中的常见问题与对策
152神州教育浅谈高三物理一轮复习中的常见问题与对策马凌云西安市远东第二中学摘要：高三物理第一轮复习是以章、节为单元的顺序复习，是梳理和巩固物理知识点、夯实理论基础、提高物理解题技能的关键期，各校开始与结束的时间不尽相同。
本文根据自己近10个月的系统、全面的复习经验，以高三物理一轮复习中存在的常见问题为贴入点，对大多高三理科生可能出现的问题进行了比较分析，并从提高针对性和时效性的角度提出了一些改进对策。
最终目的是让各位同学抓好"双基”、改进方法、提升能力，在复习考练中提高针对性和有效性，综合提升自己的物理高考应试水平。
关键词：高三；物理；一轮复习目前各校的高三物理复习，一般采用的是三轮复习法。
第一轮是基本知识点的复习，第二轮是物理学科的专题综合复习，第三轮是物理学科综合并与生物化学一起构成的理综形式的复习。
第一轮复习是整个复习的基础和重点，在此过程中同学们存在的常见问题大致有以下几点：一、只重解题结果、不重方法探究物理的学习离不开各种题型的积累和总结，而部分同学只重视对规律结论的记忆而忽视对规律的探究理解，重视对某一类问题解法的积累，而忽视对物理分析方法的领悟。
这种习惯导致在解题过程中会出现生搬硬套，面对新问题或联系实际的物理问题，容易出现思维杂乱无序的情况。
这从根本上说是没有掌握分析物理问题和现象的基本方法。
任何物理现象都是在一定的时间和空间内，依照一定的制约关系而发生发展的。
因此，分析和研究物理问题离不开对物理过程的分析。
从老师的教授中，我将分析物理问题的基本方法概括为：研究问题找“类型”，逻辑推理循“因果”，分析过程依“规律”。
当然，通过解题训练，归纳出某类问题的分析方法，并掌握基本的解题技巧十分必要，但不能本末倒置，以技巧代替思考过程。
二、容易陷入“题海”、常常忽视“课本”有很多学生认为，高考一轮物理复习就是听课、刷题、听评讲、再刷题，如此简单重复的过程；也有很多同学认为成绩提高不了，是因为刷题不够多，这是一种非常荒谬的看法，题海战术是大家最容易落入的“陷阱”！一轮复习中的阶段习题训练与平时知识点题型训练，可以有效促进知识的理解和巩固，帮助基本技能的形成和掌握。
高考一轮复习 专题11 电磁感应中的动力学能量和动量问题
专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53 °，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T．质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连．CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m．一位健身者用恒力F＝80 N 拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直．当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)．求：(1)CD棒进入磁场时速度v的大小．(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F A的大小．(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。
2020届高三物理一轮复习课件：电磁感应中的动力学、能量和动量问题
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[思路点拨]
分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有 助于快速准确的求解问题。
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[解析] 二定律得 ma＝F－μmg① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 v＝at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律， 杆中的电动势为 E＝Blv③ 联立①②③式可得
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[解析]
根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A
错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动 势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于 I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡 条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。
[答案]
D
(1)末速度的大小v； (2)通过的电流大小I； (3)通过的电荷量Q。
[解析]
(1)金属棒做匀加速直线运动，
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根据运动学公式有 v2＝2as 解得 v＝ 2as。 (2)金属棒所受安培力 F 安＝IdB 金属棒所受合力 F＝mgsin θ－F 安 根据牛顿第二定律有 F＝ma mgsin θ－a 解得 I＝ 。 dB v (3)金属棒的运动时间 t＝a， 通过的电荷量 Q＝It mgsin θ－a 2as 解得 Q＝ 。 dBa mgsin θ－a [答案] (1) 2as (2) dB
第4节
电磁感应中的动力学、能量和 动量问题
目 录
一
研究好——题型· 考法· 技巧
二
查缺漏——盲点· 短板· 妙法
三
课时跟踪检测
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一
研究好——题型· 考法· 技巧
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高考对本节内容的考查常以压轴计算题的形式呈现， 即便以选择题的形式考查，通常题目难度也较大，因为这 类题目可以说是以电磁感应为载体，把直线运动、相互作 用、牛顿运动定律、机械能、动量、电路、磁场，甚至包 括电场和交变电流等力学、电学知识全部综合到一起进行 考查。
高三物理一轮复习精品课件1：专题十 电磁感应中的动力学和能量问题
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀 速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v；
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将 质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金 属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.
[审题指导] (1)导体棒匀速下滑，导体棒所 受重力、支持力、安培力的合力为零．
联立③⑥⑦式，解得 Rx＝MqmsBinldθ.
⊙规律总结
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是 “先电后力”，即：先做“源”的分析—— 分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出 电源参数E和r； 再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清 串、并联关系，求出相应部分的电流大小，以 便求解安培力； 然后是“力”的分析——分析研究对象(常是 金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其 所受的安培力； 最后进行“运动”状态的分析——根据力和运 动的关系，判断出正确的运动模型．
所以 I＝2ER⑤联立③④⑤式，解得 v＝2MgBR2sli2n θ
(2)由题意知，其等效电路图如右 图所示． 由图知，平行金属板两板间的电 压等于 Rx 两端的电压． 设两板间的电压为 U，由欧姆定律知 U＝IRx，⑥
要使带电的微粒匀速通过，则 mg＝qUd ，⑦ 因为导体棒匀速下滑时的电流仍为 I，所以
解析 (1)由表格中数据可知：金属棒先做加
速度减小的加速运动，最后以 7 m/s 匀速下落
PG＝mgv 代入数据得 PG＝0.7 W
(2)根据动能定理：WG＋W 安＝12mv2t －12mv20
W
安
＝
1 2
mv
2 t
－
1 2
mv
2 0
－
mgh
＝
1 2
×
度高考物理一轮复习 第十章 动力学动量和能量观点在电学中的应
度高考物理一轮复习第十章动力学、动量和能量观点在电学中的应―――――――――― 新学期新成绩新目标新方向――――――――――2 电磁感应中的动力学和能量问题一、选择题(1～3题为单项选择题，4～7题为多项选择题)1．如图1所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。
杆ef及线框中导线的电阻都可不计。
开始时，给ef一个向右的初速度，则( )图1A．ef将减速向右运动，但不是匀减速 B．ef将交减速向右运动，最后停止 C．ef 将匀速向右运动 D．ef将往返运动解析 ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而B2L2v做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIL＝＝ma知，ef做的是加速度减R小的减速运动，故A正确。
答案 A2．一半径为r、质量为m、电阻为R的金属圆环用一根长为L的绝缘轻细杆悬挂于O1点，杆所在直线过圆环圆心，在O1点的正下方有一半径为L＋2r的圆形匀强磁场区域，其圆心O2与O1点在同一竖直线上，O1点在圆形磁场区域边界上，如图2所示。
现使绝缘轻细杆从水平位置由静止释放，下摆过程中金属圆环所在平面始终与磁场垂直，已知重力加速度为g，不计空气阻力及其他摩擦阻力，则下列说法正确的是( )桑水图2A．金属圆环最终会静止在O1点的正下方 B．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mgL 1C．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)21D．金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋r)2解析圆环最终要在如图中A、C位置间摆动，因为此时圆环中的磁通量不再发生改变，圆环中不再有感应电流产生。
由几何关系可知，圆环在A、C位置时，其圆心与O1、O2的距离均为L＋r，则圆环在A、C位置时，圆环圆心到O1的高度为1得金属圆环在整个过程中产生的焦耳热为mg(L＋2r)，C正确。
2021版人教版高三物理一轮复习基础梳理第九章 课时3 电磁感应中的动力学问题能量问题
课时3 电磁感应中的动力学问题、能量问题一、电磁感应现象中的动力学问题 1.安培力的大小:::F BIl E Blv EI R ⎫⎪=⎪=⎬⎪⎪=⎭安培力公式感应电动势感应电流⇒F=22B l vR2.安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向,再用左手定则判定安培力方向。
(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。
二、电磁感应中的能量转化 1.过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程,实质上是能量的转化过程。
(2)感应电流在磁场中受安培力,若克服安培力做功,则其他形式的能转化为电能;若安培力做正功,则电能转化为其他形式的能。
(3)当感应电流通过用电器时,电能转化为其他形式的能。
2.安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能;安培力做多少功,就有多少电能转化为其他形式的能。
考点一 电磁感应中的动力学问题分析电磁感应中通过导体的感应电流,在磁场中将受到安培力的作用,因此,电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。
(1)导体两种状态及处理方法①导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法:根据平衡条件合外力为零列式分析。
②导体的非平衡态——加速度不为零。
处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
(2)电磁感应中动力学问题的分析思路①首先作“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源,求出电源参数E 和I;E=Blv,I=Blv R r。
②再进行“路”的分析——分析电路结构,弄清串、并联关系,求出相关部分的电流大小,以便求解安培力;F 安=BIl或22B l vR 总,③然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况,尤其注意其所受的安培力;F 合=ma 。
④接着进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系,判断出正确的运动模型。
由于安培力是变力,导体棒做变加速或变减速运动,当加速度为零时,达到稳定状态,最后做匀速直线运动,根据共点力平衡条件列平衡方程:F 合=0(3)电磁感应中动力学问题的两类常见模型 类型 “电—动—电”型“动—电—动”型示 意[典例1] 如图甲,两相距L=0.5 m的平行金属导轨固定于水平面上,导轨左端与阻值R=2 Ω的电阻连接,导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。
高三物理第一轮复习电场的能的性质问题
准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮复习—电场的能的性质问题【本讲信息】一、教学内容：高考第一轮复习——电场的能的性质问题二、学习目标：1、理解电势、电势差、电势能的概念。
2、理解电场中电势差和电场强度的关系及相关题型的解法。
3、会依电场线、势面的特点对带电粒子轨迹问题进行分析。
考点地位：电场的能的性质问题是高考考查的热点和难点，考查电势、电势差、电势能概念的理解及电势差与电场强度的相互关系，本内容常与力学的平衡、运动学、牛顿律知识进行综合，构成难度较大的综合题，考查学生的分析问题能力、用数学方法解决物理问题的能力。
从出题形式上以选择题为主，1卷第18题、卷第20题、卷第20题、卷第18题、卷第6题，卷第21题、卷第19题、卷第5题、6题、卷第7题、卷第7题、卷第21题、卷第3题、Ⅰ卷第20题均通过选择题的形式突出了对于本内容的考查。
这些题目难度中偏上的较多，考题区分度较大，引起考生足够的。
三、重难点解析：〔一〕电势差1. 义：电荷q在电场中由A点移动到B点时，电场力所做的功ABW跟它的电荷量q的比值，叫做这两点间的电势差，即qWU ABAB=。
2. 理解：电势差是标量，与电荷移动的路径无关，只决于A、B两点在电场中的位置。
ABU在数值上于单位正电荷从A移到B电场力所做的功，表示在电场中从A到B电势降低的数值。
假设ABU是负值，那么电势从A到B是升高的。
3. 义式qWU ABAB=适用于一切电场。
〔1〕W AB/q从能量角度反映了电场的性质。
电场力做功W AB与q成正比，与A到B的路径无关，所以W AB/q既与q无关，又与A、B间的路径无关。
因此W AB/q从能的角度反映了电场的性质。
〔2〕决式：EdUAB=，适用于匀强电场。
〔3〕U AB的单位为V，1V=1J/C。
〔二〕电场力做功的特点与计算1. 电场力做功的特点：在匀强电场中，将一点电荷从A点移到B点，如下图，设A、B两点沿场强方向相距为d，现将q分别沿三条不同的路径由A移到B。
2022届高考物理一轮复习 第53讲 动力学、动量和能量观点在电学中的应用 讲义
第五十三讲动力学、动量和能量观点在电学中的应用考点一电磁感应中的动力学和能量问题1.题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。
安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2．电磁感应中的能量问题的分析思路(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
3．求解焦耳热Q的两种方法(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
【典例1】如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L＝1 m，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R＝0.40 Ω的电阻，质量为m＝0.01 kg，电阻为r＝0.30 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。
现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示，图象中的OA段为曲线，AB段为直线，导轨电阻不计，g取10 m/s2(忽略ab棒运动过程中对原磁场的影响)，求：甲乙(1)判断金属棒两端a、b的电势高低；(2)磁感应强度B的大小；(3)在金属棒ab从开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量。
[解析](1)由右手定则可知，ab中的感应电流由a流向b，ab相当于电源，则b点电势高，a点电势低。
(2)由x-t图象求得t＝1.5 s时金属棒的速度为v＝ΔxΔt＝11.2－72.1－1.5m/s＝7 m/s金属棒匀速运动时所受的安培力大小为F＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v联立得F＝B2L2vR＋r根据平衡条件得F＝mg则有mg＝B2L2vR＋r代入数据解得B＝0.1 T。
高考物理复习电学中的动量和能量问题讲义
第2课时电学中的动量和能量问题例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A ，将质量为m 、电荷量为＋q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g .图1(1)求小球平抛的初速度v 0的大小；(2)若电场强度大小为E ，求A 点距该区域上边界的高度h ；(3)若电场强度大小为E ，令该小球所带电荷量为－q ，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．答案 (1)mg qB (2)E 22gB 2 (3)BH E －m 2gBEq 2解析 (1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，分析小球的受力，如图所示，小球做直线运动则有qvB cos θ＝mg ，v ＝v 0cos θ解得v 0＝mg qB；(2)小球从A 点抛出到刚进入复合场，由动能定理mgh ＝12mv 2－12mv 02又由(1)知(mg )2＋(qE )2＝(qvB )2联立解得h ＝E 22gB2(3)设某时刻小球经复合场某处时速度为v ，将其正交分解为v x 、v y ，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理(qE －qv y B )·Δt ＝0－mv 0 即BqH －Eqt ＝mv 0解得t ＝BH E －m 2gBEq2.拓展训练1 (2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E 1的匀强电场(未知)，一质量为m 、带正电的油滴，电荷量为q ，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v 0，在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B 点，重力加速度大小为g ，求： (1)电场强度E 1的大小和方向； (2)油滴运动到B 点时的速度大小． 答案 (1)mg q方向竖直向上 (2)v 0＋2gt 1解析 (1)带电油滴在电场强度为E 1的匀强电场中匀速运动，所受的电场力与重力平衡，有：mg ＝qE 1.得：E 1＝mg q油滴所受的电场力方向竖直向上，由题意知油滴带正电，所以电场强度E1的方向竖直向上．(2)方法一：设增大后的电场强度为E2，对于场强突然增大后的第一段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2－mg＝ma1对于第二段t1时间，由牛顿第二定律得：qE2＋mg＝ma2由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v1＝v0－a1t1油滴在B点时的速度为：v B＝v1＋a2t1联立可得：v B＝v0＋2gt1.方法二：设增大后的电场强度为E2，对于油滴从A运动到B的过程，取竖直向下为正方向，由动量定理得：mg·2t1－qE2t1＋qE2t1＝mv B－mv0解得：v B＝v0＋2gt1.拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B ＝2T ．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v 1＝12 m/s 的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2 m ．碰后两小球的比荷为4 C/kg.(取g ＝10 m/s 2)图2(1)电场强度E 的大小是多少？ (2)两小球的质量之比m 2m 1是多少？ 答案 (1)2.5N/C (2)12解析 (1)碰后有(m 1＋m 2)g ＝qE 又qm 1＋m 2＝4C/kg得E ＝2.5N/C(2)以向右为正方向，由动量守恒定律：m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 qv 2B ＝(m 1＋m 2)v 22r由题意可知：r ＝1m联立代入数据解得：m 2m 1＝12.例2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：图3(1)导体棒b 中产生的内能； (2)导体棒a 、b 间的最小距离． 答案 (1)18mv 02 (2)x 0－mv 0RB 2L2解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有mv 0＝2mv根据能量守恒定律 12mv 02－12·2mv 2＝Q 导体棒b 中产生的内能Q b ＝Q 2整理得Q b ＝18mv 02；(2)设经过时间Δt 二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理F Δt ＝mv而F ＝BILI ＝E 2R E ＝ΔΦΔtΔΦ＝BL (x 0－x ) 联立解得x ＝x 0－mv 0RB 2L 2. 拓展训练3 (2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ 和MN ，左端接有阻值为R 的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B 的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L .质量为m 的金属棒ab 静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v 时，棒ab 恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q；(3)若t＝0时棒ab静止，而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动，图5中关于棒ab运动的速度－时间图象哪个可能是正确的？请分析说明棒各阶段的运动情况．图5答案见解析解析(1)根据右手定则，感应电流方向由a至b依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力：F f＝F安F安＝BI1LI 1＝BLv R联立解得：F f ＝B 2L 2v R(2)设棒的平均速度为v ，根据动量定理可得：－F 安t －F f t ＝0－2mv F 安＝B I L ，又I ＝BL v R ，x ＝v t 联立解得：x ＝mvR B 2L 2根据动能定理有：－F f x －W 安＝0－12m (2v )2 根据功能关系有Q ＝W 安得：Q ＝mv 2；(3)丙图正确当磁场速度小于v 时，棒ab 静止不动；当磁场速度大于v 时，E ＝BL Δv ，棒ab 的加速度从零开始增加，a 棒<a 时，Δv 逐渐增大，电流逐渐增大，安培力F 逐渐增大，棒做加速度逐渐增大的加速运动；当a 棒＝a 时，Δv 保持不变，电流不变，F 不变，棒ab 的加速度保持不变，开始做匀加速运动． 拓展训练4(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图6(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．答案 (1)210m/s (2)25J (3)94W 解析 (1)根据机械能守恒定律，可得：mgh ＝12mv 2 解得导体棒刚进入凹槽时的速度大小：v ＝210m/s(2)导体棒在凹槽导轨上运动过程中发生电磁感应现象，产生感应电流，最终整个系统处于静止，导体棒停在凹槽最低点．根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的热量：Q ＝mg (h ＋r )＝25J(3)设导体棒第一次通过最低点时速度大小为v 1，凹槽速度大小为v 2，导体棒在凹槽内运动时系统在水平方向动量守恒，故有：mv 1＝Mv 2由能量守恒可得：12mv 12＋12Mv 22＝mg (h ＋r )－Q 1 导体棒第一次通过最低点时感应电动势：E ＝BL (v 1＋v 2)回路电功率：P ＝E 2R联立解得：P ＝94W. 专题强化练(限时45分钟)1.(2019·陕西省第二次质检)如图1所示，一竖直放置的足够大金属板正前方O 点固定一正点电荷Q ，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q 的电场)从金属板的上端释放，由静止开始沿金属板下落先后运动到板面的A 、B 两位置，OB 垂直于金属板，已知小球的质量不可忽略，金属板表面粗糙，则小球在运动过程中( )图1A．小球可能一直做加速运动B．小球在A、B两点的电势能大小E p B>E p AC．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E AD．小球受到合力的冲量一定为0答案 A解析金属板在Q的电场中达到静电平衡时，金属板是一个等势体，表面是一个等势面，表面的电场线与表面垂直，小球所受电场力与金属板表面垂直水平向左，根据等效法可知金属板表面的电场强度等效于等量异种电荷的连线的中垂线的电场强度，所以小球在A、B两点的电场强度大小E B>E A；由于电场力与小球的速度方向垂直，电场力对小球不做功，小球的电势能不变，小球在A、B两点的电势能大小E p B＝E p A；在竖直方向受到重力和摩擦力作用，由于重力和摩擦力作用大小未知，若重力一直大于摩擦力，小球有可能一直做加速运动；根据动量定理可知小球受到合力的冲量不为0，故选项A正确，B、C、D错误．2.(2019·贵州省部分重点中学3月联考)如图2所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是( )图2A ．粒子将从D 点射出磁场B ．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C ．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1D ．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C 点射出答案 C解析 设正方形磁场区域的边长为a ，由题意可知，粒子从A 点射出时在磁场中做圆周运动的轨道半径为a 4，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB ＝m v 2r ，解得：r ＝mv qB ，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时，粒子轨道半径变为原来的2倍，即：a 2，粒子将从N 点射出，故A 错误；由运动轨迹结合周期公式：T ＝2πm qB可知，当磁场的磁感应强度大小变为原来的12时：T 1＝T 22，粒子从A 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 1＝T 12，粒子从N 点离开磁场的情况下，在磁场中运动的时间t 2＝T 24，可得：t 1＝t 2，即粒子在磁场中运动的时间不变，故B 错误；磁场的磁感应强度变化前，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，磁场的磁感应强度变为原来的12后，粒子在磁场中运动过程中，动量变化大小为2mv ，即动量变化大小之比为2∶1，故C 正确；无论磁场的磁感应强度大小如何变化，只要磁感应强度的方向不变，粒子都不可能从C 点射出，故D 错误．3.(多选)(2019·江西宜春市第一学期期末)如图3所示，固定的水平放置的平行导轨CD 、EH 足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R ，导轨间距为L ，一质量为M 、长为2L 的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F 作用下以速度v 向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B ，导轨单位长度的电阻为r ，其余电阻不计，重力加速度为g .若在0时刻水平力的大小为F 0，则在0～t 时间内，以下说法正确的有( )图3A ．水平力F 对金属棒的冲量大小F 0tB ．水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C ．合力对金属棒做的功为零D ．若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v答案 CD解析 由题意可知，金属棒在力F 作用下做匀速运动，由于金属棒切割磁感线，回路中产生感应电流，根据左手定则可知，金属棒受到向左的安培力作用，则外力F ＝F 安＋μMg ＝BIL＋μMg ＝B 2L 2v R ＋2xr＋μMg ，其中x 为金属棒CE 的距离，导轨电阻增大，所以外力F 随时间逐渐减小，并不是保持F 0不变，故选项A 错误；由于金属棒匀速运动，即安培力、水平力和摩擦力的合力为零，则这三个力的合力对金属棒的冲量为零，则这三个力的合力对金属棒做功为零，故选项B 错误，C 正确；若某时刻通过电阻R 的电流为I ，则根据平衡条件可知：F ＝BIL ＋μMg ，则此时水平力F 的功率为(BIL ＋μMg )v ，故选项D 正确．4．(2019·福建福州市期末)如图4所示，竖直平面MN 的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，MN 左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙．质量为m 的小物体A 静止在MN 左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量为－q ( q >0)．质量为13m 的不带电的小物体B 以速度v 0冲向小物体A 并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A 的电荷量保持不变．图4(1)求碰撞后小物体A 的速度大小；(2)若小物体A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，磁感应强度为B ＝3mg qv 0，电场强度为E ＝7μmg q.小物体A 从MN 开始向右运动距离为L 时速度达到最大．求小物体A 的最大速度v m 和此过程克服摩擦力所做的功W .答案 (1)12v 0 (2)2v 0 7μmgL －158mv 02 解析 (1)设A 、B 碰撞后的速度分别为v A 、v B ，由于A 、B 发生弹性正碰，动量守恒，总动能不变，以v 0的方向为正方向，则有：m B v 0＝m B v B ＋m A v A12m B v 02＝12m B v B 2＋12m A v A 2 解得：v A ＝2m B m A ＋m B v 0＝v 02(2)当物体A 的加速度等于零时，其速度达到最大值v m ，对物体A 受力分析，如图所示．由牛顿第二定律得：在竖直方向：F N ＝qv m B ＋mg在水平方向：qE ＝μF N联立解得：v m ＝2v 0根据动能定理得：qEL －W f 克＝12mv m 2－12mv A 2 联立并代入相关数据解得：W f 克＝7μmgL －158mv 02. 5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5所示，P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨，P 1Q 1为不计电阻的直导线且P 1Q 1⊥Q 1Q 2.P 1P 2、Q 1Q 2的倾角均为θ，P 2P 3、Q 2Q 3在同一水平面上，P 2Q 2⊥P 2P 3，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，质量为m 、接入电路的电阻为R 的金属杆CD 从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨电阻和空气阻力均不计，重力加速度大小为g ，轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长，求：图5(1)杆CD 达到的最大速度大小；(2)杆CD 在距P 2Q 2距离L 处释放，滑到P 2Q 2处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平轨道上滑行的最大距离s .答案 见解析解析 (1) 杆CD 速度最大时，杆受力平衡，则有B cos θ·dI m ＝mg sin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E m ＝B cos θ·dv m由欧姆定律可得I m ＝E m R解得：v m ＝mgR sin θB 2d 2cos 2θ(2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中，根据动量定理有mg sin θ·Δt 1－B cos θ·I 1d Δt 1＝mv m －0又I 1t 1＝q 1＝ΔΦ1R ＝B cos θ·dL R联立解得：Δt 1＝mRB 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ 在杆CD 沿水平导轨运动的过程中，根据动量定理有－B I 2d Δt 2＝0－mv m该过程中通过R 的电荷量为q 2＝I 2Δt 2＝mv m Bd又q 2＝ΔΦ2R ＝Bsd R联立解得：s ＝m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ. 6．(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，ab 、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d .在导轨ab 、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ ，其质量为m 、长度恰好为d .另一质量为3m 、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m 、带电荷量为q 的光滑绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与导轨ef 成60°角的方向斜向右方进入磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两棒运动过程中不相碰，求：图6(1)小球在O 点射入磁场时的初速度v 0的大小；(2)金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q ；(3)在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离；(4)请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．答案 见解析解析 (1)小球运动轨迹如图所示，设光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径为r ，由图可知：r cos60°＋r ＝d 2得：r ＝d 3由牛顿第二定律可得：qBv 0＝m v 02r 得：v 0＝qBd 3m(2)由题意可知小球与MN 棒发生弹性碰撞，设碰后小球速度为v 1，MN 棒速度为v 2，可得： mv 0＝mv 1＋3mv 212mv 02＝12mv 12＋12×3mv 22 联立可得：v 2＝12v 0，v 1＝－12v 0 此后棒MN 与棒PQ 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为v ， 则有：3mv 2＝(m ＋3m )v可得：v ＝34v 2＝38v 0＝qBd 8m由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：E ＝12×3mv 22－12×4mv 2＝q 2B 2d 296m对棒PQ 应用动量定理可得：B I d Δt ＝mv －0即：BdQ ＝mv －0得：Q ＝q 8(3)由Q ＝ΔΦR ＝B ΔS R ＝Bd Δx R得棒MN 比棒PQ 多滑动的距离：Δx ＝QR Bd ＝qR 8Bd(4)由(2)可知球与MN 碰后，小球的速度为：v 1＝－12v 0, 棒MN 的速度为：v 2＝12v 0 小球碰后做圆周运动的半径：r ′＝d 6运动半个周期的时间为：t ＝πr ′v 02＝πd 3v 0假设这段时间内棒MN 减速到与PQ 同速，最小速度为v ＝38v 0，则其位移：x >vt ＝πd 8>r ′ 若这段时间内棒MN 没有减速到与PQ 同速，仍有其位移大于r ′ 此后棒MN 一直向左运动，故小球不会与MN 棒发生第二次碰撞．。
物理一轮复习课件： 电磁感应中动力学、动量和能量问题
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[跟进训练]
电磁感应中的平衡问题
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1.(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上 课
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能 力
沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质
限 时
全
突 破
量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回
集 训
时
全 突
集
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训
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
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[解析](1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大
小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持
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键 能
力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
后 限
力
全 突
2mgsin θ＝μN1＋T＋F
棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触
发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝
0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
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全 突
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(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
关
课
键 能
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
集 训
据能量守恒定律，金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ过程动能
变化量为0，重力做功为2mgd，则金属杆穿过磁场Ⅰ产生的热量Q1
高三物理一轮复习——电磁感应中的动量和能量问题
高三物理一轮复习——电磁感应中的动量和能量问题
例2 (2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L 的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN 右侧区域存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m 、长度均为L 、电阻均为R 的导体棒a 、b ，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b 静止于与MN 相距为x 0处，导体棒a 以水平速度v 0从MN 处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a 、b 没有发生碰撞．求：
图3
(1)导体棒b 中产生的内能；
(2)导体棒a 、b 间的最小距离．
答案 (1)18m v 02 (2)x 0－m v 0R B 2L 2 解析 (1)导体棒a 进入磁场后，a 、b 及导轨组成的回路磁通量发生变化，产生感应电流．在安培力作用下，a 做减速运动、b 做加速运动，最终二者速度相等．此过程中系统的动量守恒，以v 0的方向为正方向，有
m v 0＝2m v
根据能量守恒定律
12m v 02－12
·2m v 2＝Q 导体棒b 中产生的内能
Q b ＝Q 2
整理得Q b ＝18
m v 02； (2)设经过时间Δt 二者速度相等，此过程中安培力的平均值为F ，导体棒ab 间的最小距离为x .以b 为研究对象，根据动量定理
F Δt ＝m v
而F ＝BIL。
高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题
高考物理一轮复习专题强化—带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题【专题解读】1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考常以计算题出现。
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平抛运动、圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。
3.用到的知识：受力分析、运动分析、能量观点。
题型一带电粒子在交变电场中的运动1.常见的交变电场常见的产生交变电场的电压波形有方形波、锯齿波、正弦波等。
2.常见的题目类型(1)粒子做单向直线运动(一般用牛顿运动定律求解)。
(2)粒子做往返运动(一般分段研究)。
(3)粒子做偏转运动(一般根据交变电场特点分段研究)。
3.思维方法(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)：抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的临界条件。
(2)从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系。
【例1】(多选)(2020·湖北荆门市1月调考)如图1(a)所示，A、B表示真空中水平放置的相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场。
现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t＝0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度v0射入电场，忽略粒子的重力，则下列关于粒子运动情况的表述中正确的是()图1A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出答案BC解析如果板间距离足够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前飞出极板，当飞出时垂直于极板的速度恰好为零时，将沿与板平行的方向飞出。
2022-2023年高考物理一轮复习 电场和磁场及带电粒子运动问题
荷量大于－Q2的电荷量，＋Q1附近的电场线要比－Q2附近的电场线密，A、O两
点之间的平均电场强度要比O、B两点之间的平均电场强度大，由E＝
U d
定性分
析可知，A、O两点之间的电势差大于O、B两点之间的电势差，C正确；O点电
势高于P点，但越靠近－Q2，电势越低，将一试探电荷＋q从P点移至O点的过程 中，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D错误。
答案 C
例2 (多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，同一平面内的a、b、c、d四点处于匀 强电场中，电场方向与此平面平行，M为a、c连线的中点，N为b、d连线的中 点。一电荷量为q(q＞0)的粒子从a点移动到b点，其电势能减小W1；若该粒子从 c点移动到d点，其电势能减小W2。下列说法正确的是( )
A．此匀强电场的场强方向一定与a、b两点连线平行 B．若该粒子从M点移动到N点，则电场力做功一定为W1＋2 W2 C．若c、d之间的距离为L，则该电场的场强大小一定为WqL2 D．若W1＝W2，则a、M两点之间的电势差一定等于b、N两点之间的电势 差
[解析] 结合题意，只能判定Uab＞0，Ucd＞0，但电场方向不能确定，A项
专题五 电场与磁场
第1讲 电场和磁场及带电粒子运动问题
1．电场力的性质 (1)电场强度的定义式： 1 E＝Fq 。 (2)真空中点电荷的电场强度决定式： 2 E＝krQ2 。 (3)匀强电场的电场强度与电势差的关系式： 3 E＝Ud 。
2．电场能的性质
(1)电势的定义式： 4 φ＝Eqp 。
WAB (2)电势差的定义式：UAB＝ 5 q 。
[答案] AD
拓展演练1 (2019·辽宁五校模拟)如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点 A、B分别固定放置点电荷＋Q1和－Q2，x轴上的P点位于B点的右侧，且P点电 场强度为零。设无穷远处电势为零，则下列判断正确的是( )
全国高考物理复习资料电磁感应中的能量与动量问题
点评
▪ 分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆 的最大速度差：开始时，金属杆甲在恒力F作用 下做加速运动，回路中产生感应电流，金属杆乙 在安培力作用下也将做加速运动，但此时甲的加 速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差 将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电流将 增大，同时甲、乙两杆所受安培力增大，导致乙 的加速度增大，甲的加速度减小。但只要a甲>a乙， 甲、乙的速度差就会继续增大，所以当甲、乙两 杆的加速度相等时，速度差最大。此后，甲、乙 两杆做加速度相等的匀加速直线运动。
由法拉第电磁感应定律可知，回路中的感应电动势
E B S t
解析
回路中的电流
i E 2R
杆甲的运动方程 FBlima
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反 的，所以两杆的动量 (T=0时为0）等于外力F的冲量
F t m1vm2v
解析
▪ 联立以上各式解得
v11 2[F m 1B 22R F(Fm)a] v21 2[F m 1B22R I2(Fm)a] 代入数据得
电磁感应中的能量、动量问题
问题的提出
▪ 【例1】如图所示，两根间距为l的光滑金属导轨（不计电 阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段部分组成。 其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为 B，导轨水平段上静止放置一金属棒cd，质量为2m。， 电阻为2r。另一质量为m，电阻为r的金属棒ab，从圆弧 段M处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径 为R，所对圆心角为60°，求：
▪ 分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析 清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相 互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功， 就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能 转化为电能，做正功则将电能转化为其它形式的能；然后 利用能量守恒列出方程求解。
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高三物理一轮复习——电场和磁场中的动量和能量问题
例1 (2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H 的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A ，将质量为m 、电荷量为＋q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g .
图1
(1)求小球平抛的初速度v 0的大小；
(2)若电场强度大小为E ，求A 点距该区域上边界的高度h ；
(3)若电场强度大小为E ，令该小球所带电荷量为－q ，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．
答案 (1)mg qB (2)E 22gB 2 (3)BH E －m 2g BEq 2
解析 (1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，分析小球的受力，如图所示，小球做直线运动则有
q v B cos θ＝mg ，v ＝v 0cos θ
解得v 0＝mg qB
； (2)小球从A 点抛出到刚进入复合场，由动能定理
mgh ＝12m v 2－12
m v 02 又由(1)知(mg )2＋(qE )2＝(q v B )2
联立解得h ＝E 22gB 2
(3)设某时刻小球经复合场某处时速度为v ，将其正交分解为v x 、v y
，则小球受力如图，在水。