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高中物理解题方法和应试技巧


高中物理解题方法和应试技巧
一、解答物理问题的常用方法 方法一 隔离法和整体法
1.所谓隔离法,就是将物理问题的某些研究对象或某些过程、状态从系统或全过程中隔离出来进行 研究的方法.隔离法的两种类型: (1)对象隔离:即为寻求与某物体有关的所求量与已知量之间的关系,将某物体从系统中隔离出来. (2)过程隔离:物体往往参与几个运动过程,为求解涉及某个过程中的物理

量,就必须将这个过程从 全过程中隔离出来. 2.所谓整体法,是指对物理问题的整个系统或过程进行研究的方法,也包括两种情况: (1)整体研究物体体系:当所求的物理量不涉及系统中某个物体的力和运动时常用. (2)整体研究运动全过程:当所求的物理量只涉及运动的全过程时常用. 此方法多用于与受力、运动有关的问题. 如下图所示,两个完全相同的球,重力大小均为 G, 两球与水平地面间的动摩擦因数均为 μ,一根轻绳两端固定在两个 球上,在绳的中点施加一个竖直向上的拉力,当绳被拉直后,两绳 间的夹角为 α.问当 F 至少为多大时,两球会发生滑动? 【解析】 设绳子的拉力为 FT,水平面对球的支持力为 FN,选其 中某一个球为研究对象,发生滑动的临界条件是 α α 1 FTsin =μFN ① 又 FTcos = F ② 2 2 2 再取整体为研究对象,由平衡条件得 F+2FN=2G ③ 2μG 联立①②③式得 F= . α tan +μ 2

mgr 故小珠运动到 B 点时有最大动能为 . 4

方法三

极值法

描述某一过程的物理量在变化过程中,由于受到物理规律或条件的制 约, 其取值往往只能在一定范围内才能符合物理问题的实际, 而在这一 范围内该物理量可能有最大值、 最小值或是确定其范围的边界值等一些 特殊值. 极值问题求解方法有以下几种: 1.算术——几何平均数法,即 (1)如果两变数之和为一定值,则当这两个数相等时,它们的乘积取极 大值. (2)如果两变数的积为一定值,则当这两个数相等时,它们的和取极小值. 2.判别式法,即方程 ax2+bx+c=0 有实根时,Δ=b2-4ac≥0. b 3.二次函数法,即 y=ax2+bx+c,若 a>0,则当 x=- 时,有 ymin=(4ac-b2)/(4a);若 a<0,则 2a b 当 x=- 时,有 ymax=(4ac-b2)/(4a). 2a 4.三角函数法,如 y=asinα+bcosα 的最小值为- a2+b2,最大值为 a2+b2. 如下图所示,光滑水平面右端 B 处连接一个竖直的半径为 R 的光滑半圆轨道,B 点为 水平面与轨道的切点,在离 B 处距离为 x 的 A 点,用水平恒力 F(大小未知)将质量为 m 的小球从静 止开始推到 B 处后撤去恒力,小球沿半圆轨道运动到 C 处后又正好落回 A 点.求: (1)推力 F 对小球所做的功; (2)x 取何值时, 完成上述运动推力所做的功最少?最少的 功为多少? (3)x 取何值时,完成上述运动推力最小?最小推力为多 少? 【解析】 (1)小球从半圆形轨道的最高点 C 处做平抛运 动又回到 A 点,设小球在 C 点的速度为 vC,小球从 C 点 运动到 A 点所用的时间为 t 1 在水平方向:x=vCt① 在竖直方向:2R= gt2② 2 x g 联立①②式得 vC= ③ 2 R 1 对小球从 A 点到 C 点,由动能定理有:WF-mg· 2R= mv2 ④ 2 C 2 2 mg?16R +x ? 解得:WF= .⑤ 8R 1 (2)要使力 F 做功最少,确定 x 的取值,由 WF=2mgR+ mv2 知,只要小球在 C 点速度最小,则 WF 2 C 就最小.若小球恰好能通过 C 点,设其在 C 点的速度最小为 v mv2 x g 由牛顿第二定律有:mg= ,则 v= Rg⑥ 由③⑥有: = Rg R 2 R 5 解得:x=2R,⑦ 即当 x=2R 时,WF 最小,最小的功为 WF= mgR.⑧ 2

方法二

等效法

等效法是物理学中一个基本的思维方法,其实质是在效果相同的条件下,将复杂的情景或过程变换 为简单的情景或过程. 1.力的等效:合力与分力具有等效性,将物体所受的多个恒力等效为一个力,就把复杂的物理模型 转化为相对简单的物理模型,大大降低解题难度. 2.电路等效:在元件确定的情况下,线路连接千变万化,有些电路元件的连接方式并非一目了然, 这就需要画等效电路图. 3.物理过程的等效:若一个研究对象从同一初始状态出发,分别经过 两个不同过程而最后得到的结束状态相同,这两个过程是等效的. 半径为 r 的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内, 环上套有一个 质量为 m、 带正电的珠子, 空间存在水平向右的匀强电场, 如右图所示, 3 珠子所受静电力是其重力的 倍. 将珠子从环上最低位置 A 点静止释放, 4 则珠子所能获得的最大动能是多少? 【解析】 珠子在运动中所受到的电场力和重力均不变,把电场和重力 5 4 场叠加, 重力 mg 和电场力 Fe 的等效场力 F= mg, 方向与重力夹角 α=arccos .如图所示, 图中 DOCB 4 5 是等效场力的方向.显然,珠子在达到图中的位臵 B 时,具有最大的动能.这一动能值为自 A 至 B 5 4 mgr 过程中等效场力 F 对珠子所做的功 Ekm=Fr(1-cosα)= mgr(1- )= 4 5 4

mg?16R2+x2? 1 16R x (3)由⑤式 WF= 及 WF=Fx 得:F= mg( + )⑨ 8R 8 x R 16R x F 有最小值的条件是: = ,即 x=4R⑩ 由⑨⑩解得最小推力为:F=mg. x R

方法四

极限思维法

极限思维方法是一种比较直观、简捷的科学方法.在物理学的研究中,常用它来解决某些不能直接 验证的实验和规律,例如伽利略在研究从斜面上滚下的小球运动时,将第二个斜面外推到极限—— 水平面; 在物理习题中,有些题涉及的物理过程往往比较复杂,而这个较为复杂的物理过程又隶属于一个更 大范围的物理全过程,需把这个复杂的物理全过程分解成几个小过程,而这些小过程的变化是单一 的,那么,采用极限思维方法选取全过程的两个端点及中间的奇变点来进行分析,其结果包含了所 要讨论的物理过程,从而使求解过程简单、直观. 如下图所示, 一根轻弹簧上端固定, 下端挂一个质量为 m0 的平盘, 盘中有一质量为 m 的物体,当盘静止时,弹簧的长度比其自然长度伸长了 l.今 向下拉盘使弹簧再伸长 Δl 后停止, 然后松手放开, 设弹簧总处在弹性限度之内, 则刚松手时盘对物体的支持力等于( ) Δl Δl Δl Δl A.(1+ )mg B.(1+ )(m+m0)g C. mg D. (m+m0)g l l l l 【解析】 假设题给条件中 Δl=0,其意义是没有将盘往下拉,则松手放开, 弹簧的长度不会变化,盘仍静止,盘对物体的支持力大小应为 mg. 将 Δl=0 代入四个备选答案中,只有答案 A 能得到 mg,可见只有答案 A 正确,故本题应选 A.

的规律,按不同的规律运动和变化.如光学中折射现象的“临界角”、超导现象中的“临界温度”、 核反应中的“临界体积”、光电效应中的极限频率、静摩擦现象中的最大静摩擦力等.在中学物理 中像这样明确指出的临界值是容易理解和掌握的,但在高考题中常常是不明确的提出临界值,而又 必须通过运用所学知识去分析临界条件、挖掘出临界值.在物理问题中,很多都涉及临界问题,分 析临界问题的关键是寻找临界状态的条件. 解决临界问题,一般有两种基本方法: 1.以定理、定律为依据,首先求出所研究问题的一般规律和一般解,然后分析、讨论其特殊规律和 特殊解. 2.直接分析、讨论临界状态和相应的临界值,求解出研究问题的规律和解. 如图所示,一个质量为 m、电荷量为+q 的小球(可视为 质点),沿光滑绝缘斜槽从比 A 点高出 H 的 C 点由静止下滑,并从 A 点水平切入一个横截面为正方形且边长为 a、 高为 h(h 可变)的有界匀 强磁场区内(磁场方向沿竖直方向),A 为横截面一条边的中点,已知 小球刚好能在有界磁场区内运动,最后从 A 点正下方的 D 点离开有 界磁场区,求: (1)磁感应强度的大小和方向; (2)有界磁场区域高度 h 应满足的条件; (3)在 AD 有最小值的情况下,小球从 D 点射出的速度. 1 【解析】 (1)设小球到 A 点时速度为 v0,由动能定理有: mgH= mv2 2 0 解得:v0= 2gH

方法五

图象法

运用图象解答物理问题的步骤 1.看清纵横坐标分别表示的物理量; 2.看图象本身,识别两物理量的变化趋势,从而分析具体的物理过程; 3.看两相关量的变化范围及给出的相关条件,明确图线与 坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的 物理意义. 如下图所示,电源 E=12.0V,内电阻 r=0.6Ω, 滑动变阻器与定值电阻 R0(R0=2.4Ω)串联,当滑动变阻器的 滑片 P 滑到适当位置时,滑动变阻器的发热功率为 9.0W, 求这时滑动变阻器 aP 部分的阻值 Rx. 【解析】 由闭合电路欧姆定律作 aP 两端的 UaP-I 图象, 因图上任意一点的 UaP 与 I 所对应的矩形面积是外电路电阻 Rx 的输出功率,从而由已知 Rx 的功率求出对应的 Rx 值. 根据闭合电路欧姆定律 U=E-Ir 得 UaP=12-(0.6+2.4)I=12-3I 作 UaP-I 图象如图所示, 由图可分析找到滑动变阻器的发热功 率为 9W 的 A 点和 B 点,所以 Rx 有两个值. Rx1=9Ω,Rx2=1Ω.

v0 2 小球进入磁场,在水平面内的分运动是匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qv0B=m R mv0 a 2m 2gH 解得:R= 由几何关系得:R= 解得:B= ,方向竖直向下. qB 2 qa 2πR πa (2)小球在水平面内做匀速圆周运动的周期 T= = v0 2gH 1 2 n2π2a2 竖直方向上为自由落体运动,有:h= gt 由题意知 t=nT(n=1,2,3,?) 解得:h= . 2 4H 2 2 πa (3)当 n=1 时,AD 最小,h= 从 C 点到 D 点过程中,由机械能守恒定律有: 4H 1 2 π2a2 mv =mg(H+h) 联立解得:v= 2g? +H?. 2 4H

二、三种常见题型的解答技巧
题型一 选择题 题型特点
选择题是客观型试题,具有知识覆盖面广,形式灵活多变,推理较多,计算量小的特点.高考中选 择题注重基础性,增强综合性,体现时代气息,在注重考查基础知识、技能、方法的同时加大了对 能力考查的力度,考潜能、考应用,一个选择题中常提供一项或多项正确答案,迷惑性较强,为中 或中下难度.

解答技巧
解答好选择题要有扎实的知识基础,要对基本物理方法和技巧熟练掌握.解答时要根据具体题意准 确、熟练地应用基础概念和基本规律,进行分析、推理和判断.解答时要注意以下几点: 1.仔细审题,抓住题干和选项中的关键字、词、句的物理含义,找出物理过程的临界状态、临界条

方法六

临界条件法

物理系统由于某些原因而发生突变时所处的状态, 叫做临界状态. 临界状态可以理解为“恰好出现” 或“恰好不出现”两种状态,突变的过程是从量变到质变的过程,在临界状态前后,系统服从不同

件.还要注意题目要求选择的是“正确的”还是“错误的”、“可能的”还是“一定的”. 2.每一个选项都要认真研究,选出正确答案,当某一选项不能确定时,宁可少选也不要错选. 3.检查答案是否合理,与题意是否相符. 解答选择题的常用方法有:直接判断法、比较排除法、特殊值法、解析法、极限分析法、图象法、 几何图解法等.要善于应用这些方法技巧,做到解题既快又准.



10 gR时,由于上升到最高点时有水平速度,故上升高度小于 5R/3.故选项 B、C 正确. 3

题型二

实验题

题型特点

失分原因 1.单凭直觉经验,贸然判断而错选.2.注意力受干扰,主次不分而错选. 3.知识含糊不清,模棱两可而错选.4.不抓重点类比,仓促建模而错选.
质量 m=4kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点 O,先用沿 x 轴正方向 的力 F1=8N 作用了 2s,然后撤去 F1,再用沿 y 轴正方向的力 F2=24N 作用了 1s.则质点在这 3s 内 的轨迹为下图中的( )

【解析】 质点先以 2m/s2 的加速度沿 x 轴正方向做匀加速直线运动,2s 时位移 x1=4m,施加沿 y 轴正方向的力 F2 后做“类平抛运动”,沿 y 轴正方向质点速度逐渐增大,1s 后的位臵坐标为 x=4m +4m=8m,y=3m,故 D 项正确. 小车上固定一个光滑的竖直圆轨道,轨道半径为 R,有一小球在轨道的底端,它们一 10 起以速度 v0 向右做匀速运动,如图所示.若 v0≤ gR,则当小车突然遇到障碍物阻挡运动停止 3 时,下列有关小球能够上升到的最大高度(距离底部)的说 法中,正确的是 ( ) v0 2 A.一定可以表示为 2g B.可能为 R/3 C.可能为 R D.可能为 5R/3 【解析】 由于小球做曲线运动,小球上升到最高点时的 v2 0 速度不一定为零,用 表示上升到的最大高度不一定正确,若小球恰好上升到高度 R 处,则由机械 2g 1 能守恒可知 mgR= mv0 2,得 v0= 2gR;则当 v0≤ 2gR时,小球沿圆轨道上升的高度 h≤R;若小 2 1 1 球恰好通过到最高点,则上升过程中由机械能守恒得 2mgR= mv0 2- mv2,在最高点由牛顿第二定 2 2 v2 律得 mg=m ,解得 v0= 5gR,当 v0≥ 5gR时,小球能做完整的圆周运动;当 2gR<v0< 5gR时, R 小球沿圆轨道上升 R 后,会继续上升一段时间,在达到最高点之前脱离轨道而做斜上抛运动,当 v0

考查基本仪器的使用方法和不同实验中对仪器的选择, 考查基本实验原理在新的环境下的变通运用, 考查利用基本操作来完成新的实验任务,近几年高考不仅考查课本的分组实验,还考查演示实验, 而且出现了迁移类实验、应用型实验、设计型实验及探究型实验,有填空作图型实验题、常规实验 题、设计型实验题等. 解答技巧 1.要明确考查知识范围 现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识.尽管题目千变万化,但通过仔细审题, 一定能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图. 2.要看清实验题图 实验题一般配有相应的示意图、实物图,实质是告知实验仪器(或部分)及其组装情况,让考生琢磨 考查意图.只有看清了实验仪器,才使你有身临其境的感觉.认识这些器材在实验中所起的作用, 便能初步勾画实验过程. 3.要捕捉并提取信息 试题总是提供诸多信息从而再现实验情景,因此,正确解答时必须捕捉并提取有价值的信息,使问 题迎刃而解.一般需要关注如下信息: (1)新的概念、规律、公式.一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验 证题,都为我们提供信息.在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务. (2)新的表格数据.通过解读表格,了解实验测量的物理量,根据表格中的数据,判断相关物理量之 间的关系.如正比例关系,反比例关系,平方还是开方关系,或者是倒数关系.根据数据描点作图、 直观实验反映的某种规律. (3)新的物理图象.实验题本身提供物理图象,但这些图象平时没有接触过,关键要明确图象的物理 意义,帮助正确分析实验问题.

失分原因 (1)填空:不能用物理述语,回答不全面,数字只写数漏写单位,不注意有效数字. (2)

(3)结果 误差太 大.

在“探究恒力做功与动能改变的关系”的实验中,某实验小组采用如图甲所示的装 置.实验步骤如下: ①把纸带的一端固定在 小车的后面, 另一端穿过 打点计时器 ②改变木板的倾角, 以重 力的一个分力平衡小车 及纸带受到的摩擦力 ③用细线将木板上的小 车通过一个定滑轮与悬 吊的砂桶相连 ④接通电源,放开小车, 让小车拖着纸带运动, 打 点计时器就在纸带上打 下一系列的点 ⑤测出 x、x1、x2(如图乙 所示),查得打点周期为 T. (1) 判 断 重 力 的 一 个 分 力 是 否 已 与 小 车 及 纸 带 受 到 的 摩 擦 力 平 衡 的 直 接 证 据 是 _________________________________ _______________________________________. (2)本实验还需直接测量的物理量是________.(并用相应的符号表示) (3)探究结果的表达式是________.(用相应的符号表示) 【解析】 (1)若重力的一个分力与小车及纸带受到的摩擦力平衡,则不挂砂桶时,轻推小车,小车 做匀速直线运动,纸带上打出的点间距相等. (2)要探究细线对小车做功与小车动能改变的关系,除测出 x、x1、x2 外,还必须测出小车的质量 M 和砂桶的总质量 m. 1 x2 1 x1 (3)表达式为 mgx= (M+m)( )2- (M+m)( )2. 2 2T 2 2T 某实验小组在实验室中测定一节干电池的电动势和内阻,他们观察实验桌上备用的器 材统计编号如下: ①干电池(电动势 E 约为 1.5V,内电阻 r 约为 1.0Ω); ②电流表 G(满偏电流 3.0mA,内阻 RG=10Ω); ③电流表 A(量程 0~0.6A,内阻约为 0.5Ω); ④滑动变阻器 R(0~20Ω,10A); ⑤滑动变阻器 R′(0~100Ω,1A); ⑥定值电阻 R2=990Ω; ⑦开关 S 和导线若干. (1)为了能准确地进行测量,同时为了操作方便,实验中应选用的滑动变阻器是________.(填写器材 编号) (2)请在下图中的虚线框内画出他们采用的实验原理图.(标注所选择的器材的符号)

(3)该小组根据实验设计的原理图测得的数据如下表,为了采用图象法分析处理数据,请你在图中的 坐标纸上选择合理的标度,作出相应的图线. 1 2 3 4 5 6 序号 1.37 1.35 1.26 1.24 1.18 1.11 电流表 G(I1/mA) 0.12 0.16 0.21 0.28 0.36 0.43 电流表 A(I2/A) (4)根据图线求出电源的电动势 E=________V(保留三位有效数字), 电源的内阻 r=________Ω.(保留 两位有效数字). 【解析】 (1)为了便于调节,滑动 变阻器的阻值不能太大,选择④比 较合适. (2)由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 可知,只要能测出两组路端电压和 电流即可,但题目中只给出两个电 流表且其中一个电流表 G 的内阻已 知,可以把内阻已知的电流表和定 值电阻 R2 串联作电压表使用. 电路 图如图甲所示. (3)若取纵轴表示 I1,横轴表示 I2, 描点后连线如图乙所示,连线时因 为第三组误差较大,所以舍弃. E r (4)公式 E=U+Ir 可以变形为:E=I1(R2+RG)+I2r,变形可得 I1= - I, R2+RG R2+RG 2 E 与纵轴截距为 =1.48mA, R2+RG 解之得 E=1.48V, 直线的斜率的绝对值等于 - ?1.48-1.06?×10 3 r = Ω,解之得 r=0.84Ω. R2+RG 0.50-0.00

题型三 计算题 题型特点
计算题一般给出较多的信息,有清晰的已知条件,也有隐含条件,在实际物理情景中包含有抽象的 物理模型,在所给出物理过程的信息中有重要的临界条件,题目思维量大,解答中要求写出重要的 演算步骤和必要的文字说明.

解答技巧
1.文字说明 (1)研究对象(个体或系统)、过程或状态. (2)所列方程的依据名称(是展示逻辑思维严密性的重要方面). (3)题目的隐含条件,临界条件. (4)非题设字母,符号的物理意义.字母符号书写,使用要规范. (5)规定的正方向,零势点(面)及所建立的坐标系. (6)结果的物理意义,给出明确答案. 2.必要方程 (1)写出符合题意的原始方程(是评分依据,文字说明一般不计分),不能写变形式. Mm (2)要用字母表述方程,不要写有代入数据的方程,方程不能相“约”,如“G 2 =mg”. r (3)要用原始方程组联立求解,不要用连等式,不要不断的“续”进一些内容. (4)方程式有多个时,应分步列(分步得分),并对各方程式编号(便于计算和说明),不要合写一式,以 免一错全错. (5)书写规范实例(原题略). ①用字母表达方程,不要含有数字方程.如:要“F-Ff=ma”,不要“6.0-Ff=2.0a”. ②要原始方程,不要变形后的方程,不要方程套方程.如:要“F-Ff=ma”,“Ff=μmg”,“v2 =2as”. ③要文字说明,不要公式,公式的字母常会带来混乱.如:要“根据牛顿第二定律”,不要“据 F =ma”. ④要用原始方程式联立求解,不要连等式. ⑤方程要完备、不要漏方程.如:写了“F-Ff=ma”,“Ff=μFN”而漏写了“FN=mg”. ⑥要规范,不要乱.如:要“F-Ff=ma”不要“F=ma+Ff”. 3.运用数字 (1)几何关系只说结果,不必证明. (2)数字相乘,要用“×”,不用“.”. (3)卷面上不能打“/”相约. 4.字母规范 (1)题目给了符号一定不要再另立符号. (2)尊重课本常用符号,使用课本常用字母符号. (3)书写工整.

5.知识把握不准:常把“定律”写成“定理”,“定理”写成“定律”. 6.计算:无公式,只有数字,不使用国际单位制或单位不统一. 7.连笔、小数点不清晰;连续写下去,将方程、答案淹没在文字之中. 套用模板 解 对??(研究对象) 设??(未知量)?? 从??(状态)??(状态) 根据??(定理、定律)?? 得:??(具体问题的原始方程)??① 根据??(定理、定律)?? 得:??(具体问题的原始方程)??② 联立方程①②得:??(待求物理量的表达式) 代入数据解得??(待求物理的数值带单位).
如下图所示的平行板器件中, 存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场, 磁场的磁感应强度 B1=0.20 T,方向垂直纸面向里.电场强度 E1=1.0×105V/m,PQ 为板间中线.紧靠平行板右侧边 缘 xOy 坐标系的第一象限内,有一边界线 AO,与 y 轴的夹角∠AOy=45° ,边界线的上方有垂直纸 面向外的匀强磁场,磁感应强度 B2=0.25 T,边界线的下方有竖直向上的匀强电场,电场强度 E2= - - 5.0×105V/m.一束带电荷量 q=8.0×10 19 C、 质量 m=8.0×10 26kg 的正离子从 P 点射入平行板间. 沿 中线 PQ 做直线运动,穿出平行板后从 y 轴上坐标为(0,0.4m)的 Q 点垂直 y 轴射入磁场区,多次穿越 边界线 OA.求: (1)离子运动的速度为多大? (2)离子通过 y 轴进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需的 时间? (3)离子第四次穿越边界线的位置坐标. 【解析】 (1)设正离子的速度为 v,则有 qE1=qvB1 代入 数据解得 v=5.0×105m/s. (2)离子进入磁场,做圆周运动, v2 由牛顿第二定律得 qvB2=m ,得 r=0.2m r 作出离子的轨迹,交 OA 边界为 C,OQ=2r T πm - 则运动时间 t1= = =6.28×10 7s 4 2qB2 2v 离子过 C 点平行电场线进入电场,做匀减速运动,返回 C 的时间为 t2,则 t2= a qE2 - 而 a= =5×1012m/s2,所以 t2=2×10 7s m - 离子从进入磁场到第二次穿越边界线 OA 所需时间 t=t1+t2=8.28×10 7s. (3)设离子第二次穿越边界线 OA 的位臵 C 的横、纵坐标为(xC,yC),则 xC=r=0.2m,yC=OQ-r= 0.2m 1 离子从 C 点以竖直向上的速度垂直进入磁场做圆周运动,恰好完成 圆弧,如图所示,则以水平向 4 右速度从 D 点离开磁场,离子第三次穿越边界线 OA,则 xD=xC+r=0.4m,yD=yC+r=0.4m

失分原因 1.最后结果:只写数字,漏掉单位,失去宝贵的 2 分或 1 分;求力等矢量时,不指明 方向;求有正负值的物理量不说明意义. 2.字母符号:不用题给的字母符号;自设符号不说明意义;将 v0 写成 v,θ 写成 α,G 写成 a,g 写成 q 等. 3.不按题给条件表示结果. 4.物理情景模糊:没有画运动示意图或物体受力示意图(导致漏力)的习惯.

1 y - 离子垂直电场线进入电场,做类平抛运动,x=vt3,y= at2,tan 45° ,则 t3=0.2×10 6s,x=0.1m, = 2 3 x y=0.1m 即离子第四次穿越边界线的位臵坐标为(0.5m,0.5m). 如图所示,在学习了曲线运动之后,为了研究平抛与 圆周运动,一学生站在 3 米高的平台上将一质量为 m=1kg、电荷量 为 q 的带正电小球,系于长为 L=2m 的不可伸长的绝缘轻绳的一端, 绳的另一端用一不计质量的测力计固定在 O 点,在 O 点右侧竖直平 面内加一电场强度大小为 E=3mg/q、方向竖直向下的匀强电场(包含 O 点).该学生绝缘地把小球从 O 点的正上方距离 O 点 1m 处的 O1 点以速度 v0=4 5m/s 沿水平方向抛出(取 g=10m/s2). 该学生计算得出小球经过 O 点正下方的瞬时绳的拉力为 200N,结果 发现测力计的读数与计算结果不一致, 请你通过计算说明正确的结果 为多少. 【解析】 小球先做类平抛运动,绳绷直后小球做圆周运动.设类平 抛运动的时间为 t,小球在竖直方向的加速度为 a,则对小球做类平 1 抛运动的过程水平位移 x=v0t,竖直位移 y= at2 2 由牛顿第二定律得 mg+Eq=ma 类平抛运动结束时绳绷直,有 x2+(1-y)2=L2 1 联立以上四式可得 t= s,y=1m=O1O, a=4g,x=2m 2 5 所以绳绷直时刚好水平,如图所示.由于绳不可伸长,故绳绷直时,v0 消失,小球仅剩速度 v⊥,且 v⊥=at=4 5m/s 之后小球在竖直平面内做圆周运动,设小球到达 O 点正下方时,速度为 v′,根据动能定理可得 1 1 mgL+EqL= mv′2- mv2 2 2 ⊥ v′2 设此时绳对小球的拉力为 FT,则 FT-mg-qE=m 联立解得:FT=160N. L

易错点 2:对平衡状态理解有偏差而出错
如下图所示,一质量为 m 的圆环套在一光滑固定杆上,杆与水平面倾角为 α,用轻绳通 过定滑轮与质量为 M 的物块相连,现将圆环拉到 A 位置由静止释放,AO 水平,圆环向下运动到达 最低点 B, 已知 OC 垂直于杆, 与 OC 之间的夹角 β=58.7° A 与定滑轮间距离 L=1m, OB , g=10m/s2. (1)求物块质量 M 与圆环质量 m 的比值 M∶m; (2)若 M∶m=2.5,α=60° ,β=58.7° ,试求圆环运动到 C 点时的速度 v; (3)简要描述圆环从 A 运动到 B 的过程中,物块速度大小的变化情况. 【易错诊断】 解答此题的常见错误是:认为圆环在 B 点速度为零,所 受合外力为零,列出方程,从而解出 M∶m.造成错误的原因是把圆环速 度为零错误认为是平衡条件. (1)圆环在 B 点虽然速度为零,但并不处于平衡状态 对圆环由 A 运动到 B 的过程,由机械能守恒定律有 mgLsinα(cosα+tanβsinα)=MgL(sinα/cosβ-1) 可得 M:m=sinα(cosα+tanβsinα)∶(sinα/cosβ-1). (2)圆环运动到 C 点时,沿绳方向的速度为 0,所以此时 M 速度为 0,对 系统由机械能守恒定律有 mv2/2=mgLsinαcosα+MgL(1-sinα) 而 M=2.5m,α=60° , 联立解得 v=3.92m/s. (3)M 先向下加速运动、再减速运动到零、然后向上加速运动、再减速运动到零. 【走出误区】 平衡状态指的是合外力为零或加速度为零的状态,而不是速度为零的状态.

易错点 3:对瞬时问题分析不清而出错
(1)如图甲所示,一质量为 m 的小球系于长度不同的 l1、l2 两根细线上,l1 线的一端悬挂 在天花板上,与竖直方向夹角为 θ,l2 线水平拉直,小球处于平衡状态.现将 l2 线剪断,求剪断 l2 线瞬间小球的加速度. (2)若将图甲中的 l1 线改为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图乙所示,其他条件不变,将 l2 线剪断, 求剪断 l2 线瞬间小球的加速度. 【易错诊断】 解答该题易犯的错误是:设 l1 线上拉力为 F1,l2 线上拉力为 F2,小球重力为 mg, 小球在三力作用下保持平衡,则 F1cosθ=mg,F1sinθ=F2 联立解得 F2=mgtanθ 剪断 l2 线的瞬间,F2 突然消失,小球即在 F2 反方向获得加速度,因为 mgtanθ=ma,所以加速度 a =gtanθ,方向沿 F2 反方向.

三、考场常见错误诊断
易错点 1:对概念理解不到位而出错
物块静止在固定的斜面上,分别按下图所示的方向对物块施加大小相等的力 F,A 中 F 垂直于斜面向上,B 中 F 垂直于斜面向下,C 中 F 竖直向上,D 中 F 竖直向下,施力后物块仍然静 止,则物块所受的静摩擦力增大的是( ) 【易错诊断】 误认为 B、D 图中都增大了正压力,物块所受的静摩擦力增大,产生错误的原因是 混淆了滑动摩擦力和静摩擦力的区别.应该这样分析:先根据题设条件判断物块与斜面之间是静摩 擦力,而静摩擦力与压力无关,分别对图示的物块进行受力分析,画出受力分析图,将重力与 F 分 别沿平行斜面方向和垂直斜面方向进行分解,由平衡条件可知,物块所受的静摩擦力与重力和 F 在 平行斜面方向的分力平衡,显然物块所受静摩擦力增大的是图 D,减小的是图 C,不变的是图 A、 B. 【走出误区】 遇到涉及摩擦力的问题,首先应分析是静摩擦力还是滑动摩擦力,滑动摩擦力大小 与正压力有关,用公式 Ff=μFN 计算,静摩擦力的大小与正压力无关,要依据平衡条件或牛顿第二 定律列方程计算.

对第(2)问仍然按照上述方法解答,得出加速度 a=gtanθ. 上述解答错误的原因是忽视了轻绳中弹力的突变和加速度的瞬时性.正确解答是: (1)图 A 中将 l2 线剪断的瞬间,F2 突然消失,l1 线上拉力发生了突变,l1 线上的拉力和重力的合力不 再是沿 F2 反方向.小球将沿以悬点为圆心,以 l1 线长度为半径的圆弧运动,其合力的方向沿圆弧的 切线方向.其合力大小为 F=mgsinθ,加速度 a=F/m=gsinθ. (2)设弹簧 l′1 上拉力为 F1,l2 线上拉力为 F2,小球重力为 mg,小球在三力作用下保持平衡有 F1cosθ=mg,F1sinθ=F2 联立解得 F2=mgtanθ 剪断 l2 线的瞬间,F2 突然消失,小球在 F2 反方向上获得加速度,由牛顿第二定律有 F2=ma,解得 加速度 a=F2/m=gtanθ,方向沿 F2 反方向. 【走出误区】 形变量不明显的物体产生的弹力可以突变,如轻绳的拉力、轻杆的弹力、支持面的 支持力等;有明显形变的物体的弹力不能发生突变,如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力等.

设摩托车先加速到一个较大的速度 vm,然后减速到 v2,加速时间 t′1,通过的位移为 x′1,减速时 间 t′2,通过的位移为 x′2 由题意得 vm=a1t′1,v2=vm-a2t′2′,x′1=a1t′1 2/2,x′2=vmt2′-a2t′2 2/2,x=x′1+x′2 代入数据解得 t′1=9s,t′2=2s,x′1=162m,x′2=56m,vm=36m/s 所以最短时间为 t=t′1+t′2=11s. 如图所示,长为 L 的轻绳一端固定在 O 点,另一端系一质量为 m 的小球,在最低点给 小球一水平初速度 v0,同时对小球施加一大小不变,方向始终垂直于绳的力 F,小球做圆周运动到 绳水平时,小球速度大小恰好也为 v0.求 F 的大小. 【易错诊断】 解答此题的常见错误是:认为小球在力 F 的 作用下先做加速运动后做减速运动, 由对称性可以判断出, 当 轻绳与竖直方向成 45° 角时小球速度最大,切线方向的加速度 为零,此时重力沿切线方向的分力与 F 等大反向,造成错误 的原因是先入为主地认为轨迹初末端速度相等, 则小球先加速 后减速, 错误地判断小球速度最大的位臵是轻绳与竖直方向成 45° 角时.正确的解答是: 在小球从初始状态运动到绳水平的过程中,力 F 做功 WF= FLπ/2,重力做功 mgL,由动能定理得 1 1 FLπ/2-mgL= mv2- mv2 解得 F=2mg/π. 2 0 2 0 【走出误区】 解题时要通过认真审题,弄清题述条件,不要先入为主,产生思维定式.

易错点 4:审题不清,因思维定式而出错
要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道, 然后驶入一段半圆形的弯道, 但在弯道上行驶时车速不能太快, 以免因离心作用而偏出车道, 摩托车和道路的有关数据见表格. 求 摩托车在直道上行驶所用的最短时间. 启动加速度 a1 4m/s2 制动加速度 a2 直道最大速度 v1 弯道最大速度 v2 直道长度 s 8m/s2 40m/s 20m/s 218m

易错点 5:对临界条件分析不清而出错
如下图所示,质量为 m=1kg、长为 L=0.8m 的均匀矩形薄 板静止在水平桌面上,其右端与桌子边缘相齐.薄板与桌面间的动摩擦 因数为 μ=0.4,g=10m/s2,现用 F=5N 的水平力向右推薄板,使它翻下 桌子,力 F 至少做功为( ) A.2J B.1.8J C.1.6J D.1.4J 【易错诊断】 解答中常见错误思路是:当力 F 的作用距离达到板长的 一半时,力 F 所做的功最少.正确的思路是: 力 F 作用一段距离后撤去,薄板继续向右滑行,当薄板的重心刚好滑到 桌边时速度为零,薄板即将翻下桌子,力 F 所做的功最少 由动能定理 WFmin-Wf=0 得 WFmin=Wf=μmg· L/2=0.4×1×10×0.8/2J=1.6J 【走出误区】 解答临界问题时,弄清临界条件往往是正确解题的关键, 常见的典型临界问题的临界条件为: (1)接触与脱离的临界条件:两物体接触面上的弹力为零; (2)相对静止或相对滑动的临界条件:静摩擦力达到最大值; (3)绳子断裂或松弛的临界条件:绳子张力达到所能承受张力的最大值或 为零; (4)加速度最大与速度最大的临界条件:当物体受到变化的外力作用而运 动时,当合外力最大时,加速度最大;合外力最小时,加速度最小.当 加速度为零时,往往对应速度最大或最小的临界状态. 如下图所示,长方形区域 abcd,长 ad=0.6m,宽 ab=0.3m,O、e 分别是 ad、bc 的 中点,以 ad 为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度 B=0.25 T.一

【易错诊断】 解答该题易犯的错误是:要使摩托车所用时间最短,应先由静止加速到最大速度 v1 =40m/s,然后再减速到 v2=20m/s 加速到直道最大速度所用时间为 t1=v1/a1=10s v1-v2 通过的位移为 x1=a1t2/2=200m 减速到弯道最大速度 v2 所用时间 t2= =2.5s 1 a2 显然通过计算总位移会发现 x 超过了直道的长度,不合题意. 正确解答该题首先要考虑,题中给出的直道最大速度是摩托车在直道上运行时不能超过的速度,并

非摩托车实际运行的最大速度

群不计重力、质量 m=3×10 7kg、电荷量 q=+2×10 3 C 的带电粒子以速度 v=5×102m/s 沿垂直 ad 的方向垂直于磁场射入磁场区域( ) A.从 Od 段射入的粒子,出射点全部分布在 Oa 段 B.从 Oa 段射入的粒子,出射点全部分布在 ab 边 C.从 Od 段射入的粒子,出射点分布在 Oa 段和 ab 边 D.从 Oa 段射入的粒子,出射点分布在 ab 边和 bc 边 【易错诊断】 本题容易错选 B,错误的主要原因是把 粒子在磁场外的运动也当成匀速圆周运动,受思维定式 的影响,不注意认真分析是导致错误的根本原因.错解 如下:从 O 点发出的粒子打到 b 点,从 Oa 间发出的粒 子则均打在 ab 边. 粒子在磁场中做匀速圆周运动,在磁场外做匀速直线运 v2 mv 动,粒子在磁场中有 qvB=m ,r= =0.3m.从 Od 段 r qB 射入的粒子,如果 abcd 区域均分布磁场,从 O 点射入的粒子刚好从 b 点射出,现半圆外区域没有 磁场,粒子做直线运动,出射点在 bc 边上(如上图所示);从 Oa 段射入的粒子,出射点分布在 ab 边 和 bc 边,D 正确. 【走出误区】 对于临界问题,找准临界条件是解题的关键,如带电粒子在磁场中运动的临界问题, 粒子射出与否的临界条件,一般是带电粒子的运动轨迹与边界相切.





mv2 1 75000 B qExcosθ= mv2 -0 解得 E= = V/m B 2 2qxcosθ cosθ 由题意可知 θ>0,所以当 E>7.5×104V/m 时,小球将始终沿水平面做匀 加速直线运动. 造成错误的原因是没有周密考虑各种限制条件,从而使所得结论有不完 善之处. 为使小球始终沿水平面运动,电场力在竖直方向的分力必须小于等于重 力,即:qEsinθ≤mg 1 mg 2xg 2×0.15×10 由动能定理有 qExcosθ= mv2 -0 所以 tanθ≤ 2 = 2 = 2 B mvB vB 2.25 2x =4/3 E≤mg(qsinθ)=1.25×105V/m 即匀强电场场强 E 的取值范围为 7.5×104V/m<E≤1.25×105V/m. 【走出误区】 受条件约束、始终沿水平面做匀加速直线运动的带电小球,其所受水平面支持力大 于等于零,因此带电小球所受电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力.

易错点 7:不会运用整体思想分析问题而出错
如下图所示,竖直平面内放一直角杆,直角杆的水平部分粗糙,动摩擦因数 μ=0.20, 竖直部分光滑,两部分各套有质量分别为 2.0kg 和 1.0kg 的小球 A 和 B,A、B 间用细绳相连,初始 位置 OA=1.5m,OB=2.0m,g 取 10m/s2,则 (1)若用水平拉力 F1 沿水平杆向右缓慢拉 A,使之移动 0.5m,该过程中 A 受到的摩擦力多大?拉力 F1 做功多少? (2)若小球 A、B 都有一定的初速度,A 在水平拉力 F2 的作用下,使 B 由初 始位置以 1.0m/s 的速度匀速上升 0.5m,此过程中拉力 F2 做功多少? 【易错诊断】 解答此题常见的错误是没有从整体分析,认为摩擦力是变 力从而陷入误区.正确解答如下: (1)A、B 小球和细绳整体竖直方向受力平衡,A 受到竖直方向杆的弹力为 FN=(mA+mB)g,则 A 受到的摩擦力为 Ff=μFN=μ(mA+mB)g 代入数据得 Ff=6N 由几何关系可知,当 A 向右移动 s=0.5m 时,B 向上移动 sB=0.5m 由功能关系知,拉力 F1 做功为 W1=Ffs+mBgsB 代入数据得 W1=8J. (2)设细绳与竖直方向的夹角为 θ, 因细绳不可伸长, B 速度沿细绳方向的分量相等, A、 所以有 vBcosθ 4 3 =vAsinθ 则:vA1=vBcotθ1= m/s,vA2=vBcotθ2= m/s 3 4 1 1 设拉力 F2 做功为 W2,对系统由功能关系得:W2-FfsB-mBgsB= mAvA2 2- mAvA1 2 2 2 代入数据得 W2=6.8J. 【走出误区】 对于连接体类问题,一定要考虑到整体法的运用问题,凡是不涉及系统内部作用力 的情况都可以用整体法解决,可达到事半功倍的效果.

易错点 6:考虑不全面造成漏解或错解
滑雪者从 A 点由静止沿斜面滑下,从 B 点水平飞离平台,地面上紧靠平台有一个水平 台阶,如下图所示,斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数均为 μ.假设滑雪者由斜面底端进入平台 后立即沿水平方向运动,且速度大小不变,求: (1)滑雪者离开 B 点时的速度大小; (2)滑雪者从 B 点开始做平抛运动的水平距离 x. 【易错诊断】 解答此题的常见错误是:对于滑雪者可能落 在台阶上,也可能落在地面上的情况,没有进行分类讨论引 起漏解.正确解答如下: (1)设滑雪者质量为 m,斜面与水平面夹角为 θ,斜面长度为 s,滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 W=μmgcosθ· s+μmg(L-scosθ)=μmgL 由动能定理得 mg(H-h)-μmgL=mv2/2 滑雪者离开 B 点时的速度 v= 2g?H-h-μL?. (2)设滑雪者离开 B 点后落在台阶上,有 h/2=gt1 2/2,x1=vt1< 2h 可解得 x1= 2h?H-h-μL? 此时必须满足 H-μL<2h 当 H-μL>2h 时,滑雪者直接落到地面上, h=gt2 2/2,x2=vt2 可解得 x2=2 h?H-h-μL?. 【走出误区】 对台阶上的平抛运动或斜面上的平抛运动,在不知道落点时一定要分类讨论,解出 所有可能的情况. 如下图所示,带正电的小球质量为 m=1×10 kg,带电荷量为 q=1×10 C,置于光 滑绝缘水平面上的 A 点.当空间存在着斜向上的匀强电场时,该小球从静止开始始终沿水平面做匀 加速直线运动,当运动到 B 点时,测得其速度 vB=1.5m/s,此时小球的位移为 x=0.15m.求此匀强 电场场强 E 的取值范围.(g=10m/s2.) 【易错诊断】 解答此题常出现的错误是:设电场方向与水平面之间的夹角为 θ,由动能定理有
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易错点 8:对运动过程或情境分析不清而出错
在光滑的绝缘水平面上有一质量为 m=1.0×10 3kg、 电荷量 q=1.0×10 10 C 的带正电 小球(不计重力)静止在 O 点,以 O 点为原点在该水平面内建立直角坐标系 xOy.现突然加一个沿 x 轴 正方向、场强大小 E=2.0×106V/m 的匀强电场使小球运动,并开始计时,在第 1s 末所加电场方向 突然变为沿 y 轴正方向,大小不变;在第 2s 末电场突然消失,求第 3s 末小球的位置. 【易错诊断】 解答此题常出现的错误是:第 1s 内小球沿 x 轴做初速度为零的匀加速直线运动,可
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求出其位移 x1 第 2s 内小球沿 y 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,可求出其位移 y2 及速度 v 第 3s 内小球沿 y 轴正方向做匀速直线运动,可求出位移 s 最后小球的横坐标是 x1,纵坐标是 y2+s 显然这种分析是错误的,因为第 1s 末小球有沿 x 轴正方向的初速度,所以第 2s 内做类平抛运动, 第 3s 内也不沿 y 方向运动,正确解答如下: 第 1s 内小球做初速度为零的匀加速直线运动,加速度 a1x=F/m=qE/m=0.2m/s2 第 1s 末小球的位移 x1=a1xt1 2/2=0.1m 第 1s 末小球沿 x 方向速度 v1x=a1xt1=0.2×1m/s=0.2m/s 第 2s 内小球做类平抛运动,加速度 a2y=F/m=qE/m=0.2m/s2 第 2s 内小球沿 y 方向位移 y2=a2yt2 2/2=0.1m 第 2s 末小球沿 y 方向速度 v2y=a2yt2=0.2×1m/s=0.2m/s 第 2s 内小球沿 x 方向位移 x2=v1xt2=0.2×1m=0.2m 第 3s 内小球做匀速直线运动,沿 x 方向速度为 v1x,沿 y 方向速 度为 v2y,则 x3=v1xt3=0.2×1m=0.2m y3=v2yt3=0.2×1m=0.2m 第 3s 末小球位臵坐标为 x=x1+x2+x3=0.5m,y=y2+y3=0.3m. 【走出误区】 带电小球在变化电场中的运动过程要分段分析,注意各段之间的衔接. 如图所示,一重为 10N 的小球,在 F=20N 的竖直向上的拉力作用下,从 A 点由静止 3 出发沿 AB 向上运动,F 作用 1.2s 后撤去,已知杆与球间的动摩擦因数为 ,杆足够长,试求从撤 6 去力 F 开始计时,小球经多长时间将经过距 A 点为 2.25m 的 B 点.(取 g=10m/s2) 【易错诊断】 对每一个子过程的受力情况分析不清楚,特别是对撤去力 F 后的受力情况不认真分 析,片面地认为小球上冲、下降的全过程做加速度不变的匀变速运动而导致错误. 有力 F 作用时有:(F-G)sin30° -μ(F-G)cos30° =ma1 2 解得:a1=2.5m/s 所以撤去力 F 时,小球的速度:v1=a1t1=3m/s v1 小球的位移:s1= t1=1.8m 2 撤去力 F 后,小球上冲时有:Gsin30° +μGcos30° =ma2 解得:a2=7.5m/s2 v1 因此小球上冲时间:t2= =0.4s a2 v1 上冲位移:s2= t2=0.6m 2 此时 s1+s2=2.4m>sAB,因此小球在上冲阶段将通过 B 点,有 sAB 1 -s1=v1t3- a2t3 2 2 解得:t3=0.2s 或 t3=0.6s>t2(舍去) 小球返回时有:Gsin30° -μGcos30° =ma3 解得:a3=2.5m/s2 1 2 因此小球滑到最上端又返回 B 点时有:s1+s2-sAB= a3t4 2

3 s=0.35s 5 所以从撤去力 F 开始计时,小球上冲通过 B 点时用时为:t3=0.2s 返回通过 B 点时用时为:t2+t4=0.75s 【走出误区】 摩擦力的方向与相对运动方向(或相对运动趋势方向)相反,随相对运动方向(或相对 运动趋势方向)的改变而改变,从而引起受力情况的改变,运动加速度也会改变. 解得:t4=

易错点 9:对场力做功理解不准确而出错
一个质量为 m、带电荷量为-q 的小物体,可在水平轨道 Ox 上运动,O 端有一与轨道 垂直的固定墙.轨道处于匀强电场中,场强大小为 E,方向沿 Ox 轴正方向,如图所示,小物体以速 度 v0 从图示位置向左运动,运动时受到大小不变的摩擦力 Ff 作用,设小物体与墙壁碰撞时不损失机 械能,且电荷量保持不变,求它停止前所通过的总路程 s. 【易错诊断】 解此题常见错误是:根据动能定理有 qEs-Ffs=0-mv0/2 可得它停止前所通过的总 路程 s.造成错误的原因: 一是没有考虑到电场力做功与路程无关, 二是没有讨论各种可能的情况. 正 确解答如下:

【走出误区】 摩擦力做功与路程有关,滑动摩擦力做的功等于滑动摩擦力与路程的乘积,而电场

力做功、重力做功都与路程无关,只与起始点和终点的位臵有关.

易错点 10:对带电微粒在复合场中的运动分析不准确而出错
如上图所示,第四象限内有相互正交的匀强电场 E 与匀强磁场 B1,匀强电场的电场强 度 E 的大小为 0.5×103V/m, 匀强磁场的磁感应强度 B1 的大小为 0.5 T. 第一象限的某个矩形区域内, - 有方向垂直纸面向里的匀强磁场 B2,磁场的下边界与 x 轴重合.一质量 m=1×10 14kg、电荷量 q -10 =1×10 C 的带正电微粒以某一速度 v 沿与 y 轴正方向成 60° 角的方向从 M 点沿直线运动,经 P 点进入处于第一象限 内的磁场 B2 区域,一段时间 后,微粒经过 y 轴上的 N 点并沿与 y 轴正方向成 60° 角的方 向运动.M 点的坐标为(0,-10),N 点的坐标为(0,30),不 计微粒重力,g 取 10m/s2. (1)请分析判断匀强电场 E 的方向并求出微粒的运动速度 v; (2)匀强磁场 B2 的大小为多大? (3)B2 磁场区域的最小面积为多少? 【易错诊断】 解答此题常见的错误主要有:①不能正确判 断出微粒必做匀速直线运动,不能求出微粒的运动速度 v; ②不能正确画出微粒在匀强磁场 B2 中运动的轨迹、找出圆 心和半径,得不出匀强磁场 B2 的大小;③不能正确得出 B2 磁场区域的最小面积,正确解答如下: (1)由于重力忽略不计,微粒在第四象限内仅受电场力和洛伦兹力,又因微粒做直线运动,速度的变 化会引起洛伦兹力的变化,所以微粒必做匀速直线运动,即电场力和洛伦兹力大小相等,方向相反, 电场 E 的方向与微粒运动的方向垂直,与 y 轴负方向成 30° 角斜向下 由力的平衡条件得 qE=qvB1 3 E 0.5×10 解得 v= = m/s=1×103m/s. B1 0.5 (2)画出微粒的运动轨迹如下图所示.由几何关系知 Rcos30° =0.1,可知粒子在第一象限内做圆周运 3 动的半径 R= m 15 微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提 v2 3 供,即 qvB2=m ,解得 B2= T. R 2 (3)由图可知, 磁场 B2 的最小区域应该分 布在图示的矩形区域 PACD 内.由几何 1 关系易得 PD =2Rsin60° m = 5 3 PA =R(1-cos60° )= m 所以,所求 30 1 磁场的最小面积为 S= PD ·PA = 5 3 3 × m2= m2. 30 150 【走出误区】 解此题的关键在于能够 正确对微粒的运动状态进行分析,要能够通过粒子的轨迹图找出相应的几何关系.

用密度为 d、电阻率为 ρ、横截面积为 A 的薄金属条制成边长为 L 的闭合正方形框 abb′a′.如图甲所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间,方框平面与磁场方向平行.设匀强磁场仅 存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计,可认为方框的 aa′边和 bb′边都处在磁极之间, 磁极间磁感应强度大小为 B.方框从静止开始释放,其平面在下落过程中保持水平(不计空气阻力). (1)求方框下落的最大速度 vm(设磁场区域在竖直方向足够长); (2)当方框下落的加速度为 g/2 时,求方框的发热功率 P; (3)已知方框下落时间为 t 时,下落高度为 h,其速度为 vt(vt<vm).若在同一时间 t 内,方框内产生的 热量与一恒定电流 I0 在该框内产生的热量相同,求恒定电流 I0 的表达式. 【易错诊断】 解答此题常见的错误是:不能找出方框切割磁感线的有效长度,不能得出方框质量 的表达式,不能正确应用能量守恒定律等. 4L (1)方框的质量 m=4LAd,方框的电阻 R=ρ A E BAv 方框下落速度为 v 时,产生的感应电动势 E=B· 2Lv,感应电流 I= = R 2ρ 方框下落过程中受到重力 G 及安培力 F 重力 G=mg=4LAdg,方向竖直向下 B2AL 安培力 F=BI· 2L= v,方向竖直向上 当 F=G 时,方框达到最大速度, ρ 2 B AL 4ρdg 则 v =4LAdg 解得方框下落的最大速度 vm= 2 . ρ m B g g (2)方框下落加速度为 时, 有 mg-BI· 2L=m , 2 2 mg Adg 4ρALd2g2 则 I= = 方框的发热功率 P=I2R= 4BL B B2 1 d 1 (3)根据能量守恒定律有 mgh= mvt 2+I2Rt 解得恒定电流 I0 的表达式 I0=A ?gh- vt 2?. 0 2 ρt 2 【走出误区】 应用法拉第电磁感应定律 E=BLv 时,要注意式中的 B 为匀强磁场的磁感应强度,L 为导体切割磁感线的有效长度,v 为导体相对于磁场的速度.

易错点 11:对电磁感应综合问题中功能关系分析不准确而出错


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