电磁感应现象及电磁感应规律的应用

第9讲　电磁感应现象及电磁感应规律的应用主要题型选择题或计算题难度档次选择题中等难度题、计算题难度较大．电磁感应知识点较少，一般与电路知识、安培力进行简单的结合，或定性分析、或定量计算，通常涉及4～5个知识点．电磁感应中的计算题综合了力学，电学、安培力等知识，难度较大，尤其是导体棒模型和线框模型．高考热点1．感应电流1产生条件2方向判断3“阻碍”的表现2．感应电动势的计算1法拉第电磁感应定律E＝n.若B变，而S不变，则E＝____________；若S变，而B不变，则E＝____________，常用于计算________电动势．2导体垂直切割磁感线E＝Blv，主要用于求电动势的________值．3如图所示，导体棒Oa围绕棒的一端O在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动而切割磁感线产生的电动势E＝________.3．电磁感应综合问题中运动的动态结构和能量转化特点1运动的动态结构2能量转化特点其他形式的能如机械能电能电流做功其他形式的能如内能状元微博名师点睛　解决电磁感应综合问题的一般思路是“先电后力”即●先作“源”的分析——分析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，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解；●然后是“力”的分析——分析研究对象通常是金属杆、导体、线圈等的受力情况，尤其注意其所受的安培力；●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；●最后是“能量”的分析——寻找电磁感应过程和研究对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系.考向1【例1】多选2012·江苏单科，7某同学设计的家庭电路保护装置如图9－2所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成．当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路．仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有　　．图9－2A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起解析　由于零线、火线中电流方向相反，产生磁场方向相反，所以家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零，选项A正确；家庭电路短路和用电器增多时均不会引起L2的磁通量的变化，选项B正确，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，线圈L1中磁场变化引起L2中磁通量的变化，产生感应电流，吸起K，切断家庭电路，选项D正确．答案　ABD本题主要考查感应电流产生的条件、电磁感应中的互感、家庭用电常识等，着重考查学生的理解能力和分析综合能力，难度较大．矩形导线框abcd固定在匀强磁场中如图9－3甲所示，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图9－3乙所示，则　　．图9－3A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为adcbaB．从0到t1时间内，导线框中电流越来越小C．从t1到t2时间内，导线框中电流越来越大D．从t1到t2时间内，导线框bc边受到安培力大小保持不变借题发挥●电磁感应现象能否发生的判断流程1确定研究的闭合电路．2弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.3●安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律综合应用的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律考向2【例2】2012·课标，20如图9－4所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是　　．本题考查安培力、电磁感应现象、楞次定律的综合应用，考查考生的推理能力，难度中等．如图9－5虚线上方空间有匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针为正，则能正确表明线框转动一周感应电流变化情况的是　　．得分技巧解决电磁感应现象中图象问题的基本方法与要点分析1．基本方法1看清横、纵坐标表示的物理量．2理解图象的物理意义．3画出对应的物理图象常采用分段法、数学法来处理．2．要点分析1定性或定量地表示出所研究问题的函数关系．2注意横、纵坐标表达的物理量以及各物理量的单位．3注意在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映的，故确定大小变化的同时，还应确定方向的变化情况．3．所用规律利用右手定则、左手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解决感应电流的方向和感应电流的大小．【例3】2012·天津理综，11如图9－6所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝

0.5m，左端接有阻值R＝

0.3Ω的电阻．一质量m＝

0.1kg，电阻r＝

0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝

0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶

1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求1棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；3外力做的功WF.解析　1设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝

①其中ΔΦ＝Blx

②设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得＝

③则通过电阻R的电荷量为q＝Δt

④联立

①②③④式，代入数据得q＝

4.5C

⑤2设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax

⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2

⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W

⑧联立

⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝

1.8J

⑨3由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝

3.6J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑪由

⑨⑩⑪式得WF＝

5.4J.答案　

14.5C　

21.8J　

35.4J本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、匀变速直线运动公式、动能定理、能量守恒定律等知识，主要考查考生的理解能力、分析综合能力．本题难度较大．如图9－7所示，足够长的金属导轨ABC和FED，二者相互平行且相距为L，其中AB、FE是光滑弧形导轨，BC、ED是水平放置的粗糙直导轨，在矩形区域BCDE内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，金属棒MN质量为m、电阻为r，它与水平导轨间的动摩擦因数为μ，导轨上A与F、C与D之间分别接有电阻R

1、R2，且R1＝R2＝r，其余电阻忽略不计．现将金属棒MN从弧形导轨上离水平部分高为h处由静止释放，最后棒在导轨水平部分上前进了距离s后静止．金属棒MN在通过轨道B、E交接处时不考虑能量损失，金属棒MN始终与两导轨垂直，重力加速度为g，求1金属棒在导轨水平部分运动时的最大加速度；2整个过程中电阻R1产生的焦耳热．解析　1设金属棒刚到达水平轨道时速度为v，且此时合外力最大，加速度最大．由牛顿第二定律，得BLI＋μmg＝ma，

①由欧姆定律，得I＝，

②由法拉第电磁感应定律，得E＝BLv，

③由动能定理，得mgh＝mv2，

④联立

①②③④，解得a＝μg＋.2设金属棒MN中的电流强度为I，通过电阻R

1、R2的电流强度分别为I

1、I2，则I1＝I2＝，由公式Q＝I2Rt，得QMN＝4QR1，整个过程中回路产生的焦耳热为Q，Q＝QMN＋2QR1，由能量的转化和守恒定律，得mgh＝μmgs＋Q，QR1＝mgh－μs．答案　1μg＋　2mgh－μs借题发挥1．巧解电磁感应与力学综合题的两个基本观点1力的观点是指应用牛顿第二定律和运动学公式解决问题，即选对研究对象进行受力分析，根据受力变化应用牛顿第二定律判断加速度的变化情况，最后找出求解问题的方法．其流程图为确定电源感应电流运动导体所受安培力受力情况分析―→合外力加速度情况运动状态的分析―→临界状态．2能量的观点动能定理、能量守恒定律在电磁感应中同样适用．2．能量转化及焦耳热的求法1能量转化2求解焦耳热Q的几种方法高考阅卷老师揭秘电磁感应中的压轴大题常考的问题有以下四个方面1．电磁感应与力学综合问题2．电磁感应与能量综合问题3．电磁感应与电路综合问题4．电磁感应与力、技术应用综合问题不论考查哪类问题，实质上就两个模型．模型1电磁场中的导体棒模型单棒模型2电磁场中的线框模型含两根导体棒模型一　电磁场中的导体棒模型单棒【例1】2012·广东理综，35如图9－8所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上．导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．左侧是水平放置、间距为d的平行金属板．R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．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.解析　1对匀速下滑的导体棒进行受力分析如图所示．导体棒所受安培力F安＝BIl

①导体棒匀速下滑，所以F安＝Mgsinθ

②联立

①②式，解得I＝

③导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝Blv

④　由闭合电路欧姆定律得I＝，且Rx＝R，所以I＝

⑤联立

③④⑤式，解得v＝

⑥2由题意知，其等效电路图如图所示．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

⑦要使带电的微粒匀速通过，则mg＝q

⑧　因为导体棒匀速下滑时的电流仍为I，所以联立

③⑦⑧式，解得Rx＝.答案　1　　2思维模板解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”．模型二　电磁场中的线框模型两根导体棒1．一杆静止一杆运动模型如例22．线框模型当整个线框都在匀强磁场中运动时，不产生电流；线框只有一边切割磁场时，该边框两端的电压等于路端电压，而不是感应电动势．【例2】2011·四川卷如图9－9所示，间距l＝

0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝

0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝

0.3Ω、质量m1＝

0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b

1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝

0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝

0.6，cos37°＝

0.

8.求1小环所受摩擦力的大小；2Q杆所受拉力的瞬时功率．解析1设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2g－Ff＝m2a，

①代入数据，得Ff＝

0.2N．

②2设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有Ff＝B1I1l，

③设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，

④R总＝R，

⑤设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝

⑥E＝B2lv

⑦F＋m1gsinθ＝B2Il

⑧拉力的瞬时功率为P＝Fv

⑨联立以上方程，代入数据得P＝2W.依题练招教你审题1．知识对接1受力分析小环受重力m2g和摩擦力Ff两个作用力；K受绳子的拉力FT＝Ff和安培力B1I1l处于平衡；Q杆受重力m1g，导轨的支持力FN、安培力B2Il和拉力F四个力作用下处于平衡状态．2牛顿第二定律小环在两个力作用下产生加速度．3法拉第电磁感应定律Q杆切割磁感线产生感应电动势，B2lv.4电磁感应与电路Q杆切割磁感线，相当于电源，K、S杆是外电路．5瞬时功率拉力的瞬时功率P＝Fv.2．对象关联第2问中涉及小环的加速运动、K杆的静止和Q杆的匀速运动，多个物体、不同的运动状态，难度较大．但是若能找到三者之间的联系，该题也就迎刃而解了．小环与K杆是通过绳子的拉力联系在一起，K杆和Q杆是通过电流安培力关系联系在一起的．Q杆产生的电流部分通过K杆，使K杆受到安培力，小环加速运动受到绳子的摩擦力，小环对绳子的摩擦力通过绳子作用在K杆上，K杆在这两个力作用下处于平衡，从而找到解题的突破口.1．2012·北京理综，19物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图9－10所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是　　．A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同2．多选如图9－11所示，在倾角为θ的斜面上固定有两根足够长的平行光滑导轨，两导轨间距为L，金属导体棒ab垂直于两导轨放在导轨上，导体棒ab的质量为m，电阻为R.导轨电阻不计．空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.当金属导体棒ab由静止开始向下滑动一段时间t0后，再接通开关S，则关于导体棒ab运动的v－t图象可能正确的是　　．3．2012·苏州模拟如图9－12所示，在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个均匀导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R，则线框离开磁场的过程中　　．A．线框中的电动势随时间均匀减小B．通过线框截面的电荷量为C．线框所受外力的最大值为D．线框中的热功率与时间成正比4．多选2012·山东理综，20如图9－13所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是　　．A．P＝2mgvsinθB．P＝3mgvsinθC．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθD．在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功5．如图9－14所示，空间被分成若干个区域，分别以水平线aa′、bb′、cc′、dd′为界，每个区域的高度均为h，其中区域Ⅱ存在垂直于纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ存在垂直于纸面向里且与区域Ⅱ的磁感应强度大小相等的匀强磁场．竖直面内有一边长为h、质量为m的正方形导体框，导体框下边与aa′重合并由静止开始自由下落，导体框下边刚进入bb′就做匀速直线运动，之后导体框下边越过cc′进入区域Ⅲ，导体框的下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动．求1导体框在区域Ⅲ匀速运动的速度．2从导体框下边刚进入bb′时到下边刚触到dd′时的过程中，导体框中产生的热量．已知重力加速度为g，导体框始终在竖直面内运动且下边始终水平【高考必备】1．1

②磁通量　3相对运动　原电流2．1nS　nB　平均　2瞬时　3Bl2ω【考向聚焦】预测答案　A　解析　从0到t1时间内，垂直纸面向里的磁感应强度减小，磁通量减小．根据楞次定律可判断，产生顺时针方向的电流．故A项正确；由公式E＝＝S，I＝，由于磁场均匀减小，为一恒定值．线框中产生的感应电流大小不变，故B、C项错误；磁感应强度B均匀变化．由公式F＝BILbc知bc边受的安培力是变化的，故D项错误．【例2】答案　A　解析　因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反，导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力，所以合力与左边导线框受力的方向相同．因为线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右，根据左手定则，导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据右手螺旋定则，导线中的电流先为正，后为负，所以选项A正确，选项B、C、D错误．]预测2答案　A　解析　将线圈360°的旋转过程分成四个90°阶段，并应用法拉第电磁感应定律和楞次定律知只有A对．预测3解析　1设金属棒刚到达水平轨道时速度为v，且此时合外力最大，加速度最大．由牛顿第二定律，得BLI＋μmg＝ma，

①由欧姆定律，得I＝，

②由法拉第电磁感应定律，得E＝BLv，

③由动能定理，得mgh＝mv2，

④联立

①②③④，解得a＝μg＋.2设金属棒MN中的电流强度为I，通过电阻R

1、R2的电流强度分别为I

1、I2，则I1＝I2＝，由公式Q＝I2Rt，得QMN＝4QR1，整个过程中回路产生的焦耳热为Q，Q＝QMN＋2QR1，由能量的转化和守恒定律，得mgh＝μmgs＋Q，QR1＝mgh－μs．答案　1μg＋　2mgh－μs高考阅卷老师教你模型二【例2】满分解答　1设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2g－Ff＝m2a，

①代入数据，得Ff＝

0.2N．

②2设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有Ff＝B1I1l，

③设回路总电流为I，总电阻为R总，有I＝2I1，

④R总＝R，

⑤设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有I＝

⑥E＝B2lv

⑦F＋m1gsinθ＝B2Il

⑧拉力的瞬时功率为P＝Fv

⑨联立以上方程，代入数据得P＝2W.【随堂演练】1．D　[金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的．线圈接在直流电源上，S闭合时，金属套环也会跳起．电压越高，线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈．若套环是非导体材料，则套环不会跳起．故选项A、B、C错误，选项D正确．]2．ACD　[当开关S闭合前导体棒ab匀加速运动时，其加速度为a＝gsinθ，经时间t0，其末速度为vt＝gt0sinθ.当开关S闭合后，导体棒ab会受到安培力作用，由左手定则可知，安培力沿导轨向上，当导体棒的重力沿导轨向下的分力与安培力平衡时，导体棒的运动速度达到稳定，这就是导体棒的收尾速度．]3．B　[三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度L＝vt，所以线框中感应电动势的大小E＝BLv＝Bv2t，故选项A错误；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q＝IΔt＝·Δt＝，选项B正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F＝BIt＝，选项C错误；线框的热功率P＝Fv＝BIv2t＝，选项D错误．]4．AC　[导体棒由静止释放，速度达到v时，回路中的电流为I，则根据共点力的平衡条件，有mgsinθ＝BIL.对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I，则根据平衡条件，有F＋mgsinθ＝B×2IL，所以拉力F＝mgsinθ，拉力的功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故选项A正确、选项B错误；当导体棒的速度达到时，回路中的电流为，根据牛顿第二定律，得mgsinθ－BL＝ma，解得a＝sinθ，选项C正确；当导体棒以2v的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上产生的焦耳热，故选项D错误．]5．解析　1导体框从aa′到bb′过程中，设刚进入bb′时导体框的速度为v，则mgh＝mv2，所以v＝导体框进入bb′开始匀速运动时mg＝BIh，I＝，所以mg＝导体框下边到达区域Ⅲ的某一位置时又开始做匀速直线运动时mg＝2BI′h，I′＝，所以mg＝由以上各式得v′＝＝2从导体框下边刚进入bb′时到下边刚出dd′时的过程中，设产生的热量为Q由动能定理2mgh－Q＝mv′2－mv2，Q＝2mgh＋mv2所以Q＝mgh.答案　1　2mgh提示课后完成《专题能力提升训练》第153页高考压轴题突破策略―→大题小做，妙用“得分三步曲”实践表明，综合大题的解题能力和得分能力都可以通过“大题小做”的解题策略有效提高．“大题小做”的策略应体现在整个解题过程的规范化中，具体来讲可以分三步来完成审题规范化，思维规范化，答题规范化．第一步审题规范化审题流程通读―→细读―→选读．●通读——第一遍读题读后头脑中要出现物理图景的轮廓．由头脑中的图景物理现象、物理过程与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型．●细读——第二遍读题读后头脑中要出现较清晰的物理图景．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型．●选读——第三遍读题通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识．最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题．同时，还要注意常见的审题错误1没有明确研究对象；2没注意物理量是矢量还是标量；3没搞清哪些量是已知量，哪些量是未知量；4没注意括号里的文字；5没抓住图象上的关键点；6没看清物体是在哪个面内运动，是竖直面还是水平面；7没注意是否需要考虑重力，有些题目明确说明不需要考虑重力，有些题目需要自己分析判断；8读错或没看清文字，如位移或位置、时间或时刻、直径或半径、轻绳或轻杆、物体在圆环的内侧或外侧或圆管内或套在圆环上等；9没看清关键词，如“缓慢”、“匀速”、“足够长”、“至少”、“至多”、“刚好”、“最大”、“最小”、接触面“粗糙或光滑”、“物体与弹簧”连接或接触等；10没有挖掘出题目中关键词汇的隐含条件，如“刚好不相撞”表示物体最终速度相等或者接触时速度相等；“刚好不分离”表示两物体仍然接触，弹力为零，且速度和加速度相等；“刚好不滑动”表示静摩擦力达到最大静摩擦力；“绳端物体刚好通过最高点”表示绳子拉力为零，仅由重力提供向心力．第二步思维规范化思维流程―→―→―→―→―→―→技法1　过程分解【技法阐释】【高考佐证】2012·浙江理综，24如图1所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v

0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．1判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；2求磁感应强度B的大小；3现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置．为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？解析　1墨滴在电场区域做匀速直线运动，有q＝mg

①由

①式得q＝

②由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知墨滴带负电荷．

③2墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有qv0B＝m

④考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R＝d

⑤由

②、

④、

⑤式得B＝

⑥3根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，有qv0B′＝m

⑦由图示可得R′2＝d2＋2

⑧得R′＝d

⑨联立

②、

⑦、

⑨式可得B′＝答案　1负电荷　　2　3点评　解答此题的关键是对两个不同过程直线运动、圆周运动运用相应的物理规律来分段处理，还要注意利用这些过程衔接点的联系．技法2　对象拆分【技法阐释】对于多体问题，关键是选取研究对象和寻找相互联系．选取对象时往往需要灵活运用整体法或隔离法，对于符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；需讨论系统内各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，一般应慎用整体法．至于多个物体间的相互联系，可从它们之间的相互作用、运动时间、位移、速度、加速度等方面去寻找．【高考佐证】2011·山东卷，24如图2所示，在高出水平地面h＝

1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝

0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝

0.

4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力，待B脱离AA尚未露出平台后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝

1.2m．取g＝10m/s2求1B离开平台时的速度vB.2B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.3A左段的长度l

2.解析　1设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得h＝gt2，

①x＝vBt，

②联立

①②式，代入数据得vB＝2m/s，

③2设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得μmg＝maB，

④vB＝aBtB，

⑤xB＝aBt，

⑥联立

③④⑤⑥式，代入数据得tB＝

0.5s，

⑦xB＝

0.5m，

⑧3设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得Fl1＝Mv，

⑨设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F－μmg＝MaA，⑩l2＋xB＝v1tB＋aAt，⑪联立

⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据得l2＝

1.5m．⑫答案　12m/s　

20.5s　

0.5m　

31.5m技法3　情境图示【技法阐释】养成画图习惯，用情境示意图形象直观地展现物理过程，如画受力图，运动过程示意图、运动轨迹图等，把抽象思维转化为形象思维，将复杂题目化难为易．【高考佐证】2012·海南单科，16如图3a所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面纸面垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图b所示．当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外．在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于.不计重力．设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A.求1若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？2若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？3为了使直线OA与x轴的夹角为，在0t0的范围内，t0应取何值？图3解析　1设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得qvB0＝m2R

①v＝

②由

①②式与已知条件得T′＝T

③粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图c所示．OA与x轴的夹角θ＝0

④2在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周；到达B点，在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图d所示．由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝

⑤3若在任意时刻t＝t0粒子P开始运动，t＝t0到t＝时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心O′位于x轴上，圆弧对应的圆心角为∠OO′C＝

⑥在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，在t＝T到t＝T＋t0时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达A点，设圆心为O″，圆弧对应的圆心角为∠BO″A＝t0

⑦如图e所示．由几何关系可知，C、B均在O′O″连线上，且OA∥O′O″

⑧若要OA与x轴成角，则有∠OO′C＝

⑨联立

⑥⑨式可得t0＝.答案　10　2　3技法4　模型提炼【技法阐释】解物理题的实质就是将实际问题转化为理想化的物理模型，然后运用物理、数学知识求解．必须熟悉的基本过程模型有匀变速运动、圆周运动或磁偏转、平抛或电偏转、回旋加速、速度选择等，对象模型有连接体、传送带、滑块－滑板、弹簧等．图4【高考佐证】2012·四川理综，24如图4所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝

2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有电场强度大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体视为质点被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，

0.1s以后，电场强度大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝

0.

25.设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s2，sin37°＝

0.6，cos37°＝

0.

8.1求弹簧枪对小物体所做的功；2在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．解析　1设弹簧枪对小物体所做的功为W，由动能定理得W－mgr1－cosθ＝mv，代入数据得W＝

0.475J.2取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ＋qE＝ma1解得a1＝－9m/s2小物体向上做匀减速运动，经t1＝

0.1s后，速度达到v1，有v1＝v0＋a1t1，解得v1＝

2.1m/s，设运动的位移为s1，有s1＝t1＝

0.255m电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得－mgsinθ－μmgcosθ－qE＝ma2解得a2＝－7m/s2设小物体以此加速度运动到速度为零，运动的位移为s2，有－v＝2a2s2，解得s2＝

0.315m设CP的长度为s，有s＝s1＋s2＝

0.255＋

0.315m＝

0.57m.答案　

10.475J　

20.57m点评　解答此题的关键是明确物体的运动过程及每个运动过程所对应的基本模型．第一个过程―→圆周运动模型第二个过程―→加速度为a1的匀减速运动模型第三个过程―→加速度为a2的匀减速运动模型第三步答题规范化答题流程示意草图―→文字描述―→分步列式―→联立求解―→结果讨论．●文字说明，简明扼要

①物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明．

②题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明．

③要指明正方向、零位置．

④列方程前，对谁在什么过程或什么状态用到什么规律，需简要说明．体现“大题小做”的特点．●常规分步，准确规范做综合大题一定要树立“常规方法、分步解答”的解题观，因为高考阅卷的评分标准给出的多为常规解法，并实行分步给分，每一步的关键方程都是得分点．以下几个技巧可有助于大题尽量多得分

①方程中字母要与题目吻合，同一字母物理意义要唯一．出现同类物理量，要用不同上下标区分．

②列纯字母方程．方程全部采用物理量符号和常用字母例如位移x、重力加速度g、角度θ等．

③列原始方程．与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式．

④依次列方程．不要写连等式或综合式子，否则会“一步出错，满盘皆输”；每个方程后面应标明序号如

①、

②，便于后面“联立×××得”进行说明．●结果表述、准确到位

①题中要求解的物理量应有明确的答案尽量写在显眼处．

②待求量是矢量的必须说明其方向．

③用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量．凡是题中没有给出的都是未知量，不能随便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能写单位．

④如果题目所给的物理数据都是用有效数字表示的，那么答案中一般不能以无理数或分数作计算结果，结果是带单位的具体数据时一定要带单位，没有特别要求时，一般最终结果有效数字的位数要和题目所给物理数据有效数字的位数保持一致，或保留2到3位有效数字．

⑤若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，如“根据牛顿第三定律”．图5【高考佐证】2012·全国，24如图5所示，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．现给电容器缓慢充电，使两极板所带电荷量分别为＋Q和－Q，此时悬线与竖直方向的夹角为.再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．解析　设电容器电容为C，第一次充电后两极板之间的电压为U＝

①两极板之间电场的场强为E＝

②式中d为两极板间的距离．按题意，当小球偏转角θ1＝时，小球处于平衡位置．设小球质量为m，所带电荷量为q，则有FTcosθ1＝mg

③FTsinθ1＝qE

④式中FT为此时悬线的张力．联立

①②③④式得tanθ1＝

⑤设第二次充电使正极板上增加的电荷量为ΔQ，此时小球偏转角θ2＝，则tanθ2＝

⑥联立

⑤⑥式得＝

⑦代入数据解得ΔQ＝2Q.

⑧答案　2Q。