高三物理第二轮复习教案(第六讲 作图)

高三物理第二轮复习教案(第六讲 作图)（共3篇）

篇1：高三物理第二轮复习教案(第六讲 作图)

第六讲

作图

一、特别提示

解答物理问题通常有解析、论述、作图和列表等基本方法。作图是最重要的数学工具之一，也是考查的能力范围。在解答作图题时，要特别注意：

（1）仔细审题，按要求作图。例如，在平面镜成像作图时，为快速准确作图，通常采用对称性作图，一般不直接根据光的反射定律作图；

（2）具体作图时，每一步骤都要有依据。例如，物体运动时速度、合外力和轨迹三者间必须满足一定的位置关系，而不能随意乱画；

（3）在读图时要善于发现图中的隐含条件。例如，物理图象的纵、横截距、斜率和面积以及曲线间平行、相交、重合的关系，有时几个不同的物理图象从不同侧面描述同一物理过程时更要理解它们之间的联系和区别；

（4）作图时还要注意规范性要求，不要随意。例如，是实线还是虚线，是否应标明箭头方向，还是用斜线表示特殊的区域；并注意特殊符号（如电学元件）的正确运用；

（5）用作图法处理实验数据时，要理解所谓“拟合曲线”的意义，如何筛选、描线直接影响结果的准确性，同时也是能力具体体现之一。

二、典型例题

题

1一辆汽车在恒定的功率牵引下，在平直公路上由静止出发，经4min的时间行驶1.8km，则在4min末汽车的速度（）

A、等于7.5m/s

B、大于7.5m/s

C、等于15m/s

D、15m/s 解析

汽车在恒定功率下由静止启动是加速度越来越小的变加速运动，很难通过运动方程求瞬时速度，一般的方法是由动能定理求出动能、再求速度但这必须要知道牵引力、阻力所做的功。而现在这些条件都未知，但在恒定功率下，其4min内的平均速度vs7.5m/s，由于加速度变小，所以末速度tvtv，同时由于位移关系vt2v，其vt图象如图，为一上凸的曲线。打斜线部分“面积”相等，即位移为1.8km7.5460m，如果vt7.5m/s，则位移s1.8km；而vt15m/s则位移s1.8km，故7.5m/svt15m/s，正确选项是BD。

A、○V1、○V2分别为理想的电流表和电压表，题

2电路如图8-2，○R1、R2分别为定值电阻和可变电阻，电池E内阻不计，A读数之比等于R1 V1读数与○A、R1不变时，○

A读数之比等于R1 V1读数与○B、R2不变时，○

A读数变化量之比的绝对值V2读数的变化量与○C、R2改变一定量时，○等于R1

A读数变化量之比的绝对值V1读数的变化量与○D、R2改变一定量时，○等于R1

V1、○V2分别测出R1、R2两端电压，解析：由题高，○A测出通过R1、○R2的电流，因此：

U1IR1、U2IR

2且U1U2E，当R2为某一值时，R1、R2的伏安特性曲线如图（a）所示（如R1>R2），在图中，U1U2E的关系很难表示出来，如果，将R2的伏安特性曲线的横轴反向，即U轴向左，如（b）图，再把a、b两图按U1U2E的关系画在（2）图中，那末电流、电压关系就非常直观了。特别是可变电阻R2改变一定量时（如增大为R2＇）

U2U1U1U1U；电流变为I，增大III，如图（C）U2U2所示，显然，满足。

R1U1UU1U2

故正确选项是BCD IIII题

3把一个“10V、5W”的用电器B（纯电阻）接到这一电源上，A消耗的功率是2W；换另一个“10V、5W”的用电器B（纯电阻）接到这一电源上，B实际消耗的功率可能小于2W吗？若有可能则条件是什么？

解析：用电器A、B的电阻分别为

U2U220 RA50

RBPBPA由于RBRA，所以B接入电路时，电压U10V，PB<5W，但能否小于2W呢？ A接入时：PA[PrE2]RA2W

则E(PAr)A[10]V

RA5RBr换上B后，由题设PB[E2]RBPA

则r1010

RBr可见，条件是E[10]V；r1010即可。

如果，从电源做伏安特性曲线EUIr来看，当PAPB时，有临界内阻rsr5RARB1010，及临界电动势Es(10210)V，由于PA2W不变，当PAPB、PB20时，其解在PB伏安特性曲线的OP段（如图）之内，因为A、B消耗的功率是U-I图象中的“面积”；在过Q点，又过OP线段的E、r即为所求，可见，本题的所有解就是EEs、rrs的电源。

题

4如图所示，a、b、c是匀强电场中的三点，这三点构成等

边三角形，每边长L21cm，将一带电量q2106C的电荷从a点移到b点，电场力W11.2105J；若将同一点电荷从a点移到c点，电场力做功W16106J，试求场强E。

解析

匀强电场中电场线、等势面的作图是描述电场、理解电场属性的重要方法，由题意电荷由a到b、由a到c电场力做功分别为：

WabqUab、WacqUac

可得UabWabW6V；Uacac3V qq若设电热b0、则a6V、c9V；可将cb三等分，1cb，于是d6V即ad，过ad可作等势面，如3图8-6所示，为了便于求场强E过a作电场线E，并过c作ad的平行线。在acd中，acd60、cad和使cdadc180(60)

由正弦定理：cdac

可解sin sinsin(60)故场强EUac200V/m，显然，若不能正确作图很难求出场强。

arcsin题

5如图，xoy坐标系中，将一负检验电荷Q由y轴上的a点移至x轴上的b点时，需克服电场力做功W；若从a点移至x轴上的c点时，也需克服电场力做功W。那么关于此空间存在的静电场可能是：

A、存在场强方向沿y轴负方向的匀强电场

B、存在场强方向沿x轴正方向的匀强电场

C、处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场 D、处于第IV象限某一位置的负点电荷形成的电场

解析

由题意-q由a分别到b、c克服电场力做功均为W，即即电势abc，WabqUabWacqUac、Wab0、q0，易知若为匀强电场，则场强方向沿y轴负向，即A项正确。若为点电荷电场，由bc，可作bc之中垂线L1；若ab，则可作ab之中垂线L2，L1、L2交点为P(xP,yP)（如图所示）。当由正点电荷形成电场时，ab只须在L1上的点到a的距离小于到b(c)的距离即可，显然，该点坐标(x,y)满足：

xxp、yyp，分布在L1的P点以上（不包括P点）。

而由负点电荷形成电场时，则要该点在L1上，且到a的距离大于到b(c)的距离，其坐标(x,y)满足：xxp、yyp，分布在L1的P点以上（不包括P点）。

通过作图不但直观、形象而且准确地给出了解的范围，其实关于场的问题本来就是空间的问题，而对场的了解必须运用作图的工具。

篇2：高三物理第二轮复习教案(第六讲 作图)

第七讲 论述题

一、特别提示

提高综合应用能力，要加强表达、叙述能力的训练，通过对论述题的分析和练习，克服解决物理问题时存在的：表达不清、叙述无理、论证无据等各种问题，学会使用本学科的语言来表达问题，进行交流，培养分析、逻辑推理能力，从而形成物理学科的意识和思想。

1、论述题的特点

论述题的特点主要体现在解题过程的表达要求上，即在对物理现象、物理过程的分析中，要求运动物理规律，用简洁、准确、清晰的语言对分析过程进行表达，在做出判断的同时，说明判断根据，也就是说不单要说明是什么，而且要说清楚为什么。

2、论述题的解法

解答论述题所用的分析方法和解答其它类型（选择、计算题型）的题目没有什么差别，但需有解题过程中的分析和表达，也就是说，对于论述题，除了要能够正确进行解答之外，一些必要的文字说明一定要有，《考试说明》明确要求学生“能够根据已知的知识和所给物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。”

因此，解答论述题，一般可按以下步骤进行：（1）根据题给条件，画出草图分析，明确题意。

（2）对题目中的物理现象，涉及的物理模型，发生的物理过程，进行简要的文字说明和进行必要的数学推导，具体说明每步的依据，从而得出结论或论证所需要的数学表达式。

（3）对导出的结果进行分类讨论，最后得出完整的结论。

不同类型的论述题，其出题的意图不同，解题的要求也有所区别。同学们可以在平时学习、练习中加以体会。

二、典型例题

题1 如图9-1，是利用高频交变电流焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交流电的线圈，B是自行车的零件，a是待焊接的接口，接口两端接触在一起，当A中通有交流电时，B中会产生感应电动势，使得接口处金属熔化而焊接起来。（1）为什么在其它条件不变的情况下，交流电频率越高，焊接越快？（2）为什么焊接过程中，接口a处已被熔化而零件的其它部分并不很热？

分析和证明（1）交流电频率越高，磁通量变化率越大。

由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势和感应电流都变大，产生的热功率越大；焊接越快。

（2）因为接口处电阻大，串联电路中电流处处相等，电阻大的地方产生的热量多，可将接口处熔化而零件的其它部分并不很热。

评析 这是一道简答论述题。可以像问答题，判断某一说法的对错，进而叙述理由。它要求运用物理知识和规律对某个问题或某种观点进行简明扼要回答，或加以简洁的解释。

题2 试在下述简化情况下，由牛顿定律和运动学公式导出动量守恒定律的表达式：系统是两个质点，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直线运动，要求说明推导过程中每步的根据，以及公式中各符号和最后结果中各项的意义。

分析和证明 设m1和m2分别表示两质点的质量，F1和F2分别表示它们所受作用力，a1和a2分别表示它们的加速度，t1和t2分别表示F1和F2作用的时间，v1和v2分别表示它们

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和v2分别表示末速度，根据牛顿第二定律，相互作用过程中的初速度，v1有：F1m1a1，F2m2a2

v1v2v1v2由加速度的定义可知：a1，a2

t1t2v1)，F2t2m2(v2v2)分别代入上式，可得：F1t1m1(v1根据牛顿第三定律，有F1F2，t1t2

m2v2 代入并整理后，最终可得：m1v1m2v2m1v1和m2v2为两质点的末动量，这就是动量守其中m1v1和m2v2为两质点的初动量，m1v1恒定律的表达式。

评析 本题是一道推导证明题。首先要对所引用字母符号的物理意义加以具体说明，在推导过程中每一步都要针对性的给出依据、说明理由，最后按题目要求用文字说出最后结果中各项的意义。因此，在学习物理概念和规律时不能只记结论，还须弄清其中的道理，知道物理概念和规律的由来。

题3 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为

m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度为v0，设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，证明：若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足的关系式是：

2v0(m15m2)g(m1m2)0。

R分析和证明 根据题意，想象出此时物理情意如图9-2。因为轨道对在最高点B的作用力方向可以向上也可以向下，故先对A球受力分析（见图），由牛顿第三定律可知，A球对圆管的压力向下。为使两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的作用力只能向上，不然合力就不会为零，所以轨道对B球的作用力方向，由牛顿第三定律可知是向下的。于是可以证明：

22v0v0对A由Fma有N1m1gm1所以N1m1gm1

RR2v2对B有N2m2gm2

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高中物理辅导网http:/// 由机械能守恒定律得

1122m2v0m2v2m2g2R 2222v0v25m2g 把vv4gR 代入N2m2gm2得N2m2RR222122v0v0m25m2g 据题意有N1N2，则m1gm1RR2v00 即(m15m2)g(m1m2)R评析 本题的思路是“由因导索”，实行顺向证明，即由题设已知条件出发，运用已知规律推导所要证明的结果，叫顺证法。

题4 如图9-3所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，且m1m2，由轻质弹簧相连接，置于光滑的水平面上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度v0向右滑动。突然轻绳断开，当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为零。问在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析讨论，证明你的结论。

分析和证明 B的速度不会为零。

假设某时刻B的速度为零，设此时滑块A的速度为v1，由动量定律得

(m1m2)v0m1v1 ①

此时系统的机械能为E1（重力势能为零），动能为EKA，弹性势能为Ep1 E1=EKA+Ep1 ② EKA=m1v1 ③

由题意知，当A的速度为零时，弹性势能Ep2=0。设此时B的速度为v，则B的动能为：2EKB1m2v12 ④ 2此时系统的机械能为：E2=EKB+Ep2 ⑤ 由动量守恒定律得：(m1m2)v0m2v⑥ 由机械能守恒定律得E1=E2 ⑦ 由以上各式联立得：

22(m1m2)2v0(m1m2)2v0 ⑧ Ep12m12m2由于Ep10，由上式可得出m2m1，这与题没给定的条件m1m2相矛盾，故假设

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高中物理辅导网http:/// 不成立，即有：B的速度不会为零。

评析 此题顺向证明过程较为复杂，可采用反证法。先假定所要证明的结论不成立，由此通过合理的逻辑推导而导出矛盾，从而说明假设不对，肯定原结论正确。

题3 如图9-4所示，弹簧的一端固定在墙上。另一端连结一质量为m的木块，今将木块向右拉开一位移L后释放，木块在有摩擦的水平地面上减幅振动。弹簧第一次恢复原长时，木块速度为v0，试讨论：木块在整个振动过程中出现速度为v0的位置有几个。

分析和证明 在整个振动过程中出现速度为v0的位置有，且只有2个。

放手后，木块在水平方向上的弹力和摩擦力同时作用下，先向左作加速度变小的加速运动。后向左作加速度变大的减速运动。在原平衡位置右侧x0处（kx0mg），一定存在一加速度为零的位置，此位置向左的速度最大。根据速度变化必须是连续的原理可知，既然左侧有一v0，其右侧也一定存在一v0的位置。

此后的运动，可从能量角度分析不会再有v0的位置出现。

因为在弹簧第一次恢复原长，木块速度为v0时，系统振动的能量EEk12mv0，2此后的运动仍属阻尼振动，由于摩擦的作用振动能量不断减小，EE，设此后振动中任一时刻的速率为vx，即1212mvxEpmv0 22所以vx必小于v0，且不断变小，直至停止振动为止。

评析 此题属判断叙述类：根据题设的条件和基础知识，对某一物理现象、过程或结论，作出正确与否的判断。可以像计算题中的过程分析，用文字和物理公式分层次有条理地表达出来。

题4 如图9-5所示，足够长的水平绝缘杆MN，置于足够大的垂直纸面向内的匀强磁场中，磁场的磁感强度为B，一个绝缘环P套在杆上，环的质量为m，带电量为q的正电荷，与杆间的动摩擦因数为，若使环以初速度v0向右运动，试分析绝缘环克服摩擦力所做的功。

分析和证明 当绝缘环以初速度v0向右运动时，环受重力mg、洛仑兹力fqBv0及杆的弹力N。由于N的大小、方向与重力和洛仑兹力大小有关，会约束水平方向的摩擦力变化，从而使绝缘环的最终运动可能有三种情况：

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高中物理辅导网http:///（1）若开始时qBv0mg，即v0mg，由于N=0，绝缘环不受摩擦力作用，做匀qB速直线运动。绝缘环克服摩擦力所做的功Wf10。

（2）若开始时qBv0mg，即v0mg，N方向向上，绝缘环受杆摩擦力作用，做qB12mv0。2加速度变小的减速运动，直至静止。绝缘环克服摩擦力所做的功Wf2（3）若开始时qBv0mg，即v0mg，N方向向下，绝缘环受杆摩擦力作用，做qB减速直线运动，洛仑兹力f不断减小，当qBv0mg时，N=0，绝缘环不受摩擦力作用，做匀速直线运动，即最终速度vmg。绝缘环克服摩擦力所做的功： qBWf312121mg2mv0mvm[v0()2]。222qB评析 本题可根据题设的条件和基础知识，通过某一物理现象的分析，作出相应的判断，对导出的结果进行较为完整的分类讨论。主要培养思维的深度和广度，提高判断应用能力。

篇3：高三物理第二轮复习教案(第六讲 作图)

动量和能量

一、特别提示

动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径，也是解决物理问题最重要的思维方法之一。

1、动量关系

动量关系包括动量定理和动量守恒定律。（1）动量定理

凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。

（2）动量守恒定律

动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。

动量守恒条件为：

①系统不受外力或所受合外力为零

②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。③系统内力远大于外力，动量近似守恒。

④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。应用动量守恒定律解题的一般步骤：

确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。

应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。

2、能的转化和守恒定律

（1）能量守恒定律的具体表现形式

高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只不过在不同的过程中，表现形式不同而已，如：

在力学中的机械能守恒定律：Ek1Ep1Ek2Ep2 在热学中的热力学第一定律：UWQ 在电学中的闭合电路欧姆定律：I律。

在光学中的光电效应方程：

E，法拉第电磁感应定律En，以及楞次定Rrt12nwmhvW 22在原子物理中爱因斯坦的质能方程：Emc

（2）利用能量守恒定律求解的物理问题具有的特点：

①题目所述的物理问题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；

②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，根据能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。

二、典题例题

例题

1某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kkw。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时传颂梯的移动速度和不载人时相同，设人的平均质量为60kg，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？（g=10m/s2）。

分析与解

电动机的电压恒为380V，扶梯不载人时，电动机中的电流为5A，忽略掉电动机内阻的消耗，认为电动机的输入功率和输出功率相等，即可得到维持扶梯运转的功率为

P0380V5A1900W 电动机的最大输出功率为

Pm4.9kW 可用于输送顾客的功率为

PPmP03kW

由于扶梯以恒定速率向斜上方移动，每一位顾客所受的力为重力mg和支持力FN，且FN=mg 电动机通过扶梯的支持力FN对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为 P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W 则，同时乘载的最多人数人nP300025人 P1120点评

实际中的问题都是复杂的，受多方面的因素制约，解决这种问题，首先要突出实际问题的主要因素，忽略次要因素，把复杂的实际问题抽象成简单的物理模型，建立合适的物理模型是解决实际问题的重点，也是难点。

解决物理问题的一个基本思想是过能量守恒计算。很多看似难以解决的问题，都可以通过能量这条纽带联系起来的，这是一种常用且非常重要的物理思想方法，运用这种方法不仅使解题过程得以简化，而且可以非常深刻地揭示问题的物理意义。

运用机械功率公式P=Fv要特别注意力的方向和速度方向之间的角度，v指的是力方向上的速度。本题在计算扶梯对每个顾客做功功率P时，P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa，a角为支持力Fn与顾客速度的夹角。

例题

2如图4-1所示：摆球的质量为m，从偏离水平方向30°的位置由静止释放，设绳子为理想轻绳，求小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多少？

分析与解

设悬线长为l，下球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h=2lsin，处于松驰状态的细绳被拉直为止。这时，小球的速度竖直向下，大小为v2gl。

当绳被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v的法向分量vn减为零（由于绳为理想绳子，能在瞬间产生的极大拉力使球的法向速度减小为零，相应的动能转化为绳的内能）；小球以切向分量v1vsin30开始作变速圆周运动到最低点，在绳子拉直后的过程中机械能守恒，有

112m(vsin30)2mg(1cos60)mvA 22在最低点A，根据牛顿第二定律，有

v2Fmgm

lv2所以，绳的拉力Fmgm3.5mg

l点评

绳子拉直瞬间，物体将损失机械能转化为绳的内能（类似碰撞），本题中很多同学会想当然地认为球初态机械能等于末态机械能，原因是没有分析绳拉直的短暂过程及发生的物理现象。力学问题中的“过程”、“状态”分析是非常重要的，不可粗心忽略。

例题

3如图4-2所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A和B，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C，以EK的动能沿水平方向飞撞到A并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，高A、B、C质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？

分析与解

本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。

粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为v0，末速度为v1，则有

mv02mv①

在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为v2，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：

mv03mv

2②

由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：

1212mv13mv2

③ 221121解①②③得：Emv0EK

626E点评

若将本题的物理模型进行等效的代换：A和B换成光滑水平面上的两个物块，A、B之间的气体变成一轻弹簧，求内能的最大增量变成求弹性势能的最大增量。对代换后的模型我们已很熟悉，其实二者是同一类型的题目。因此解题不要就题论题，要有一个归纳总结的过程，这样才能够举一反三。

例

4如图4-3所示，是用直流电动机提升重物的装置，重 物质量m50kg，电源电动势E110V，内电阻r11，电动机的内电阻r24。阻力不计。当匀速提升重物时，电路中电流强度I5A。取g10m/s2，试求：

（1）电源的总功率和输出功率；（2）重物上升的速度。

分析与解

电源输出的总能量，一部分消耗于自身内阻，其余全部输出传给电动机。电动机获得的电能，一部分转化为电动机的内能，其余的全部转化为机械能。

（1）电源的总功率为：P(W)总EI1105550电源的输出功率为：PUII(EIr(W)1)5(11051)525（2）电动机的输入功率为：P入525(W)电动机的热功率：P热I2r2524100(W)

电动机的输出功率等于它对重物做功的功率，即P入P热mgv 所以，vP入P热mg5251000.85m/s

500点评

本题中电源的总功率550W，就是每秒钟电源把其它形式的能转化为550J电能。电源的输出功率为525W，就是每秒钟输出电能525J，对整个电路来说，遵循能的转化和守恒定律。因此要学会从能量角度来处理电路中的问题。

例题

5如图4-4所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆

3a的质量为m，b杆的质量为m水平导轨足够长，不计摩

4擦，求：

（1）a和b的最终速度分别是多大？

（2）整个过程中回路释放的电能是多少？

（3）若已知a、b杆的电阻之比Ra:Rb3:4，其余电阻不计，整个过程中，a、b上产生的热量分别是多少？

分析与解

（1）a下滑h过程中机械能守恒：mgh12mv0

① 2a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a作减速运动，b作加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统

3所受合外力为零，动量守恒得：mv0(mm)v

4②

由①②解得最终速度v472gh

（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以，133Emgh(mm)v2mgh

247（3）回路中产生的热量QaQbE，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra、Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以有

QaQb3，所以，4Qa37E949mgh，Qb412Emgh。749点评

本题以分析两杆的受力及运动为主要线索求解，关键注意：①明确“最终速度”的意义及条件；②分析电路中的电流，安培力和金属棒的运动之间相互影响、相互制约的关系；③金属棒所受安培力是系统的外力，但系统合外力为零，动量守恒；④运用能的转化和守恒定律及焦耳定律分析求解。

例题6

云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为M的原于核在云室中发生一次衰变，粒子的质量为m，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内，现测得粒子运动的轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损。

分析与解

该衰变放出的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R与运动速度

v2v的关系，由洛仑兹力和牛顿定律可得qvBm

①

R由衰变过程动量守恒得（衰变过程亏损质量很小，可忽略不计）：

0mv(Mm)v

②

又衰变过程中，能量守恒，则粒子和剩余核的动能都来自于亏损质量即

mc2121mv(Mm)v2

③ 22M(qBR)2联立①②③解得：m

22m(Mm)c点评