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物理专题一：物理思想与物理方法
一、隔离分析法与整体分析法
隔离分析法是把选定的研究对象从所在物理情境中抽取出来，加以研究分析的一种方
法. 需要用隔离法分析的问题，往往都有几个研究对象，应对它们逐一隔离分析、列式.
并且还要找出这些隔离体之间的联系，从而联立求解.概括其要领就是：先隔离分析，
后联立求解. 1.隔离法.
【例1】如图所示，跨过滑轮细绳的两端分别系有
m1=1kg、m2=2kg 的物体A 和B.滑轮质量
m=0.2kg，不计绳与滑轮的摩擦，要使B 静止在地
面上，则向上的拉力F 不能超过多大?
【解析】(1)先以B 为研究对象，当B 即将离开地面时，
地面对它的支持力为0.它只受到重力mBg 和绳子的拉力
T 的作用，且有：T- mBg=0.
(2)再以A 为研究对象，在B 即将离地时，
A 受到重力和拉力的作用，由于T=mBg＞
mAg，所示A 将加速上升.有T- mAg=mAaA.
(3)最后以滑轮为研究对象，此时滑轮受到四个力作用：重力、拉力、两边绳子的
两个拉力T.有F- mg-2T=ma.
这里需要注意的是：在A 上升距离s 时，滑轮只上升了s/2，故A 的加速度为滑轮
加速度的2 倍，即：aA=2a.
由以上四式联立求解得：F=43N.
2.整体分析法.
整体分析法是把一个物体系统(内含几个物体)看成一个整体，或者是着眼于物体运
动的全过程，而不考虑各阶段不同运动情况的一种分析方法.
【例2】如图所示，质量0.5kg、长1.2m 的金属盒，放在水平桌面上，它与桌面
间动摩擦因数
=0.125.在盒内右端放着质量也是0.5kg、半径0.1m 的弹性小球，球与
盒接触光滑. 若在盒的左端给盒以水平向右1.5N·s 的冲量，设盒在运动中与球碰撞的时
2
间极短，且无能量损失.求：盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少?(g 取
10m/s
２)
【解析】此题中盒与球交替做不同形式的运动，若用隔离法分段求解，将非常复
杂.我们可以把盒和球交替运动的过程看成是在地面摩擦力作用下系统动能损耗的整体
过程.
这个系统运动刚开始所具有的动能即为盒的动能
mv02/2=p2/2m=1.52/(2×0.5)=2.25J
整体在运动中受到的摩擦力：
f=
N=
2mg=10×0.125=1.25N
根据动能定理，可得-fs=0-mv02/2
, s=1.8m
【解题回顾】不少同学分析完球与盒相互作用和运动过程后，用隔离法分段求解.
先判断盒与球能否相撞，碰撞后交换速度，再求盒第二次运动的路程，再把各段路程
相加.对有限次碰撞尚能理解，但如果起初的初动能很大，将会发生多次碰撞，遇到这种
情况时，同学
3
径夹角为时，速度为根
们会想到整体法吗?
当然，隔离分析法与整体分析法是相辅相成的，是不可分割的一个整体。有时需
要先用隔离分析法，再用整体分析法；有时需要先用整体分析法，再用隔离分析法。
二、极值法与端值法
极值问题是中学物理中常见的一类问题.在物理状态发生变化的过程中，某一个物
理量的变化函数可能不是单调的，它可能有最大值或最小值.分析极值问题的思路有两
种：一种是把物理问题转化为数学问题，纯粹从数学角度去讨论或求解某一个物理函
数的极值.它采用的方法也是代数、三角、几何等数学方法；另一种是根据物体在状态变化
过程中受到的物理规律的约束、限制来求极值.它采用的方法是物理分析法.
【例3】如图所示，一辆有四分之一圆弧的小
车停在不光滑的水平地面上，质量为m 的小球从
静止开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保
持静止状态.试分析：当小球运动到什么位置时，
地面对小车的静摩擦力最大?最大值为多少?
【解析】设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半
v. 据机械能
守恒定律和牛顿第二定律有:
mv2/2=mgRco
s
N-mgcos
=mv2/R
解得小球对小车的压力为:N=3mgcos
其水平分量为Nx=3mgcos
sin
=3mgsin2
/2
根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=3mgsin2
/2
可以看出：当sin2
=1,即
=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为
fmax=3mg/2
【例4】如图所示，娱乐场空中列车
由许多节完全相同的车厢组成，列车
先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为
R 的空中圆环形光滑轨道.若列车全
4
长为L(L＞2
R)，R 远大于一节车厢
的长
度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v0 至少多大，才能使整个列车安全通过圆
环轨道?
【解析】滑上轨道前列车速度的最小值v0 与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值
v
相对应.这里v 代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.
由: mg=mv2/R
得:v=
因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全
通过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，
且至少为. 另外列车势R能g还增加了M′gh，其中M′为布满在轨道上车厢的质量，M′
=M(2
R/L)，h 为它们的平均高度，h=R. 因L＞2
R ，故仍有一些车厢在水平轨道
上，它们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：
Mv02/2=Mv2/2+M(2
R/L)gR
v0
Rg
Rg 4R2 /L
5
三、等效法
等效法是物理思维的一种重要方法，其要点是在效果不变的前提下，把较复杂的问题
转化为较简单或常见的问题.应用等效法，关键是要善于分析题中的哪些问题(如研究对
象、运动过程、状态或电路结构等)可以等效.
【例5】如图(甲)所示电路甲由8 个不同
的电阻组成，已知R1=12Ω，其余电阻阻值未
知，测得A、B 间的总电阻为4Ω，今将R1
换成6Ω的电阻，则A、B 间的总电阻是多少?
【解析】此题电路结构复杂，很难找出各电阻间串、并联的
关系由于8 个电阻中的7 个电阻的阻值未知，即使能理
顺各
电阻间的关系，也求不出它们连结后的总阻值.但是，由于
各电阻值一定，连结成电路后两点间的电阻值也是一定的，
我们把R1 外的其余部分的电阻等效为一个电阻R′，如图电
路乙所示，则问题将迎刃而解.由并联电路的规律得：
4=12R′/(12+R′)
R=6R′/(6+R′)
解得R=3
【例6】如图所示，一个“V”型玻璃管
倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方
向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小
球，重为G=10-3N，电量q=2×10-6C，从
A 点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数
=0.5.
已知管长AB=BC=2m，倾角
=37°，且管顶B
处有一很短的光滑圆弧.求：
(1)小球第一次运动到B 时的速度多大?
(2)小球运动后，第一次速度为0 的位置在何处?
(3)从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多
6
2a1l
222
少? (sin37°=0.6，cos37°=0.8)
【解析】小球受到竖直向上的电场力为F=qE=2×10-3N =2G，重力和电场合力大小
等于重力G，方向竖直向上，这里可以把电场力
与重力的合力等效为一个竖直上的“重力”，将
整个装置在竖直平面内旋转180°就变成了常见
的物理模型——小球在V 型斜面上的运动.如图
所示，(1)小球开始沿这个“V”型玻璃筒运动
的加速度为a1=g(sin
-
cos
)=10×(sin37°-
cos37°)=2m/s2
所以小球第一次到达B 点时的速度为:
v
2 2m / s
(2)在BC 面上，小于开始从B 点做匀减速运动，加速度的大小
为: a2=g(sin
+
cos
)=10×(sin37°+
cos37°)=10m/s2
所以，速度为0 时到B 的距离
为s=v2/2a2=0.4m
7
(3)接着小球又反向向B 加速运动，到B 后又减速向A 运动，这样不断地往复，最后停在B
点.如果将全过程等效为一个直线运动，则有：
mglsin
=
mgcos
L
所以L=ltan
/
=3m
即小球通过的全路程为3m.
四、排除法解选择题
排除法又叫筛选法，在选择题提供的四个答案中，若能判断A、B、C 选项不对，
则答案就是D 项.在解选择题时，若能先把一些明显不正确的答案排除掉，在所剩下的
较少选项中再选择正确答案就较省事了.
【例7】在光滑水平面上有A、B 两个小球，它们均向右在同一直线上运动，若它们
在碰撞前的动量分别是pA=12kg·m/s，pB=13kg·m/s(向右为正方向)，则碰撞后它们
动量的变化量△pA 及△pB 有可能的是
A.△pA =4kg·m/s
△pB =-4kg ·m/s
B.△pA =-3kg ·m/s
△pB =3kg ·m/s
C.△pA =-24kg ·m/s
△pB =24kg ·m/s
D.△pA =-5kg ·m/s
△pB =8kg ·m/s
【解析】依题意：A、B 均向右运动，碰撞的条件是A 的速度大于B 的速度，碰撞
时动量将由A 向B 传递，A 的动量将减少，B 的动量将增加，即△pA＜0，△pB＞0，故
A 是错误的.根据动量守恒定律应有：△pA=△pB.所以D 是错误的，C 选项中，A 球的动量
从12kg·m/s变为-12kg·m/s，大小不变，因而它的动能不变，但B 球动量增大到
37kg·m/s，动能增大，说明碰撞后系统的动能增加，这不符合能量守恒定律.所以只有
B 选项正确.
五、微元法
一切宏观量都可被看成是由若干个微小的单元组成的.在整个物体运动的全过程中，
这些微小单元是其时间、空间、物质的量的任意的且又具有代表性的一小部分.通过对
这些微小单元的研究，我们常能发现物体运动的特征和规律.微元法就是基于这种思想
研究问题的一种方法.
【例8】真空中以速度v 飞行的银原子持续打在器壁上产生的压强为P，设银原子
打在器壁上后便吸附在器壁上，银的密度为
.则器壁上银层厚度增加的速度u 为多大?
【解析】银原子持续飞向器壁，打在器壁上吸附在器壁上速度变为0，动量发生变化
是器壁对银原子有冲量的结果.
设△t 时间内飞到器壁上面积为S 的银原子的质量为m，银层增加的厚度为x.
8
由动量定理F△t=mv.又m=
Sx.
两式联立得F△t=
Sxv，整理变形得：
P=F/S=
Sxv/△t=
vu.
所以:u=P/
v.
六、作图法
作图法就是通过作图来分析或求解某个物理量的大小及变化趋势的一种解题方法.
通过作图来揭示物理过程、物理规律，具有直观形象、简单明了等优点.
【例9】某物体做初速度不为0 的匀变速直线运动，在时间t 内通过的位移为s，
设运动过程中间时刻的瞬时速度为v1，通过位移s 中点的瞬间速度为v2，则
A.若物体做匀加速直线运动，则v1＞
v2 B.若物体做匀加速直线运动，则v1
＜v2
9
C.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＞v2
D.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＜v2
【解析】初速度不为0 的匀加速直线运动与匀减速运动的图像如图(a)、(b)所示，
在图(a)、(b)上分别作出中间时刻所对应的速度v1，根据图线下方所围的面积即为
运动物体所通过的位移，将梯形分为左右面积相等的两部分，作出位移中点对应的速
度v2,可见不论是匀加速运动还是匀减速运动，都是v1 ＜v2.故本题答案应选B、D.
物理专题二力与运动
思想方法提炼
一、对力的几点认识
1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力
是矢量.
2.力的效果
（1）力的静力学效应：力能使物体发生形
10
变. (2)力的动力学效应：
a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma
b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=
△p c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△
Ek=W
3.物体受力分析的基本方法
（1）确定研究对象（隔离体、整体）.
（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.
（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.
（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲
线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.
二、中学物理中常见的几种力
三、力和运动的关系
1.F=0 时，加速度a =0.静止或匀速直线运动
F=恒量:F 与v 在一条直线上——匀变速直线运动
F 与v 不在一条直线上——曲线运动（如平抛运
动）2.特殊力:F 大小恒定，方向与v 始终垂直——匀速圆
周运动
F=-kx——简谐振
动四、基本理论与应用
解题常用的理论主要有：力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平
抛运动的规律、圆周运动的规律等.力与运动的关系研究的是宏观低速下物体的运动，
如各种交通运输工具、天体的运行、带电物体在电磁场中的运动等都属于其研究范畴，是
中学物理的重要内容，是高考的重点和热点，在高考试题中所占的比重非常大.选择题、
填空题、计算题等各种类型的试题都有，且常与电场、磁场、动量守恒、功能部分等
知识相结合.
感悟· 渗透· 应用
一、力与运动的关系
力与运动关系的习题通常分为两大类：一类是已知物体的受力情况，求解其运动情
况；另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量.在这
两类问题中，加速度a 都起着桥梁的作用.而对物体进行正确的受力分析和运动状态及
运动过程分析是解决这类问题的突破口和关键.
【例1】如图所示，质量M=10kg 的
木楔静止于粗糙水平地面上，木楔与地面
间的
动摩擦因数
=0.2，在木楔的倾角为
=30° 的斜面上，有一质量m=1.0kg 的物
6
块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程
s=1.4m 时，
其速度v=1.4m/s.在这个过程中木楔处于静止状态.求地面对木楔的摩擦力的大小和方
向（取g=10m/s2）.
【解析】由于木楔没有动，不能用公式f=
N 计算木楔受到的摩擦力，题中所给出
动摩擦因数的已知条件是多余的。首先要判断物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动
学公式v2
t-v2
0=2as 可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a< gsin
=5m/s2，可知物
块受摩擦力作用，物块和木楔的受力如图所示：
对物块，由牛顿第二定律得：
mgsin
-f1=maf1=4.3N
mgcos
-N1=0 N1= 5 3N
7
2h
g
2 0.2
10
对木楔，设地面对木楔的摩擦力如
图所示，由平衡条件：
f=N′1sin
-f′1cos
=0.61N
f 的结果为正值，说明所设的方向与图设方向相同.
【解题回顾】物理习题的解答，重在对物理规律的理解和运用，忌生拉硬套公式.
对两个或两个以上的物体，理解物体间相互作用的规律，正确选取并转移研究对象，是解
题的基本能力要求.本题也可以用整体法求解：对物块沿斜向下的加速度分解为水平方向
acos
和竖直方向asin
，其水平方向上的加速度是木楔对木块作用力的水平分量产
生的，根据力的相互作用规律，物块对木楔的水平方向的作用力也是macos
，再根
据木楔静止的现象，由平衡条件，得地面对木楔的摩擦力一定是macos
=0.61N.
【例2】如图所示，一高度为h＝0.2m 的水平面在A 点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，
一小球以v0＝5m/s 的速度在平面上向右运动。求小球从A 点运动到地面所需的时间
（平面与斜面均光滑，取g ＝10m/s2 ）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面
运动，则
h
v t
1 g sin
t 2 , 由此可求得落地的时间t。
sin
0
2
问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的
时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结
果。
【解析】不同意。小球应在A 点离开平面做平抛运动，
而不是沿斜面下滑。正确做法为：落地点与
A
点的水平距离
s
v0t
v0
5
1(m)
①
斜面底
宽
l
hctg
0.2
0.35(m)
②
s
l
小球离开A 点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。
∴
t
0.2(s)
③
2h
g
2 0.2
10
3
8
二、临界状态的求解
临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，它需要在给定的物理情境中求解
某些物理量的上限或下限，有时它与数学上的极值问题相类似.但有些问题只能从物理
概念、规律的约束来求解，研究处理这类问题的关键是：（1）要能分析出临界状态的由
来.（2）要能抓住处于临界状态时物体的受力、运动状态的特征.
【例3】如图所示，在相互垂直的匀强电场、磁
场中，有一个倾角为
且足够长的光滑绝缘斜面.磁
感应强度为B，方向水平向外，电场强度的方向竖直
向上.有一质量为m，带电量为+q 的小球静止在斜面
顶端，这时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场
方向改为竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多
远？所用
时间是多少？
【解析】开始电场方向向上时小球受重力和电场力
两个力作用，mg=qE，得电场强度E=mg/q.
当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力
9
如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加
速度为0.
mgcos
+qEcos
=Bqv+N，即2mgcos
=Bqv+N
随v 的变大小球对斜面的压力N 在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，
小球将离开斜面做曲线运动.
沿斜面方向小球受到的合力
F=mgsin
+qEsin
=2mgsin
为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动
a=F/m=2gsin
.
其临界条件是2mgcos
=Bqv，
得即将离开斜面时的速度v=2mgcos
/Bq.
由运动学公式v2=2as，
得到在斜面上滑行的距离为s=m2gcos2
/(B2q2sin
)
再根据v=at 得运动时间：t=v/a=mctan
/Bq.
【解题回顾】本题的关键有三点：（1）正确理解各种力的特点，如匀强电场中电场
力是恒力，洛伦兹力随速度而变化，弹力是被动力等.（2）分析出小球离开斜面时临界
状态，求出临界点的速度.（3）掌握运动和力的关系，判断出小球在离开斜面前做初速
度为0 的匀加速直线运动.下滑距离的求解也可以用动能定理求解，以加强对各种力的
理解.
【例4】如图所示，一平直的传送带以v=2m/s 的速度匀速运行，传送带把A 处的
工件运送到B 处.A、B 相距L=10m.从A 处把工件无初速度地放到传送带上，经过时间
t=6s 传送到B 处，欲用最短的
时间把工件从A 处传送到B 处，
求传送带的运行速度至少多
大？
【解析】A 物体无初速度放上传送带以后，物体将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为
L/t
＞v/2,这表明物体从A 到B 先做匀加速运动后做匀速运动.
设物体做匀加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，相对地面通过的位移为s，
则有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L.
数值代入得a=1m/s2
10
要使工件从A 到B 的时间最短，须使物体始终做匀加速运动，至B 点时速度为运送
时间最短所对应的皮带运行的最小速度.
由v2=2aL，
v=
2 5m / s
【解题回顾】对力与运动关系的习题，正确判断物体的运动过程至关重要.工件在
皮带上的运动可能是一直做匀加速运动、也可能是先匀加速运动后做匀速运动，关键是
要判断这一临界点是否会出现.在求皮带运行速度的最小值时，也可以用数学方法求解：
设皮带的速度为v，物体加速的时间为t1，匀速的时间为t2，则L=（v/2）t1+vt2，而
t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v 与v/2a 的积为常数，当两者相等时其积为最
大值，得v=
时t 有
最小值.由此看出，求物理极值，可以2a用L数学2 方5m法/也s 可以采用物理方法.但一般而言，
用物理方法比较简明.
三、在生产、生活中的运用.
高考制度的改革，不仅是考试形式的变化，更是高考内容的全面革新，其根本的核心
是不仅要让学生掌握知识本身，更要让学生知道这些知识能解决哪些实际问题，因而新的
高考试题十分强调对知识的实际应用的考查.
【例5】两个人要将质量M=1000kg 的小车沿
2aL
11
一小型铁轨推上长L=5m，高h=1m 的
斜坡顶端，如图所示.已知车在任何情况
下所受
的摩擦阻力恒为车重的0.12 倍，两人能发挥
的最大推力各为800N.在不允许使用别的工
具的
情况下，两人能否将车刚好推到坡顶？如果能，应如何办？（g 取10m/s2 ）
【解析】由于推车沿斜坡向上运动时，车所受“阻力”大于两个人的推力之
和. 即f1=Mgh/L+
Mg=3.2×103N＞F=1600N
所以不能从静止开始直接沿斜面将小车推到坡顶.
但因小车在水平面所受阻力小于两人的推力之和，即f2=
Mg=1200N＜1600N
故可先在水平面上加速推一段距离后再上斜坡.小车在水平面的加速度为
a1=(F-f2)/M=0.4m/s2
在斜坡上做匀减速运动，加速度为
a2=(F-f1)/M=-1.6m/s2
设小车在水平面上运行的位移为s 到达斜面底端的速度为v.
由运动学公式2a1s=v2=-2a2L
解得s=20m.即两人先在水平面上推20m 后，再推上斜坡，则刚好能把小车推到坡顶.
【解题回顾】本题的设问，只有经过深入思考，通过对物理情境的变换才能得以
解决. 由此可知，对联系实际问题应根据生活经验进行具体分析.不能机械地套用某种类
型.这样才能切实有效地提高解题能力.另外，本题属半开放型试题，即没有提供具体的
方法，需要同学自己想出办法，如果题中没有沿铁轨这一条件限制，还可以提出其他一些
办法，如在斜面上沿斜线推等.
【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。
一个质量为60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦
回到离水平网面5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内
网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）
【解析】将运动员看作质量为m 的质点，从h1 高处下落，刚接触网时速度的大小
v1
（向下）
弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
v2
速度的改变量
v
v1
v2
（向上）
（向上）
2gh1
2gh2
12
以a 表示加速度，△t 表示接触时间，则
v
a
t
接触过程中运动员受到向上的弹力F 和向下的重力mg。由牛顿第二定律，
F
mg
ma
由以上五式解得，
代入数值
得
F
mg
m
2gh2
t
2gh1
F
1.5
103 N
四、曲线运动.
当物体受到的合力的方向与速度的方向不在一条直线上时，物体就要做曲线运动.
中学物理能解决的曲线运动的习题主要有两种情形：一种是平抛运动，一种是圆周运
动.平抛运动的问题重点是掌握力及运动的合成与分解.圆周运动的问题重点是向心力的
来源和运动的规律.
13
【例7】在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-
3kg，电量q=1.0×10-10C 的带正电小球，静止在O
点，
以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系
Oxy，如图所示.
现突然加一沿x 轴正方向、场
强大小
为E=2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动，
经过1.0s，所加电场突然变为沿y 轴正方向，场强大小
仍为E=2.0×106V/m 的匀强电场，再经过1.0s 所加电场又突然变为另一个匀强电场.
使小球在此电场作用下经1.0s 速度变为0.求速度为0 时小球的位置.
【解析】由牛顿定律可知小球在水平面上的加速度
a=qE/m=0.20m/s2.
当场强沿x 轴正方向时，经1.0s 小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s（方向
沿x 轴方向）
小球沿x 轴方向移动的距离为△x1=at2/2=0.10m.
在第2s 内，电场方向y 轴正方向，x 方向不再受力，
所以第2s 内小球在x 方向做匀速运动，在y 方向做初速度为0 的匀加速直线运动
（类似平抛运动）
沿y 方向的距离:△y=at2/2=0.10m.
沿x 方向的距离:△x2=vxt=0.2×1.0=0.20m.
第2s 未在y 方向分速度为:
vy=at=0.20×1.0=0.20m/s
由上可知，此时小球运动方向与x 轴成45°角，要使小球速度变为0，则在第3s 内所
加电场方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x 轴成225°角.
在第3s 内，设在电场作用下小球加速度的x 分量和y 方向分量分别为ax、ay，
则ax=vx/t=0.2m/s2，
ay=vy/t=0.20m/s2；
在第3s 未，小球到达的位置坐标
为x3=△x1+△x2+vxt-
axt2/2=0.40m，y3=△y+vyt-
ayt2/2=0.20m.
【解题回顾】学好物理要有一定的空间想像力，要分析、想像物体的运动状态和运动
轨迹. 作图可以化抽象为具体，提高解题成功率.本题小球的运动情景如图.
14
【例8】如图所示，有一质量为m 的小球P 与
穿过光滑水平板上小孔O 的轻绳相连，用手拉
着绳子另一端，使小球在水平板上绕O 点做半
径为a、角速度为
的匀速圆周运动.
求：（1）此时绳上的拉力有多大？
（2）若将绳子从此状态迅速放松，后又拉直，
使小球绕O 做半径为b 的匀速圆周运动.从放松到拉直这段过程经历了多长时间？
（3）小球做半径为b 的匀速圆周运动时，绳子上的拉力又是多大？
【解析】（1）绳子上的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故有：F=m
2a
（2）松手后绳子上的拉力消失，小球将从松手时的位置沿圆周的切线方向，在光滑的
水平面上做匀速直线运动.当绳在水平板上长为b 时，绳又被拉紧.在这段匀速直线运动
的过程中小球运动的距离为
s= b2 a2，
如图所示
15
，
，
故t=s/v=
a
（3）将刚拉紧绳时的速度分解为沿绳子的分
量和垂直于绳子的分量.在绳被拉紧的短暂过程
中，
球损失了沿绳的分速度，保留着垂直于绳的分速度做匀速圆周运动.被保留的速度的大小
为：
v1=va/b=
a2/b.
所以绳子后来的拉力为：
F′=mv21/b=m
2a4/b3.
【解题回顾】此题难在第3 问，注意物体运动过程中的突变点，理解公式F=mv2/R 中
的v
是垂直于半径、沿切线方向的速度.
五、图像的运用
【例9】如图所示，一对
平行光滑轨道设置在水平面
上两轨道间距L=0.20m，电
阻R=1.0
；有一导体杆静
止地放在轨道上，与两轨道
垂直，杆及轨道的电阻皆可
忽略不计
整个装置处于磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力
F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图所示.求杆的质量
m 和加速度a
【解析】物体做匀加速运动的条件是合外力不变.导体杆运动过程中受拉力和安培力两
个力作用，因安培力随着速度增加电流变大而变大，所以拉力随着时间而变化.
设杆的质量为m，加速度为a，则由运动学公式
v=at，感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R，
安培力f=BIL，
由牛顿第二定律F-f=ma，
整理得
F=ma+B2L2at/R，
在图线上取两点代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.
b2 a2
16
练习题
如图所示，离子源从某小孔发射出
带电
量q=1.6×10-10C 的正离子(初速度
不
计)，在加速电压U= 1000V 作用下
沿
O1O2 方向进入匀强磁场中．磁场限
制在
以O2 为圆心半径为R0=2.64cm 的区
域
内，磁感强度大小B 为0.10T，方向
垂直
纸面向外，正离子沿偏离O1O2 为
60 °
角的方向从磁场中射出，打在屏上
的P
点，计算：
(1)正离子质量m．
(2)正离子通过磁场所需要的时间t．
17
解
①
②由图可见R＝
R0·cot30°
③
由①、②、③式得
＝1.67×10-27(kg)
(2)由图所示，离子飞出磁场，偏转60°角，故在磁场中飞
物理专题三动量与能
量思想方法提炼
牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从
三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的
难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速
有效地解决问题.
一、能量
1.概述
能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递
两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.
18
高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，
如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒
定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年
的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。
2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式
(1)W 合=△Ek 包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，
等
19
于物体动能的变化。(动能定理)
(2)WF=△E 除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)
注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能
(2)WF=0 时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。
(3)WG=-
△EP 重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能变化只与重
力做功有关，与其他做功情况无关。
(4) W 电=-△EP 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、
电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不
变。注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转
化为
其他形式的能。
(5)W+Q=△E 物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
(7)△E=△mc2 在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、
光
子等形式向外释放)
动量与能量的关系
1.动量与动能
动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存
在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比
Ek=mv2/2
两者的关系：p2=2mEk
动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能
一旦发生变化，则动量必发生变化.
2.动量定理与动能定理
动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△p=I，冲量I=Ft 是力对时
间的积累效应
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△Ek=W，功W=Fs 是力对空
间的积累效应.
3.动量守恒定律与机械能守恒定律
动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某
20
个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某
一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系
统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，
系统机械能的总量保持不变
运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找
到的. 如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由
于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可
认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系
统沿该方向的动量是守恒的.
动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、
原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热
点内容.
【例1】如图所示，滑块A、B 的质量分别为m1 与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连
接置于水平的气垫导轨上，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
21
速率v0 向右滑动.突然轻绳断开.当弹
簧伸至本身的自然长度时，滑块A 的
速度正好为0.求：
(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为0 的时刻?试通过定量分析证明你的
结
论.
【解析】(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之
和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械
能等于滑块B 的动能.设这时滑块B 的速度为v，则有E=m2v2/2.
因系统所受外力为0，由动量守恒定
律(m1+m2)v0=m2v.
解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).
由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒
(m1+m2)v02/2+Ep=E.
解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.
(2)假设在以后的运动中滑块B 可以出现速度为0 的时刻，并设此时A 的速度为v1，
弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得
m1v12/2+E
′
p=(m1+m2)2v02/2m2. 根据动量
守恒得(m1+m2)v0=m1v1，求
出v1 代入上式得:
(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
因为E′p≥0，故得:
(m1+m2)2v02/2m1≤
(m1+m2)2v02/2m2
即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2 不符.
可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为0 的情况.
【解题回顾】“假设法”解题的特点是：先对某个结论提出可能的假设.再利用已
知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立.“假设法”
是科学探索常用的方法之一.在当前，高考突出能力考察的形势下，加强证明题的训练
很有必要.
【例2】如图所示，质量为m 的有孔物体A
22
，
套在光滑的水平杆上，在A 下面用细绳挂一质量
为M 的物体B，若A 固定不动，给B 一水平冲量
I B 恰能上升到使绳水平的位置.当A 不固定时，
要使B 物体上升到使绳水平的位置，则给它的水
平冲量至少多大?
【解析】当A 固定不动时，B 受到冲量后以A 为圆心做圆周运动，只有重力做功，机
械能守恒.在水平位置时B 的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能
Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M. 若A 不固定，B 向上摆动时A 也要向右运动，当B 恰能摆到
水平位置时，它们具有相
同的水平速度，把A、B 看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守
恒.又在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M 在最低
点得到的速度为v0，到水平位置时的速度为v.
Mv0=(M+m)v.
Mv02/2=(M+m)v2/2+
Mgh. I′=Mv0.
23
I′= I
【解题回顾】此题重要的是在理解A 不固定，B 恰能上升到使绳水平的位置时，其竖
直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点.另外B 上升时也不再是做圆周运动，
此时绳的拉力对B 做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B 做正功还是负功)，有兴趣的
同学还可以分析一下系统以后的运动情况.
【例3】下面是一个物理演示实验，它显示：
图中下落的物体A、B 经反弹后，B 能上升到比
初始位置高的地方.A 是某种材料做成的实心球，质量
m1=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.1kg
的木棍B.B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之
间有小间隙. 将此装置从A 的下端离地板的高度
H=1.25m 处由静止释放.实验中，A 触地后在极短的
时间内反弹，
且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，而球A 恰好停留在地板上，求木棍
B
上升的高度.重力加速度（g=10m/s2）
【解析】根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由
机械能守恒得
(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1=
A 刚反弹时速度向上，立刻与下落的B 碰撞，碰前B 的速度v2=
由题意，碰后A 速度为0，以v2 表示B 上升的速度，
根据动量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.
令h 表示B 上升的高度，有m2v′
22/2=m2gh，由以上各式并代入数据
得:h=4.05m.
【例4】质量分别为m1、m2 的小球在
一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的
位移—时间图像如图所示，若
m1=1kg, m2 的质量等于多少?
M m
m
2gH.
2gH.
24
【解析】从位移—时间图像上可看出：m1 和m2
于t=2s 时在位移等于8m 处碰撞，碰前m2 的速度为0，m1 的速度v0=△s/△t=4m/s
碰撞后，m1 的速度v1=-
2m/s，m2 的速度v2=2m/s，
由动量守恒定律得
m1v0=m1v1+m2v2，m2=3kg.
【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：
位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一
谈.
【例5】云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为M 的静止的原子核在
云室中发生一次α衰变，α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α粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问
题时，亏损的质量可忽略不计)
【解析】α粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设α粒子的运动速度为v，
由牛顿第二定律得qvB=mv2/R.
衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v′，衰变过程中
动
2)
量守恒(M-m)v′=mv.
α粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有
△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.
解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].
【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了
圆周运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.
【例6】如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，
两端各拴有一小物块.它们的质量分别为m1、m2，
已知m2=3m1，起始时m1 放在地上，m2 离地面的
高度
h=1.0m，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面
相碰时完全没有弹起(地面为水平沙地)，绳不可伸长，
绳中
各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物
块的速度相同，试求m2 所走的全部路程(取3 位有
效数字)
【解析】因m2＞m1，放手后m2 将下降，直至落地.
由机械能守恒定律得
m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.
m2 与地面碰后静止，绳松弛，m1 以速度v 上升至最高点处再下降.
当降至h 时绳被绷紧.
根据动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1
由于m1 通过绳子与m2 作用及m2 与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m2 不可能再升
到h 处，m1 也不可能落回地面.设m2 再次达到的高度为h1，m1 则从开始绷紧时的高
度h 处下降了h1.由机械能守恒
(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1
由以上3 式联立可解得
h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1
+m2)]2h
此后m2 又从h1 高处落下，类似前面的过程.设m2 第二次达到的最高点为h2，仿照上一
过程可推得
h2=m12h1/(m1+m 2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h
由此类推，
得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h
所以通过的总路程
16
s=h+2h1+21h2+2h3+…m…
m
m
2h[
(
1
)2
(
1
)4
(
1
)6 !!]
2
m1
m2 m1
m2 m1
m2
2h[1
(1)2
(1)4
(1)6 !!]
2
4
4
4
2h
0.567
1.13m
【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的
原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定
律应用的一种特例，应加强记忆和理解.
【例7】如图所示，金属杆a 从
离地h 高处由静止开始沿光滑平行的
弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖
直向上的匀强磁场B，水平轨道上原
来
17
b
b
b
放有一金属杆b，已知a 杆的质量为
ma,且与杆b 的质量之比为ma∶mb=3∶
4，水平轨道足够长，不计摩擦，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，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b
上产生的热量分别是多少?
【解析】(1)a 下滑过程中机械能守恒
magh=mav02/2
a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做
加速运动，经过一段时间，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0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b 的最终速度，设为v.由
于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒
mav0=(ma+mb)v
由以上两式解得最终速度
3
v =v =v=
a
b
7
(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b 系统机械能的损失，
所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7
(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的
机
械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra 与Rb 串联，
通过的电流总是相等的，所以应有
Q
I 2R t R
3
a
a
a
所以
3
Q
I 2R t R
4
12
Qa
7 E
49 magh
Q
4 E
16 m gh
b
7
49 a
【例8】连同装备质量M=100kg 的宇航员离飞船45m 处与飞船相对静止，他带
有一个装有m=0.5kg 的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s 的速度在极短的时
2gh
18
间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部
分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R 是2.5×10-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，
并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?
【解析】设喷出氧气的质量为m′后，飞船获得的速度为v′，喷气的过程中满足动量守恒
定律，有:
0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)
得v′=m′v/M
宇航员即以v′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时
间t=s/v′=Ms/m′v
这段时间内耗氧m″=Rt
故其用掉氧气m′+m″=2.25×10-2/m′+m′
19
因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2 为常数，
所以当2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg 时用掉氧气最少，共用掉氧气是m′+m″
=0.3kg.
【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，
飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速
直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动
量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物
理上的运用.
【例9】质量为m 的飞机以水平速度v0 飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中
水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该
升力由
其它力的合力提供，不含重力）。今测得当飞机在水平方
向的位
移为l 时，它的上升高度为h，求：（1）飞机受到的升
力大小；
（2）
从起飞到上升至h 高度的过程中升力所作的功及在
高度h
处飞机的动能。
【解析】飞机水平速度不
变
l
v0t
①
y 方向加速度恒
定
h
1 at 2 ②
2
消去t 即
得
a
2h v 2 ③
l 2
0
由牛顿第二定
律
F
mg
ma
mg(1
2h v 2 )
④
gl 2
0
（2）升力做功W
Fh
mgh(1
2h v 2 )
⑤
在h 处vt
at
2hv0
l
gl 2 0
⑥
1
2
2
1
2
4h 2
∴
E
k
2 m(v0
vt )
2 mv0 (1
l 2 )
⑦
2ah
20
【例10】有三根长度皆为l＝1.00m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在
天花板上的O 点，另一端分别拴有质量皆为m＝1.00×10
－2kg 的带电小球A 和B，
它们的电量分别为一q 和＋q，q＝l.00×10
－7C。A、B 之间用第三根
线连接
起
来。空间中存在大小为E＝1.00×106N/C 的匀强电场，场强
方向沿水
平向右，平衡时A、B 球的位置如图所示。现将O、B 之间
的线烧
断，由于有空气阻力，A、B 球最后会达到新的平衡位置。求
最后两球
的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两
带电小
球间相互作用的静电力）
【解析】图1中虚线表示A、B 球原来的平衡位置，实线表示
烧断后重
新达到平衡的位置，其中
、
的夹角。
分别表示细线加OA、AB 与
竖直方向
A 球受力如图2所示：重力mg 竖直向下；电场力qE 水
平向左；
细线OA 对A 的拉力T1，方向如图；细线AB 对A 的拉力T2，
方向如
图。由平衡条件
T1 sin
T2 sin
qE
T1 cos
mg
T2 cos
21
B 球受力如图3所示：重力mg 竖直向下；电场力qE 水平向右；细线AB 对B 的
拉力
T2，方向如图。由平
衡条件
T2 sin
qE
T2 cos
mg
联立以上各式并代入数据，得
0
45
由此可知，A、B 球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A 球的重力势
能减少了
EA
mgl(1
sin 60
)
B 球的重力势能减少了
EB
mgl(1
sin 60
cos 45
)
A 球的电势能增加了
WA
qEl cos 60
B 球的电势能减少了
WB
qEl(sin 45
sin 30
)
两种势能总和减少了
W
WB
WA
EA
EB
代入数据解得
W
6.8
10
2 J
【例11】一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区
域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形
成，
未画出），经过CD 区域时是倾斜
的，
AB 和CD 都与BC 相切。现将大
量的
质量均为m 的小货箱一个一个在
A
处
放到传送带上，放置时初速为零，
经传
送带运送到D 处，D 和A 的高度
差为
h。稳定工作时传送带速度不变，
CD
段上各箱等距排列，相邻两箱的距
离为
L。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动
（忽略经BC 段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目
为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机
22
的平均抽出功率P 。
【解析】以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程
中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速
度为a，则对小箱有
s＝1/2at2
①
v0＝at
②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0＝v0t
③
由以上可得
s0＝2s
④
23
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做
功为A＝fs＝1/2mv02
⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A0＝fs0＝2·1/2mv02
⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热
量
Q＝1/2mv02
⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T 时间内，电动机输出的功为
W＝P T
⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，
W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ
⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以
v0T＝NL
⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
Nm
P ＝T
[
N 2
L2
T 2
＋gh]
物理专题四带电粒子在场中的运动
思想方法提炼
带电粒子在某种场(重力场、电场、磁场或复合场)中的运动问题，本质还是物体的
动力学问题
电场力、磁场力、重力的性质和特点：匀强场中重力和电场力均为恒力，可能做功；
洛伦兹力总不做功；电场力和磁场力都与电荷正负、场的方向有关，磁场力还受粒子的速
度影响，反过来影响粒子的速度变化.
一、安培力
1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.
【说明】磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作
用力的宏观表现即为安培力.
2.安培力的计算公式：F=BILsin
；通电导线与磁场方向垂直时，即
= 900，此
24
为磁场中通电导体的几何中心；
用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电
时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即
=00，此时安培力有最小值，
Fmin=0N；0°＜
＜90°时，安培力F 介于0 和最大值之间.
3.安培力公式的适用条件；
①一般只适用于匀强磁场；②导线垂直于磁场；
③L 为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L 由始端
流向末端；
如图所示，
几种有效长度；
④安培力的作用点
⑤根据力的相互作
导体对磁体有反
作用力.
【说明】安培力的计算只限于导线与B 垂直和平行的两种情况.
25
二、左手定则
1.通电导线所受的安培力方向和磁场B 的方向、电流方向之间的关系，可以用左手定
则来判定.
2.用左手定则判定安培力方向的方法：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手
掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面
跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向.
3.安培力F 的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线方向垂直，即F 总是垂直于磁场
与导线所决定的平面.但B 与I 的方向不一定垂直.
4.安培力F、磁感应强度B、电流I 三者的关系
①已知I、B 的方向，可惟一确定F 的方向；
②已知F、B 的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I 的方向；
③已知F、I 的方向时，磁感应强度B 的方向不能惟一确定.
三、洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力.
1.洛伦兹力的公式：F=qvBsin
；
2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F=0；
3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F=qvB;
4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁
场对电荷的作用力一定为0；
四、洛伦兹力的方向
1.运动电荷在磁场中受力方向可用左手定则来判定；
2.洛伦兹力f 的方向既垂直于磁场B 的方向，又垂直于运动电荷的速度v 的方向，即f
总是垂直于B 和v 所在的平面.
3.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电时，四个手指的指向与正电荷
的运动方向相同.若粒子带负电时，四个手指的指向与负电荷的运动方向相反.
4.安培力的本质是磁场对运动电荷的作用力的宏观表现.
五、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二
是匀速圆周运动；三是螺旋运动.从运动形式可分为：匀速直线运动和变加速曲线运动.
2.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子做匀速直线运
动，是因为带电粒子在磁场中不受洛伦兹力的作用.
3.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运
动，是因为带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，只改变
其运动方向，不改变其速度大小.
26
4.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/Bq;其运动
周期T=2
m/Bq(与速度大小无关).
5.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但
有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直
进入匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆周运动)
6.带电粒子在匀强磁场中做不完整圆周运动的解题思路：
(1)用几何知识确定圆心并求半径.
因为F 方向指向圆心，根据F 一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射
入点和出射点)的F 或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与
弦长的关系.
(2)确定轨迹所对的圆心角，求运动时间.
27
先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°(或2
)计算出圆心
角
的大小，再由公式t=
T/3600(或
T/2
)可求出运动时间.
六、带电粒子在复合场中运动的基本分析
1.这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.带电粒
子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力
的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要.
2.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0 时，粒子将做匀速直线运动或静止.
3.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动.
4.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动.
5.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，
这类问题一般只能用能量关系处理.
七、电场力和洛伦兹力的比较
1.
在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对
运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用.
2.
电场力的大小F=Eq,与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小
f=Bqvsina，与电荷运动的速度大小和方向均有关.
3.
电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和
磁场垂直，又和速度方向垂直.
4.
电场既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛
伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小.
5.
电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，
不能改变电荷的动能.
6. 匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦
兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧.
八、对于重力的考虑
重力考虑与否分三种情况.(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交
待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而
对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力.(2)在
题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.(3)是直接看不
出是否要考虑重力，但在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定再
是否要考虑重力.
九、动力学理论：
28
(1)粒子所受的合力和初速度决定粒子的运动轨迹及运动性质；
(2)匀变速直线运动公式、运动的合成和分解、匀速圆周运动的运动学公
式；(3)牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律；
(4)动能定理、能量守恒定律.
十、在生产、生活、科研中的应用：如显像管、回旋加速器、速度选择器、正负电子对撞
机、质谱仪、电磁流量计、磁流体发电机、霍尔效应等等.
正因为这类问题涉及知识面大、能力要求高，而成为近几年高考的热点问题，题型有
选择、填空、作图等，更多的是作为压轴题的说理、计算题.分析此类问题的一般方法为：
首先从粒子的开始运动状态受力分析着手，由合力和初速度判断粒子的运动轨迹和运动
性质，注意速度和洛伦兹力相互影响这一特点，将整个运动过程和各个阶段都分析清楚，
然后再结合题设条件，边界条件等，选取粒子的运动过程，选用有关动力学理论公式求解
常见的问题类型及解法.
29
【例1】如图，在某个空间内有一个水平方向的
匀强电场，电场强度
，又有一个与电
场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B＝10T。现
有一个质量m＝2×10-6kg、带电量q＝2×10-6C 的
微粒，在这个电场和磁场叠加的空间作匀速直线
运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去
磁场，那么，
当它再次经过同一条电场线时，微粒在电场线方向上移过了多大距离。（ｇ取10m／S2）
【解析】题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运
动，意味
着微粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一
步的分
析可知：洛仑兹力f 与重力、电场力的合力F 等值
反向，微
粒运动速度V 与f 垂直，如图2。当撤去磁场后，
带电微
粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水
平方向
和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图3。
由图2
可知：
又：
解之得：
由图3 可知，微粒回到同一条电场线的时
间
则微粒在电场线方向移过距离
【解题回顾】本题的关键有两点：
(1)根据平衡条件结合各力特点画出三力关系；(2)将匀变速曲线运动分解
【例2】如图所示，质量为m，电量为q 的带正
电的微粒以初速度v0 垂直射入相互垂直的匀强电
30
场和匀强磁场中，刚好沿直线射出该场区，若同
一微粒以初速度v0/2 垂直射入该场区，则微粒沿
图示的曲线从P 点以2v0 速度离开场区，求微粒
在场区中
的横向(垂直于v0 方向)位移，已知磁场的磁感应强度大小为B.
【解析】速度为v0 时粒子受重力、电场力和磁场力，三力在竖直方向平衡；速度为v0/2
时，磁场力变小，三力不平衡，微粒应做变加速度的曲线运动.
当微粒的速度为v0 时，做水平匀速直线运动，有: qE=mg+qv0B ①；
当微粒的速度为v0/2 时，它做曲线运动，但洛伦兹力对运动的电荷不做功，只有重
力和电场力做功，设微粒横向位移为s，由动能定理
(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2
②.
将①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，
所以s=15mv0/(8qB).
31
正方向的半个圆应是磁
0
【解题回顾】由于洛伦兹力的特点往往会使微粒的运动很复杂，但这类只涉及初、末状态
参量而不涉及中间状态性质的问题常用动量、能量观点分析求解
【例3】在xOy 平面内有许多电子(质量为m，电量为e)
从坐标原点O 不断地以相同大小的速度v0 沿不同的方向射
入
第一象限，如图所示，现加一个垂直于xOy 平面的磁感应
强度为B 的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行
于x 轴向x 轴正方向运动，试求出符合条件的磁场的最小
面积.
【分析】电子在磁场中运动轨迹是圆弧，且不同方向射
出的电子的圆形轨迹的半径相同(r=mv0/Be).假如磁场
区域足够大，画出所有可能的轨迹如图所示，
其中圆O1 和圆O2 为从圆点射出，经第一象限的所有圆中的最低和最高位置的两个圆，若
要使电子飞出磁场平行于x 轴，这些圆的最高点应是区域的下边界，
可由几何知识证明，此下边界为一段圆弧将这些圆心连线(图中虚线O1O2)向上平移一段
长度为r=mv0/eB 的距离即图中的弧ocb 就是这些圆的最高点的连线，应是磁场区域
的下边界.；圆O2 的y 轴
场的上边界，两边界之间图形的面积即为所求
图中的阴影区域面积，即为磁场区域面积
S= 2(1
r 2
4
r
2
2
(
1)m2v2
)
2e2B2
【解题回顾】数学方法与物理知识相结合是解决物理
问题的一种有效途径.本题还可以用下述方法求出下边
界.
32
设P(x,y)为磁场下边界上的一点，经过该点的电子初速
度与x 轴夹角为
，则由图可知：x=rsin
, y=r-
rcos
得: x2+(y-r)2=r2
所以磁场区域的下边界也是半径为r，
圆心为(0,r)的圆弧
【例4】如图所示，在x 轴上方有垂直于xy 平面向
里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x 轴下方有沿y
轴负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量
为-q 的粒子从坐标原点O 沿着y 轴正方向射出
射出之后，
第三次到达x 轴时，它与点O 的距离为L.求此粒子
射出的速度v 和在此过程中运动的总路程s(重力不计).
【解析】由粒子在磁场中和电场中受力情况与粒子的速度可以判断粒子从O 点开始在
磁场中匀速率运动半个圆周后进入电场，做先减速后反向加速的匀变直线运动，再进入
磁场，匀速率运动半个圆周后又进入电场，
如此重复下去.
33
粒子运动路线如图3-11 所示，有L=4R①
粒子初速度为v，则有qvB=mv2/R②，
由①、②可得v=qBL/4m ③.
设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L，
加速度为a,
则有v2=2aL ④，
qE=ma, ⑤
粒子运动的总路程s=2
R+2L.⑥
由①、②、③、④、⑤、⑥式，
得:s=
L/2+qB2L2/(16mE).
【解题回顾】把复杂的过程分解为几个简单的
过程，按顺序逐个求解，或将每个过程所满足的规律公式写出，结合关联条件组成方程，
再解方程组，这就是解决复杂过程的一般方法另外，还可通过开始n 个过程的分析找出
一般规律，推测后来的过程，或对整个过程总体求解将此题中的电场和磁场的空间分布和时
间进程重组，便可理解回旋加速器原理，并可用后一种方法求解.
【例5】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通
过管内横载面的流体的体积) 为了简化，假设流量计是如图3-12 所示的横载面为长方
形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为
图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管
道相连接(图中虚线) 图中流量计的上、下两面是
金属材料，前、后两面是绝缘材料，现将流量计所
在处加磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直
于前后
两面，当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻
R 的电流表的两端连接，I 表示测得的电流值，已知流体的电阻率，不计电流表的内阻，
则可求得流量为多大?
【解析】导电流体从管中流过时，其中的阴阳离子会受磁场力作用而向管的上下表面偏
转，上、下表面带电后一方面使阴阳离子又受电场力阻碍它们继续偏转，直到电场力与磁
场力平衡；另一方面对外接电阻来说，上、下表面相当于电源，使电阻中的电流满足闭合电
路欧姆定律.
设导电流体的流动速度v，由于导电流体中正、负离子在磁场中的偏转，在上、下两板上
积聚电荷，在两极之间形成电场，当电场力qE 与洛伦兹力qvB 平衡时，E=Bv，两金属
板上的电动势E′=Bcv，内阻r=
c/ab，与R 串联的电路中电流:I=Bcv/(R+r),
34
大?
遇，
v=I(R+
c/ab)/Bc；
流体流量:Q=vbc=I(bR+
c/a)/B
【解题回顾】因为电磁流量计是一根管道，内部没有任何阻碍流体流动的结构，所以可以
用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量它还具有测量范围宽、反应快、易与其他自动控
制装置配套等优点可见，科技是第一生产力.
本题是闭合电路欧姆定律与带电粒子在电磁场中运动知识的综合运用这种带电粒
子的运动模型也称为霍尔效应，在许多仪器设备中被应用.如速度选择器、磁流体发电
机等等.
【例6】如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直xOy 平面向外.某一时刻有一
质子从点(L0，0)处沿y 轴负向进入磁场；同一时刻一α粒子从点(-L0，0)进入磁场，速
度方向在xOy 平面内.设质子质量为m，电量为e，不计质子与α粒子间相互作用.
(1)如果质子能够经过坐标原点O，则它的速度
多(2)如果α粒子第一次到达原点时能够与质子
相
求α粒子的速度.
35
对桌面压力恰好为0，求a 球对桌面
【解析】带电粒子在磁场中的圆周运动的解题关
键是其圆心和半径，在题目中如能够先求出这两
个量，则解题过程就会变得简洁，余下的工作
就是利用半径公式和周期公式处理问题.
(1)质子能够过原点，则质子运动的轨迹半
径为R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e 即可
得：
v=eBL0/2m；此题中还有一概念，圆心位置一定在垂直于速度的直线上，所以质子
的轨迹圆心一定在x 轴上；
(2)上一问是有关圆周运动的半径问题，而这一问则是侧重于圆周运动的周期问题了，
两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，即tα=TH/2，且α粒子运动到原点的
轨迹为一段圆弧，设所对应的圆心角为
，则
有tα=2
m/2Be，可得
=
/2,
则α粒子的轨迹半径R=L0/2=4mv/B2e,
答案为v= eBL0/(4m)，与x 轴正方向的夹角为
/4，右向上；
事实上α粒子也有可能运动3T/4 时到达原点且与质子相遇，则此时质子则是第二
次到原点，这种情况下速度大小的答案是相同的，但α粒子的初速度方向与x 轴的正方向
的夹角为3
/4，左向上；
【解题回顾】类似问题的重点已经不是磁场力的问题了，侧重的是数学知识与物理概
念的结合，此处的关键所在是利用圆周运动的线速度与轨迹半径垂直的方向关系、弦长和
弧长与圆的半径的数值关系、圆心角与圆弧的几何关系来确定圆弧的圆心位置和半径数值、
周期与运动时间.当然r=mv/Bq、T=2
m/Bq 两公式在这里起到一种联系作用.
【例7】如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，
有直径相同的两个金属小球a 和b，质量分别
为ma=2m,mb=m，b 球带正电荷2q，静
止在磁感应强度为B 的匀强磁场中；不带电
小球a
以速度v0 进入磁场，与b 球发生正碰，若碰后b 球
的压
力是多大?
【解析】本题相关的物理知识有接触起电、动量守恒、洛伦兹力，受力平衡与受力分
析，而最为关键的是碰撞过程，所有状态和过程都是以此为转折点，物理量的选择和确定
亦是以此作为切入点和出发点；
36
y
a
v0
O
x
碰后b 球的电量为q、a 球的电量也为q，设b 球的速度为vb，a 球的速度为va；以
b
为研究对象则有Bqvb=mbg;可得
vb=mg/Bq;
以碰撞过程为研究对象，有动量守恒，
即mav0=mava+mbvb,将已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表达式中va 已经包含
在其中，分析a 碰后的受力，则有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；
【解题回顾】本题考查的重点是洛伦兹力与动量问题的结合，实际上也可以问碰撞过程中
产生内能的大小，就将能量问题结合进来了.
【例8】. 如图所示，在xOy 平面上，a 点坐标
为（0，
L），平面内一边界通过a 点和坐标原点O 的圆
形匀
强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子
（质
量为m，电量为e）从a 点以初速度v0 平行x 轴
正方
向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好从x 轴正
方向
上的b 点（图中未标出），射出磁场区域，此时
速率
方向与x 轴正方向的夹角为60
，求：
（1）磁场的磁感应强度；
（2）磁场区域的圆心O1 的坐标；
（3）电子在磁场中的运动时间。
【解析】电子在匀强磁场中作匀速圆周运动，从
a 点射入b 点射出磁场区域，故所求圆形磁场区域区
有a 点、O 点、b 点，电子的运动轨迹如图中虚线
所示，其
对应的圆心在O2 点，令aO2
bO2
R ，作角
aO2b
60
，如图所示：
R 2
R
L
2
R sin 60
2
R
2 L，B
mv0
R
mv0
Be 代入
由上式得
2eL
t
60 T
1
2
m
2 L
2
L
电子在磁场中飞行的时间；
36
0
6
B
e
3
v
0
3v0
由于⊙O1 的圆周角
aOb
90
，所以ab 直线段为圆形磁场区域的直径，则
aO
1
1 R
L
2
，故磁场区域圆心
O1
的坐标，
x
aO1
sin 60
3 L
2
L
3 L，1 L
y
L
aO1
cos60
2 ，即O1 坐标
2 2
27
1
【解题回顾】本题关键为入射方向与出射方向成一定角度（题中为600），从几何
关系认识到带电粒子回旋的圆弧为1/6 圆的周长，再通过几何关系确定1/6 圆弧的圆，半
径是O2a
或bO2 ，进而可确定圆形区域的圆心坐标。
【例9 】如图所示，在图中第I 象限的区域里有平行于y 轴的匀强电场
E
2.0
104 N / C ，在第IV 象限区域内有垂直于Oxy 平面的匀强
磁场B。带电粒子A，质量为
m
1.0
10
12 kg ，电
量q1
1.0
10
4 C ，从
y 轴上A 点以平行于x
轴的速度
28
2OA
a
2
2OP
2
v
5
1
射入电场中，已知OA
4
10 m，求：
（1）粒子A 到达x 轴的位置和速度大小与方向；
（2）在粒子A 射入电场的同时，质量、电量与A 相等的粒子B，从y 轴上的某点B
以平行于x 轴的速度v2 射入匀强磁场中，A、B 两个粒子恰好在x 轴上迎面正碰（不计重
力，也不考虑两个粒子间的库仑力）试确定B 点的位置和匀强磁场的磁感强度。
【解析】粒子A 带正电荷，进入电场后在电场力作用下沿y 轴相反方向上获得加速
度，
Eq
1.0
10
4
2.0
104
2
12
2
a
m
1.0
10
12
m
/ s
2.0
10
m /
s
OA
1 at 2
设A、B 在x 轴上P 点相碰，则A 在电场中运动时间可
由
2
求解：
t
2
0.04 (s)
2.0
10
7 s
2
1012
由此可知P 点位置：OP
vt
4.0
105
2.0
10
7 (m)
8.0
10
2 m
粒子A 到达P 点的速度，vt
4.0
105 m / s
vt 与x 轴夹角：
45
（2）由（1）所获结论，可知B 在匀强磁场中作匀速圆周运动的时间也是t
2.0
10
7 s ，
轨迹半径R
8
10
2 m
v at
2
1
2
29
OB
1
2
10
2 m
3
3 T
粒子B 在磁场中转过角度为4
，运动时间为8
3
2
m
t
B
3
m
0.18T
Bq
4qt
【例10】如图4，质量为1g 的小环带4×10-4C
的正
电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦因数μ
＝
0.2。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和
匀强
磁场中，杆所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹
角为
37°。若E＝10N／C，B＝0.5T，小环从静止起动。
求：(1)
当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2)当
小环
的速度最大时，环的速度和加速度。
【解析】(1)小环从静止起动后，环受力如图
5，随
着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，
于是
8
30
环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为Ｖ时，正压力为
零，摩擦力消失，此时环有最大加速度am。
在平行于杆的方向上有：mgsin37°－qE cos37°＝mam
解得：am＝2.8m／S2
在垂直于杆的方向上有：
BqV＝mgcos37°＋
qEsin37° 解得：V＝
52m/S
（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹
力继
续增大，致使小环下侧与杆之
间出现挤压力N，如图6。于是摩擦力f 又产生，杆的
加速
度a 减小。V↑
BqV↑
N↑
f ↑
a↓，以上过程
的结
果，a 减小到零，此时环有最大速度Vm。
在平行杆方向有：
mgsin37°＝
Eqcos37°＋f 在垂直
杆方向有
BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N
又f＝μN
解之：Vm＝
122m/S 此时：a
＝0
【例11】如图7，在某空间同时存在着互相正交的
匀强
电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a 带
负电，
电量为q1，恰能静止于此空间的c 点，另一带电体b 也
带负
电，电量为q2，正在过a 点的竖直平面内作半径为r 的
匀速
圆周运动，结果a、b 在c 处碰撞并粘合在一起，试分析
a 、b
粘合一起后的运动性质。
【解析】：设a、b 的质量分别为m1 和m2，b 的速
度为
V。a 静止，则有q1E＝m1g
b 在竖直平面内作匀速圆周运动，则隐含着Eq2＝m2g，
此时
31
对a 和b 碰撞并粘合过程有m2V＋0＝（m1＋m2）V′
a、b 合在一起后，总电量为q1＋q2，总质量为m1＋m2，仍满足
(q1 ＋q2)E ＝(m1 ＋m2)g 。因此它们以速率V′ 在竖直平面内作匀速圆周运动，
故有
解得：
物理专题五电磁感应与电路
32
t
电磁感应是电磁学的核心内容，也是高中物理综合性最强的内容之一，高考每年必
考。题型有选择、填空和计算等，难度在中档左右，也经常会以压轴题出现。
1.运用楞次定律判断感应电流(电动势)方向，运用法拉第电磁感应定律，计算感应电
动势大小.注重在理解的基础上掌握灵活运用的技巧.
2.矩形线圈穿过有界磁场区域和滑轨类问题的分析计算。要培养良好的分析习惯，运
用动力学知识，逐步分析整个动态过程，找出关键条件，运用运动定律特别是功能关
系解题。
1.电磁感应现象.
(1)产生条件：回路中的磁通量发生变化.
(2)感应电流与感应电动势：在电磁感应现象中产生的是感应电动势，若回路是闭合
的，则有感应电流产生；若回路不闭合，则只有电动势，而无电流.
(3)在闭合回路中，产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路.
2.法拉第电磁感应定律：E=n
注意瞬时值和平均值的计算方法不
同.
3.楞次定律三种表述：
，E=BLvsin
，
(1)感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化(涉及到：原磁场方向、磁通量增减、感应
电流的磁场方向和感应电流方向等四方面).右手定则是其中一种特例.
(2)感应电流引起的运动总是阻碍相对运
动. (3)自感电动势的方向总是阻碍原电
流变化. 4.相关链接
(1)受力分析、合力方向与速度变化，牛顿定律、动量定理、动量守恒定律、匀速圆
周运动、功和能的关系等力学知识.
(2)欧姆定律、电流方向与电势高低、电功、电功率、焦耳定律等电路知
识. (3)能的转化与守恒定律.
思想方法提炼
在知识上，它既与电路的分析计算密切相关，又与力学中力的平衡、动量定理、功能
关系等知识有机结合；方法能力上，它既可考查学生形象思维和抽象思维能力、分析推理
和综合能力，又可考查学生运用数知识(如函数数值讨论、图像法等)的能力。
高考的热点问题和复习对策：
3.实际应用问题，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼等复习时应多注意。
此部分涉及的主要内容有：
33
Ⅱ、Ⅲ处在同一竖直平面内，在线框的正上方有一
右的恒定电流，如图所示，若三个闭合线框分别做如
感悟· 渗透· 应用
【例1】三个闭合矩形线框Ⅰ、
条固定
的长直导线，导线中通有自左向
下运动：
Ⅰ沿垂直长直
导线向下运动，Ⅱ沿平行长直
导线方向平动，Ⅲ绕其竖直中
心轴OO′转动.
(1)在这三个线框运动的过程中，
哪些线框中有感应电流产生?
方向如何?
(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，是否有感应电流产生?
【解析】此题旨在考查感应电流产生的条件.根据直线电流周围磁场的特点，判断三个线
框
运动过程中，穿过它们的磁通量是否发生变化.
(1)长直导线通有自左向右的恒定电流时，导线周围空间磁场的强弱分布不变，但离
导线越远，磁场越弱，磁感线越稀；离导线距离相同的地方，磁场强弱相同.
线框Ⅰ沿垂直于导线方向向下运动，穿过它的磁通量减小，有感应电流产生，电流产
生的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也应垂直纸面向里，再由
右手螺旋定则可判断感应电流为顺时针方向；线框Ⅱ沿平行导线方向运动，与直导线距离不
变，穿过线框Ⅱ的磁通量不变，因此线框Ⅱ中无感应电流产生；线框Ⅲ绕OO′轴转动过
程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框Ⅲ中有感应电流产生，其方向是周期
性改变的.
(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由于长直导线下方的磁场方
向与纸面垂直，在该位置线框Ⅲ的两竖直边运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所
以无感应电流；从磁通量变化的角度考虑，图示位置是线框Ⅲ中磁通量从增加到最大之后
开始减小的转折点，此位置感应电流的方向要发生变化，故此时其大小必为0.
【解题回顾】对瞬时电流是否存在应看回路中磁通量是否变化，或看回路中是否有一
段导体做切割磁感线运动，要想知道线框在磁场中运动时磁通量怎样变化，必须知道空间
的磁场强弱、方向分布的情况，对常见磁体及电流产生的磁场要相当熟悉.
【例2】如图所示，在倾角为θ的光滑的
斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，
方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，
宽度均为L，一个质量为m，边长也为L 的
正方形线框(设电阻为R)以速度v 进入磁场时，
恰好做匀速直线运动.若当ab 边到达gg′与ff′
中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则：
(1)当ab 边刚越过ff′时，线框加速度的值为多少?
(2)求线框开始进入磁场到ab 边到达gg′与ff′ 中
点的过程中产生的热量是多少?
【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系.线框刚越过ff′时，两条边都在切割
磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍
作用.
(1)ab 边刚越过ee′即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即
mg sin
B
BLv
L
R
在ab 边刚越过ff′时，ab、cd 边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能
突
变，则此时回路中的总感应电动势为E′=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BE′
L/R-mgsin
=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin
=3gsin
，方向沿斜面向上.
(2)设线框再做匀速运动时的速度为v′，则mgsin
=(2B2L2v′/R)×2，即v′=v/4，
从线框越过ee′到线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:
Q
mg
3 L sin
1 mv2
1 mv'2
2
2
2
3 mgL sin
15 mv2
【解题回顾】电磁2感应过程往往涉32及多种能量形式的转化，适时选用能量守恒关系
常会使求解很方便，特别是处理变加速直线运动或曲线运动问题.
【例3】如图所示，da、
cb 为相距L 的平行导轨(电阻
可以忽略不计).a、b 间接有一
个固定
31
32
R
电阻，阻值为R.长直细金属杆
MN 可以按任意角架在水平导轨上，
并以速度v 匀速滑动(平移)，v 的方
向
和da 平行. 杆MN 有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度
的大小为B，方向垂直纸面(dabc 平面)向里
(1)求固定电阻R 上消耗的电功率为最大时θ角的
值(2)求杆MN 上消耗的电功率为最大时θ角的值.
【解析】如图所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势E=BLv，与
角无关.
以r 表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流
为:
E 2R
I
E
R
r
(1)电阻R 上消耗的电功率
为:
P
I
2R
(R
r)2
由于E 和R 均与
无关，所以r 值最小时，PR 值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道
间的杆长最短，r 的值最小，所以PR 最大时的
值为
=
/2.
(2)杆上消耗的电功率为:
2
E 2r
Pr=
I r
(R
r)2
r
要求Pr 最大，即要求(R
r)2取最大值.由于
r
1 [1
(r
R)2 ]
(R
r)2 4R
r
r
R
显然，r=R 时，(R
r)2
杆长为1m，
所以有以下两种情况：
有极大值因每米杆长的电阻值为R，r=R 即要求两导轨间的
①如果L≤1m，则
满足下式时
r=R 1×sin
=L 所以
=arcsinL
②如果L＞1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有r＞R由于
(r
R)2
(1
r
R
2R )
2r
R
33
rR
在r＞R 的条件下，上式随r 的减小而单调减小，r 取最小值
时，(
r
R
)2
取最小值，
r
(r
R)2
取最大值，所以，Pr 取最大值时
值为
2
【例4】如图所示，光滑的平行导轨P、Q 相距
L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所
示的电路，其中水平放置的平行板电容器C 两极
板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2
Ω，导轨电阻不计.
磁感应强度B=0.4T 的匀强磁
场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab 沿导轨向右匀
速运动
(开关S 断开)时，电容器两极板之间质量m=1×10-14kg、
带电量Q=-1×10-15C 的微粒恰好静止不动；当S 闭合时，微粒以加速度a=7m/s2 向下
做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab 运动的速度多大?电阻多大?
34
1
3
(2)S 闭合后，使金属棒ab 做匀速运动的外力的功率多大?
【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而
平衡，则得
到:mg=
q
U
1
d
mg
d
10
14
10
0.01
求得电容器两极板间的电
压
U1
q
10
15
V
1V
由于微粒带负电，可知上极板电势高.
由于S 断开，R1 上无电流，R2、R3 串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应
电流，即通过R 、R 的电流为: IU1
1 A
0.1A
2
3
1
R2
R3
8
2
由闭合电路欧姆定律，ab 切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir
①
其中r 为ab 金属棒的电阻
当闭合S 后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma
求得S 闭合后电容器两极板间的电
压:
U
m(g
a)d
2
q
10
14
(10
7)
0.01
这时电路中的感应电流为
I2=U2/R2=0.3/2A=0.
15A
根据闭合电路欧姆定律有
10
15
V
0.3V
E
I ( R1R3
R
r)
2 R
R 2
将已知量代入①②求得E=1.2V，r=2
又因E=BLv
∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×
②
35
1)m/s=3m/s
即金属棒ab 做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2
(2)S 闭合后，通过ab 的电流I2=0.15A ，ab 所受安培力F2=BI2L=0.4 × 1 ×
0.15N=0.06N ab 以速度v=3m/s 做匀速运动时，所受外力必与安培力F2 大小相等、
方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v 同向)，可见外力F 的功率为:
P=Fv=0.06×3W=0.18W
【例5】已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，
在其周围有变化的磁场，因此，可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来
探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面时，a、c 在两处测得试探线圈感
应电动势为0，b、d 两处测得试探线圈感应电动势不为0；当线圈平面与地面成45°夹角
时，在b、d 两处测得试探线圈感应电动势为0；经测量发现，a、b、c、d 恰好位于边
长为1m 的正方形的四个顶角上，
如图所示，据此可以判定地下电缆在
两
点连线的正下方，离地表面的深度为
m.
【解析】当线圈平面平行地面时，a、c 在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d 两
处测得试探线圈感应电动势不为0；可以判断出地下电缆在a、c 两点连线的正下方；如图
所示a′
36
c′表示电缆，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d 两处测得试探线圈感应电动势为0；
可判断出O′b 垂直试
探线圈平面，则作出：Rt△
OO′b，其中∠ObO′=45° 那么
OO′=Ob=
/2=0.71(m).
【解题回顾】本题是一道电磁感应现象的实际应用的题目，将试探线圈产生感应电
动势的条件应用在数学中，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d 两处测得试探线
圈感应电动势为0，即电缆与在b、d 两处时的线圈平面平行，然后作出立体几何的图
形，便可用数学方法处理物理问题.
【例6】在如图所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁
感强度B，导轨左端的间距为L1=4L0，右端间距为L2=L0。今在导轨上放置AC，DE 两根
导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。若AC 棒以初速度V0
向右运动，求AC 棒运动的过程中产生的总焦耳热QAC，以及通过它们的总电量q。
【错解分析】错解：AC 棒在磁场力的作用下，做
变速
运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。
由于
没有摩擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根
据动
量守恒定律m1v0=（m1＋m2）v′
整个回路产生的焦耳热
因为R1=4R0，R2=R0。所以AC 棒在运动过程中产生的焦耳热
对AC 棒应用动量定理：BIL1·△t=m1v′－m1v0
AC 棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分
析是正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回
路中还有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC，DE
不可能做匀速运动。
【正确解答】
由于棒L1 向右运动，回路中产生电流，Ll 受安培力的作用后减速，L2 受安培力加
37
速使回路中的电流逐渐减小。只需v1，v2 满足一定关系，
两棒做匀速运动。
两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有
BLlv1=BL2v2
38
再对DE 棒应用动量定理BL2I·△t = m2v2
【解题回顾】电磁感应现象应用问题，往往涉及到很多知识点，是最为复杂的综合性题．综
合性题的处理途径主要是采用“分析法”：按知识点(主要指物理规律)划分若干基础题
型，按各基础题型解题步骤建立方程，最后解方程组即可得解．
以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思
索，把那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的
差别就在平行导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。
平行轨道间距一样的情况两根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中
如果两根导轨的速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应
电流产生，两根导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直
到回路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，
问题就会迎刃而解。
【例7】用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻
为1 Ω。把线框放在磁感强度B=0.05T 的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s
的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图所示，已知轴OO′在线框平面内，并且垂直于B，
od=3oa, O′ c=3 O′b,当线框转至和B 平行的瞬间。求：
（1）每条边产生的感应动势大小；
（2）线框内感应电流的大小；
（3）e，f 分别是ab 和cd 的中点，ef 两点间的电势差。
【错解分析】错解：线圈在转动时，只有ab 边和cd 边
作切
割磁感线运动，产生感应电动势。
（2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab 中感应电动势方向向上，而cd 中
感应电势的方向向下。
39
（3）观察fcbe 电路
本题解共有4 处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即缺
少εad和εbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一
部分占总长的几分之几表述不正确。第三，ab 边和cd 边的感应电动势的方向分别向
上、向下。
36
但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势
应为：εcd+εab，而不是相减。第四，求Uef 时，研究电路fcbe，应用闭合电路欧姆定
律，内电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是εcd/2。
【正确解答】
（1）线框转动时，ab 边和cd 边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0。
（3）观察fcbe 电路
【解题回顾】没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：
（1）
通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是
求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效
电路图作电路分析，然后求解。
【例8】如图所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON=
α。在它上面搁置另一根与ON 垂直的导线PQ，PQ
紧
贴
MO，ON 并以平行于ON 的速度V，从顶角O 开始
向右
匀速滑动，
设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感强度为B，
求回路中的感应电流。
【错解分析】错解：设PQ 从顶角O 开始向右运动的时间为Δt，
Ob=v·Δt，
ab=v·Δt·tgα，
37
时值。因为电阻（1＋cosα＋sinα）
由于两者不对应，结果就不可能正确。
【正确解答】
设PQ 从顶角O 开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ
回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感应电流
不
是
我
们
要
求
的
电
动
势
的瞬
时间增大，产
生的感应电动势不是恒量。避免出错的办法是先判断感应电动势的特征，根据具体情况决
定用瞬时值的表达式求解。
【例9】如图所示，以边长为50cm 的正方形导线框，放置在B=0.40T 的匀强磁场中。
已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求
线
框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线
横
截面积的电量。
【错解分析】错解：线框在水平位置时穿过线框的磁
通
38
量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ
2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
这个过程中的平均电动势
通过导线横截面的电量
39
磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜
90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面
与B 方向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错
误。
【正确解答】
设线框在水平位置时法线（图中）n 方向向上，穿过线框的磁
通量Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，
与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-
2Wb 通过导线横截面的电量
【小结】
通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免
出现错误。
【例10】、如图所示，两根互相平行、间距d=0.4
米的
金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度
B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd 所
受摩
擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电
阻不
计，当ab 杆受力F=0.4N 的恒力作用时，ab 杆以V1
做匀
速直线运动，cd 杆以V2 做匀速直线运动，求速度差
(V1－
V2)等于多少？
分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动
图32-1
势是
由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用
ε=BlVsinθ 来求ε 较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生
的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”
而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律ε=
用于整个
回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。
cd 棒匀速向右运动时，所受摩擦力f 方向水平向左，则安培力Fcd 方向水平向右，由左
手定
40
则可得电流方向从c 到d，且有：
Fcd = IdB = f
I = f /Bd
①
取整个回路abcd 为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=
，
根据B 不变，则△φ=B△S，在△t 时间内，
△φ=B(V1－V2)△td
所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d
②
又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r
③
由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2
代入数据解得：V1－V2 =6.25（m/s）
41
图33-1
□【例11】.如图所示，线圈ａｂｃｄ每边长L＝0.20ｍ，线
圈质
量ｍ1＝0.10ｋｇ、电阻Ｒ＝0.10Ω，砝码质量
ｍ2＝0.14ｋｇ．线圈
上方的匀强磁场磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，
方向
垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为
ｈ＝L＝0.20ｍ．砝码从某
一位置下降，使ａｂ边进入磁场
开始
做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．
解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安
培力
Ｆ安、绳子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即
Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．
①
砝码受力也平衡：Ｆ＝
ｍ2ｇ．
②
线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电
流Ｉ＝ＢLｖ／Ｒ，③
因此线圈受到向下的安培
力Ｆ安＝ＢＩL．④
联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ
2L2．代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）
【例12】如图所示，OACO 为置于水平面内的光滑闭
合金属导轨，O、C 处分别接有短电阻丝（图中粗线表
示），R1＝4Ω、R2＝8Ω（导轨其它部分电阻不计）。
导轨OAC
的形状满足方程y
2
sin(
3
x) （单位：m）。磁感强度
B＝0.2T 的匀强磁场方向垂直于导轨平面。一足够长的金
属棒在水平外力F 作用下，以恒定的速率v＝5.0m/s 水平向右在导轨上从O 点滑动到C
点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC 导轨垂直，不计棒的电阻。求：（1）外力F 的
最大值；
（2）
金属棒在导轨上运动时电阻丝R1 上消耗的最大功率；（3）在滑动过程中通过金属
棒的电流I 与时间t 的关系。
解析：（1）金属棒匀速运
动
I＝ε/R 总
②
F 外＝BIL
＝B2L2v/R 总
③
42
1
1
F外
F安
BLv
①
Lmax
2 sin 2
2(m) ④
R
R1
R2
8 / 3(
)
⑤
R1
R2
∴
Fma
x
0.22
22
5.0
3 / 8
0.3(N )
⑥
（2）P1
/ R
B L v
/ R
0.2
2
5.0 / 4
1(W )
⑦
2
2
2
2
2
2
2
（3）
金属棒与导轨接触点间的长度随时间变
化
BLv ，
L
2
sin(
3
x)(m)
且
x
vt,
总
43
∴
I
Bv
2 sin(
vt)
3 sin(5
t)( A)
R总
R
总
3
4
3
