高考物理二轮复习热点题型专题20 12类计算题归类分析（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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高考物理二轮复习热点题型与提分秘籍
专题20 12类计算题归类分析
题型一 匀变速直线运动规律的应用
【典例分析1】(2020·安徽皖中名校联盟高三第一次模拟联考)百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．
(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m范围内车辆和行人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段匀速行驶时的最大速度是多少？

(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m处，两车都以20 m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6 m/s2的加速度刹车1.4 s后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程中是否会发生追尾事故？
【参考答案】：(1)24 m/s　(2)见解析
【名师解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有
－2ax＝0－v
代入数据解得v0＝24 m/s.　①
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v
该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4 s
对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1)　②
对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2　③
联立②③式得t2＝3.6 s，v＝2 m/s
又x无＝(t2＋t1)　④
x有＝t2＋v0t1　⑤
Δx＝x有－x无　⑥
联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6 m<30 m，即两车不会相撞．
【提分秘籍】
(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路
画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.
【突破训练】
1.(2019·洛阳六校联考)ETC是目前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆汽车以10 m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20 m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10 s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5 m/s后，再以此速度匀速行驶5 m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求：

(1)汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；
(2)汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．
【答案】　(1)15 m　(2)11 s
【解析】(1)汽车进入人工收费通道后做匀减速直线运动，根据速度—位移公式可知，a＝＝2.5 m/s2.汽车进入ETC通道后，做匀减速直线运动的时间
t1＝＝2 s.
匀减速运动的位移x1＝＝15 m.
(2)汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间t1＝2 s.
匀速行驶的时间t2＝＝1 s.
从开始减速到交费完成所需的时间t＝t1＋t2＝3 s.
在人工收费通道，匀减速直线运动的时间
t3＝＝4 s.
汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间t′＝14 s.
节省的时间Δt＝t′－t＝11 s.
2.(2019·广东惠州二模)近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20 m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8 m/s，然后立即以大小为a2＝4 m/s2的加速度匀加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】　(1)33.6 m　(2)5.4 s　(3)1.62 s
【解析】(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x1处开始减速，则有：v－v＝－2a1x1
解得：x1＝33.6 m。
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则
减速阶段：vt＝v0－a1t1
解得：t1＝2.4 s
加速阶段：v0＝vt＋a2t2
解得：t2＝3 s
则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s。
(3)在加速阶段：x2＝t2＝42 m
则汽车加速和减速过程的总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m
若不减速所需要的时间：t′＝＝3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s。
题型二牛顿运动定律的综合应用
【典例分析1】(2020·广州普通高中毕业班综合测试)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量为5 kg、长度为2 m的长木板靠在低水平面边缘，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数为0.05，一质量为1 kg、可视为质点的滑块静止放置在高水平面上，距边缘A点3 m，现用大小为6 N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2。求：

(1)滑块滑动到A点时的速度大小；
(2)滑块滑动到长木板上时，滑块和长木板的加速度大小分别为多少？
(3)通过计算说明滑块能否从长木板的右端滑出。
【参考答案】　(1)6 m/s　(2)5 m/s2　0.4 m/s2　(3)见解析
【名师解析】　(1)根据牛顿第二定律有F＝ma
根据运动学公式有v2＝2aL0
联立方程代入数据解得v＝6 m/s
其中m、F分别为滑块的质量和受到的拉力，a是滑块的加速度，v是滑块滑动到A点时的速度大小，L0是滑块在高水平面上运动的位移。
(2)根据牛顿第二定律，对滑块有
μ1mg＝ma1
代入数据解得a1＝5 m/s2
对长木板有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
代入数据解得a2＝0.4 m/s2
其中M为长木板的质量，a1、a2分别是滑块刚滑上长木板时滑块和长木板的加速度大小，μ1、μ2分别是滑块与长木板间和长木板与低水平面间的动摩擦因数。
(3)假设滑块滑不出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用的时间为t，则
v－a1t＝a2t
代入数据解得t＝ s
则此过程中滑块的位移为x1＝vt－a1t2
长木板的位移为x2＝a2t2
x1－x2＝ m>L
式中L＝2 m为长木板的长度，所以滑块能从长木板的右端滑出。
【典例分析2】(2019·河北武邑中学3月高三月考)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看做质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：

(1)工件被第一次传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2 【参考答案】　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s
【名师解析】(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则

FN1＝mg
Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2
由运动学公式有t1＝＝ s＝1 s
x1＝a1t＝×5×12 m＝2.5 m
由于x1
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则
FN2＝mgcosθ
mgsinθ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为
h＝x2sinθ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD传送带上升的时间为t3＝＝0.5 s
故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。

(2)CD传送带以速度v2顺时针运转时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得
－2a2x3＝v－v
mgsinθ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v
LCD＝x3＋x4
解得v2＝4 m/s。
【提分秘籍】
1.动力学基本问题的解题步骤
(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。
(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。
②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。
(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。
2．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”
(1)“二分析”
①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；
②分析研究对象在每个阶段的运动特点。
(2)“一关键”
前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是解题的关键。
3.分析“板—块”模型的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系．
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件．
(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件
①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动．
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．
4.传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。
②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。
(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一起匀速；μ 【突破训练】
1.一水平传送带以2.0 m/s的速度顺时针传动，水平部分长为2.0 m．其右端与一倾角为θ＝37°的光滑斜面平滑相连，斜面长为0.4 m，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最左端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2, 试问：
(1)物块能否到达斜面顶端？若能则说明理由，若不能则求出物块沿斜面上升的最大距离；
(2)物块从出发到4.5 s末通过的路程．(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
【答案】：(1)不能　 m　(2)5 m
【解析】：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动
μmg＝ma1
x1＝＝1 m 所以在到达传送带右端前物块已匀速运动，
物块以v0速度滑上斜面－mgsin θ＝ma2
物块速度为零时上升的距离x2＝＝ m
由于x2<0.4 m，所以物块未到达斜面的最高点．
(2)物块从开始到第一次到达传送带右端所用时间
t1＝＋＝1.5 s
物块在斜面上往返一次时间t2＝＝ s
物块再次滑到传送带上速度仍为v0，方向向左－μmg＝ma3
向左端发生的最大位移x3＝
物块向左的减速过程和向右的加速过程中位移大小相等，
4．5 s末物块在斜面上速度恰好减为零，
故物块通过的总路程x＝L＋3x2＋2x3
代入数据，x＝5 m.
2. (2019·湖北重点中学八校联考)如图所示，用遥控器控制小车，使小车从静止开始沿倾角为α＝37°的斜面向上运动，该过程可看成匀加速直线运动，牵引力F大小为25 N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3 s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2 s内的位移为20 m，已知小车的质量为1 kg，g取10 m/s2(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：

(1)小车与斜面的动摩擦因数；
(2)匀加速运动过程中的位移x.
【答案】：(1)0.5　(2)30 m
【解析】：(1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2 s内的位移为x1，可将匀减速运动看做反方向的初速度为零的匀加速直线运动，则有x1＝at2
解得a＝10 m/s2

小车受力如图甲所示：
由牛顿第二定律得：mgsin α＋μmgcos α＝ma
解得μ＝0.5.
(2)设牵引力消失时小车的速度为v，即为匀减速过程的初速度，在匀减速运动过程中有v＝at＝30 m/s

在匀加速运动过程中，设加速度大小为a′，小车的受力如图乙所示：
由牛顿第二定律得F－mgsin α－μmgcos α＝ma′
解得a′＝15 m/s2
由v2＝2a′x得x＝＝30 m.
3.(2019·贵州毕节二模)一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t＝1 s时，木板以速度v1＝4 m/s与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)t＝0时刻木板的速度；
(2)木板的长度。
【答案】　(1)5 m/s　(2) m
【解析】　(1)设木板与物块一起以共同速度向墙壁运动时的加速度大小为a1，t＝0时刻木板速度为v0，则对木板和物块：μ1(M＋m)g＝(M＋m)a1
由运动学公式：v1＝v0－a1t
代入数据求得：v0＝5 m/s。
(2)设木板与墙碰撞后至物块从木板上掉下过程中，物块的加速度大小为a2，木板的加速度大小为a3，经历时间为t1，物块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则对物块：μ2mg＝ma2
x1＝，x1＝t1，
对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，
其中M＝15m，解得a3 x2＝v1t1－a3t
木板长度l＝x1＋x2，代入数据解得，l＝ m。
题型三 应用动能定理求解多过程问题
【典例分析】(2020·广西桂林质检)如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O点为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高，质量m＝1 kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O点等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值；
(3)若滑块离开C点的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.
【参考答案】：(1)0.375　(2)2 m/s　(3)0.2 s
【名师解析】：(1)滑块恰能滑到D点，则vD＝0
滑块从A→B→D过程中，由动能定理得
mg(2R－R)－μmgcos θ·＝0－0
解得μ＝0.375.
(2)滑块恰能过C点时，vC有最小值，则在C点
mg＝
滑块从A→B→D→C过程，
由动能定理得
－μmgcos θ·＝mv－mv
解得v0＝2 m/s.
(3)滑块离开C点后做平抛运动，设下落的高度为h，
则有h＝gt2
x＝v′C t
＝tan 53°
其中v′C＝4 m/s，
联立解得t＝0.2 s.

【提分秘籍】
运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.
【突破训练】
(2019·江苏南京、盐城高三第三次调研)如图所示，桌子靠墙固定放置，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面距地面H＝0.8 m，桌面总长L2＝1.5 m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0°～60°间调节。将质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数μ2未知，忽略物块在斜面与桌面交接处的机械能损失，不计空气阻力。(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力；取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)

(1)求当θ＝30°时，物块在斜面上下滑的加速度的大小；(可以用根号表示)
(2)当θ增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；
(3)μ2取第(2)问中的数值，当θ角为多大时物块落地点与墙面的距离最大？最大距离xm是多少？
【参考答案】　(1) (5－) m/s2　(2)0.8　(3)53°　1.9 m
【名师解析】　(1)根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ －μ1mgcosθ＝ma
代入数据得a＝(5－) m/s2。
(2)由动能定理得
mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝0－0
代入数据得μ2＝0.8。
(3)设小物块到达桌面右端的速度为v，根据动能定理有
mgL1sinθ－μ1mgL1cosθ－μ2mg(L2－L1cosθ)＝mv2
得20(sinθ－1.2＋cosθ)＝v2，
由数学知识可知sinθ＋cosθ＝sin(θ＋φ)
其中tanφ＝，当θ＋φ＝90°时，
即θ＝53°时，sin(θ＋φ)有极大值，v＝20×(－1.2)＝1，vmax＝1 m/s
由于H＝gt2，解得t＝0.4 s
x1＝vmaxt＝0.4 m，
xm＝x1＋L2＝1.9 m。
题型四 机械能守恒定律的综合应用
【典例分析】如图所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R＝1.0 m的固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝ m的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点．M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量为m＝0.01 kg的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到曲面N的某一点上，取g＝10 m/s2.问：

(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？
(2)钢珠落到圆弧N上时的动能Ek多大？(结果保留两位有效数字)
【答案】　(1)0.15 J　(2)0.080 J
【解析】(1)设钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低点的速度为v0
则在最高点，由题意得mg＝m
从最低点到最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv2
由机械能守恒定律得Ep＝mv＝mgR＝0.15 J.
(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，x＝vt，y＝gt2
由几何关系知x2＋y2＝r2，联立解得t2＝ s2
所以，钢珠从最高点飞出后落到圆弧N上下落的高度为y＝0.3 m
由机械能守恒定律得，钢珠落到圆弧N上时的动能Ek为Ek＝mv2＋mgy＝0.080 J.
【提分秘籍】
一 机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题
1．守恒观点
(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．
2．转化观点
(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．
3．转移观点
(1)表达式：ΔEA增＝ΔEB减．
(2)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B部分机械能的减少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能．
二 应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(1)选取研究对象
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒．
(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能．
(4)根据机械能守恒定律列出方程．
(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
【突破训练】
如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点．现有一可视为质点的小球从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(g取10 m/s2)

(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？
(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.
【答案】：(1)0.2 m　(2)0.1 m
【解析】：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgH＝mv2　
小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤　
①②两式联立并代入数据得H≥0.2 m.
(2)若h 水平方向上有r＝vxt　
又由机械能守恒定律有mgh＝mv　
可解得h＝＝0.1 m.
题型五 动量观点与能量观点的综合应用
【典例分析】(2020·湖南长沙模拟)如图所示，用长为R的不可伸长的轻绳将质量为 的小球A悬挂于O点．在光滑的水平地面上，质量为m的小物块B(可视为质点)置于长木板C的左端静止．将小球A拉起，使轻绳水平拉直，将A球由静止释放，运动到最低点时与小物块B发生弹性正碰．

(1)求碰后轻绳与竖直方向的最大夹角θ的余弦值．
(2)若长木板C的质量为2m，小物块B与长木板C之间的动摩擦因数为μ，长木板C的长度至少为多大，小物块B才不会从长木板C的上表面滑出？
【参考答案】：见解析
【名师解析】：(1)设小球A与小物块B碰前瞬间的速度为v0，则由机械能守恒定律有
gR＝·v
设碰后小球A和小物块B的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有
v0＝v1＋mv2
·v＝·v＋mv
设碰后小球A能上升的最大高度为H，由机械能守恒定律有
gH＝·v
所求cos θ＝
由以上各式解得cos θ＝.
(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为
v2＝
设小物块B与长木板C相互作用达到的共同速度为v，长木板C的最小长度为L，有mv2＝(m＋2m)v
μmgL＝mv－(m＋2m)v2
由以上各式解得L＝.
法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝
设小物块B运动位移为x1时，小物块B、长木板C达到共同速度v，此时长木板C运动的位移为x2
对小物块B有μmg＝maB，v－v2＝2aBx1
对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aCx2，＝
木板的最小长度L＝x1－x2
由以上各式解得L＝.
【提分秘籍】
1．动量守恒定律
表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．
2．力学规律的选用原则
多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
3.动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸．
(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则．
(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解.
【突破训练】
1.(2020·广东汕头模拟)长度L＝0.90 m的木板在光滑水平地面上向右运动，将小物块A相对于地面静止轻放到木板右端端点上，一段时间后物块运动到木板左端恰好不会脱离木板．接着再将另一小物块B同样相对于地面静止轻放到木板右端端点上．已知物块A与木板的质量相等，而物块B的质量是A的3倍，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)木板开始时的初速度v0的大小；
(2)最后两物块之间的距离．
【答案】：(1)3 m/s　(2)0.66 m
【解析】：(1)设物块A和木板的质量均为m，释放A到物块A与木板共速的过程，取木板的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1；由功能关系可得
μmgL＝mv－·2mv；联立解得v0＝3 m/s.
(2)设释放B后经时间t1木板和B的速度达到相等，这段时间内，木板和A都做匀减速运动，但不能保持相对静止. 设A、木板和B的加速度大小分别为aA、a和aB.根据牛顿第二定律得μmg＝maA,
μ·3mg－μmg＝ma，
μ·3mg＝3maB，
可得a＝5 m/s2>aA＝2.5 m/s2，说明木板减速比A更快，A相对板向右滑动；木板和B的速度达到相等，有v2＝v1－at1＝aBt1，解得t1＝0.2 s，B的位移为xB＝aBt；
此后木板和B保持相对静止一起加速，再经时间t2和A的速度相等，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋m＋3m)v3，解得末速度v3＝0.6 m/s；
A在(t1＋t2)时间内一直保持匀减速运动，有
v3＝v1－aA(t1＋t2)，
解得t2＝0.16 s；
在t2时间内B的位移为xB′＝t2，而A在(t1＋t2)时间内的位移为xA＝(t1＋t2)；
最后两物块之间的距离s＝L＋(xB′＋xB)－xA，
解得L＝0.66 m.
2.如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的总质量为m，木板长度为L(挡板的厚度可忽略)，挡板上固定有一个小炸药包(可视为质量不计的点)．木板左端有一质量为m(可视为质点)的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止状态．给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸(此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上运动，且完好无损)，滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：

(1)滑块与木板间的动摩擦因数；
(2)小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度．
【答案】：(1)　(2)滑块速度为0，木板速度为v0，方向水平向右
【解析】：(1)滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同，设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向；滑块和木板组成的系统，滑块在木板上滑动的过程中，所受合外力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝2mv1
解得v1＝v0，方向水平向右
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知
μmgL＝·mv－·2mv
联立解得μ＝.
(2)设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′和v2′，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，则有2mv1＝mv1′＋mv2′
2mv1＝2mv2
系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有μmgL＝mv1′2＋mv2′2－·2mv
联立以上各式解得v1′＝0，v2′＝v0，方向水平向右．
题型六 带电粒子(体)在电场中的运动
【典例分析】(2019·湖南岳阳高三二模)一种测定电子比荷的实验装置如图所示，在真空玻璃管内，阴极K发出的电子(可认为初速度为0)经阳极A与阴极K之间的高电压加速后，形成一细束电子流，以平行于平板电容器极板的速度从两极板C、D左端中点进入极板区域。若两极板C、D间无电压，电子将打在荧光屏上的O点；若在两极板C、D间施加偏转电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点；若再在极板间施加一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，则电子又打在荧光屏上的O点。已知磁场的磁感应强度为B，极板间电压为U，极板的长度为l，C、D间的距离为d，极板区的中点M到荧光屏中点O的距离为L，P点到O点的距离为y。

(1)求电子进入偏转电场的速度v0；
(2)求电子的比荷。
【参考答案】　(1)　(2)
【名师解析】　(1)加上磁场B后，荧光屏上的光点重新回到O点，可知电子在C、D间受到电场力和洛伦兹力而处于平衡状态，
有：qE＝qv0B，
又E＝，
联立解得电子射入偏转电场的速度v0＝。
(2)C、D间只有电场时，电子在极板区域运行的时间t1＝，
在电场中的偏转位移y1＝at＝·t，
电子离开极板区域时，沿垂直极板方向的速度
vy＝at1＝t1，
设电子离开极板区域后，到达光屏P点所需的时间为t2，t2＝，
电子离开电场后在垂直极板方向的位移y2＝vyt2，
P点到O点的距离等于电子在垂直极板方向的总位移，y＝y1＋y2，
联立解得＝。
【提分秘籍】
1．带电粒子(体)在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式．
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．
2．带电粒子(体)在匀强电场中的偏转(v0垂直于E的方向)，如图所示

处理方法：应用运动的合成与分解．
(1)沿初速度方向做匀速直线运动，离开电场时，运动时间t＝.
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝＝＝.
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝.
(4)速度偏向角
tan φ＝＝　tan φ＝；
位移偏向角
tan θ＝＝　tan θ＝.
3.带电粒子(体)在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析带电粒子(体)的运动规律，确定带电粒子(体)在电场中做直线运动还是曲线运动．
(2)当带电粒子(体)从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子(体)的运动规律的变化及两区域电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口.
【突破训练】
(2019·山东枣庄模拟)如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy的O点，y轴沿竖直方向，在x>0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝×103 V/m，比荷为1.0×105 C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M(，1)点，粒子P的重力不计．

(1)求金属板AB之间的电势差UAB;
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使PQ恰能在运动中相碰．假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒子Q所有释放点的集合．
【答案】　(1)1 000 V　(2)y＝x2(x>0)
【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M(，1)点历时为t0，
由类平抛运动可得x0＝v0t0，
y0＝×t，
解得v0＝×104 m/s
在金属板AB之间，由动能定理可知qUAB＝mv，
解得UAB＝1 000 V.
(2)设粒子P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P：Eq＝ma1，x＝v0t
对于Q：Eq＝2ma2，a1t2＝y＋a2t2
解得y＝x2，其中x>0
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝x2，其中x>0.
题型七 带电粒子在磁场中的运动
【典例分析】.(2020·陕西咸阳模拟)如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里．有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°，求：

(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)磁场区域的圆心O1的坐标；
(3)电子在磁场中运动的时间．
【参考答案】：(1)　(2)　(3)
【名师解析】：

(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有
ev0B＝m①
过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60°，由几何关系得，轨迹圆的圆心角∠C＝60°②
AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③
由几何知识得r＝2L④
由①④式得B＝.⑤
(2)由于ABO在有界圆周上，∠AOB＝90°，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由③易得△ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为.
(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为
T＝⑥
由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t＝＝.
【提分秘籍】
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法．在具体问题中，要依据题目条件和情景而定．解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m ，求半径r＝及运动周期T＝＝.
2．圆心的确定方法
法一　若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲．
法二　若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙．

3．半径的确定和计算

利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：
t＝T，t＝(l为弧长)．
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丙所示)．

(2)平行边界(存在临界条件，如图丁所示)．

(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图戊所示)．

6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系．根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度．
(2)半径公式、周期公式：R＝、T＝.根据两个公式可由q、m、v、B计算粒子运动的半径、周期，也可根据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等．
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝T.
【突破训练】
(2019·山东省淄博高三期末)如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B.位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出．粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计．

(1)若粒子带负电，求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间；
(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积．
【答案】：(1)v≤　　(2)πR2
【解析】：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝m
根据几何关系r≤
联立得v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝
由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则t＝
联立可得t＝.
(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，

由几何关系可知最大区域的半径r′＝R
面积S＝πr′2
联立可得S＝πR2.

题型八 带电粒子在组合场中的运动
【典例分析1】．(2020·湖南怀化高考一模)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上坐标为(－L，0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成α＝45°角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成 β＝15°角的射线OM.已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用．求：

(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)电子在电场和磁场中运动的总时间t；
(3)矩形磁场区域的最小面积Smin.
【参考答案】：(1)　(2)＋　(3)
【名师解析】：(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得：
eEL＝mv－mv
又有vCcos α＝v0，联立解得：E＝.
(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：
L＝t1，其中vC＝
由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：
θ＝π－α－β＝
电子在磁场中的运动时间
t2＝T，其中T＝，
电子在电场和磁场中运动的总时间t＝t1＋t2，联立解得：t＝＋.
(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有evCB＝m
最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：CD＝2r·sin ，CQ＝r－rcos ，矩形区域的最小面积：Smin＝CD·CQ，
联立解得：Smin＝.
【提分秘籍】
1．组合场中的两种典型偏转

垂直电场线进入匀强电场(不计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力
情况
电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
运动
轨迹


求解
方法
利用类似平抛运动的规律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝t，y＝t2
偏转角φ：
tan φ＝＝
半径：r＝
周期：T＝
偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系，利用圆周运动规律讨论求解
运动
时间
t＝
t＝T＝
动能
变化
不变
2.常见模型
(1)从电场进入磁场
电场中：加速直线运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动

电场中：类平抛运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动

(2)从磁场进入电场
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：匀变速直线运动
(v与E同向或反向)

磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：类平抛运动
(v与E垂直)

【突破训练】
(2020·河南开封模拟)如图所示，真空中有一以O点为圆心的圆形匀强磁场区域，半径为R＝0.5 m，磁场垂直纸面向里．在y>R的区域存在沿－y方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m.在M点有一正粒子以速率v＝1.0×106 m/s沿＋x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，最终又从磁场离开．已知粒子的比荷为＝1.0×107 C/kg，粒子重力不计．求

(1)圆形磁场区域磁感应强度的大小；
(2)沿＋x方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程．
【答案】：(1)0.2 T　(2)(0.5π＋1)m
【解析】：(1)沿＋x方向射入磁场的粒子进入电场后，速度减小到0，粒子一定是从如图的

P点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动的半径
r＝R＝0.5 m
根据Bqv＝，得r＝，得B＝，代入数据得
B＝0.2 T.
(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N点射出磁场，MN为直径，粒子在磁场中的路程为二分之一圆周长s1＝πR　
设在电场中的路程为s2，根据动能定理得
Eq＝mv2，s2＝
总路程s＝πR＋，
代入数据得s＝(0.5π＋1)m.
题型九 带电粒子(体)在叠加场中的运动
【典例分析】如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为＋q的小球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37°角．在y轴与MN之间的区域Ⅰ内加一电场强度最小的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN与PQ之间区域Ⅱ内存在宽度为d的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动并恰好不能从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：

(1)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小；
(2)区域Ⅰ内最小电场强度E2的大小和方向；
(3)区域Ⅱ内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小．
【参考答案】　(1)　　(2)　方向与x轴正方向成53°角斜向上　(3)　
【名师解析】(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，三力满足如图甲所示关系且小球只能做匀速直线运动．

由图甲知tan 37°＝
解得E1＝，cos 37°＝
解得B1＝.
(2)区域Ⅰ中小球做加速直线运动，电场强度最小，受力如图乙所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，

由图乙知cos 37°＝ ，
解得E2＝
方向与x轴正方向成53°角斜向上．
(3)小球在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，所以mg＝qE3，得E3＝
因小球恰好不从右边界穿出，小球运动轨迹如图丙所示

由几何关系可知r＋r·cos 53°＝d，
解得r＝d
由洛伦兹力提供向心力
知B2q·2v0＝m，联立得B2＝.
【提分秘籍】带电粒子在复合场中运动问题的处理方法
(1)明种类：明确复合场的种类及特征。
(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。
(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。
(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。
①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线运动，根据受力平衡列方程求解。
②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。
③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂直。
④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求解，有qvB＝mrω2＝m＝mr＝ma。
⑤当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【突破训练】
(2019·湖北省高三4月调考)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；磁场的磁感应强度大小为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。

(1)求小球平抛的初速度v0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)　(2)　(3)－

【解析】　(1)设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成θ角，小球受力如图甲，有
qvBcosθ＝mg，v＝
解得v0＝。
(2)小球从A点抛出，进入复合场，由动能定理
mgh＝mv2－mv
由三力平衡知(mg)2＋(qE)2＝(qvB)2
解得h＝。
(3)设某时刻小球经某处时速度为v，将其正交分解为vx、vy如图乙，则小球受力如图丙，在水平方向上，由动量定理

∑(qE－qvyB)·Δt＝0－mv0
即BqH－Eqt＝mv0
解得t＝－。
题型十 电磁感应中的动力学问题
【典例分析】(2019·江南十校联考)如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1 m；整个空间以OO′为边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2＝2 T的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其在导轨间的电阻均为R＝1 Ω.开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N向右拉b棒．假定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦力大小相等，g取10 m/s2.

(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；
(2)当b棒的加速度为1.5 m/s2时，求a棒的加速度大小；
(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流的热功率．
【参考答案】　(1)0.2 m/s　(2)0.25 m/s2　(3)0.4 m/s2 0.078 4 W
【名师解析】(1)设a棒开始滑动时电流强度为I，b棒的速度为v，由共点力平衡知识，得μmg＝B1I1L　①
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I1＝　②
联立①②知v＝0.2 m/s.　③
(2)设a棒的加速度为a1，b棒的加速度为a2.由牛顿第二定律知B1I2L－μmg＝ma1　④
F－B2I2L－μmg＝ma2　⑤
联立④⑤式解得a1＝0.25 m/s2.　⑥
(3)分析题意可知，当b棒开始做匀加速运动时，a棒也开始匀加速运动．设a棒开始做匀加速运动，加速度为a1′，b棒开始做匀加速运动，加速度为a2′
由牛顿第二定律知B1I3L－μmg＝ma1′　⑦
F－B2I3L－μmg＝ma2′　⑧
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知
I3＝　⑨
由于电流不变，则(B2Lv2－B1Lv1)为常量　⑩
所以两棒加速度满足以下关系2a2′＝a1′　⑪
联立⑦⑧⑪式知I3＝0.28 A　⑫
⑫式代入⑧式知a2′＝0.4 m/s2
由焦耳定律知P＝IR
代入数据P＝0.078 4 W.
【提分秘籍】
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．
1．力学对象和电学对象的相互关系

2．动态分析的基本思路

【突破训练】
(2019·湖北襄阳高三联考)如图所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝1 m，导轨的电阻可忽略．M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量m＝1 kg、电阻r＝0.2 Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．整套装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨向下．自图示位置起，杆ab受到大小为F＝0.5v＋2(式中v为杆ab运动的速度，力F的单位为N)、方向沿导轨向下的拉力作用，由静止开始运动，测得通过电阻R的电流随时间均匀增大．g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.

(1)试判断金属杆ab在匀强磁场中做何种运动，并写出推理过程；
(2)求电阻R的阻值；
(3)求金属杆ab由静止开始下滑通过位移x＝1 m所需的时间t.
【答案】：(1)匀加速直线运动(推理过程见解析)　(2)0.3 Ω　(3)0.5 s
【解析】：(1)通过电阻R的电流I＝＝，
由于通过R的电流I随时间均匀增大，故金属杆的速度v随时间均匀增大，即金属杆的加速度为恒量，所以金属杆做匀加速直线运动．
(2)对回路，根据闭合电路欧姆定律得I＝
对杆，根据牛顿第二定律有F＋mgsin θ－BIL＝ma
将F＝0.5v＋2代入上式得
2＋mgsin θ＋v＝ma
因为a与v无关，所以a＝＝8 m/s2
由0.5－＝0得R＝0.3 Ω.
(3)由x＝at2得，所需时间t＝ ＝0.5 s.
题型十一 电磁感应中的能量问题
【典例分析】(2019·山西六校高三联考)如图所示，将质量m1＝0.1 kg、电阻R1＝0.3 Ω、长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U形金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，使ab从静止开始无摩擦地运动，且始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程中ab位移x的大小．
【答案】：(1)6 m/s　(2)1.1 m
【解析】：(1)ab对框架的压力F1＝m1g
框架受水平面的支持力FN＝m2g＋F1
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力F2＝μFN
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中的电流I＝
MN受到的安培力F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F2
由上述各式代入数据，解得v＝6 m/s.
(2)闭合回路中产生的总热量Q总＝Q
由能量守恒定律，得Fx＝m1v2＋Q总
代入数据，解得x＝1.1 m.
【提分秘籍】
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的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化

(2)求解焦耳热Q的三种方法

2．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即


【突破训练】
(2019·河南洛阳一模)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，整个装置处于磁感应强度为B＝1 T的匀强磁场中，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．
【答案】　(1)4 m/s　(2)1.6 m
【解析】　(1)设金属杆的最大速度为vm，此时安培力与重力平衡，即F安＝mg　①
又F安＝BIL　②
E＝BLvm　③
I＝　④
代入数据，联立①②③④得vm＝4 m/s.
(2)电路中产生的总焦耳热Q总＝ Q＝0.8 J
由能量守恒定律得mgh＝mv＋Q总
代入数据，解得h＝1.6 m.
题型十二 电磁感应中的动量和能量组合问题
【典例分析】(2019·西安六校高三联考)随着电磁技术的日趋成熟，我国新一代航母已准备采用全新的电磁阻拦技术，它的阻拦技术原理是飞机着舰时利用电磁作用力使它快速停止．为研究问题的方便，我们将其简化为如图所示的模型．在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，两根平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，轨道端点MP间接有电阻，一个长为L，质量为m的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，金属棒、导轨、电阻一起构成一个回路，回路的总电阻为R.质量为M的飞机着舰后以水平速度v0迅速钩住导体棒ab，并立即与ab获得共同的速度．钩住ab立即关闭动力系统，假如忽略摩擦阻力等次要因素，飞机和金属棒系统仅在安培力作用下很快停下来．求：

(1)飞机与ab棒共速时的加速度大小a；
(2)从飞机与ab棒共速到它们停下来的过程中运动的距离x以及该过程中产生的焦耳热．
【参考答案】：(1)　(2)　
【名师解析】：(1)取v0的方向为正方向，由动量守恒可得：Mv0＝(M＋m)v
I＝
对整体 BIL＝(M＋m)a
a＝.
(2)＝
＝
由动量定理得0－(M＋m)v＝－BL·Δt
解得x＝
Q＝(M＋m)v2＝.
【提分秘籍】
电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法
(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)。
①求速度或电荷量：－BlΔt＝mv2－mv1，q＝Δt。
②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－BlΔt＝－Bl。
③求位移：－BlΔt＝－＝mv2－mv1，即－x＝m(v2－v1)。
【突破训练】
(2019·江西赣州高三期末)如图所示，间距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N、Q端连接一阻值为R的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r的导体棒ab垂直导轨放置，导体棒上方距离L以上的范围存在着磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab重力相等的恒力，使导体棒ab从静止开始沿导轨向上运动，当ab进入磁场后，发现ab开始匀速运动，求：

(1)导体棒的质量；
(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．
【答案】：(1)　(2)2L
【解析】：(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L，其加速度为
F－mgsin 30°＝ma
F＝mg
得a＝g
棒进入磁场时的速度为v＝＝
由棒在磁场中匀速运动可知F安＝mg
F安＝BIL＝
得m＝.
(2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F＝mg
则导体棒所受合力为F安
F安＝BIL＝＝ma
将v＝，a＝代入上式
＝m
即＝mΔv
设导体棒继续向上运动的位移为x，则有＝mv
将v＝，m＝代入上式得x＝2L.