专题21 计算题归类总结--最新高考物理二轮热点题型归纳与变式演练（新高考通用）

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一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
专题21 计算题归类总结
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15577" 题型一 匀变速直线运动规律的应用 PAGEREF _Tc15577 \h 1
\l "_Tc31067" 题型二 牛顿运动定律的综合应用 PAGEREF _Tc31067 \h 6
\l "_Tc30426" 题型三 应用动能定理求解多过程问题 PAGEREF _Tc30426 \h 17
\l "_Tc16697" 题型四 机械能守恒定律的综合应用 PAGEREF _Tc16697 \h 26
\l "_Tc17846" 题型五 动量观点与能量观点的综合应用 PAGEREF _Tc17846 \h 30
\l "_Tc18663" 题型六 带电粒子(体)在电场中的运动 PAGEREF _Tc18663 \h 50
\l "_Tc6924" 题型七 带电粒子在磁场中的运动 PAGEREF _Tc6924 \h 69
\l "_Tc10337" 题型八 带电粒子在组合场中的运动 PAGEREF _Tc10337 \h 81
\l "_Tc28738" 题型九 带电粒子(体)在叠加场中的运动 PAGEREF _Tc28738 \h 93
\l "_Tc5998" 题型十 电磁感应综合问题 PAGEREF _Tc5998 \h 105
题型一 匀变速直线运动规律的应用
【典例分析1】（2023上·四川绵阳·高三绵阳中学校考开学考试）某动车组列车总长，由静止出发后做加速度大小为的匀加速直线运动，达最大速度后做匀速运动。列车出发时，在车头前方8700m处有一信号灯（信号灯宽度可忽略）。当列车尾部通过信号灯时，司机接到通知：在信号灯前方处有一失去控制的工程车，其运动方向与列车相同，速度大小恒为。司机从接到通知到开始刹车历时，求：
（1）求列车由静止匀加速到最大速度所经历的时间和位移的大小？
（2）列车开始刹车时，与工程车的距离d？
（3）列车为避免与工程车相碰，刹车加速度大小至少为多少？
【答案】（1）180s，8100m；（2）2100m；（3）
【详解】（1）列车静止出发后做加速度大小为的匀加速直线运动，达最大速度后，由速度公式
解得到最大速度所经历的时间为
由位移公式
解得位移为
（2）设反应时间内，列车和工程车均在匀速前进，得位移分别为
列车开始刹车时与工程车的距离关系为
解得
（3）恰好不碰的临界条件是：恰好相贴，后车恰好与前车共速
对后车有速度关系
相贴时长度关系为
而
联立解得
【典例分析2】．（2023上·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习）测试员带机器狗在山地中测试，看到一松鼠在树上，松鼠由于受到惊吓，从高为h=5m的树杈上掉下（可看成自由落体运动），同时机器狗由静止开始向松鼠跑去，该情境可简化为图甲所示的模型，机器狗运动的v-t图像如图乙所示，已知机器狗的最大速度为4m/s，松鼠和机器狗均可看做质点，重力加速度g取10m/s2。
（1）要使机器狗在松鼠落地的同时达到落地点P，求机器狗的初始位置与落地点P之间的距离；
（2）如果开始时机器狗与落地点P之间的距离为12m，由于松鼠落地后摔伤，松鼠将从静止开始以a2=2m/s2的加速度与机器狗以相同方向沿同一直线逃跑（松鼠逃跑的最大速度为6m/s），通过计算说明机器狗能否追上松鼠？

【答案】（1）2m；（2）见解析
【详解】（1）松鼠做自由落体运动，根据
解得
由图乙可知前1s内机器狗做匀加速直线运动。加速度
则机器狗的初始位置与落地点P之间的距离
（2）如果机器狗开始时与P点之间的距离
由（1）问知松鼠落地瞬间，机器狗还未到达P点，设松鼠落地后经过时间达到
即
解得
松鼠落地后，时间内运动的位移为
松鼠落地瞬间，机器狗刚好达到最大速度4m/s，时间内机器狗运动的位移为
由于
所以机器狗不能追上小松鼠。
【方法提炼】
(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.
【变式演练】
1．（2023上·天津滨海新·高三天津市滨海新区田家炳中学校考阶段练习）已知A、B 两物体，，A 物体从处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过 相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度，求：
（1）碰撞时离地高度x；
（2）碰前A、B速度。
【答案】（1）1m；（2），
【详解】（1）根据题意，A物体做自由落体运动，下落后与竖直上抛的B物体相碰，则可知此时间内A下落的高度为
而A下落时距地面，由此可知，碰撞时离地高度
（2）A物体碰撞前的速度
设B物体竖直上抛时的初速度为，则有
解得
根据速度时间关系可得碰撞前B的速度为
2．（2023上·云南大理·高三云南省下关第一中学校考期中）如图所示，在离地面高处以的速度竖直向上抛出一个小球，地面上有一长的小车，其前端距离抛出点的正下方，小球抛出的同时，小车由静止开始向右做的匀加速直线运动。已知小球落地前最后内下落的高度为，忽略空气阻力及小车的高度，求：
（1）小球抛出点离地面的高度；
（2）小车末端到达小球抛出点正下方时，小球的位移；
（3）当小车末端到达抛出点正下方时，便立即做加速度大小恒为、方向与此时速度方向相反的匀变速直线运动，为了让小车接住小球，试确定加速度的范围。

【答案】（1）40m；（2），方向竖直向下；（3）
【详解】（1）设小球从最高点下落的时间为，则
，
联立解得
，
小球上抛的高度为
则小球抛出点离地面的高度为
（2）小车车尾到达抛出点正下方所用时间为，则
解得
则小球的位移
解得
小球位移大小为，方向竖直向下。
（3）小车车尾到达抛出点正下方速度为
当小车车尾刚好接住小球，则
解得
当小车车头刚好接住小球，则
解得
故
题型二 牛顿运动定律的综合应用
【典例分析1】（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）如图所示，质量的薄木板静置于足够大的水平地面上，其左端有一可视为质点、质量的物块，现对物块施加一水平向右的恒定拉力，木板先在水平地面上加速，物块离开木板后木板在摩擦力的作用下开始减速，运动的总距离。已知物块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）木板的加速距离d；
（2）木板的长度l。

【答案】（1）；（2）1m
【详解】（1）分析可知，拉力F作用下物块在木板上滑动，设物块离开木板前木板的加速度大小为，离开后木板的加速度大小为，木板的最大速度为v，则有
而
解得
（2）设在拉力F作用下木板的加速时间为,物块的加速度大小为,则有
而
解得
【典例分析2】．（2023·云南昆明·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，足够长的水平地面上有材质不同的甲、乙两个物块，它们与水平面间的动摩擦因数分别为，甲的质量为，乙的质量为。在的水平推力作用下，一起由静止开始向左做匀加速运动，取。求：
（1）物块甲、乙一起做匀加速运动的加速度大小；
（2）物块甲对物块乙的作用力大小；
（3）某时刻甲、乙的速度为，此时撤去推力，则撤去推力后物块乙滑行的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）18m
【详解】（1）设物块甲乙一起做匀加速运动的加速度为a，对甲乙整体，由牛顿第二定律得
解得
（2）物块甲对物块乙的作用力为，有
解得
（3）撤去推力后，因为
所以，两者分离，之后乙的加速度
物块乙滑行的距离
【典例分析3】如图所示，一旅客用F=6.5N的力拉着质量为m=1kg的行李箱沿水平地面运动.已知拉力F与水平方向的夹角θ=30°，从静止开始经t=2.0s时行李箱移动距离，这时旅客松开手，行李箱又滑行了一段距离后停下。若行李箱可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）行李箱与地面间的动摩擦因数；
（2）旅客松开手行李箱还能运动多远；
（3）行李箱要在水平地面上运动，拉力F与水平地面夹角多大时最省力。
【答案】（1）；（2）；（3）30°
【详解】（1）根据位移时间关系有
解得
对行李箱，由牛顿第二定律有
解得
（2）旅客松开手时，行李箱的速度为
旅客松开手后，由牛顿第二定律得
解得
由匀变速直线运动的速度位移公式得行李箱的位移为
（3）设拉力F与水平地面的夹角为，行李箱要在水平地面上运动，则
又
在竖直方向上，由平衡条件的
解得
由数学知识知
可知当时，拉力F最小，最省力。
【方法提炼】
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；μ0）的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。不计重力，。求：
（1）若要使粒子不进入圆形区域，速度应满足怎样的条件？
（2）若粒子能进入圆形区域且经过圆心O，粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间；
（3）粒子第一次从圆形区域射出后，粒子再次射入圆形边界所用的时间。（已知）
【答案】（1）或；（2）；（3）
【详解】（1）若粒子与圆形区域左侧相切时，粒子运动半径为r，则
若粒子与圆形区域右侧相切时，粒子运动半径为2r，则
得
，
若要使粒子不进入圆形区域，速度应满足
或
（2）若粒子能进入圆形区域且经过圆心O，如图
由几何关系
得粒子运动半径为
根据牛顿第二定律
又
联立得，粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间为
（3）粒子运动轨迹如图
由于
得
由几何关系，粒子第一次从圆形区域射出后，粒子再次射入圆形边界的圆心角为
则该段运动所用的时间为
题型八 带电粒子在组合场中的运动
【典例分析】．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示。研究员在研究带电粒子的受控轨迹时。设置了以下场景，空间中存在平面直角坐标系。其第一象限内存在方向沿y轴负向的匀强电场。电场强度为 E；第四象限内有一条分界线ON与x轴正方向的夹角为： 在 轴与ON 间存在垂直纸面向外的匀强磁场。研究员将一带正电的粒子从y轴上的距原点O距离d 的P点，以速度v0垂直y轴打入电场，经电场偏转后经 轴进入磁场，在磁场中运动一段时间后从ON 上以垂直于y轴的速度方向射出。已知粒子的比荷为，不计粒子重力。求：
（1）粒子从 轴打出点到原点的距离以及粒子过该点时的速度 大小；
（2）磁场的磁感应强度 B 的大小；
（3）若改变磁感应强度 B 的大小，使粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON 相切再次打入电场。求粒子第三次进入磁场时距离 O点的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）粒子在电场中有
经过轴打出点时的速度大小
联立可得
（2）粒子离开电场时与x轴夹角
既
如图
根据几何关系可得
联立可得
由
可得
（3）粒子第一次进入磁场后轨迹恰好与ON 相切，则粒子第一次在磁场中转过的圆心角为，根据几何关系
粒子在磁场中轨迹半径
第一次出磁场点在A点左侧距离为
出磁场后，粒子在电场中做类斜抛运动，该过程，根据对称性，有
联立解得在第二次在电场中向右的位移大小为
根据类斜抛运动对称性，第二次进入磁场时速度方向仍与第一次进入磁场方向相同，故第二次出磁场时相比较第二次进磁场时位置向左偏转，然后第三次在电场中向右运动后第三次进入磁场，故粒子第三次进入磁场时距离 O点的距离
【方法提炼】
1．组合场中的两种典型偏转
2.常见模型
(1)从电场进入磁场
(2)从磁场进入电场
【变式演练】
1.（2023上·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）如图所示，在xOy平面直角坐标系第一象限内存在+y方向的匀强电场，第四象限范围内存在垂直xOy平面向里，大小为的匀强磁场。一带电量为-q质量为m的粒子，以初速度从P(0，2L)点沿+x方向垂直射入电场，粒子做匀变速曲线运动至Q(4L，0)点进入第四象限，粒子运动过程中不计重力。求：
（1）第一象限内匀强电场电场强度大小；
（2）粒子在第一象限运动过程中与PQ连线的最大距离；
（3）粒子进入第四象限后与x轴的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子从P到Q的过程中，做类平抛运动，在x轴方向有
在y轴方向有
解得
，，
所以匀强电场电场强度大小为。
（2）粒子在第一象限运动时，分解为平行于PQ连线方向和垂直于PQ连线方向的两个分运动，粒子与PQ连线的距离最大时，速度方向平行于PQ连线。设PQ与x轴的夹角为，则
，
在垂直PQ连线方向上有
解得粒子在第一象限运动过程中与PQ连线的最大距离
（3）粒子到Q点时，x轴方向的分速为，y轴方向的分速度为
则粒子进入第四象限时的速度大小为
v的方向与x轴正方向的夹角为。粒子进入第四象限后，在有磁场的区域做匀速圆周运动，在无磁场区域做匀速直线运动，当粒子速度方向平行于x轴时，设粒子运动到M点，则粒子在M点时距离x轴最远。粒子做圆周运动时，有
解得
粒子做圆周运动的圆弧在y轴方向的投影长度为
由于，可知在Q到M之间有5个磁场区域和4个无磁场区域，则粒子进入第四象限后与x轴的最大距离为
2．（2023上·甘肃白银·高三甘肃省靖远县第一中学校联考阶段练习）如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在沿轴正方向、电场强度大小为的匀强电场，第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电荷量为，质量为的带负电粒子以一定的速度从点垂直射入电场，从点进入磁场后，恰好垂直轴从点离开磁场。已知点坐标为（0，L），点坐标为（L，0），不计粒子受到的重力，求：
（1）粒子射入磁场时的速度大小；
（2）点的纵坐标；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设粒子射入电场时的速度大小为，粒子在电场中运动时的加速度大小为，运动时间为，粒子在点时的速度方向与轴正方向的夹角为，则有
解得
（2）如图所示，设粒子在磁场中运动的轨道半径为，根据几何关系有

解得
（3）根据洛伦兹力提供向心力有
解得
3．（2024·贵州·统考一模）如图所示，在xOy平面第一象限有沿y轴负方向的匀强电场、第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，在坐标为（0，h）的A点有一带电粒子以某一初速度沿+x方向抛出，从坐标为（L，0）的C点进入第四象限的匀强磁场中。已知粒子电荷量为q、质量为m，匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图中所示。不计粒子所受重力。求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子从A点到C点，由牛顿第二定律
粒子做类平抛运动，有
解得
可得
（2）粒子在磁场中的运动过程中，洛伦兹力提供向心力
第一次和第二次经过x轴的两点间的距离为轨迹圆的弦，弦长为
为粒子第一次进入磁场时的速度与x轴正方向的夹角
解得
所以粒子第二次经过x轴时的位置与坐标原点的距离为
解得
4．（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系x轴上方有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴下方有与x轴正方向成角斜向右上方的匀强电场．一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从y轴上点沿y轴负方向以一定初速度射出，粒子连续两次都经过x轴上Q点（未画出）进出电场，当粒子第二次经过Q点时，仅将磁场方向改成垂直坐标平面向里，则粒子第四次经过x轴时还是在Q点，粒子重力不计，求：
（1）粒子在P点射出的初速度的大小；
（2）匀强电场的电场强度E的大小；
（3）粒子从P点射出到第三次经过Q点运动的时间．

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知，粒子第一次经过Q点时，速度与电场方向相反，粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示．

设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系有
解得
根据牛顿第二定律有
解得
（2）磁场方向改变后，粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示。

粒子从M点进入电场，且速度与电场方向垂直，据几何关系有
粒子从M点到Q点在电场中做类平抛运动，设运动时间为t，则有
据牛顿第二定律
解得
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期
粒子在磁场中运动的总时间
粒子第一次在电场中运动的时间
粒子第二次在电场中运动的时间
故所求的总时间
题型九 带电粒子(体)在叠加场中的运动
【典例分析】．（2023·全国·校联考一模）如图所示，竖直虚线的左侧存在竖直向上电场强度大小为E的匀强电场，右侧存在竖直向上电场强度大小为2E的匀强电场与垂直纸面向外磁感应强度大小为B的匀强磁场。光滑绝缘的四分之一圆弧轨道ab固定在虚线左侧的竖直平面内，a点的切线竖直，b点正好在虚线上，且切线水平，P点是圆弧ab的中点，带电量为q的带正电小球从a点由静止释放，离开b点在虚线的右侧正好做匀速圆周运动，经过一段时间到达虚线上的c点。已知b、c两点间的距离是圆弧轨道ab半径的2倍，重力加速度大小为g。
（1）求小球的质量以及小球在b点的速度大小；
（2）求圆弧轨道P点对小球的支持力大小；
（3）求小球从b到c动量的变化率以及a、c两点间的电势差。
【答案】（1），；（2）；（3），
【详解】（1）小球在虚线的右侧正好做匀速圆周运动，故在右侧小球所受重力与电场力相互平衡，则有
解得
设小球在右侧做匀速圆周运动的半径为r，小球做勺速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，则有
小球从a点到b点，只有重力和电场力做功，则根据动能定理可得
联立解得
（2）小球在圆弧轨道上做圆周运动，在P点的向心力由重力分力、电场力分力、轨道支持力提供向心力，则有
小球从a点到P点，只有重力和电场力做功，则根据动能定理可得
联立解得
（3）小球在右侧做勺速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
解得
小球从b到c为周期的一半，则
小球从b到c速度大小不变，方向相反，则
则动量变化率为
小球从a到c受到重力、电场力做功，则根据动能定理可得
解得
则
根据电场线方向可知，a点电势高于c点，则a、c两点间的电势差为。
【方法提炼】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＝meq \f(v2,r)＝mreq \f(4π2,T2)＝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。
【变式演练】
1.（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，空间存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出）和平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为，方向与水平方向成角斜向右上方（图中未画出）。现将一带电量为，质量为的绝缘小球（中轴为一小孔）从点由静止释放，小球运动至点时速度大小为，方向刚好竖直向上。此时对小球施加一竖直方向的外力并在点撤去，使小球在竖直方向的分速度保持不变。小球运动至点时刚好无碰撞地进入竖直固定光滑圆弧管道。小球从点（切线水平）滑出管道后刚好穿在足够长的粗糙水平细杆上。管道的半径为，重力加速度为，小球与水平杆之间的滑动摩擦因数为两点间的竖直距离为两点间水平距离的倍，小球可在管道中和水平杆上自由滑动。求：
（1）小球在细杆上最终稳定时速度的大小
（2）小球在管道中的动能最小时对管道的压力大小
（3）小球在水平杆上运动过程中合外力做的功。

【答案】（1）；（2）；（3）（ - 10）
【详解】（1）小球所受电场力与重力的合力大小为
水平向右，小球最终稳定时
所以小球在细杆上最终稳定时速度的大小为
（2）设A、B两点间的水平距离为x，则B、C两点间的竖直距离为，由动能定理得
小球从B点运动到C点的过程中，在水平方向由动量定理得
联立解得：小球到达C点的速度为
由小球的受力特点可知，管道最左端为等效最高点（设为P），由动能定理得
根据题意得
故而
由牛顿第二定律得
联立解得
（3）小球从C到水平杆上稳定速度，由动能定理得
由动能定理得
=（ - 10）
或者：小球从C到D由动能定理得
小球从D到水平杆上稳定速度，由动能定理得
解得
=（ - 10）

2．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）如图所示，在xOy竖直平面内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。在的区域内有沿x轴正方向的匀强电场，在的区域内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度的大小相等且未知。一质量为5m、电荷量为的带电微粒从y轴上P点发出，沿直线运动到x轴上Q点，PQ与y轴夹角为。带电微粒进入第一象限后，将区域内的匀强电场E变为沿y轴正方向。带电微粒第一次从右往左穿过y轴时，分裂成速度方向均垂直于y轴向左的带正电的微粒甲和乙，质量分别为m、4m，且甲、乙微粒的比荷相同，分裂后二者总动能是分裂前微粒动能的2倍。不考虑分裂后两微粒间库仑力的影响，已知重力加速度为g。
（1）求电场强度E的大小；
（2）求分裂后乙微粒做圆周运动的半径；
（3）分裂后甲微粒速度方向偏转时，撤去磁场，经过一段时间后，再加上与原区域相同的磁场，此后两微粒的轨迹不相交，求撤去磁场的时间需满足的条件。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）由微粒从P到Q做直线运动可知，带电微粒在第四象限中受力平衡，有
得
电场力与重力的合力与洛伦兹力平衡
得
（2）由带电微粒进入第一象限后做匀速圆周运动，可知重力与E产生的电场力平衡，则
得
由题意易知分裂前微粒的比荷与分裂后两个微粒的比荷均相等，若分裂后甲、乙微粒的速度分别为、，甲、乙微粒的半径分别为、，则
解得
，
或
，（舍去）
又轨迹半径与速度成正比
解得
（3）由周期公式 易知甲、乙微粒圆周运动的周期相同，半径之比为
二者的轨迹圆内切于分裂点，当撤去磁场后，二者同时开始向y轴正方向做匀速直线运动，再次加上原磁场后，二者又开始做圆周运动。所有O点均为轨迹圆圆心，所有D点均为匀速直线运动与圆周运动轨迹的切点，所有K点为圆轨道的切点。甲微粒在相同时间比乙微粒运动距离远，再次圆周运动时圆心为，此时甲乙微粒圆周运动轨迹相切于，甲微粒圆心从到的过程中，任意时刻微粒开始做圆周运动轨迹不相交，易知
解得恢复原磁场，二者轨迹不相交的条件为
若时恢复磁场，甲乙微粒的圆轨道外切，甲微粒此时的圆心为，则
解得恢复原磁场，二者轨迹不相交的条件为
故撤去磁场的时间需满足
或
3．（2023·广西·校联考模拟预测）如图所示，在竖直面内的直角坐标系中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为与。的区域内有沿x轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场（图中未画出）；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中均未画出）。一质量为m、电荷量为q的带正电小球（视为质点）从A点以大小（g为重力加速度大小）的速度沿做直线运动，通过O点（第一次通过x轴）后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点（第二次通过x轴）。求：
（1）第二象限内磁场的磁感应强度大小；
（2）小球从O点到第四次通过x轴的时间t；
（3）小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）（0,0）；
【详解】（1）小球沿AO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的电场力和垂直于AO斜向右上方的洛伦兹力，则
解得
（2）小球从开始运动到第一次经过x轴的时间
小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则
周期
则第二次经过x轴的时间
小球射入第一象限时速度与x轴正向成45°，水平方向沿x轴正向做匀减速运动，加速度为
竖直方向做匀减速运动加速度为
ay=g
合加速度大小为
方向与x轴负向成45°角，则再次（第3次）经过x轴的时间
返回时仍经过P点，此时速度仍为
方向与x轴负向成45°角，进入第四象限后仍做匀速圆周运动，运动时间为
小球从O点到第四次通过x轴的时间
（3）小球第四次经过x轴的位置坐标为
x=2L
速度方向与x轴负向成45°角，正好与合加速度方向垂直，则第五次经过x轴时沿x轴负向的距离为，则
解得
则第五次经过x轴时小球恰好到达原点，即位置坐标为（0，0）；
第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离
4．（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）如图所示，在平面直角坐标系xOy（x轴水平，y轴竖直）中，第一象限内存在正交的匀强电、磁场，电场强度竖直向上，大小磁场方向垂直纸面向里；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，场强。一质量为的带正电的小球，从M（3.6m，3.2m）点，以的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（2.0m，0）点进入第四象限后经过y轴上的N点（图中未标出）。求：（g取，，）
（1）匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）小球由P点运动至N点的时间；
（3）y轴上的N点坐标。
【答案】（1）2T；（2）1s；（3）（0，）
【详解】（1）第一象限内存在电场和磁场，带电小球在第一象限内受到重力、电场力以及洛伦兹力，由于小球在第一象限内做匀速圆周运动，所以小球受到的重力与电场力大小相等，方向相反，互相抵消，有
洛伦兹力提供小球做匀速圆周运动的向心力，有
由于小球从P点进入第四象限，所以其轨迹如图所示
设OP连线与竖直方向的夹角为，轨迹圆的半径为r，由几何关系有
解得
（2）设小球到达P点时其速度方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系可知，其，规定向右为正方向，小球在第四象限竖直方向做匀加速直线运动，在水平方向，先向右做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动。则水平方向有
解得
（3）由上述分析，小球在第四象限运动，向下为正方向，竖直方向有
解得
所以N点的坐标为（0，）。
题型十 电磁感应综合问题
【典例分析】（2023上·河北·高三校联考阶段练习）如图甲所示，两间距为L=1m的光滑水平金属轨道固定在绝缘水平地面上，左端连接阻值为R=0.5Ω的定值电阻，一质量为m=2kg、电阻为R=0.5Ω、长度为L=1m的导体棒垂直放置在导轨上，垂直于轨道的虚线1、2间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为（未知），虚线3、4间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将导体棒放在虚线1位置，并在导体棒上施加一水平向右的恒力F=4N，导体棒由1运动到4的过程中，导体棒中产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，其中5s时图线的切线与横轴平行，已知导体棒在虚线4位置时的速度大小为，导轨的电阻忽略不计。求：
（1）的大小及5s时导体棒的速度大小；
（2）虚线1、2的间距；
（3）导体棒在虚线3、4间运动的过程中产生的焦耳热Q。
【答案】（1）1m/s；（2）9m；（3）
【详解】（1）t=5s时图线的切线与横轴平行，此时
又
联立得
根据
得
（2）根据
联立得
（3）从2到3用时
到3时速度
从3到4过程，根据
联立得
根据能量守恒，导体棒在虚线3、4间运动的过程中产生的焦耳热
【方法提炼】
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
3.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．
4．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
5．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
6.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：－Beq \x\t(I)lΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt。
②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－Beq \x\t(I)lΔt＝－Bleq \f(ΔΦ,R总)。
③求位移：－Beq \x\t(I)lΔt＝－eq \f(B2l2\x\t(v)Δt,R总)＝mv2－mv1，即－eq \f(B2l2,R总)x＝m(v2－v1)。
【变式演练】
1.（2024·广东中山·中山市华侨中学校考模拟预测）如图，足够长的两光滑平行金属导轨MN、PQ所构成的斜面与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，两导轨顶端接一阻值为R的电阻，导轨所在的空间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。一根质量为m的导体棒垂直放置于导轨底端，其在两导轨之间部分的电阻为R。现给导体棒一沿斜面向上的速度大小为v，导体棒上滑过程通过导体截面的电荷量为q；在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两光滑平行金属导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒刚进入磁场时的加速度大小；
（2）导体棒向上滑的最大位移x；
（3）上滑过程中，导体棒上产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）刚进入磁场时
电流为
对导体棒受力分析
解得
（2）在导体棒上滑过程中，
产生的平均感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
通过的电荷量为
联立可得
（3）上滑过程根据能量守恒，有
导体棒与电阻串联，电流相同，时间相同，由焦耳定律可得导体棒产生的热量为
解得
2.（2023·浙江·慈溪中学校联考模拟预测）如图1所示，间距为d，相互平行的金属导轨EG、FH与PG、QH，在GH处用一小段绝缘圆弧相连，其中PG、QH水平，EG、FH是倾角为的斜轨。EF之间接一个阻值为R的电阻，PQ之间接有阻值不计，自感系数为L的自感线圈。MNGH和CDPQ区域存在大小为B，方向如图所示垂直于轨道平面的匀强磁场。质量为m，电阻r的金属棒a从AB处由静止开始沿导轨下滑，其在斜轨上运动过程中的v-t图像如图2所示，金属棒滑过GH后与另一根放在CD右侧位置相同质量，电阻不计的的金属棒b相碰，碰后两棒粘在一起运动。不计导轨的电阻及GH处的机械能损失，金属棒运动过程中与导轨保持垂直且接触良好，轨道足够长。已知，，，，，。取，，。
（1）求金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差UAB；
（2）求金属棒a与导轨间的动摩擦因数以及金属棒在磁场中能够达到的最大速率；
（3）已知金属棒a从进入磁场到速度达到4m/s时所用时间为2.1s，求此过程中电阻R产生的焦耳热；
（4）求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离xm（提示：自感电动势的大小为）。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）金属棒a刚进磁场时产生的感应电动势为
金属棒a刚进磁场时A、B两点间的电势差为
（2）金属棒a在磁场区域外的加速度为
根据牛顿第二定律有
金属棒a与导轨间的动摩擦因数
金属棒a在磁场区域中，速度最大时有
金属棒a中的电流为
解得金属棒在磁场中能够达到的最大速率
（3）金属棒a从进入磁场到速度达到4m/s时，根据动量定理有
电量为
解得
根据动能定理有
解得产生的总热量为
此过程中电阻R产生的焦耳热为
（4）a、b棒碰撞后两棒粘在一起运动，有
产生的电动势为
整理得
则
金属棒中的电流为
根据图象以及动能定理有
向左运动的最大距离
2．（2023下·江苏盐城·高三江苏省阜宁中学校考开学考试）如图，两根半径r为1m的圆弧轨道间距L也为1m，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B，且B=0.5T，将一根长度稍大于L、质量m为0.2kg、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放，已知当金属棒到达如图所示的cd位置时，金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角θ为60°，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为3N，（g=10m/s2）求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，流经电阻R的电量为0.1πC，整个回路中的总电阻为多少？
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，电阻R上产生的热量为1.2J，则金属棒的电阻R0多大？

【答案】（1）2A，方向a→R→b；（2）2.5Ω；（3）0.5Ω
【详解】（1）当金属棒到达如图所示的cd位置时，金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角θ为60°，金属棒的速度达到最大，沿圆弧切线方向有
可得
根据右手定则可知，流经电阻R的电流方向由a→R→b。
（2）根据
又
联立解得
（3）在最低点，根据牛顿第二定律可得
解得
根据能量守恒可得
解得
又
联立解得
3．（2023·浙江台州·统考模拟预测）如图所示的两装置水平放置，均处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R。光滑平行导轨足够长，图1导轨间距为d，图2导轨间距分别为d与2d。长度为2d的相同导体棒a、b、c均垂直静置于导轨上，导体棒质量为m、电阻为R。求：
（1）图1中闭合开关，导体棒a最终速度的大小与方向；
（2）将图1中的电源换成电容为C、电压为的电容器，闭合开关，导体棒a最终速度的大小；
（3）图2中闭合开关，导体棒b的最终速度的大小及从静止开始到达到过程中导体棒b产生的焦耳热。
（4）图2中闭合开关，导体棒b速度为最终速度的一半时导体棒b两端的电势差大小。

【答案】（1）；方向向右；（2）；（3）；；（4）
【详解】（1）距题意可知，导体棒a最终匀速切割磁感线，则有
得
根据左手定则可知，图1中闭合开关，导体棒a最终速度的方向为方向向右；
（2）由题意可得导体棒a最终稳定切割磁感线，则有
联立可得
（3）由题意可得
联立可得导体棒b的最终速度
导体棒c的最终速度
通过导体棒的电量为
由能量守恒定律有
而
得
（4）导体棒b速度为最终速度的一半时，通过导体棒b的电流
则导体棒b两端的电势差
4．（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）如图所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有一系列间距均为的水平虚线（图中仅画出部分），虚线1、2间存在垂直斜面向下的匀强磁场，从虚线2向下每间隔在两虚线间存在垂直斜面向下的与虚线1、2间相同的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻值为、边长为的正方形线框从虚线1上方某位置由静止释放，边始终与虚线平行，当线框的边刚好到达虚线1时，线框的加速度大小为，方向沿斜面向下，重力加速度取。整个过程中线框始终没有发生转动。求：
（1）线框释放瞬间，边到虚线1的间距；
（2）线框的最大速度；
（3）若从释放到线框的速度达到最大，所用的时间为，则此过程中线框中产生的焦耳热为多少?
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设线框的边到虚线1时的速度为，则由法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
又
由牛顿第二定律得
代入数据解得
线框从释放到边与虚线1重合的过程，由机械能守恒定律得
解得
（2）线框的速度最大时，线框的合力为零，由力的平衡条件得
又
又由
代入数据解得
（3）进入磁场前，设线框的加速度为，则由牛顿第二定律得
解得
线框从释放到边与虚线1重合的时间为
所以线框在磁场中运动的时间为
由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中，始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开始经时间速度变化为，线框的速度为，此时有
时间内，由动量定理得
设线框在时间内沿斜面体下滑的距离为.对上式两边求和得
整理得
代入数据解得
由能量守恒定律得
解得
5.（2023上·湖南·高三校联考阶段练习）如图所示，电阻不计的两条平行足够长光滑金属导轨固定在同一水平面上，其间距为1m。甲、乙两根完全相同的金属棒垂直导轨放置，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为0.5T，方向竖直向下的匀强磁场中。某时刻给金属棒甲施加一个大小为F=2N、水平向右的拉力，拉力F作用4s时，金属棒甲、乙的加速度相等，此时撤去拉力F。已知金属棒甲、乙的质量均为1kg，接入电路中的电阻均为0.5Ω。求：
（1）金属棒甲、乙的加速度相等时甲、乙的速度大小；
（2）从撤去拉力F到经过一段时间金属棒甲、乙之间的距离不再变化这一过程，电路中产生的热量以及金属棒甲、乙之间距离的增加量。

【答案】（1），；（2），
【详解】（1）两棒的加速度相等时，设甲、乙受到的安培力大小为F安，对金属棒乙
对金属棒甲
设回路中的感应电动势为E，根据安培力公式
设两棒的加速度相等时，甲、乙的速度分别是v甲、v乙
设t时间内金属棒乙受到的安培力冲量为I，对金属棒乙
对金属棒甲
解得
联立以上各式可解得
（2）撤去外力F后，甲做加速度逐渐减小的减速运动，乙棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v
根据动量守恒定律：
代入数据解得
v=4m/s
根据能量守恒定律，回路中产生的热量
对乙棒，根据动量定理
根据法拉第电磁感应定律
设甲、乙两棒间距离增大了x
联立解得
6．（2023·天津和平·统考二模）如图甲所示，质量为0.5kg，足够长的“”形光滑金属框放在光滑绝缘水平面上，金属框两平行边间距为1m，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为1T，金属棒ab垂直放在金属框两平行边上，用绝缘细线将棒ab与固定的力传感器相连，开始时细线水平伸直且无张力，给金属框施加一个水平向右的拉力F，在拉力F的作用过程中，力传感器示数随时间变化的规律如图乙所示，不计金属框的电阻，棒ab始终与金属框两平行边垂直且接触良好，金属棒接入电路的电阻为2Ω，求：
（1）时，金属框运动的速度大小；
（2）时，拉力F的瞬时功率；
（3）若过程中，金属棒上产生的焦耳热为5.4J，此过程中拉力F做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）12W；（3）9.4J
【详解】（1）由题意分析可知
又
则
时
代入数据得金属框运动的速度大小
（2）由乙图结合数学知识，可得关系式
根据
联立可得
可知金属框做初速度为0的匀加速直线运动，加速度为
当时，速度为
对金属框根据牛顿第二定律，得
又
解得
则时，拉力F的瞬时功率为
（3）若过程中，金属棒上产生的焦耳热为5.4J，根据功能关系可得
解得此过程中拉力F做的功
7．（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，两条足够长的平行导电导轨MN、PQ水平放置，导轨间距L=1.0m，在轨道区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。导体棒a、b质量均为m=1kg，电阻均为R=0.5Ω，与导轨间的动摩擦因数均为=0.3，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好。重力加速度g=10m/s2，导轨电阻可忽略，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）若开始时导体棒a初速度为零，导体棒b获得=2m/s的水平向右的初速度，求此时导体棒a和b的加速度大小；
（2）若同时分别给两导体棒不同的冲量，使导体棒a获得平行于导轨向左的初速度=2m/s的同时，导体棒b获得向右的平行于导轨的初速度=4m/s，求流经导体棒a的最大电流；
（3）在（2）的条件下，从导体棒a速度为零到两棒相距最远的过程中，已知导体棒b产生的焦耳热为0.25J，求此过程中导体棒b的位移。
【答案】（1）0；5m/s2；（2）6A；（3）0.5m
【详解】（1）导体棒b运动产生的感应电动势
回路电流
导体棒受安培力
解得
F0=2N
因
则a加速度为零，b的加速度
方向向左；
（2）两棒反向运动，开始时的速度最大，产生的感应电动势最大
最大电流
解得
Im=6A
（3）两棒开始向相反方向运动时，两棒系统受合外力为零，则动量守恒，当a棒速度为零时
解得b棒速度
v3=2m/s
由（1）的计算可知，此时a棒受安培力小于摩擦力，可知以后a棒静止，b棒向右做减速运动，当速度减为零时两棒最远，因导体棒b产生的焦耳热为0.25J，则此过程中，系统产生的总焦耳热为
Q=0.5J
此时由能量关系
解得
x=0.5m
8．（2023上·安徽合肥·高三校考阶段练习）如图所示，两平行光滑导轨、的左端接有阻值为的定值电阻，间距为，其中、固定于同一水平面图中未画出上且与竖直面内的光滑圆弧形导轨、相切于、两点。正方形区域内存在磁感应强度大小为、方向竖直向上的匀强磁场。导体棒的质量为、电阻为、长度为，棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由静止开始沿导轨运动，经时间后撤去推力，然后棒与另一根相同的导体棒发生碰撞并粘在一起，以速率进入磁场，两导体棒穿过磁场区域后，恰好能到达处。重力加速度大小为，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。求：
（1）该推力的功率；
（2）两导体棒通过磁场右边界时的速度大小；
（3）圆弧形导轨的半径以及两导体棒穿过磁场的过程中定值电阻产生的焦耳热。

【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）设两导体棒碰撞前瞬间，棒的速度大小为，在推力作用的过程中，由动能定理有
与碰后瞬间的速率为，由动量守恒定律有
解得
（2）设两导体棒通过磁场右边界的时间为，该过程回路中的平均电流为，与的间距为，由动量定理有
根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有
解得
（3）对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程，由机械能守恒定律有
解得
经分析可知，两导体棒上产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有
解得
9．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）两根足够长水平金属直轨道平行放置，右侧平滑连接半径为r=0.5m的 光滑圆轨道，圆弧轨道处于竖直平面内，轨道间距为L=0.5m，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=2T。现将质量均为m=0.5kg，长为L，电阻为R=0.5Ω的金属棒a、b垂直轨道放置，运动过程中，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒与直轨道间动摩擦因数为μ=0.4，导轨电阻不计，g=10m/s2。
（1）外力使棒b保持静止，对棒a施加水平恒力F=6N，求棒a运动的最大速度vm及此时棒a两端的电势差U的大小；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，撤去固定棒b的外力，此时作为零时刻，t1=3s时棒b的速度 时，求从撤去固定棒b的外力到t1时刻通过棒b的电荷量q，经过一段时间后， a、b运动保持稳定状态，此时棒b的加速度ab的大小；
（3）棒a到达圆弧轨道的底端时 ，重新固定棒b，改变F使棒a匀速通过 光滑圆轨道，求此过程F做的功。（结果保留π）

【答案】（1）；2V；（2）；（3）
【详解】（1）当a=0时，棒a的速度最大，此时有

又
F=μmg+BIL
解得

I=4A
则导体棒切割磁感线产生电动势为
棒a两端的电势差的大小为
U=IR=2V
（2）从撤去固定棒b的外力到 t1时刻，对棒b使用动量定理
又
联立，解得
q=7C
撤去固定棒b的外力后，对两棒，由牛顿第二定律可得

当 ，时达到稳定状态，有

（3）棒a匀速通过圆轨道产生正弦式交流电，有
其中
此过程F做的功为
10.（2023下·河南信阳·高二信阳高中校考阶段练习）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为2kg和1kg的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场B=2T。两平行导轨宽度L1:L2=2:1。质量为2kg的绝缘棒a垂直于倾斜导轨静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h=1.8m（重力加速度大小g取10m/s2，不计摩擦和空气阻力）。求：
（1）绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后刚分离时两棒的速度大小v1和v2；
（2）最终两导体棒b、c的速度大小v3和v4。

【答案】（1）0，6m/s；（2）2m/s，4m/s
【详解】（1）设绝缘棒a滑上水平导轨时，速度为v0，下滑过程中绝缘棒a机械能守恒，有
绝缘棒a与金属棒b发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律有
联立解得绝缘棒a的速度大小为
金属棒b的速度大小
（2）当磁通量不发生变化时不再有电流且安培力消失，此时速度达到稳定，则两导体棒单位时间内扫过面积相等，有
b、c分别用动量定理
联立解得
，
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＝eq \f(qE,m)t，y＝eq \f(qE,2m)t2
偏转角φ：
tan φ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qEt,mv0)
半径：r＝eq \f(mv,qB)
周期：T＝eq \f(2πm,qB)
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＝eq \f(x,v0)
t＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(φm,qB)
动能
变化
不变
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
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)