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；μ【变式演练】
1.（2023上·云南昆明·高三云南民族大学附属中学校考阶段练习）如图所示，水平面与倾角θ=37°足够长的传送带在A点平滑相连，传送带以速度v0=3m/s逆时针匀速转动，小物块（视为质点）在A点右侧x=3.6m处的O点以初速度v1=10m/s向左运动，后从传送带的底端A点滑上传送带，小物块与OA段水平面和传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小物块从O点运动到A点时速度大小；
（2）小物块沿传送带向上运动的加速度大小；
（3）小物块沿传送带向上运动的时间和向上滑行的最远距离。
【答案】（1）；（2）；（3）t=2s，
【详解】（1）小物块从O到A是匀减速运动，由牛顿第二定律有
解得
设小物块运动到A点时速度为v2，则有
解得
（2）当小物块速度时，对小物块由牛顿第二定律得
解得
因为
当小物块速度时，有
解得
（3）小物块从A向上运动到与传送带共速时间为t1，则有
解得
由共速到速度为0的时间为t2，则有
解得
则向上运动的总时间
小物块向上滑行的最远距离为
解得
2．（2023上·重庆·高三校联考阶段练习）如图所示，在光滑水平地面上静置一质量、长度的薄木板，木板右端放有一质量的小滑块（可视为质点）。某时刻在木板右端施加一水平向右的恒力，作用后撤去。已知滑块与木板间的动摩擦因数，滑块离开木板前、后的速度不变，取重力加速度大小，求：
（1）滑块离开木板时的速度大小；
（2）撤去恒力时滑块到木板左端的距离。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设滑块在木板上运动时的加速度大小为，木板的加速度大小为，有
，
滑块离开木板时
，
解得
，
撤去恒力前，滑块离开木板，则滑块离开木板时的速度大小为2m/s。
（2）设滑块在木板上运动的时间为，滑块离开木板后，力使木板产生的加速度大小为，有
，，
解得
3．（2023上·广东茂名·高三统考阶段练习）如图甲所示为月饼排盘器，月饼可以通过排盘器整齐地摆盘，再进入烘焙设备。将排盘过程简化为如图乙所示的模型，开始时排盘器静止在盘子上方，排盘器上表面距离盘子的高度，排盘器右端与盘子右端相距，月饼向右运动，当月饼与排盘器右端相距时，月饼的速度，排盘器立刻以的加速度向左做匀加速运动。已知月饼与排盘器间的动摩擦因数，重力加速度为，求：
（1）从排盘器运动开始计时，经过多长时间月饼将离开排盘器？
（2）月饼落入盘子时距离盘子右端的距离x。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）月饼向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
解得
经过t时间的位移为
排盘器向左做加速运动，经过t时间的位移为
位移满足关系
联立解得
（2）月饼离开排盘器的速度
解得
做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
月饼落入盘子时距离盘子右端的距离
解得
4．（2024·四川自贡·统考一模）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平。一个质量为m1=2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为m2=48kg的滑雪者从顶端以初速度v0=1.5m/s、加速度a=3m/s2做匀加速追赶，恰好在坡底B处追上背包。背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力。求：
（1）滑道AB段的长度；
（2）背包和滑雪者到达B处时，分别的速度大小。
【答案】（1）9m；（2），
【详解】（1）设斜面长度为L，背包在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
解得
设滑雪者在斜面上滑行时间为，，由运动学公式得
联立以解得
或（舍去）
（2）设背包和滑雪者到达B处时的速度为、，则有
5．（2023上·福建·高三校联考阶段练习）如图甲所示，一定长度、质量为M=2kg的长木板放在水平面上，质量为m=1kg且可视为质点的物块放在长木板的最右端，现在长木板上施加一水平向右的外力（大小未知），使长木板和物块均由静止开始运动，将此刻记为t=0时刻，0～2s内长木板和物块的速度随时间的变化规律如图乙所示，t=2s时将外力大小改为，物块与长木板间的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中物块始终未离开长木板，重力加速度。求：
（1）以及的大小：
（2）长木板最终的速度大小。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由图像可知，木板的加速度大小为
物块的加速度大小为
分别对木板、物块根据牛顿第二定律可得
联立解得
，
（2），由图像可知，此时木板和物块的速度分别为
，
此时将外力大小改为，物块继续做匀加速直线运动，木板开始做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，加速度大小变为
设经过时间木板和物块达到共速，则有
，
联立解得
，
由于
则共速后，木板和物块一起做匀速直线运动，所以长木板最终的速度大小为。
题型三 应用动能定理求解多过程问题
【典例分析1】（2023·四川德阳·统考一模）为助力2025年全运会，2023年11月25日—26日，粤港澳大湾区滑板公开赛在广州大学城体育中心滑板场顺利举办，为大湾区市民群众带来了一场精彩纷呈的极限运动盛会。如图所示为一质量m=50kg的运动员，从离水平地面高h=7m的斜坡上静止滑下，滑过一段水平距离后无碰撞进入半径为R=5m、圆心角为θ=53°的圆弧轨道BC，从C点冲出轨道后，在空中做出各种优美动作后落于水平地面的D点。已知圆弧轨道的B点切线水平，运动员在运动过程中不计一切摩擦，同时将其视为质点，重力加速度大小为10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6.求：
（1）运动员运动到B点时，地面对运动员的支持力大小；
（2）运动员从C点离开轨道至落地的过程，在空中运动的时间。（）
【答案】（1）1900N；（2）1.8s
【详解】（1）运动员从A运动到B过程，由动能定理有
在B点对运动员受力分析，由牛顿第二定律得
联立可得地面对运动员的支持力大小为
（2）运动员从A运动到C过程，由动能定理有
解得
运动员离开C点时，在竖直方向上的速度分量为
从C点到D点的过程，在竖直方向上有
代入数据解得
【典例分析2】．（2023上·江苏淮安·高三校考阶段练习）如图，一滑雪运动员质量，经过一段加速滑行后从A点以的初速度水平飞出，恰能落到点。在点速度方向（速度大小不变）发生改变后进入半径的竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。已知在最低点时运动员对轨道的压力为。A与B、B与的高度差分别为、。不计空气阻力，，求：
（1）A、B间的水平距离；
（2）运动员在O点的速度；
（3）运动员在段克服阻力做的功。
【答案】（1）24m；（2）；（3）6120J
【详解】（1）由A到B，运动员做平抛运动，竖直方向有
解得
代入数据得
t=2s
则AB间水平距离为
（2）根据牛顿第三定律，在最低点时轨道对人的支持力为2100N，设在最低点时速度为v0，由牛顿第二定律，有
解得
（3）设运动员在段时克服阻力做的功为Wf，由动能定理得
代入数据，解得
【方法提炼】
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.
【变式演练】
1.（2023上·内蒙古赤峰·高三统考阶段练习）如图示，水平面BC与 圆弧AB、斜面CD平滑连接，各处均无摩擦。小物块P、Q质量为m1、m2。小物块P从圆弧最高点A静止释放，与静止在水平面上小物块Q发生弹性正碰。已知圆弧半径R=0.2m，m1=4kg、m2=1kg，θ=37°， ，g=10m/s2。求：
（1）小物块P运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小；
（2）小物块P、Q弹性正碰后P、Q的速度大小；
（3）若小物块Q从斜面返回到C点恰好与小物块P相碰，小物块Q最初静止的位置与C点的距离。
【答案】（1）2m/s：（2）弹性正碰后P的速度大小为1.2m/s；弹性正碰后Q的速度大小为3.2m/s；（3）2.048m
【详解】（1）由动能定理
可得小物块P运动到圆弧形轨道最低点时的速度大小
（2）小物块P、Q弹性碰撞，有
联立可得
（3）小物块Q在斜面上做匀变速直线运动，则加速度大小为
则由
可得Q在斜面上运动的时间
设P碰撞后运动的C点的时间为t，则有
联立可得小物块Q最初静止的位置与C点的距离
2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图所示，水平地面左侧固定半径R=0.5m的竖直半圆弧光滑轨道ABC，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，C点与水平地面相切。用三根材料相同、质量分布均匀的长方木条制成直角三角形框架DEF，斜木条DE的上表面光滑，倾角为。在F点右侧相距较远处有一P点，P点左侧的水平地面光滑，P点右侧的水平地面与框架底面木条DF之间的动摩擦因数为μ=0.1.一可视为质点的小滑块从框架的最高点E由静止开始释放，滑块恰好能通过半圆弧轨道的最高点A水平飞出，落到地面后停止运动。已知滑块质量m=1.0kg，框架质量滑块从框架进入水平地面时，速度由沿斜面方向变为水平方向，而速度的大小保持不变，不计其余一切阻力，重力加速度
（1）求滑块经过B点时对轨道的压力FN；
（2）求框架竖直边EF的高度h；
（3）求框架停止运动时F点与P点的距离s。
【答案】（1）30N；（2）；（3）
【详解】（1）设滑块通过最高点A时的速度大小为v1，由向心力公式
得
设滑块通过B时的速度大小为v2，由动能定理
得
设在B点时半圆轨道对滑块的弹力为Fn，由向心力公式
得
则滑块经过B点时对轨道压力大小为30N，方向向左。
（2）设滑块滑到水平面时的速度大小为v3，由动能定理
得
设滑块滑到水平面时框架的速度大小为v4，由水平方向动量守恒
得
滑块下滑过程中机械能守恒，由能量关系
得
h=1.65m
（3）设三角形框架底边DF的长度为s1，由几何关系
设框架经过P点过程中受到平均阻力为f1，经过P点后受到阻力为f2，则
得
设框架经过P点后经过的距离为s2，由动能定理
得
设三角形框架停止运动时F点与P点之间的距离为s，则
3．（2023上·广东潮州·高三统考期末）如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与圆弧轨道DCB相切于B点，DC段粗糙，CB段光滑，圆心角，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径，一个质量为，可视为质点的小物体，从D点的正上方距离为的E点处自由下落，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数，取，，。忽略空气阻力对物体运动的影响，则：
（1）小物体经多长时间到达D点；
（2）当小物体到达圆弧轨道底端C时对轨道的压力为13N，求小物体在圆弧DC段克服摩擦力所做的功；
（3）要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L至少要多长？
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小物体从E点处自由下落到D点，根据
解得
（2）在C点，根据牛顿第二定律可得
由题意可知
解得
小物体从E点到圆弧轨道底端C过程，根据动能定理可得
联立解得 小物体在圆弧DC段克服摩擦力所做的功为
（3）从C点到斜面最高点过程，根据动能定理可得
解得
要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度至少为。
4.（2023上·湖北孝感·高三安陆第一高中校联考阶段练习）如图所示，e字形轨道竖直放置在水平面上，该导轨由左右两光滑半圆轨道和粗糙水平直轨道BE组成，B处有一弹性挡板，右半圆的半径r，左半圆半径为，水平导轨BE长度为，圆弧上的D点与小圆圆心等高。一质量为m的小滑块经A点向左进入轨道，恰好能通过C，并且经B反弹一次后停在E处，已知滑块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。求：
（1）滑块在D点时所受的弹力大小；
（2）滑块与水平导轨的动摩擦因数；
（3）改变小滑块的初速度，使小滑块运动过程中不脱离轨道且能回到A，求小滑块初次经过A点的速度范围。

【答案】（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）设滑块通过C点时速度为，由滑块恰好通过C点得

设滑块通过D点时速度为，滑块由C点到D点由动能定理可得
在D点处做圆周运动，由向心力公式得
解得
（2）滑块由C点经碰撞后恰好回到E点，由动能定理可得
解得

（3）小滑块到E点等高点恰好速度为0时，设A点速度为，由动能定理
解得
小滑块经碰撞后恰好过C点时，设A点速度为，由动能定理有
解得
则小滑块不脱离轨道的速度范围为
或
题型四 机械能守恒定律的综合应用
【典例分析1】（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）如图所示，光滑轨道ABCD固定在竖直平面内，BC段是圆心为、半径为的四分之一圆弧，点在点的正上方。一质量为的小球由A点静止下滑，最后从点水平飞出，落在水平地面上的点。已知O，D之间的距离为2R，小球可视为质点，重力加速度大小取，空气阻力忽略不计。
（1）求A、B两点间的高度差；
（2）若小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着轨道运动至点时脱离轨道，已知。求小球释放点与点之间的高度差。（，）

【答案】（1）1m；（2）0.2m
【详解】（1）小球从A点由静止沿圆弧轨道滑下运动至B点，根据机械能守恒有
小球从B点飞出后做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得，A、B两点间的高度差
（2）小球从轨道AB上某点由静止释放后，沿着轨道运动至点时脱离轨道，则小球在P点对轨道没有压力，此时重力沿PO方向的分力提供向心力，即
根据机械能守恒有
解得
根据几何关系，小球释放点与点之间的高度差
【典例分析2】 如图所示，水平面AB段光滑、BC段粗糙，右侧竖直平面内有一呈抛物线形状的坡面OD，以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝eq \f(1,5)x2.一水平轻质弹簧左端固定在A点，弹簧处于自然伸长状态时右端处在B点．一个质量m＝0.2 kg的小物块压缩弹簧后由静止释放，从C点飞出落到坡面上．已知坡底O点离C点的高度H＝5 m，BC间距离L＝2 m，小物块与BC段的动摩擦因数为0.1，小物块可视为质点，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小物块到达C点的速度为eq \r(5) m/s，求释放小物块时弹簧具有的弹性势能；
(2)在(1)问的情况下，求小物块落到坡面上的位置坐标；
(3)改变弹簧的压缩量，弹簧具有多大的弹性势能时，小物块落在坡面上的动能最小？并求出动能的最小值．
【答案】 (1)0.9 J (2)(eq \f(5,6)eq \r(6) m，eq \f(5,6) m) (3)2.9 J 7.5 J
【解析】 (1)Ep＝μmgL＋eq \f(1,2)mvC2
代入数据解得：Ep＝0.9 J
(2)x＝vCt
h＝eq \f(1,2)gt2＝H－y
y＝eq \f(1,5)x2
联立解得位置坐标为(eq \f(5\r(6),6) m，eq \f(5,6) m)
(3)B到C有Ep＝μmgL＋eq \f(1,2)mvC2
得vC2＝10Ep－4
小物块做平抛运动x＝vCt，h＝eq \f(1,2)gt2，
又有y＝H－h＝eq \f(1,5)x2
得h＝eq \f(125,25＋vC2)(或h＝eq \f(125,21＋10Ep))
小物块落在坡面上的动能Ek＝eq \f(1,2)mvC2＋mgh
代入得Ek＝0.1vC2＋eq \f(250,25＋vC2)(或Ek＝Ep－0.4＋eq \f(25,2.1＋Ep))
当vC＝5 m/s，即Ep＝2.9 J时
动能最小Ekm＝7.5 J.
【方法提炼】
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(单个物体,多个物体组成的系统))
(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．
【变式演练】
1.如图为单板滑雪U型池的简化模型示意图，一质量M为45 kg的运动员从轨道a处由静止滑下，若运动员在下行过程中做功，上行过程中运动员不做功，运动员在b点竖直向上滑出轨道上升的最高点离b点高度H为10 m，U型轨道简化为半圆轨道，其半径R为20 m，滑板的质量m为5 kg，不计轨道和空气的阻力，g取10 m/s2，求：
(1)在轨道的最低点运动员对滑板的压力大小；
(2)运动员在下行过程中所做的功。
【答案】 (1)1 800 N (2)5 000 J
【解析】 (1)从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)(M＋m)v2＝(M＋m)g(R＋H)
在最低点对运动员有FN－Mg＝Meq \f(v2,R)
联立解得FN＝1 800 N
由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力大小为1 800 N。
(2)从a到最低点的过程中以人和滑板为研究对象，设此过程中人做的功为W，由动能定理可得
W＋(M＋m)gR＝eq \f(1,2)(M＋m)v2
代入数据解得W＝5 000 J。
2.（2024·云南红河·统考一模）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，A点的切线水平，距水平地面的高度也为R。质量的小球（可视为质点）从P点由静止沿圆弧轨道滑下，然后从A点飞出，落在水平地面上的B点。已知A，B两点的水平距离，空气阻力忽略不计、重力加速度。求：
（1）圆弧轨道的轨道半径R；
（2）小球对轨道上A点的压力大小。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）小球从P点由静止沿圆弧轨道滑下运动至A点，根据机械能守恒有
小球从A点飞出后做平抛运动，水平方向有
竖直方向有
解得
，
（2）小球在A点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律小球对轨道上A点的压力大小为
题型五 动量观点与能量观点的综合应用
【典例分析1】（2023·浙江宁波·校考模拟预测）如图所示，在足够长的光滑水平地面MN上固定一光滑的竖直半圆形轨道NP，NP的半径为，N点处切线水平且与地面平滑连接。质量的物块A与轻弹簧一端连接，以速度沿水平地面向右运动，物块B静止，在物块A运动的前方。与物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中，物块B运动的距离为0.15m，经历的时间为。在此后的运动中，B与弹簧分离后，滑上轨道NP，沿NP运动时恰能经过最高点P。物块A、B均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为。求：
（1）物块B在N点的速度大小；
（2）物块B的质量；
（3）弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）物块B沿NP运动时恰能经过最高点P，根据牛顿第二定律可得
物块B从N点到P点的过程中，根据机械能守恒可得
解得物块B在N点的速度大小为
（2）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，可得
A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，可得
解得
（3）A、B、弹簧组成的系统动量守恒，物块A连接的轻弹簧从接触B到弹簧被压缩到最短的过程中有
则
对时间累加求和，可得
解得
弹簧的最大压缩量为
【典例分析2】．（2023·天津和平·统考二模）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以某一初速度开始向上滑动，滑动过程中受到滑杆的摩擦力f为1N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞（作用时间极短），带动滑杆一起离开桌面竖直向上运动，之后上升了h＝0.2m时速度减为0。已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝0.6kg，A、B间的距离L＝1.2m，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块与滑杆碰撞前瞬间的速度大小；
（3）滑杆从A处开始向上运动的初速度。
【答案】（1）8N，5N；（2）8m/s；（3）10m/s
【详解】（1）滑块静止时，根据整体法可知桌面对滑杆支持力的大小
当滑块向上滑动时，根据牛顿第三定律可知，滑块对滑杆的摩擦力大小为1N，方向竖直向上，则对滑杆进行受力分析，根据平衡状态得桌面对滑杆支持力的大小
（2）当滑杆和滑块一起脱离地面后，向上做匀减速运动，则
解得滑杆和滑块开始一起向上运动的速度大小为
当滑杆和滑块发生碰撞的瞬间，根据动量守恒定律得
解得滑块与滑杆碰撞前瞬间的速度大小
（3）选竖直向上的方向为正方向，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度为
负号表示加速度方向竖直向下
根据运动学公式
解得滑杆从A处开始向上运动的初速度
【典例分析3】．（2023上·山西忻州·高三校联考阶段练习）如图所示，一半径为R=0.8m的四分之一光滑圆弧轨道与光滑水平轨道cd在d处平滑连接，且与足够长的粗糙水平轨道ab在同一竖直平面内。在ab的最右端放置一个质量M=4kg的木板，其上表面与cd等高，木板与轨道ab间的动摩擦因数μ1=0.1，质量mQ=2kg的滑块Q置于cd轨道上且与c点距离为6m。现在圆弧轨道的最高点处由静止释放一质量mP=6kg的滑块P，一段时间后滑块P与Q发生弹性正碰，碰撞时间极短。从P与Q碰撞结束开始计时，3s末Q从木板左端飞出（飞出后立即被取走，对其他物体的运动不造成影响）。已知P、Q与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.2，滑块P、Q均可视为质点，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2，求：
（1）碰撞后P、Q速度的大小和方向；
（2）木板的长度L；
（3）P滑块能否从木板左端滑离木板？若能，求P从木板左端滑离时的速度；若不能，求P停在木板上的位置距木板右端的距离；
（4）P、Q碰撞后滑块、木板及ab轨道之间的摩擦生热之和Q。
【答案】（1）2m/s，6m/s，方向均水平向左；（2）；（3）不能，；（4）
【详解】（1）滑块P释放到与Q碰前，根据动能定理有
P、Q发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
方向均水平向左
（2）滑块Q碰后到c点用时t1，则有
滑块P碰后到c点用时t2，则有
滑块Q滑上木板匀减速运动，则有
，
根据题意有
解得
，
由于
所以木板处于静止状态则木板的长度为
（3）滑块Q滑落木板后，滑块P滑上木板，由于
则滑块P做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，令二者共速用时t0，则有
，，
解得
，，
令P相对木板的相对位移为，则有
可知，P不能滑落木板，距木板右端的距离
（4）P相对木板静止后，一起匀减速到静止，令滑行的距离为x，则有
其中
解得
，
滑块Q与木板间摩擦生热Q1
滑块P与木板间摩擦生热Q2
木板与ab轨道之间摩擦生热Q3
则有
解得
【方法提炼】
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.
【变式演练】
1.（2023上·四川成都·高三成都七中校考期中）如图所示，轨道ABCD由半径的光滑圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度FG段为半径的光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力的大小；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q冲出小车后离开G点的最大高度；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）2.1m；（3）
【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有
物块P在B点，对该物块进行分析有
解得
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下。
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
解得
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
之后，物块Q左斜抛运动，在竖直方向上上为竖直上抛运动，根据逆向思维，物块Q冲出小车后离开G点的最大高度
解得
（3）物块被弹开过程有
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
解得
由于
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
解得
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
2．（2023上·云南昆明·高三昆明一中校考阶段练习）在光滑水平面上质量均为2kg的相同小物块A和B拴接在轻绳的两端，物块A靠墙放置。用力使A、B间压紧一根轻质弹簧保持静止，弹簧储存的弹性势能为4J，弹簧与A、B均不拴接，弹簧原长小于绳长。放手后，弹簧将物块弹开，最终物块A、B一起向右匀速运动。求：
（1）从放手到物块A、B一起匀速运动的过程中，墙对A的冲量。
（2）整个过程中A、B和弹簧组成的系统机械能的损失量。
【答案】（1），水平向右；（2）
【详解】（1） 弹簧将B物体弹开的过程
解得
对于B物体，从放手到弹簧恢复原长，弹簧对B的冲量等于B物体动量的变化量
弹簧对A的冲量与弹簧对B的冲量等大反向
对于A物体弹簧的弹力和墙的支持力平衡，墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，方向相反，所以墙对A的冲量
方向水平向右；
（2） A运动到绳子绷直后A、B一起运动的过程中，动量守恒
解得
损失的能量
解得
3．（2023·浙江·校联考一模）如图所示，在光滑平台上可通过弹簧将小滑块水平弹射，右侧在竖直平面内有两个光滑圆弧轨道和水平粗糙轨道，下端水平相连。左边轨道对应的圆心角为，右侧为一段圆弧。小滑块静止在右边圆弧轨道的最低点。现将小滑块从平台弹出后，恰好从点沿圆弧进入轨道。随后与发生弹性碰撞。已知平台与等高，，，左边圆弧轨道的半径为，右边圆弧轨道的半径为，水平轨道长为，和与水平轨道之间的动摩擦因数均为，取重力加速度，。
（1）求进入轨道点时滑块的速率；
（2）求碰撞后瞬间对轨道的压力；
（3）求第一次碰撞后经过多长时间两滑块再次相遇。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小滑块刚进入轨道时的竖直方向速度为，则
得
得
（2）碰撞前，由动能定理有
得
M与N碰撞时为弹性碰撞，有动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
，
由牛顿第二定律有
得
根据牛顿第三定律可得对轨道的压力为
（3）滑块停止的时间为
在右边圆弧上升的高度为，由机械能守恒定律有
得
所以
故在右边圆弧上做简谐运动
又m在水平轨道上运动的时间为
则相遇时间
4．（2023上·浙江·高三校联考阶段练习）如图所示，光滑的半径为的圆弧最低点与竖直墙壁AB相连，质量的小球1与长度为轻杆相连，轻杆的另一端通过铰链与质量为的小滑块相连，小滑块套在光滑的水平杆上。初始轻杆紧靠墙壁竖直放置，小球1刚好处在圆弧的末端。现将质量为的小球2从圆弧上的C点由静止释放，CO连线与竖直方向的夹角为53°，小球2运动至圆弧的最低点与小球1发生弹性正碰，碰后立刻撤掉小球2。已知重力加速度的大小不计空气阻力。求
（1）小球2运动至轨道最低点与小球1碰撞前瞬间对轨道的压力大小；
（2）两球碰撞后的瞬间，小球1的速度大小；
（3）轻杆上作用力为零时，小球1的速度大小及此时轻杆与竖直方向夹角的余弦值；
（4）小球1落到水平杆上前一瞬间的速度大小。
【答案】（1）18N；（2）；（3），；（4）
【详解】（1）m2由C点运动至最低点，由机械能守恒
在最低点，对m₂进行受力分析，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三运动定律可得在最低点对轨道的压力为18N。
（2）小球m2在最低点与小球发生弹性正碰，根据动量守恒，有
根据机械能守恒有
解得
（3）记轻杆上作用力为零时轻杆与竖直方向的夹角为α，m1碰后运动至轻杆上作用力为零，由机械能守恒
此时m1重力沿杆的分力提供所需要的向心力有
联立解得轻杆上作用力为零时m1的速度
，
（4）轻杆上作用力为零后，m1的速度继续增加，所需要的向心力增大，而其重力沿轻杆的分力在减小，因而轻杆会向两端提供拉力，m0开始离开墙壁，所以轻杆作用力为零到小球m1落到水平杆上前一瞬间，m1，m0构成的系统水平方向上动量守恒
该过程系统机械能守恒
落到水平杆上前一瞬间，由速度关联有
联立可得m1落到水平杆上前一瞬间速度
5．（2023·河南新乡·统考一模）如图所示，足够大的光滑水平地面上静置一质量、带光滑圆弧轨道的滑块B，圆弧轨道的底端与地面相切，半径；质量的小球A从滑块B顶端正上方高处由静止落下，无碰撞地进入圆弧轨道，小球A可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度大小。求：
（1）小球A进入圆弧轨道时的动能；
（2）滑块B对小球A做的功W。
【答案】（1）；（2）
【分析】本题考查动量守恒定律的综合应用，目的是考查学生的推理论证能力。
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）设小球A离开滑块B时小球A的速度大小为，滑块B的速度大小为，由水平方向动量守恒定律
由系统机械能守恒定律得
对小球A由动能定理得
解得滑块B对小球A做的功为
6．（2024·贵州·统考一模）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，物块A处于平板B上的O'点，O'点左侧粗糙、右侧光滑，光滑部分的长度d=3.75m。用不可伸长的长度为L=7.2m的轻绳将质量为m=0.1kg的小球悬挂在O'点正上方的O点。轻绳处于水平拉直状态，小球可视为质点，将小球由静止释放，下摆至最低点时轻绳拉断、小球与小物块A碰撞后瞬间结合成一个物体C，之后C沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。已知A的质量mA=0.1kg，B的质量mB=0.6kg，C与B的动摩擦因数μ1=0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，整个过程中C始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）轻绳被拉断前瞬间绳对小球的拉力大小；
（2）C与B的挡板碰撞后，二者的速度大小vC与vB；
（3）C与B都停止运动时C与B右端的距离。

【答案】（1）；（2）；；（3）
【详解】（1）设小球摆动到最低点时速度大小为v0，则
解得
在最低点绳被拉断前瞬间
解得
（2）小球与物块A结合成物块C，设C的速度为v，则
解得
之后，C在B上滑动，直到与B右侧的挡板发生弹性碰撞，对碰撞过程
，
解得
，
（3）C与B碰撞后，C先在B的光滑表面上向左匀速运动，B向右做匀减速运动，设B经时间t减速到零，且C还没有滑入B的粗糙表面，则
解得
在此过程中设B、C的位移分别为xB和xC，则
，
C相对于B的位移大小为
由
可知假设成立。
当C滑到B的粗糙表面时，设B静止不动，则地面对B的静摩擦力大小为
B与地面的最大静摩擦力为
比较可知
假设成立，B静止不动。
设C在B的粗糙表面上能滑过的距离为xC，则
解得
C与B都停止运动时C与B右端的距离为
解得
7．（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）如图所示，质量为3kg、长为的长木板B静止在水平面上，质量为1kg的物块A放在平台上，平台的上表面与长木板的上表面在同一水平面上，木板B的左端紧靠平台的右端，质量为的小球用长为的轻绳悬挂在固定点O上，将轻绳向左拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与物块A沿水平方向发生弹性碰撞，物块A与小球均可视为质点，不计空气阻力，物块A与平台、木板B之间的动摩擦因数均为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度g取．求：
（1）小球与A碰撞前瞬间，细线拉力大小；
（2）小球与物块A碰撞过程中，物块对小球的冲量大小；
（3）要使物块不滑离木板B，开始时物块A离平台右端的距离最小为多少．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设小球与物块A碰撞前瞬间的速度大小为，根据机械能守恒有
解得
小球在最低点时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设小球与A碰撞后瞬间，小球速度大小为、物块A的速度大小为，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
此过程，物块A对小球的冲量大小
（3）设开始时A离平台右端的距离至少为x，物块刚滑上长木板时的速度大小为，根据动能定理有
设长木板的长为s，物块A滑上长木板后，物块的加速度大小为，长木板的加速度大小为，根据牛顿第二定律，对物块A有
解得
对长木板，有
解得
根据题意
解得
，
8．（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）如图所示，竖直光滑半圆弧轨道的下端B点固定在高的竖直墙壁上端，O为半圆的圆心，BC为竖直直径，一质量的小球b静置在B点。现将一质量的小球a从水平地面上的A点以初速度斜向上抛出，抛射角。小球a刚好能沿水平方向击中小球b，两小球碰撞过程时间极短且没有能量损失，碰撞结束后小球b在半圆弧轨道上运动的过程不脱离轨道（小球b从圆弧轨道最高点C和最低点B离开不算脱离轨道）。已知，，重力加速度，空气阻力不计，求：
（1）小球a从A点抛出时的初速度；
（2）碰撞结束瞬间小球b的速度；
（3）半圆弧轨道的半径R的取值范围。

【答案】（1）10m/s；（2）4m/s（3）或者
【详解】（1）设水平方向上向右为正方向，小球a从A点抛出，在竖直方向上做匀减速直线运动，水平方向做匀速直线运动，刚好能沿水平方向击中小球b，则有
联立解得
（2）小球a刚好能沿水平方向击中小球b时，其速度为
根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
（3）假设小球b恰好能运动至C点，则在C点满足
又根据动能定理可得
联立解得
故半圆弧轨道的半径R取值范围是。
如果小球恰好运动到和圆心等高的位置，此时的最小速度为零，则有
解得
故半圆弧轨道的半径R取值范围是或者
题型六 带电粒子(体)在电场中的运动
【典例分析1】（2023·四川德阳·统考一模）如图（a）所示，A、B两足够大平行金属板水平放置，A板中心有一小孔，AB两板间的距离为d=1.2m，两板间的电压变化如图（b）所示，B板接地。一质量为m=0.1kg、电荷量为q=+0.1C的小球，在t=0时刻从A板中心处的小孔静止释放。不计一切阻力，重力加速度大小为10m/s2，求：
（1）在0~0.2s内小球运动的位移大小；
（2）在0~0.2s内和0.2s~0.4s内电场力对小球所做功之比。

【答案】（1）0.4m；（2）1
【详解】（1）在0~0.1s内：小球运动的加速度a1满足
解得
小球运动的位移
0.1s末小球的速度为
在0.1~0.2s内：小球运动的加速度a2满足
解得
小球运动的位移
0.2s内小球运动的位移为
（2）在0.2s~0.3s内： 小球加速度大小等于
0.2s末小球的速度为
0.3s末小球的速度为
小球运动的位移
在0.3~0.4s内：小球加速度大小等于
0.4s末小球的速度为
小球运动的位移
在0~0.2s内电场力对小球做的功
在0.2~0.4s内电场力对小球做的功
联立解得
【典例分析2】．（2023上·江苏淮安·高三校考阶段练习）如图所示，质量均为m的带电小球A和B分别固定在长为2L的绝缘轻质细杆的两端并静止在光滑绝缘的水平面上。现以细杆中垂面为左边界加一平行细杆向右的场强大小为E的匀强电场，此时两球的加速度大小为，方向向右。已知B球所带的电荷量为、电场左右边界的间距为4L，求：
（1）A球所带的电荷量；
（2）A、B向右运动的最大速度；
（3）从加上电场经时间后两球的速度大小。
【答案】（1）2q；（2） ；（3）0
【详解】（1）对整体应用牛顿第二定律有
解得球A的电荷量为
A球所带电荷为正电荷。
（2）B球未进入电场时，整体向右做匀加速直线运动，B球进入电场后，整体所受合力为
“-”号表示合力方向向左，可知B球进入电场后，整体做减速运动。所以B球刚要进入电场时，A、B向右运动的速度最大。从静止到速度最大的过程中，有
解得
可得最大速度为
（3）向右减速运动阶段，对整体应用牛顿第二定律有
解得，减速运动阶段的加速度大小为
设减速到0的时间为，则有
解得
减速阶段的位移为
由于，则经时间t，球A恰好要离开电场，此时速度恰好为零。
【典例分析3】．（2023上·河南安阳·高三林州一中校考阶段练习）如图所示，一静止的电子经过电压为U的电场加速后，立即从A点射入匀强电场中，射入方向与匀强电场的方向垂直，最终电子从B点离开电场．已知匀强电场的电场强度大小为E，宽度为L，方向竖直向上，电子的电荷量为e，质量为m，重力及空气阻力忽略不计。
（1）求电子在匀强电场中的偏转距离；
（2）若仅将加速电场的电压提高为原来的2倍，使电子仍经过B点，求匀强电场的电场强度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设电子在加速电场中加速后的速度为，由动能定理得
解得
设电子在匀强电场中的偏转距离为y，根据类平抛运动规律可得
，，
联立解得
（2）由（1）可得电子在匀强电场中运动，有
，
在加速电场中运动时有
由牛顿第二定律得
联立解得
根据题意可知加速电场的电压增大到原来的2倍，则匀强电场的电场强度也增大为原来的2倍，即
【典例分析4】．（2023上·山西吕梁·高三校联考阶段练习）如图所示，半径为R的圆处在匀强电场中，电场线与圆面平行，在圆周上A点以大小为v的速度将质量为m、电荷量为q的带正电的粒子射入电场，结果粒子经过圆上B点时，速度大小为2v，若以大小为2v的速度从A点射入电场，粒子经过圆上C点时，速度大小为，B点是AC弧的中点，AC是圆的直径。不计粒子的重力，求：
（1）A、B间的电势差；
（2）匀强电场的电场强度大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据动能定理，粒子从A到B电场力做功为
则A、B间的电场差为
（2）粒子从A到C电场力做功为
则A、C间的电势差为
由此可知，B、C两点等势，电场方向垂直于BC连线，如图所示
由几何关系可知，AB与BC垂直且相等，AB间距离为
则匀强电场的电场强度大小为
【典例分析5】（2024·四川成都·石室中学校考一模）如图所示，光滑绝缘圆轨道竖直放置，半径为，电场与水平方向成斜向右上，质量为，电荷量为的带电小球恰好能静止于与圆心等高的点处，现将该小球带上等量的负电从点静止释放，求：
（1）带负电的小球在水平方向和竖直方向的加速度分别是多大；
（2）从释放到小球第一次与圆轨道撞击时的速度和电势能的改变量。
【答案】（1） ，；（2）
【详解】（1）带正电的小球能静止在点，则
对带负电的小球，由牛顿第二定律得
（2）小球的水平位移
竖直位移
即小球水平位移和竖直位移的关系为
由几何关系得
解得
由动能定理有
解得
电场力做正功，电势能的减少了
即电势能的改变量为。
【方法提炼】
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＝eq \f(L,v0).
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝eq \f(F,m)＝eq \f(qE,m)＝eq \f(qU,md).
(3)离开电场时的偏移量y＝eq \f(1,2)at2＝eq \f(qUL2,2mdv\\al(2,0)).
(4)速度偏向角
tan φ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(qUx,mdv\\al(2,0)) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan φ＝eq \f(qUL,mdv\\al(2,0))；
位移偏向角
tan θ＝eq \f(y,x)＝eq \f(qUx,2mdv\\al(2,0)) eq \(――→,\s\up7(x＝L))tan θ＝eq \f(qUL,2mdv\\al(2,0)).
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.
【变式演练】
1.（2023·云南·校联考模拟预测）如图所示，在水平地面上固定一个倾角为的绝缘光滑斜面体，斜面体底端连接有挡板，有一个电荷量为q、质量为m的滑块静止于挡板处，某时刻加一沿斜面方向的匀强电场，使得滑块沿斜面方向运动，经历t时间后撤去电场，接着又经历相同的时间，滑块回到挡板位置处。不计空气阻力，已知重力加速度为g，求：
（1）电场强度的大小；
（2）滑块距挡板的最远距离。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设有匀强电场时滑块上升的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
根据运动学规律有
撤去电场后，此时以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律有
滑块先沿斜面向上做匀减速再反向做匀加速，经过相同时间回到原点可得
解得，电场强度的大小为
（2）减速到0时距挡板的距离最大为，由动能定理可得
联立解得
2．（2023上·河南濮阳·高三统考期中）如图所示，一内壁光滑的绝缘圆管ADB固定在竖直平面内。圆管的圆心为O，D点为圆管的最低点，A、B两点在同一水平线上，AB的长度为2L，圆管的半径（圆管的内径忽略不计）。过OD的虚线与过AB的虚线垂直相交于C点，在虚线AB的上方存在方向水平向右、范围足够大的匀强电场；虚线AB的下方存在方向竖直向下、范围足够大的、电场强度大小的匀强电场。圆心O正上方的P点有一质量为m、电荷量为的带电小球（可视为质点），P、C间距为L。现将该小球从P点无初速度释放，经过一段时间后，小球刚好从管口A处无碰撞地进入圆管内，并继续运动。已知重力加速度大小为g。求：
（1）虚线AB上方匀强电场的电场强度大小；
（2）小球到达管口A处的速度大小；
（3）小球从管口B离开后，经过一段时间到达虚线AB上的N点（图中未标出），求小球在圆管中运动的时间与运动的总时间之比。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入圆管，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45°，即加速度方向与竖直方向的夹角为45°，则
解得
（2）小球由P点运动到A点的过程做匀加速直线运动，设所用时间为，加速度为a，则
解得
（3）小球由P点运动到A点的过程所用时间为
小球在管中运动时
设小球在圆管内做匀速圆周运动的时间为，则
小球离开圆管后做类平抛运动，加速度仍为a，且B点速度等于A点的速度，设小球从B点到N点的过程中所用时间为，则
由几何关系可知
联立解得
则
3．（2023上·江苏苏州·高三统考阶段练习）如图，足够长的光滑绝缘水平面上竖直固定光滑绝缘半径为R的四分之一圆弧轨道BC，B为圆弧的最低点，A点在圆弧左侧，且AB间距为2R。整个空间处于水平向右的匀强电场中，电场强度大小为E。一质量为m、电荷量为的带正电小球从A点静止释放，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）小球运动到B点时的速度大小；
（2）小球在圆弧BC上运动过程中的最大动能；
（3）小球离开圆弧轨道到落地过程中的最小速率及该过程机械能的增量。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）小球从A到B由动能定理有
解得
（2）设等效能重力场的方向与竖直方向所成夹角为，有
即
从B点到等效最低点由动能定理有
解得
（3）小球从B到C由动能定理有
解得
小球从C点抛出后，将小球的运动分解为沿重力和电场力的合力方向和垂直合力方向，如图所示
小球在空中垂直合力方向做匀速直线运动，沿合力方向先做匀减速直线运动，再反向做匀加速直线运动，当沿合力方向的速度减为零时，小球的速度具有最小值，则有
从C点飞出，竖直方向有
解得
水平方向有
小球离开圆弧轨道到落地过程中的机械能的增量
4．（2023·陕西·校联考一模）有一水平方向的匀强电场，场强，一带正电的微粒以竖直向上的初速度从A点射入电场，一段时间后从B点离开电场，A、B两点在同一条水平直线上。已知带电微粒质量，所带的电荷量，重力加速度，微粒向上运动过程中未冲出电场。求
（1）带电微粒在竖直方向上的最大位移；
（2）A、B两点的电势差；
（3）带电微粒在电场中运动速度的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）在竖直方向上，速度减为零的时间为
由
解得
在竖直方向上最大位移
（2）根据对称性，微粒在电场中的时间为
水平方向加速度
水平方向位移为
两点之间的电势差为
（3）带电微粒水平方向速度
带电微粒竖直方向速度
带电微粒的速度
代入数据
由数学知识，速度具有最小值的时间为
解得速度的最小值
5．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示， 用长为l的绝缘细线把一个质量为m， 电荷量为q的带正电小球悬挂在O点，现加一电场强度最小的匀强电场， 使小球静止在 A 点， 此时细线与竖直方向夹角重力加速度为g，求：
（1）电场强度大小及方向；
（2）要使小球能绕O点做完整的圆周运动， 在 A 点沿切线方向给小球的初速度的最小值。
【答案】（1），方向与水平方向夹角45°，斜向右上方；（2）
【详解】（1）如图所示，当电场力方向与细线垂直时电场力最小
由几何关系
解得
与水平方向夹角45°，斜向右上方。
（2）由（1）可知，在A点电场力与重力的合力为
故小球恰好通过等效最高点时有
从A到等效最高点应用动能定理有
解得
6．（2024·福建·一模）在竖直平面内有水平向右的匀强电场，在场中有一根长为L的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系质量为m的带电小球，它静止时细线与竖直方向成θ = 37°角，如图所示。现给小球一个方向与细线垂直的初速度让小球恰能绕O点在竖直平面内做顺时针的圆周运动，，重力加速度大小为g。
（1）求小球受到电场力的大小F并指出小球带何种电荷；
（2）求小球运动的最大速度；
（3）若小球运动到最低点时细线立即被烧断，求小球经过O点正下方时与O点的高度差h。
【答案】（1），则小球带正电；（2）= ；（3）h = L
【详解】（1）小球静止时，受重力、电场力、和绳子的拉力，由平衡条件得
解得
方向水平向右，则小球带正电。
（2）由于重力和电场力都是恒力，所以它们的合力G等也是恒力，类比重力场
等效重力
G等 =
在圆上各点中，小球在平衡位置A时速度最大，在A关于O点的对称点B时，小球的速度最小，则有
G等 = m
从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有
- G等 · 2L =
解得：小球运动的最大速度
=
（3）设细线烧断时小球的速度大小为，根据动能定理有
- G等（L - Lcsθ） =
水平方向上，只受电场力作用，水平方向先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，水平方向加速度不变，水平向左为正方向，小球经过O点正下方时水平方向的速度为。水平方向，根据动量定理有
- Ft =
竖直方向上做自由落体运动，则
h - L =
解得
h = L
7．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，在竖直坐标平面xOy内存在有水平方向的匀强电场（方向未画出）。以原点O为圆心，半径为r的圆与y轴交于A点，P为圆周上一点，OP与x轴正方向成角。在A点将质量为m，带电量为q的带正电小球由静止释放，小球将从P点离开圆形区域，若从A点沿不同方向以相同的速率抛出小球，发现小球从Q点（图中未画出）离开圆形区域时动能最大。重力加速度为g，求：
（1）电场强度的方向和大小；
（2）A、P两点的电势差；
（3）小球从Q点离开圆形区域时的动能。

【答案】（1）电场强度方向水平向右，；（2）；（3）
【详解】（1）小球由静止释放，小球将做匀加速直线运动从P点离开圆形区域，可知小球受到重力和电场力的合力沿AP方向，则电场方向水平向右，由力的合成有
解得
（2）由几何关系可知A、P水平距离为
A、P两点的电势差
解得
（3）根据动能定理，重力和电场力的合力对小球做功最多时，小球的动能最大，则过O作AP的平行线与圆的交点就是Q，如图所示
A、Q沿合力方向的距离为
重力和电场力的合力为
小球从A到Q，根据动能定理有
解得
题型七 带电粒子在磁场中的运动
【典例分析】（2023·江西鹰潭·校联考模拟预测）如图所示，以为圆心、半径为的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。在圆周上的点安装一个粒子源，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射比荷为的粒子。若粒子以的速率沿方向射入磁场，恰能在圆内运动时间（未知）后从圆周上的点（图中未画出）离开磁场。若向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射速率为（未知）的粒子，这些粒子均能从劣弧范围内离开磁场（点有粒子经过）。不计粒子重力和粒子间的相互作用。求：
（1）粒子运动的时间；
（2）粒子的速率。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）对速率为的粒子，根据洛伦兹力提供向心力有
又有
解得
粒子的运动轨迹如图1所示，有
解得
粒子做圆周运动的周期
图1粒子运动的时间
解得
（2）速率为且从点离开磁场的粒子运动轨迹如图2所示，由几何关系，则有
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
【方法提炼】
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 eq \f(v2,r)，求半径r＝eq \f(mv,qB)及运动周期T＝eq \f(2πr,v)＝eq \f(2πm,qB).
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＝eq \f(α,360°)T，t＝eq \f(l,v)(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＝eq \f(mv,qB)、T＝eq \f(2πm,qB).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＝eq \f(θ,2π)T.
【变式演练】
1.（2023上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）托卡马克（Tkamak）装置是一种利用磁约束来实现可控核聚变的环形容器，又称环流器或“人造太阳”。如图是环流器局部截面的磁场简化示意图，环形磁场区域内边界半径为R、外边界半径为2R，内有磁感应强度大小为B的匀强磁场。以区域圆心O为原点建立平面直角坐标系xOy，在点处放置一个粒子源S，粒子源S可以沿xOy平面向外发射比荷为k的带正电的粒子，以此测试该装置的磁约束效果。忽略带电粒子间的相互作用，不计重力。
（1）若粒子源S以的速率朝x轴正方向发射一个粒子，该粒子恰好不离开磁场外边界，求；
（2）若粒子源S以的速率平行于y轴向上发射一个粒子，该粒子恰好不离开磁场外边界，求及该粒子回到粒子源位置所经历的时间t（只考虑一次回到粒子源的时间）；
（3）若粒子源S均匀地朝xOy平面内各个方向发射速率均为的粒子，求被束缚在磁场内的粒子数占总粒子数的比例。进一步分析，如果通过调整磁场的磁感应强度来实现上述粒子的全部约束，求调整后磁场磁感应强度的最小值。
【答案】（1）；（2），；（3），
【详解】（1）设该粒子的轨迹半径为，轨迹如图所示，由几何关系，有
解得
又
解得
（2）设该粒子的轨迹半径为，轨迹如图所示，由余弦定理，有
解得
又
解得
粒子运动的轨迹如图所示，回到粒子源位置的时间为
整理得
（3）所有粒子的速度都为，故粒子的轨迹半径都为
由（1）、（2）中的分析可知，这些粒子必定只有部分能被磁场束缚。假设从粒子源出射方向与x轴正方向成角的粒子刚好能够不离开磁场，如图所示。该粒子射入磁场的位置记为Q，轨迹弧的圆心记为，记，，由余弦定理，有
由正弦定理
得
故
或
由此可知，当带电粒子的发射方向角介于之间时，粒子无法离开磁场，占比
进一步分析，调整磁场的磁感应强度为以实现上述粒子的全部约束，则只需保证最易离开的粒子无法离开即可。朝y轴负方向向下发射的粒子最易离开磁场，不妨假设该粒子刚好不离开磁场，轨迹半径为，如图所示，由几何关系，有
解得
而
故
解得
综上，调整磁场前的粒子被束缚在磁场内，至少调整磁场为后可以实现全部粒子的约束。
2．（2023·陕西商洛·统考一模）图甲是太极图。图乙是内部存在方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场的太极图，大圆的圆心为O，内部两个半圆的圆心O'、O''在同一直径MN上，半圆直径均为圆O的半径。曲线MON左侧的磁场方向垂直纸面向外。一质量为m、带电荷量为q的质子，以速度v0从N点沿纸面射入右侧磁场，恰好通过O点进入左侧磁场并从M点射出，质子在磁场中运动的时间为t。不计质子受到的重力，求：
（1）质子射入磁场时与NM的夹角θ；
（2）圆O的半径R。

【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据题意可得，质子的运动轨迹如下图所示

有几何知识可知，质子轨迹所对应的圆心角为，则质子在磁场中运动的时间为
设质子的轨迹半径为r，则根据洛伦兹力提供向心力有
解得
又质子运动的周期为
联立可得，质子射入磁场时与NM的夹角为
（2）根据几何知识可得
则圆O的半径为
3．（2023上·陕西西安·高三校联考阶段练习）如图所示，S为一离子源，MN为足够长的荧光屏，S到MN的距离为L，MN左侧区域有范围足够大的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里。某时刻离子源S一次性沿平行纸面各个方向均匀地发出大量的质量为、电荷量为、速率为的正离子（此后不再喷发），不计离子受到的重力，不考虑离子之间的相互作用力。求：
（1）离子从发出到打中荧光屏的最短时间和最长时间；
（2）离子打中荧光屏的宽度；
（3）打到荧光屏上的离子数与发射的离子数的比值。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）根据
可得离子在磁场中运动的轨迹半径
离子的运动轨迹对应的弦长最短时，离子的运动时间最短，即离子的运动轨迹恰好经过点，如图甲所示
离子在磁场中做完整的圆周运动的周期
根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角为，能打中荧光屏的最短时间
离子速度为时从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，离子的运动轨迹如图乙所示，离子打中荧光屏的最长时间
（2）离子打中荧光屏范围的总长度为图丙中AB的长度，由几何关系可知，打中荧光屏的宽度
解得
（3）离子恰好打到MN上临界的运动轨迹如图乙所示，离子速度为时从下侧回旋，刚好和边界相切，离子速度为时从上侧回旋，刚好和上边界相切，打到MN上的离子，离开时的初速度方向之间的最大夹角
能打到荧光屏上的离子数与发射的离子总数的比值
4（2023上·山东威海·高三山东省荣成市第一中学校考期中）如图，圆心为O、半径为r的圆形区域内没有磁场，圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B，P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q（q>0）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)