高考物理二轮复习专题20 计算题归类分析（解析版）

第页码页码页/总NUMPAGES总页数总页数页EvaluationWarning:ThedocumentwascreatedwithSpire.Docfor.NET.2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题20计算题归类分析目录TOC\o"1-3"\h\u一、热点题型归纳 1【题型一】匀变速直线运动规律的应用 1【题型二】牛顿运动定律的综合应用 4【题型三】应用动能定理求解多过程问题 11【题型四】机械能守恒定律的综合应用 15【题型五】动量观点与能量观点的综合应用 18【题型六】带电粒子(体)在电场中的运动 21【题型七】带电粒子在磁场中的运动 24【题型八】带电粒子在组合场中的运动 27【题型九】带电粒子(体)在叠加场中的运动 32【题型十】电磁感应中的动力学问题 35【题型十一】电磁感应中的能量问题 38【题型十二】电磁感应中的动量和能量组合问题 40二、高考题型标准练 42一、热点题型归纳【题型一】匀变速直线运动规律的应用【典例分析1】（2021届福建省厦门外国语高三质检）航天飞机着陆时速度很大，常用阻力伞使它减速阻力伞也叫减速伞，可有效减少飞机着陆时滑行的距离。航天飞机在平直的跑道上降落时，若不考虑空气阻力与速度的关系，其减速过程可以简化为两个匀减速直线运动。在某次降落过程中，航天飞机以水平速度v0=100m/s着陆后，立即打开阻力伞减速，以大小为a1的加速度做匀减速运动，经时间t1=15s后阻力伞脱离，航天飞机再以大小为a2的加速度做匀减速直线运动直至停止，其着陆到停止的速度一时间图线简化后如图所示。已知飞机滑行的总距离为x=1450m，g=10m/s2，求：(1)阻力伞脱离以后航天飞机的加速度a2的大小。(2)使用减速伞使航天飞机的滑行距离减小了多少米？【答案】(1)；(2)【解析】(1)设飞机阻力伞逃脱时速度为，由图像可知，脱离后继续运动学公式解得阻力伞脱离后，由加速度定义解得(2)设没有阻力伞飞机停下来的位移为，由运动学公式解得使用阻力伞使飞机的滑行距离减小解得【典例分析2】．台风“利奇马”的出现引起多地的暴风雨，严重影响道路交通安全。在某高速公路的某一段直线车道上，有同向匀速行驶的货车A和轿车B，其速度大小分别vA=10m/s，vB=30m/s轿车在货车后距离为s0=220m时才发现前方有货车，若此时轿车立即刹车，由于道路湿滑，刹车时加速度的大小仅为0.8m/s2。两车可视为质点。(1)若轿车刹车时货车仍以速度vA匀速行驶，通过计算分析两车是否会相撞；(2)若轿车在刹车的同时给货车发信号，货车司机经10s收到信号并立即加速行驶（忽略货车司机反应时间），则货车的加速度至少多大时才能避免与轿车相撞。【答案】(1)两车会相撞；(2)(1)当两车速度相等时，轿车B刹车距离为当两车的速度相同时，用时为该时间内货车运动的距离为则，故两车会相撞(2)经过时间两车的距离为代入数据解得轿车的速度为当两车的速度达到相同时恰好相遇，设此时两车的速度为，货车的加速度为，根据运学公式可得又解得货车的加速度至少为【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.【强化训练】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80m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3.6m/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30m处，两车都以20m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以3.6m/s2的加速度刹车1.4s后，后方汽车驾驶员立即以5.0m/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？【答案】：(1)24m/s(2)见解析【解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有－2ax＝0－veq\o\al(2,0)代入数据解得v0＝24m/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＝1.4s对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1)②对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2③联立②③式得t2＝3.6s，v＝2m/s又x无＝eq\f(v0＋v,2)(t2＋t1)④x有＝eq\f(v0＋v,2)t2＋v0t1⑤Δx＝x有－x无⑥联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6m<30m，即两车不会相撞．【题型二】牛顿运动定律的综合应用【典例分析1】（2021·浙江省北斗星联盟高三上学期12月月考）2020年12月1口22时57分，嫦娥五号着陆器和上升器的组合体从距月球表面约15km处开始实施动力下降到距离月球表面几百米的高度悬停，实施最后的下降。若着陆器和上升器的组合体的总质量为2500kg，最后的下降着陆过程简化如下：组合体向下先做匀加速直线运动，然后增加发动机推力继续向下做匀减速直线运动，到达月球表面速度恰好为零。从悬停位置开始先匀加速下降，在下降到月球表面过程中的最后5min内，打开距离传感器并开始倒计时。倒计时t1=300s，距离月球表面h=300m；倒计时t2=200s，发动机的推力增加了△F=30N。倒计时t3=0s时，恰好到达月球表面并速度减为0，成功完成着落任务。求：(1)最后5min内，组合体的平均速度大小；(2)着陆器与探测器在加速和减速阶段的加速度大小；(3)悬停位置距离月球表面的距离。【答案】(1)1m/s；(2)1.6m/s；(3)480m【解析】(1)最后5min组合体的平均速度大小为=1m/s(2)匀加速过程，根据牛顿第二定律mg-F1=ma1匀减速过程，根据牛顿第二定律F1+△F-mg=ma2两式相加得a1+a2==m/s2倒计时t2=200s是的速度为vm，vm=a2·t2从开始倒计时开始，加速过程的位移：减速过程的位移h1+h2=300m根据以上式子可以解得a1=m/s2a2=m/s2vm=1.6m/s(3)开始倒计时时，组合体的速度为v=vm-a1（t1-t2）=1.2m/s根据速度位移公式有从悬停到开始倒计时过程，组合体下降的高度为h0==180m所以悬停位置距离月球表面的距离H=h+h0=480m【典例分析2】．（2021·湖南省衡阳市一中高三上学期12月月考）在木板AB表面涂上某种涂料，物体在这个表面上运动时的动摩擦因数随着离A端的距离x的变化关系为，m-1。如图所示，AB板长L=1m，与水平面成37°角。重力加速度取g=10m/s2，，求物体：(1)能在AB板上处于静止位置范围；(2)从A端向下运动到AB中点时加速度大小；(3)从A端由静止释放，滑到B端时的速度大小。【答案】(1)；(2)；(3)2m/s【解析】(1)设物体在AB板上处于静止时受到的最大静摩擦力为，物体在AB板上静止时，由平衡条件得由摩擦定律得由题意得由上式解得(2)物体向下运动到AB中点时，由牛顿第二定律得由摩擦定律得由题意得即由上式解得(3)物体从A到B运动过程中，由动能定理得由题意得由上式可知，物体受到的摩擦力与位移成正比，所以摩擦力做功为解得【典例分析3】（2021·吉林延边朝鲜族自治州·高三期末）如图所示，有一长为的水平传送带以的速度顺时针方向匀速转动，传送带右端连着一段光滑水平面BC，紧挨着BC的光滑水平地面DE上放置一个质量的木板，木板上表面刚好与BC面等高。现将质量的滑块轻轻放到传送带的左端A处，当滑块运动到传送带右端B后又通过光滑水平面BC滑上木板。滑块与传送带间的动摩擦因数，滑块与木板间的动摩擦因数，滑块可看成质点，取。求：(1)滑块从传送带A端运动到B端所用的时间；(2)木板的长度L至少多长才能使滑块不从木板上掉下来。【答案】(1)1.3s；(2)0.75m(1)将滑块放在传送带上后其受力分析如图设滑块的加速度为，则解得设滑块和传送带共速时对地位移为，由可得所以滑块在传送带上先匀加速运动，和传送带共速后做匀速运动设滑块在传送带上匀加速运动时间，匀速运动时间，由可得s由解得所以在传送带上的运动时间s(2)当滑块滑上木板后受向左的摩擦力，做匀减速运动，受力分析如图所示设滑块加速度为，则解得对木板受力分析如图滑块受到的摩擦力与木板受到的摩擦力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知两者大小相等，由可得设滑块和木板经时间共速，若共速时滑块恰好在木板的最右端，木板的长度最小，由可得s滑块的位移木板的位移则板长m【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<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。【强化训练】1.(2020·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25N，运动x距离时出现故障，此后小车牵引力消失，再经过3s小车刚好达到最高点，且小车在减速过程中最后2s内的位移为20m，已知小车的质量为1kg，g取10m/s2(已知sin37°＝0.6，cos37°＝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)30m【解析】：(1)设小车匀减速直线运动的加速度大小为a，最后2s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＝eq\f(1,2)at2解得a＝10m/s2小车受力如图甲所示：由牛顿第二定律得：mgsinα＋μmgcosα＝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＝30m/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－mgsinα－μmgcosα＝ma′解得a′＝15m/s2由v2＝2a′x得x＝eq\f(v2,2a′)＝30m.2.一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＝1s时，木板以速度v1＝4m/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10m/s2。求：(1)t＝0时刻木板的速度；(2)木板的长度。【答案】(1)5m/s(2)eq\f(16,3)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＝5m/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＝ma2x1＝eq\f(v\o\al(2,1),2a2)，x1＝eq\f(v1,2)t1，对木板，由牛顿第二定律：μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3，其中M＝15m，解得a3<a2，故物块速度减为0时木板速度还未减为0，x2＝v1t1－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,1)木板长度l＝x1＋x2，代入数据解得，l＝eq\f(16,3)m。【题型三】应用动能定理求解多过程问题【典例分析1】(2020·江西南昌市第二次联考)如图甲所示，美国堪萨斯州的“Verruckt”是世界上最高、最长的滑水道，可抽象为图乙所示的模型．倾角为60°的直滑道AB和倾角为30°的直滑道DE与光滑竖直圆轨道BCD、EFG都平滑连接．游客乘坐皮艇从直滑道上的A点处由静止沿滑水道滑下，滑到最低点C，然后冲上圆弧顶F点，翻过圆弧顶F点后到终点H处．但在多次安全测试中，“Verruckt”被发现存在诸多问题，最严重的问题是测试假人被直接抛出滑道腾空而起．若两段圆弧的半径都是R＝20m，DE段直滑道长为20m，与皮艇间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g＝10m/s2.(1)最有可能抛出滑道的位置是在哪个位置？若要安全通过，速度最大为多少？(2)若人和皮艇总质量为80kg，从52m高处的A点由静止滑下，到滑水道的C点时的速度为108km/h，求此过程中克服阻力做的功；(3)若到C点时的速度大小为90km/h，能否安全通过F点？请通过计算说明．【答案】(1)F10eq\r(2)m/s(2)5600J(3)不能【解析】(1)最有可能抛出滑道的位置为F若要安全通过F点，则mg＝meq\f(vF2,R)解得vF＝10eq\r(2)m/s.(2)通过C点的速度大小vC＝108km/h＝30m/s由动能定理得mgh－Wf＝eq\f(1,2)mvC2解得Wf＝5600J(3)C与F之间的高度差hCF＝2(R－Rcos30°)＋LDEsin30°＝(50－20eq\r(3))m从C到F过程，由动能定理得－mghCF－μmgLDEcos30°＝eq\f(1,2)mvF′2－eq\f(1,2)mvC2解得vF′2≈248.5(m2/s2)>vF2＝200(m2/s2)所以不能安全通过．【典例分析2】．(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＝0.4m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＝1kg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10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上所经历的时间t.【答案】：(1)0.375(2)2eq\r(3)m/s(3)0.2s【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)－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝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＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)滑块从A→B→D→C过程，由动能定理得－μmgcosθ·eq\f(2R,sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r(3)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＝eq\f(1,2)gt2x＝v′Cteq\f(x,2R－h)＝tan53°其中v′C＝4m/s，联立解得t＝0.2s.【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.【强化训练】(2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2m，水平距离为x＝0.6m.已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.(1)求水平轨道AB的长度l1；(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围.【答案】(1)2.4m(2)见解析(3)见解析【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝meq\f(v2,R)，从B点运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为vB，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mvB2＝mg·2R＋eq\f(1,2)mv2，代入数据解得vB＝2eq\r(6)m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得eq\f(1,2)Fl1－μmgl1＝eq\f(1,2)mvB2，代入数据可解得l1＝2.4m.(2)设小滑块到达C点时的速度大小为vC，则由动能定理可得－μmgl2＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2代入数据解得vC＝2m/s设小滑块下落h＝0.2m所需要的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.2s故小滑块在水平方向上运动的距离为x0＝vCt＝0.4m<0.6m故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点.(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0代入数据可解得x1′＝0.75m故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75m时符合条件.②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝meq\f(v02,R)，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝eq\f(1,2)mv02，代入数据可解得x2′＝0.975m当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l1＋l2))＝0代入数据可解得x2″＝1.1m.故当恒力作用的距离满足0.975m≤x′≤1.1m时符合条件.③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为vC′，则由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vC′t代入数据解得vC′＝3m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l1＋l2))＝eq\f(1,2)mvC′2代入数据解得x3′＝1.325m故当恒力作用距离满足1.325m≤x3′≤2.4m时符合条件.【题型四】机械能守恒定律的综合应用【典例分析1】如图所示，竖直平面内的一半径R＝0.50m的光滑圆弧槽BCD，B点与圆心O等高，一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m＝0.10kg的小球从B点正上方H＝0.95m高处的A点自由下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，DQ间的距离x＝2.4m，球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h＝0.80m，g取10m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小FN；(2)小球经过最高点P的速度大小vP；(3)D点与圆心O的高度差hOD.【答案】(1)6.8N(2)3.0m/s(3)0.30m【解析】(1)设小球经过C点时速度大小为v1，取C点为零势能面，由机械能守恒定律，有mg(H＋R)＝eq\f(1,2)mv12由牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mv12,R)代入数据，解得FN＝6.8N.(2)小球从P到Q做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt2eq\f(x,2)＝vPt代入数据，解得vP＝3.0m/s.(3)取DQ为零势能面，由机械能守恒定律，有mg(H＋hOD)＝eq\f(1,2)mvP2＋mgh，代入数据，解得hOD＝0.30m.【典例分析】(2020·浙江温州市6月选考)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＝0.2kg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＝5m，BC间距离L＝2m，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10m/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)0.9J(2)(eq\f(5,6)eq\r(6)m，eq\f(5,6)m)(3)2.9J7.5J【解析】(1)Ep＝μmgL＋eq\f(1,2)mvC2代入数据解得：Ep＝0.9J(2)x＝vCth＝eq\f(1,2)gt2＝H－yy＝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＝5m/s，即Ep＝2.9J时动能最小Ekm＝7.5J.【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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(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．【强化训练】(2020·福建厦门市第一次质量检查)如图为单板滑雪U型池的简化模型示意图，一质量M为45kg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10m，U型轨道简化为半圆轨道，其半径R为20m，滑板的质量m为5kg，不计轨道和空气的阻力，g取10m/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)1800N(2)5000J【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＝1800N由牛顿第三定律得运动员对滑板的压力大小为1800N。(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＝5000J。【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eq\f(m,3)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？【答案】：见解析【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eq\f(m,3)gR＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)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eq\f(m,3)v0＝eq\f(m,3)v1＋mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)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eq\f(m,3)gH＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)所求cosθ＝eq\f(R－H,R)由以上各式解得cosθ＝eq\f(3,4).(2)法一：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)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)vμmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m＋2m)v2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).法二：由(1)可求得碰后小物块B的速度为v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)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，veq\o\al(2,2)－v2＝2aBx1对长木板C有μmg＝2maC，v2＝2aCx2，eq\f(v,aC)＝eq\f(v2－v,aB)木板的最小长度L＝x1－x2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).【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·山东临沂市高三二模)如图所示，质量m＝1kg的小物块在高h1＝0.3m的光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性势能，打开锁扣K，小物块将以水平速度v0向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向无碰撞地进入圆弧形轨道，B点的高度h2＝0.15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点与光滑水平面相切，在水平面上有一物块M，小物块滑下与M发生碰撞后反弹，反弹的速度大小刚好是碰前速度大小的eq\f(1,3)，碰撞过程中无能量损失，g＝10m/s2，求：(1)小物块压缩弹簧时储存的弹性势能Ep；(2)物块M的质量.【答案】(1)0.5J(2)2.0kg【解析】(1)小物块由A运动到B做平抛运动，则有h1－h2＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\f(\r(3),10)s由几何关系有R＝h1，h1－h2＝eq\f(R,2)，∠BOC＝60°设小球做平抛运动时的初速度为v0，则eq\f(gt,v0)＝tan60°弹性势能Ep等于小物块在A点的动能，Ep＝eq\f(1,2)mv02解得：Ep＝0.5J.(2)设小物块到C点时的速度为v1，小物块从A点到C点过程，机械能守恒由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mv02＋mgh1＝eq\f(1,2)mv12小物块与M碰撞过程动量守恒，有：mv1＝mv3＋Mv2小物块与M碰撞过程能量守恒，有：eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv32＋eq\f(1,2)Mv22其中v3＝－eq\f(v1,3)由以上各式解得：M＝2.0kg.2.如图所示，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧.滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑.质量为m2＝3kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放.两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g＝10m/s2).(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离.(2)若CD＝0.2m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能.(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？【答案】见解析【解析】(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道的水平位移大小为x3，有0＝m1x1－m3x3，x1＝R解得x3＝eq\f(m1x1,m3)＝0.15m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有m1gR＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m3v32对物体1和滑道，由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，对物体1和物体2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v22＋eq\f(1,2)m3v32－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋m2)v22＋eq\f(1,2)m3v32＝μ(m1＋m2)gs代入数据可得s＝0.25m所以物体1、物体2最终停在D点左侧0.05m处.【题型六】带电粒子(体)在电场中的运动【典例分析】(2020·重庆市九校联考)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限区域内有沿y轴正方向(竖直向上)的匀强电场，电场强度大小E0＝50N/C；第Ⅳ象限区域内有一宽度d＝0.2m、方向沿x轴正方向(水平向右)的匀强电场．质量m＝0.1kg、带电荷量q＝＋1×10－2C的小球从y轴上P点以一定的初速度垂直y轴方向进入电场，通过第Ⅰ象限后，从x轴上的A点进入第Ⅳ象限，并恰好沿直线通过该区域后从B点离开，已知P、A的坐标分别为(0,0.4)、(0.4,0)，取重力加速度g＝10m/s2.求：(1)初速度v0的大小；(2)A、B两点间的电势差UAB；(3)小球经过B点时的速度大小．【答案】(1)1m/s(2)5V(3)eq\r(10)m/s【解析】(1)小球进入竖直方向的匀强电场后做类平抛运动，小球带正电，受到的电场力竖直向上，根据牛顿第二定律得，加速度a＝eq\f(mg－qE0,m)，解得a＝5m/s2根据平抛运动规律，小球沿水平方向做匀速运动，有xA＝v0t沿竖直方向有：yP＝eq\f(1,2)at2解得v0＝xAeq\r(\f(a,2yP))＝1m/s.(2)设水平电场的电场强度大小为E，因未进入电场前，带电小球做类平抛运动，所以进入电场时竖直方向的速度vy＝eq\r(2yPa)因为小球在该电场区域恰好做直线运动，所以合外力的方向与速度方向在同一条直线上，即速度方向与合外力的方向相同，有eq\f(qE,mg)＝eq\f(v0,vy)，解得E＝50N/C设小球在水平电场中运动的水平距离为L，可知eq\f(qE,mg)＝eq\f(L,d)又UAB＝EL解得UAB＝5V.(3)设小球在B点的速度大小为v，对小球运动的全过程，由动能定理，有mg(yP＋d)－qE0yP＋qUAB＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得v＝eq\r(10)m/s.【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＝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\o\al(2,0)).(4)速度偏向角tanφ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(qUx,mdv\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanφ＝eq\f(qUL,mdv\o\al(2,0))；位移偏向角tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(qUx,2mdv\o\al(2,0))eq\o(→,\s\up7(x＝L))tanθ＝eq\f(qUL,2mdv\o\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.【突破训练】(2020·云南昆明市高三“三诊一模”测试)如图所示，平面直角坐标系的x轴沿水平方向，在第一象限内y轴与直线x＝L之间存在沿y轴正方向的匀强电场．一个质量为m，带电荷量为q(q＞0)的小球(重力不能忽略)，以初速度v0从坐标原点O沿x轴正方向射入电场，一段时间后以eq\r(2)v0的速度从第一象限内的A点(图中未画出)射出电场，重力加速度为g.求：(1)A点的纵坐标；(2)电场强度E的大小．【答案】(1)eq\f(L,2)(2)eq\f(mg,q)＋eq\f(mv02,qL)【解析】(1)小球在电场中做类平抛运动，设其在电场中运动时间为t、离开电场时竖直分速度为vAy，将小球的位移OA和在A点的速度vA分别沿水平方向和竖直方向分解，则有v02＋vAy2＝(eq\r(2)v0)2水平方向：L＝v0t竖直方向：yA＝eq\f(vAy,2)t联立解得：yA＝eq\f(L,2)(2)y方向有：vAy＝at由牛顿第二定律有：qE－mg＝ma联立解得：E＝eq\f(mg,q)＋eq\f(mv02,qL).【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)eq\f(mv0,2eL)(2)(3)eq\f(2πL,3v0)【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＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)①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°②AC＝BC＝r，已知OA＝L，得OC＝r－L③由几何知识得r＝2L④由①④式得B＝eq\f(mv0,2eL).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＝eq\f(2πr,v0)⑥由②④⑥得电子在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,6)＝eq\f(2πL,3v0).【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＝meq\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.【突破训练】(2020·全国卷Ⅱ·24)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力．(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场．求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离．【答案】见解析【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里．设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝meq\f(v02,R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子穿过y轴正半轴离开磁场时的运动半径最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感应强度大小为eq\f(Bm,2)，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示．设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由几何关系可得，P点与x轴的距离为y＝2h(1－cosα)⑧联立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h.【题型八】带电粒子在组合场中的运动【典例分析】．(2020·广西桂林市调研)如图所示，直线MN上方有平行于纸面且与MN成45°角的有界匀强电场，电场强度大小未知；MN下方为方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B.现从MN上的O点向磁场中射入一个速度大小为v、方向与MN成45°角的带正电粒子，该粒子在磁场中运动时的轨道半径为R.该粒子从O点出发记为第一次经过直线MN，第五次经过直线MN时恰好又通过O点.不计粒子的重力.(1)画出粒子在磁场和电场中运动轨迹的草图并求出粒子的比荷大小；(2)求出电场强度E的大小和粒子第五次经过直线MN上O点时的速度大小；(3)求该粒子从O点出发到再次回到O点所需的时间t.【答案】(1)见解析图eq\f(v,BR)(2)vBeq\r(5)v(3)eq\f(2R,v)(2＋π)【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)解得eq\f(q,m)＝eq\f(v,BR)(2)由几何关系得Oc＝2eq\r(2)R粒子从c到O做类平抛运动，且在垂直、平行电场方向上的位移相等，即s⊥＝s∥＝Ocsin45°＝2R类平抛运动的时间为t3＝eq\f(s⊥,v)＝eq\f(2R,v)又s∥＝eq\f(1,2)at32＝eq\f(qE,2m)t32又R＝eq\f(mv,qB)联立解得E＝vB粒子在电场中的加速度为a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qvB,m)v2＝at3＝eq\f(a·2R,v)＝2vv1＝v粒子第五次过MN进入磁场后的速度大小v′＝eq\r(v12＋v22)＝eq\r(5)v(3)粒子在磁场中运动的总时间为t1＝eq\f(2πR,v)粒子做直线运动的时间为t2＝eq\f(2v,a)＝eq\f(2mv,qvB)＝eq\f(2R,v)联立得粒子从出发到再次到达O点所需时间t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(2R,v)(2＋π).【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＝v0tvy＝eq\f(qE,m)t，y＝eq\f(qE,2m)t2偏转角φ：tanφ＝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】(2020·三湘名校联盟第二次大联考)如图所示，直角坐标系xOy内x轴以下、x＝b(b未知)的左侧有沿y轴正方向的匀强电场，在第一象限内y轴、x轴、虚线MN及x＝b所围区域内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，M、N的坐标分别为(0，a)、(a,0)，质量为m、电荷量为q的带正电粒子在P点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－a，－\f(1,2)a))以初速度v0沿x轴正向射出，粒子经电场偏转刚好经过坐标原点，匀强磁场的磁感应强度B＝eq\f(2mv0,qa)，粒子第二次在磁场中运动后以垂直x＝b射出磁场，不计粒子的重力．求：(1)匀强电场的电场强度以及b的大小；(2)粒子从P点开始运动到射出磁场所用的时间．【答案】(1)eq\f(mv\o\al(02),qa)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋1))a(2)eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12＋5π＋16\r(2)))a,8v0)【解析】(1)由题意可知，粒子从P点射出后，先在电场中做类平抛运动，则a＝v0t1eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)a′t12，根据牛顿第二定律有a′＝eq\f(qE,m)，解得E＝eq\f(mv\o\al(02),qa)设粒子经过坐标原点时，沿y轴正方向的速度为vy，则有eq\f(1,2)a＝eq\f(1,2)vyt1，得vy＝v0.因此粒子经过坐标原点的速度大小为v＝eq\r(2)v0，方向与x轴正方向的夹角为45°由几何关系可知，粒子进入磁场的位置为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a，\f(1,2)a))并垂直于MN，设粒子做圆周运动的半径为r，由qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(\r(2),2)a由几何关系及左手定则可知，粒子做匀速圆周运动的圆心在N点，粒子在磁场中做匀速圆周运动并垂直x轴进入电场，在电场中做类竖直上拋运动后，进入磁场并仍以半径r＝eq\f(\r(2),2)a做匀速圆周运动，并垂直x＝b射出磁场，运动轨迹如图所示．由几何关系可知b＝2r＋a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)＋1))a(2)由(1)问可知，粒子在电场中做类平抛运动的时间t1＝eq\f(a,v0)粒子在进磁场前做匀速运动的时间t2＝eq\f(\f(\r(2),2)a,v)＝eq\f(a,2v0)粒子在磁场中运动的时间t3＝eq\f(5,8)T＝eq\f(5,8)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(5πa,8v0)粒子第二次在电场中运动的时间t4＝2·eq\f(v,a′)＝eq\f(2\r(2)a,v0)因此，运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12＋5π＋16\r(2)))a,8v0).【题型九】带电粒子(体)在叠加场中的运动【典例分析】．(2020·江西重点中学联盟联考)如图所示，在竖直xOy平面内0≤x≤L的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E，垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B；在L≤x≤2L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小也为E，垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为B；在2L≤x≤3L的区域存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为2E.一个质量为m，带电荷量为＋q的带电小球从坐标原点以速度v0沿与x轴成45°射入，小球沿直线穿过0≤x≤L区域，在L≤x≤2L的区域运动一段时间后，沿垂直电场方向进入2L≤x≤3L区域．已知L、m、q、v0，重力加速度g未知，试求：(1)磁感应强度B和电场强度E的大小；(2)小球离开电场的位置坐标．【答案】(1)eq\f(\r(2)mv0,2qL)eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)))【解析】(1)带电小球在0≤x≤L区域做匀速直线运动，对其受力分析如图，可知qE＝mgqE＝qv0Bsin45°，且小球带正电则带电小球在L≤x≤2L区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，轨迹半径为R由几何关系可知R＝eq\f(L,sin45°)＝eq\r(2)L由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(v\o\al(02),R)，联立解得B＝eq\f(\r(2)mv0,2qL)，E＝eq\f(mv\o\al(02),2qL)(2)带电小球在2L≤x≤3L区域受力分析如图，向上做类平抛运动，运动轨迹如图，在2L≤x≤3L区域中运动时间为t，则有t＝eq\f(L,v0)类平抛运动的加速度为a，根据牛顿第二定律2qE－mg＝ma竖直方向偏转位移为h，则有h＝eq\f(1,2)at2小球离开电场时的竖直高度为y，则有y＝R＋h，联立解得y＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4)则小球离开电场的位置坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3L，\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2)＋1))L,4))).【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＝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。【突破训练】(2020·百师联盟4月冲刺卷)如图所示，直角坐标系xOy所在竖直平面内分布着场强大小相等的匀强电场，第一、二象限中场强方向沿y轴正方向，第三、四象限中场强方向沿x轴正方向；第一、四象限还分布着垂直于平面向里的匀强磁场．一质量为0.02kg、带正电的微粒自坐标为(0，－0.4)的A点出发，与y轴成45°角以2m/s的速度射入第四象限，并能在第四象限内做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2.求：(1)微粒第一次通过y轴时的纵坐标；(2)微粒运动轨迹与初速度方向所在的直线第一次相交时，所需要的时间(结果可用根式表示)；(3)微粒从射出到第(2)问所说的时刻，动能的增加量．【答案】(1)0.4m(2)eq\f(\r(2),10)(6＋π)s(3)0.16J【解析】(1)微粒受力及运动过程分析如图所示，微粒沿与y轴成45°角的方向内匀速运动，则有qE＝mgqvB＝eq\r(2)mg第一象限重力与电场力二力平衡，微粒做匀速圆周运动，由qvB＝eq\f(mv2,r)解得r＝eq\f(\r(2),5)m由几何关系得，微粒在第一象限恰好做了半个周期的圆周运动，故微粒第一次通过y轴时的纵坐标为0.4m.(2)由A到B：位移为L1＝0.4eq\r(2)m时间t1＝eq\f(L1,v)解得t1＝eq\f(\r(2),5)s由B到C：t2＝eq\f(πr,v)解得t2＝eq\f(\r(2)π,10)s由C到D微粒做匀速直线运动，位移为L2＝0.4eq\r(2)m时间t3＝eq\f(L2,v)解得t3＝eq\f(\r(2),5)s由D到E微粒做类平抛运动，轨迹交AB延长线于点G加速度方向沿D指向A，大小为a＝eq\r(2)g位移沿DA方向，大小为L3＝0.4eq\r(2)m由L3＝eq\f(1,2)at42，解得t4＝eq\f(\r(2),5)s故t总＝t1＋t2＋t3＋t4＝eq\f(\r(2),10)(6＋π)．(3)只有在第三象限运动的过程，动能有变化．从D到G，合外力做的功W＝eq\r(2)mg·L3由动能定理知，W＝ΔEk，解得增加的动能为ΔEk＝0.16J【题型十】电磁感应中的动力学问题【典例分析】(2020·山东泰安市期末)如图所示，倾角θ＝37°，间距L＝0.1m的足够长光滑金属导轨底端接有阻值R＝0.16Ω的电阻，不计其他电阻．质量m＝1kg的金属棒ab始终垂直导轨．以O为原点，建立如图所示方向沿导轨向上的坐标轴x.在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场．棒在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx，加速度a与速度v满足a＝kv，k＝5s－1.当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.16W．重力加速度为g＝10m/s2.(sin37°＝0.6)求：(1)磁感应强度B的大小；(2)0≤x≤0.8m范围内外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab穿过磁场运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q.【答案】见解析【解析】(1)因为v＝kx，感应电动势为：U＝BLv①电功率P＝eq\f(U2,R)②联立①②解得B＝1.6T③(2)由牛顿第二定律得0≤x≤0.2m时，F－mgsinθ＝ma④0．2≤x≤0.8m时，F－mgsinθ－F安＝ma⑤F安＝eq\f(B2L2v,R)⑥又因为v＝kx，a＝kv联立③④⑤⑥得0≤x<0.2m时，F＝25x＋6⑦0．2m≤x≤0.8m，F＝25.8x＋6⑧(3)由v＝kx和⑤式得F安＝0.8xW安＝eq\f(1,2)(0.8x1＋0.8x2)(x2－x1)⑨Q＝W安＝0.24J【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】(2020·江西南昌市第二次联考)如图所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域MNPQ，磁感应强度B的大小为5T，磁场宽度d＝0.55m，有一边长L＝0.4m、质量m1＝0.6kg、电阻R＝2Ω的正方形均匀导体线框abcd通过一轻质细线跨过光滑的定滑轮与一质量为m2＝0.4kg的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将＝0.8)(1)线框abcd还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？(2)当ab边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab边距磁场MN边界的距离x多大？(3)在(2)问中的条件下，若cd边恰离开磁场边界PQ时，速度大小为2m/s，求整个运动过程中ab边产生的热量为多少？【答案】(1)2.4N(2)0.25m(3)0.1J【解析】(1)线框abcd还未进入磁场的过程中，由整体法有：m1gsinθ－μm2g＝(m1＋m2)a解得：a＝2m/s2以m2为研究对象有：FT－μm2g＝m2a解得：FT＝2.4N(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，由整体法有：m1gsinθ－μm2g－eq\f(B2L2v,R)＝0解得：v＝1m/sab到MN前线框做匀加速运动，有：v2＝2ax解得：x＝0.25m(3)线框从开始运动到cd边恰离开磁场边界PQ时：m1gsinθ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v12＋Q解得：Q＝0.4J所以：Qab＝eq\f(1,4)Q＝0.1J.【题型十一】电磁感应中的能量问题【典例分析】(2020·浙江十校联盟联考)如图所示，两条相距d的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻．质量为m，电阻为r的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v.已知磁场扫过金属杆所经历的时间为t，导轨足够长且电阻不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；(2)PQ刚要到达金属杆时，电阻R消耗的电功率P；(3)磁场扫过金属杆的过程中金属杆的位移大小x.【答案】(1)eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2)【解析】(1)MN刚扫过金属杆时，杆上产生的感应电动势为E＝Bdv0感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)联立解得I＝eq\f(Bdv0,R＋r)杆的加速度大小a＝eq\f(BId,m)＝eq\f(B2d2v0,mR＋r)(2)PQ刚要到达金属杆时，杆上产生的感应电动势为E′＝Bd(v0－v)感应电流为I′＝eq\f(E′,R＋r)电阻R消耗的电功率P＝I′2R＝eq\f(B2d2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－v))2R,R＋r2)(3)根据动量定理得：Beq\x\to(I)dt＝mv－0其中q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E)t,R＋r)＝eq\f(\f(ΔΦ,t)t,R＋r)＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(Bdv0t－x,R＋r)解得磁场扫过金属杆过程中金属杆的位移x＝v0t－eq\f(mvR＋r,B2d2).【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】(2020·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＝1m，导轨间连接的定值电阻R＝3Ω，导轨上放一质量为m＝0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1T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10m/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＝0.6J，此时金属杆下落的高度．【答案】(1)4m/s(2)1.6m【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＝mg①又F安＝BIL②E＝BLvm③I＝eq\f(E,R＋r)④代入数据，联立①②③④得vm＝4m/s.(2)电路中产生的总焦耳热Q总＝eq\f(R＋r,R)Q＝0.8J由能量守恒定律得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q总代入数据，解得h＝1.6m.【题型十二】电磁感应中的动量和能量组合问题【典例分析】(2020·山东济宁市一模)两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上垂直放置两根导体棒a和b，俯视图如图5甲所示．两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B、竖直向上的匀强磁场．两导体棒与导轨接触良好且均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a一向右的初速度v0，并开始计时，可得到如图乙所示的Δv－t图象(Δv表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)，求：(1)0～t2时间内，回路产生的焦耳热；(2)t1时刻，棒a的加速度大小；(3)t2时刻，两棒之间的距离．【答案】(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(B2L2v0,8mR)(3)x0＋eq\f(mv0R,B2L2)【解析】(1)t2时刻，两棒速度相等以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)×2mv2联立解得Q＝eq\f(1,4)mv02(2)t1时刻，回路中的感应电动势E＝BLva－BLvb＝BLΔ