【物理】2019届二轮复习第二部分题型研究三计算题如何少失分学案 101页

题型研究三 分析近五年全国卷物理试题可以看出，计算题的呈现方式相当稳定，每卷有2道题，其中第24题难度较小，分值在12～14分之间；第25题难度较大，分值在18～20分之间。两题总分为32分，比重为29.1%，是命题者用以考核学生表现出来的水平差异，是拉开高考分差的重要手段。可以毫不夸张地说，这2道计算题担负着区分考生、选拔人才的重要功能。‎ ‎5年高考统计分析 ‎ 试卷 题号 考点 ‎2014年 ‎2015年 ‎2016年 ‎2017年 ‎2018年 合计(次)‎ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 卷Ⅰ 卷Ⅱ 卷Ⅲ 直线运动 ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎24、25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎11‎ 牛顿运动定律 ‎24‎ ‎24‎ ‎24、25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24、25‎ ‎24、25‎ ‎25‎ ‎24、25‎ ‎24、25‎ ‎25‎ ‎24、25‎ ‎24、25‎ ‎20‎ 机械能 ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24、25‎ ‎11‎ 曲线运动 ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24、25‎ ‎11‎ 电场 ‎25‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎7‎ 电路 ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎5‎ 磁场 ‎24‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎25‎ ‎24‎ ‎8‎ 电磁感应 ‎25‎ ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎4‎ 动量 ‎24‎ ‎24‎ ‎25‎ ‎3‎ 从上表统计数据可以看出，牛顿运动定律考查的频率最高，其次是直线运动、机械能、曲线运动，而动量是选修3－5调整为必考内容后，3套全国卷均首次在计算题中进行考查；电学部分的四个考点考查频率大致相当，但都低于力学部分的四个考点。这表明计算题突出了力学的基础性地位及方法论价值，体现了必备知识、关键能力、学科素养、核心价值等4个层次课程目标的考查。‎ 计算题虽然考查的考点常见，但难度通常较大，特别是第25题，其难度成因可有以下五个方面：‎ ‎1．题目信息量大。条件、物理量多，题干长，让人一看就感到费力难解。‎ ‎2．一些隐含条件有时隐藏在文字语言里，有时隐藏在图表语言里，要经过分析、推理、计算才能看出其中的特殊性。‎ ‎3．大多数题目的物理过程较多，物理情景变化让人应接不暇，心生恐惧。‎ ‎4．物理模型难以建立。此类题一般与实际问题相结合，物理情景新颖，与常规的物理模型相比让考生感到不知从何处下手。‎ ‎5．题目解答时所列方程较多，解题步骤繁杂，有的题目要用到数学巧解，考生难以迁移应用。‎ 为化解以上难点，本书从审题技巧、模型建立、物理方法和数学方法的应用等诸多层面入手，为考生指明破解方向。‎ 第一讲破解计算题必备的四项基本能力 一、审题——抓关键词 深入细致地审题和抓住关键词是解题的必要前提。抓住关键词要从以下9个方面入手：‎ ‎1．是否考虑重力 在涉及电磁场的问题中常常会遇到带电微粒是否考虑重力的问题。一般带电粒子如电子、质子、α粒子等具体说明的微观粒子不需要考虑重力；质量较大的如带电油滴、带电小球等要考虑重力。有些说法含糊的题目要判断有无重力，如带电微粒在水平放置的带电平行板间静止，则重力平衡电场力；再如带电微粒在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，只能是洛伦兹力提供向心力，仍然是重力平衡电场力；要特别当心那些本该有重力的物体计算时忽略了重力，这在题目中一定是有说明的，要看清楚。‎ ‎2．物体是在哪个面内运动 物理习题通常附有图形，图形又只能画在平面上，所以在看图的时候一方面要看清图上物体的位置，另一方面还要看清物体是在哪个平面内运动，或是在哪个三维空间运动。物体通常是有重力的，如果在竖直平面内，这一重力不能忽略，但如果是在水平面内，重力很可能与水平面的支持力抵消了，无需考虑。‎ ‎3.物理量是矢量还是标量 如果题目中的已知量是矢量，要考虑它可能在哪些方向上，以免漏解；如果待求的物理量是矢量，如“求解物体在某时刻的加速度”，不仅要说明加速度的大小，还要说明其方向。 ‎ ‎4.哪些量是已知量，哪些量是未知量 有时题目较长，看了一遍以后忘记了哪些是已知量，可在已知量下划线，或在草纸上先写出已知量的代号；有些经常用到的物理量，如质量m、电荷量q或磁场的磁感应强度B，题目中并没有给出，但由于平时做题时这些量经常是给定的，自己常常就不自觉地把它们当做已知量，切记千万不能用未知量表示最后的结果，这就等于没有做题；一些常量即使题中未给出也是可以当做已知量的，如重力加速度g；同样一些常量却不能当做是已知量，如万有引力常量G，这一点在解万有引力应用类问题时要引起重视。‎ ‎5．临界词与形容词的把握 要搞清题目中的临界词的含义，这常常是题目的一个隐含条件，常见的临界词如“恰好”“足够长”“至少”“至多”等，要把握一些特定的形容词的含义，如“缓慢地”“迅速地”“突然”“轻轻地”等，力学中如物体被“缓慢地”拉到另一位置，往往表示过程中的每一步都可以认为受力是平衡的；热学中“缓慢”常表示等温过程，而“迅速”常表示绝热过程；力学中“突然”可能表示弹簧来不及形变，“轻轻地”表示物体无初速度。‎ ‎6．注意括号里的文字 有些题目中会出现条件或要求写在括号里的情况，括号里的文字并不是次要的，可有可无的，相反有时还显得特别重要。如括号里常有：取g＝‎10 m/s2、不计阻力、最后结果保留两位小数等。‎ ‎7．抓住图像上的关键点 看到图像要注意：①图像的横轴、纵轴表示什么物理量；②横轴、纵轴上物理量的单位；③图线在横轴或纵轴上的截距；④坐标原点处是否从0开始(如测电动势时的UI图电压往往是从一个较大值开始的)；⑤图线的形状和发展趋势；⑥图像是否具有周期性。‎ ‎8．区分物体的性质和所处的位置 如物体是导体还是绝缘体；是轻绳、轻杆还是轻弹簧；物体是在圆环的内侧、外侧还是在圆管内或是套在圆环上。‎ ‎9．容易看错的地方 位移还是位置，时间还是时刻，哪个物体运动，物体是否与弹簧连接，直径还是半径，粗糙还是光滑，有无电阻等。‎ ‎[典题例析]‎ 　(2016·天津高考)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T。有一带正电的小球，质量m＝1×10－‎6 kg，电荷量q＝2×10－‎6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；‎ ‎(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。‎ ‎[审题指导]‎ 给什么 用什么 小球质量m＝1.0×10－‎6 kg，电荷量q＝2×10－‎6 C，匀强电场E＝5 N/C 小球重力G＝1.0×10－5 N，受电场力qE＝×10－5 N，说明小球的重力不可忽略 求什么 想什么 根据平衡条件确定洛伦兹力的大小和方向，进而利用F洛＝qvB和左手定则求解第(1)题 缺什么 找什么 第(2)题求时间t，需要分析撤掉磁场后小球的受力情况及运动情况 ‎[解析]　(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，‎ 有qvB＝ ①‎ 代入数据解得 v＝‎20 m/s ②‎ 速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足 tan θ＝ ③‎ 代入数据解得 tan θ＝ θ＝60°。 ④‎ ‎(2)撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有 a＝ ⑤‎ 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有 x＝vt ⑥‎ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有 y＝at2 ⑦‎ a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝ ⑧‎ 联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t＝2 s≈3.5 s。 ⑨‎ ‎[答案]　(1)‎20 m/s，方向与电场方向成60°角斜向上 ‎(2)3.5 s 二、析题——建物理模型 计算题因情景新颖、表述抽象常让考生感到老虎吃天、无从下口，要想快速找到解题突破口，就需把生活问题转化为物理问题，这个过程就叫“建模”。从方法和目的角度而言，建模就是将研究对象或物理过程通过抽象、简化和类比等方法转化为理想的物理模型。‎ ‎1．解计算题时通常建立的模型 条件 模型 把研究对象所处的外部条件理想化，排除外部条件中干扰研究对象运动变化的次要因素，突出外部条件的本质特征或最主要的方面，从而建立的物理模型称为条件模型。例如物体沿水平面运动时所受摩擦力对运动的影响不起主要作用，或需要假设一种没有摩擦力的环境引入光滑平面的模型，其他如不计质量的绳子、轻质杠杆、只受重力作用或不计重力作用、均匀介质、匀强电场和匀强磁场等 过程 模型 把具体运动过程纯粹化、理想化后抽象出来的一种物理过程，称为过程模型。例如把某些复杂的运动过程纯粹化、理想化，看做是一个质点(对象模型)做单一的某种运动。如：匀速直线运动、匀加速直线运动、匀速圆周运动等 ‎2．运用物理模型解题的基本程序 ‎(1)通过审题，提取题目信息。如：物理现象、物理事实、物理情景、物理状态、物理过程等。‎ ‎(2)弄清题给信息的诸因素中什么是主要因素。‎ ‎(3)寻找与已有信息(熟悉的知识、方法、模型)的相似、相近或联系，通过类比联想或抽象概括、或逻辑推理、或原型启发，建立起新的物理模型，将新情景问题转化为常规问题。‎ ‎(4)选择相关的物理规律求解。‎ ‎[典题例析]‎ 　(2016·江苏高考)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R。两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：‎ 甲 乙 ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。‎ ‎[物理建模]‎ ‎[解析]　(1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝。‎ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，‎ 解得t0＝－。‎ ‎(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝ 由η＞99%，解得d＜。‎ ‎[答案]　(1)　(2)－ ‎(3)d＜ 三、破题——分解物理过程 近年来，一些高考计算题甚至是压轴题，越来越注重考查多过程的问题。所谓多过程问题就是由多个模型在时间和空间上有机的组合在一起形成的问题。对于这类问题，要化整为零，逐个击破。‎ 物理多过程的呈现方式大体有以下三种：‎ ‎[串联式]‎ 若多过程问题涉及的几个过程是先后出现的，一般涉及一个物体的运动。解题的方法是按时间先后顺序将整个过程拆成几个子过程，然后对每个子过程运用规律列式求解。　　　 　‎ 　(2016·全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为‎2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为‎5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为‎5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；‎ ‎(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。‎ ‎[解析]　(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为‎5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为 Ep＝5mgl ①‎ 设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得 Ep＝MvB2＋μMg·‎4l ②‎ 联立①②式，取M＝m并代入题给数据得 vB＝ ③‎ 若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足 －mg≥0 ④‎ 设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得 mvB2＝mvD2＋mg·‎2l ⑤‎ 联立③⑤式得 vD＝ ⑥‎ vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 ‎2l‎＝gt2 ⑦‎ P落回到AB上的位置与B点之间的距离为 s＝vDt ⑧‎ 联立⑥⑦⑧式得 s＝‎2‎l。 ⑨‎ ‎(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知 ‎5mgl＞μMg·‎4l ⑩‎ 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 MvB2≤Mgl ⑪‎ 联立①②⑩⑪式得 m≤M＜m。 ⑫‎ ‎[答案]　(1)　‎2‎l　(2)m≤M＜m ‎ [并列式]‎ 若多过程问题涉及的几个过程是同时出现的，一般涉及多个物体的运动。解决的关键是从空间上将复杂过程拆分成几个子过程，然后对各子过程运用规律列式求解。‎ 　(2015·全国卷Ⅰ)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为‎4.5 m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的v t图线如图(b)所示。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)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；‎ ‎(2)木板的最小长度；‎ ‎(3)木板右端离墙壁的最终距离。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎[解析]　(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有 ‎－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①‎ 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝‎4 m/s，由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1 ②‎ s0＝v0t1＋a1t12 ③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝‎4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度。‎ 联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1 ④‎ 在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ‎－μ2mg＝ma2 ⑤‎ 由题图(b)可得 a2＝ ⑥‎ 式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4。 ⑦‎ ‎(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧‎ v3＝－v1＋a3Δt ⑨‎ v3＝v1＋a2Δt ⑩‎ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为 s1＝Δt ⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝Δt ⑫‎ 小物块相对木板的位移为 Δs＝s2－s1 ⑬‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得 Δs＝‎6.0 m ⑭‎ 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为‎6.0 m。‎ ‎(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮‎ ‎0－v32＝‎2a4s3 ⑯‎ 碰后木板运动的位移为 s＝s1＋s3 ⑰‎ 联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得 s＝－‎6.5 m ⑱‎ 木板右端离墙壁的最终距离为‎6.5 m。‎ ‎[答案]　(1)0.1　0.4　 (2)‎6.0 m　(3)‎‎6.5 m ‎[复合式]‎ 若多过程问题在时间和空间上均存在多个过程，一定会涉及多个物体的运动。解题时要从时间和空间上将涉及的几个子过程一一拆分出来，然后运用规律列式求解。　　　 　 ‎ 　(2015·天津高考)‎ 如图所示，“凸”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab边长为l，cd边长为‎2l，ab与cd平行，间距为‎2l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，cd 边到磁场上边界的距离为‎2l，线框由静止释放，从cd边进入磁场直到ef、pq边进入磁场前，线框做匀速运动，在ef、pq边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q。线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且ab、cd边保持水平，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)线框ab边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是cd边刚进入磁场时的几倍；‎ ‎(2)磁场上下边界间的距离H。‎ ‎[思路点拨]‎ ‎ [解析]　(1)设磁场的磁感应强度大小为B，cd边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为v1，cd边上的感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律，有 E1＝2Blv1 ①‎ 设线框总电阻为R，此时线框中电流为I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1＝ ②‎ 设此时线框所受安培力为F1，有 F1＝2I‎1Lb ③‎ 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mg＝F1 ④‎ 由①②③④式得 v1＝ ⑤‎ 设ab边离开磁场之前线框做匀速运动的速度为v2，同理可得 v2＝ ⑥‎ 由⑤⑥式得 v2＝4v1。 ⑦‎ ‎(2)线框自释放直到cd边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 ‎2mgl＝mv12 ⑧‎ 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(‎2l＋H)＝mv22－mv12＋Q ⑨‎ 由⑦⑧⑨式得 H＝＋‎28l。 ⑩‎ ‎[答案]　(1)4倍　(2)＋‎‎28l 四、解题——运用数学知识 数学是解决物理问题的重要工具，借助数学方法可使一些复杂的物理问题显示出明显的规律性。高考物理试题的解答离不开数学知识和方法的应用，借助物理知识渗透考查数学能力是高考命题的永恒主题。可以说任何物理试题的求解过程实质上都是一个将物理问题转化为数学问题，然后经过求解再次还原为物理结论的过程。物理高考考试大纲明确要求考生必须具备“应用数学处理物理问题的能力，能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论，能运用几何图形、函数图像进行表达、分析”。‎ 常见的 数学思想 方程函数思想、数形结合思想、分类讨论思想、化归转化思想 常见的 数学方法 三角函数法、数学比例法、图像求解法、几何图形法、数列极限法、数学极值法、导数微元法、解析几何法、分类讨论法、数学归纳法等 解题一 般程序 审题→物理过程分析→建立物理模型→应用数学思想或方法→求解答案并验证 ‎[典题例析]‎ 　(2015·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上。已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到。‎ ‎(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；‎ ‎(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；‎ ‎(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数。(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)‎ ‎[思路点拨]‎ ‎[解析]　(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2‎ 在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m 解得r0＝ 代入r0＝L，解得m＝。‎ ‎(2)由(1)知，U＝，‎ 离子打在Q点时，r＝L，得U＝ 离子打在N点时，r＝L，得U＝ 则电压的范围≤U≤。‎ ‎(3)由(1)可知，r∝ 由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，＝ 此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，‎ ＝ 解得r1＝‎2L 第2次调节电压到U2，原来打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2‎ 的离子打在Q上，则 ＝，＝，‎ 解得r2＝‎3L 同理，第n次调节电压，有rn＝n＋‎‎1L 检测完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8‎ 最少次数为3次。‎ ‎[答案]　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次数为3次 第二讲力学计算题的解题方略与命题视角 第1课时　解题方略——解答力学计算题必备“4组合意识”‎ 分析近几年的高考物理试题，力学计算题的鲜明特色在于组合，通过深入挖掘力学计算题的内在规律，在解题时，考生必须具备四种“组合意识”。只有具备了这四种组合意识，才能对力学组合大题化繁为简、化整为零，找准突破口快解题。‎ 一、“元素组合”意识 力学计算题经常出现一体多段、两体多段，甚至多体多段等多元素的综合性题目。试题中常出现的“元素组合”如下：‎ ＋＋＋＋‎ ＋＋运动 力学计算题变化多样，但大多数是对上述“元素组合”‎ 框架图的各种情景进行排列组合。阅读题目时首先要理清它的元素组合，建立模型，找到似曾相识的感觉，降低对新题、难题的心理障碍。‎ ‎[典题例析]‎ ‎　　　(2018·黔东南州二模)如图所示，让小球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动滑向A点，到达A孔进入半径R＝‎0.3 m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当小球进入圆轨道立即关闭A孔，已知摆线长为 L＝‎2.5 m，θ＝60°，小球质量为m＝‎1 kg，小球可视为质点，D点与小孔A的水平距离 s＝‎2 m，g取‎10 m/s2，试求：‎ ‎(1)摆线能承受的最大拉力为多大？‎ ‎(2)要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，求小球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。‎ ‎[元素组合]　小球＋轻绳＋竖直平面＋DA粗糙段＋恒力＋匀减速运动＋竖直平面＋圆周运动。‎ ‎[解析]　(1)小球由C到D运动过程做圆周运动，摆球的机械能守恒，则有：‎ mgL(1－cos θ)＝mvD2‎ 小球运动到D点时，由牛顿第二定律可得：‎ Fm－mg＝m 联立两式解得：Fm＝2mg＝20 N。‎ ‎(2)小球刚好能通过圆轨道的最高点时，在最高点由牛顿第二定律可得：‎ mg＝m 小球从D到圆轨道的最高点过程中，由动能定理得：‎ ‎－μmgs－2mgR＝mv2－mvD2‎ 解得：μ＝0.25‎ 即要使小球能进入圆轨道并能通过圆轨道的最高点，μ≤0.25。‎ ‎[答案]　(1)20 N　(2)μ≤0.25‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面倾角θ＝30°，滚轮与金属板的切点B到斜面底端A距离L＝‎6.5 m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚轮使其与板脱离。已知板的质量m＝1×‎‎103 kg ‎，滚轮边缘线速度v＝‎4 m/s，滚轮对板的正压力FN＝2×104 N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为μ＝0.35，g取‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；‎ ‎(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点B处；‎ ‎(3)金属板沿斜面上升的最大距离。‎ 解析：(1)受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得μFN－mgsin θ＝ma1‎ 解得a1＝‎2 m/s2。‎ ‎(2)由运动规律得v＝a1t1‎ 解得t1＝2 s 匀加速上升的位移为x1＝t1＝‎‎4 m 匀速上升需时间t2＝＝ s＝0.625 s 共经历t＝t1＋t2＝2.625 s。‎ ‎(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得mgsin θ＝ma2‎ 解得a2＝‎5 m/s2‎ 金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离 x2＝＝ m＝‎‎1.6 m 金属板沿斜面上升的最大距离为 xm＝L＋x2＝‎6.5 m＋‎1.6 m＝‎8.1 m。‎ 答案：(1)‎2 m/s2　(2)2.625 s　(3)‎‎8.1 m 二、“思想组合”意识 一道经典的力学计算题宛如一个精彩的物理故事，处处蕴含着物理世界“平衡”与“守恒”这两种核心思想。复习力学计算题应牢牢抓住这两种思想，不妨构建下列“思想组合”框架图：‎ 平衡思想体现出对运动分析和受力分析的重视。运动分析与受力分析可以互为前提，也可以互为因果。如果考查运动分析，物体保持静止或匀速直线运动是平衡状态，其他运动则是不平衡状态，选用的运动规律截然不同。类似地，如果考查受力分析，也分为两种：F合＝0或者F合＝ma。F合＝0属于受力平衡，牛顿第二定律F合＝ma则广泛应用于受力不平衡的各种情形。若更复杂些，则应追问是稳态平衡还是动态平衡，考查平衡位置还是平衡状态。‎ 高中物理守恒思想主要反映的是能量与动量恒定不变的规律。能量与动量虽不同于运动与受力，但不同的能量形式对应于不同的运动形式，不同的动量形式也对应于不同的受力形式，所以本质上能量与动量来源于物体运动与受力规律的推演，是运动与受力分析的延伸。分析能量与动量的关键是看选定的对象是单体还是系统。如果采用隔离法来分析单个物体，一般先从动能定理或动量定理的角度思考。如果采用整体法来分析多个物体组成的系统，则能量守恒或动量守恒的思维更有优势。‎ 思想不同，思考方向就会不同。在宏观判断题目考查平衡还是守恒后，才能进一步选对解题方法。‎ ‎[典题例析]‎ 　质量为m木、长度为d的木块放在光滑的水平面上，木块的右边有一个销钉把木块挡住，使木块不能向右滑动，质量为m的子弹以水平速度v0按如图所示的方向射入木块，刚好能将木块射穿，现将销钉拔去，使木块能在水平面上自由滑动，而子弹仍以初速度v0射入静止的木块，求：‎ ‎(1)子弹射入木块的深度是多少；‎ ‎(2)从子弹开始进入木块到子弹相对木块静止的过程中，木块的位移是多少；‎ ‎(3)在这一过程中产生多少内能。‎ ‎[思想组合]‎ ‎[解析]　(1)设子弹所受阻力为f 则木块不动时：v02＝2d 木块自由时，子弹与木块组成的系统动量守恒：‎ mv0＝(m＋m木)v 对子弹：v02－v2＝2x1‎ 对木块：v2＝2·x2‎ 子弹射入木块的深度l＝x1－x2‎ 由以上五式可联立解得：l＝d。‎ ‎(2)由(1)问所列关系式可解得：x2＝d。‎ ‎(3)由能量守恒定律可得在这一过程中产生的内能 Q＝mv02－(m木＋m)v2＝。‎ ‎[答案]　(1)d　(2)d　(3) ‎[对点训练]‎ ‎2．(2019届高三·包头九中模拟)一质量为‎2 kg物块放在粗糙的水平面上。物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，现对物块施加F1＝20 N的水平拉力使物块做初速度为零的匀加速运动，F1作用2 s后撤去，等物块又运动4 s后再对物块施加一个与F1方向相反的水平拉力F2，F2＝20 N，F2也作用2 s后撤去，重力加速度大小g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)F2作用多长时间，物块的速度减为零？‎ ‎(2)物块运动过程中离出发点最远距离为多少？‎ 解析：(1)设F1的方向为正方向，从开始运动到撤去F2的过程中，根据动量定理F1t1－μmg(t1＋t2＋t3)－F2t3＝0‎ 解得t3＝ s。‎ ‎(2)F1作用时物块运动的加速度大小为 a1＝＝‎8 m/s2‎ 作用2 s末，物块速度大小为v1＝a1t1＝‎16 m/s 运动的位移大小为x1＝v1t1＝‎‎16 m 撤去F1后物块运动的加速度大小为a2＝μg＝‎2 m/s2‎ 运动4 s末，物块的速度大小为v2＝v1－a2t2＝‎8 m/s 此过程运动的位移大小为x2＝(v1＋v2)t2＝‎‎48 m F2作用直到物块速度为零的过程中，物块运动的加速度大小为a3＝＝‎12 m/s2‎ 此过程运动的位移为：x3＝＝ m 因此物块运动过程中离出发点最远距离为 x＝x1＋x2＋x3＝ m。‎ 答案：(1) s　(2) m 三、“方法组合”意识 透彻理解平衡和守恒思想后，具体解题主要使用3种方法：受力与运动的方法、做功与能量的方法、冲量与动量的方法。这三条主线是一个庞大的体系，光是公式就多达几十个，不单学习时难以记忆，解题时也容易混淆。为获得顺畅的思路，笔者删繁就简，整理成如下的“方法组合”框架图。‎ 动力法 动力法的特征是涉及加速度，主要用于解决物体受力情况与物体运动状态的关系。已知受力求运动，先从力F代表的F合＝0或F合＝ma写起，进而得出运动参数x、v、t或θ、ω、t。已知运动求受力，则从x、v、t或θ、ω、t代表的各种运动规律写起，从右向左反向得出物体所受的力F 功能法 功能法主要用于解决不涉及时间的情形。若不涉及时间，使用动能定理较为普遍。若不涉及时间又需研究能量，则优先使用E代表的能量关系，特别是能量守恒定律 冲动法 若涉及时间，冲动法中的动量定理可以简化计算。动量守恒定律是物理学史上最早发现的一条守恒定律，其适用范围比牛顿运动定律更广。面对多体问题，学生选择合适的系统并运用动量守恒定律来解决，往往更加便捷 当然，在应用上述三种方法时，学生一定要注意各个公式的适用范围，不能生搬硬套，例如动量守恒定律的应用前提需先考虑系统所受合外力是否为零。有些问题只需一个方法就能解决，也可能是多种方法联合求解，学生只有经过反复实践才能灵活选用。‎ ‎[典题例析]‎ 　光滑水平面上放着质量mA＝‎1 kg的物块A与质量mB＝‎2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝‎0.5 m，B恰能到达最高点C。g取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；‎ ‎(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；‎ ‎(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。‎ ‎[方法组合]‎ ‎(1) ‎(2) ‎(3) ‎[解析]　(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，由牛顿第二定律得mBg＝mB 由机械能守恒定律得mBvB2＝mBvC2＋2mBgR 代入数据得vB＝‎5 m/s。‎ ‎(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝mBv12‎ 由动量定理得I＝mBvB－mBv1‎ 代入数据得I＝－4 N·s，其大小为4 N·s。‎ ‎(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mBv1＝mBvB＋mAvA W＝mAvA2‎ 代入数据得W＝8 J。‎ ‎[答案]　(1)‎5 m/s　(2)4 N·s　(3)8 J ‎[对点训练]‎ ‎3．(2018·黔东南州一模)‎ 如图所示，足够长的水平直轨道与倾斜光滑轨道BC平滑连接，B为光滑轨道的最低点。小球a从直轨道上的A点以v0＝ m/s的初速度向右运动，与静止在B点的小球b发生弹性正碰，碰撞后小球b上升的最大高度h＝‎0.2 m。已知A、B两点的距离x＝‎0.5 m，小球与水平直轨道的摩擦阻力f为重力的0.1倍，空气阻力忽略不计，重力加速度g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)两球相碰前的瞬间小球a的速度大小；‎ ‎(2)两球相碰后的瞬间小球b的速度大小；‎ ‎(3)小球a和小球b的质量之比。‎ 解析：(1)设小球a与小球b碰撞前瞬间的速度为v1，由动能定理：‎ ‎－fx＝mav12－mav02 ①‎ 其中f＝0.1mag ②‎ 带入数据得：v1＝‎3 m/s。 ③‎ ‎(2)设a、b两球碰撞后b球的速度为vb，小球b碰后沿光滑轨道上升的过程中机械能守恒。由机械能守恒定律：‎ mbvb2＝mbgh ④‎ 解得：vb＝＝‎2 m/s。 ⑤‎ ‎(3)a、b两球发生弹性碰撞。设碰撞后a球的速度为va，由动量和机械能守恒定律有：‎ mav1＝mava＋mbvb ⑥‎ mav12＝mava2＋mbvb2 ⑦‎ 由⑥⑦得：vb＝v1 ⑧‎ 由③⑤⑧得：＝。 ⑨‎ 答案：(1)‎3 m/s　(2)‎2 m/s　(3)1∶2‎ 四、“步骤组合”意识 构建以上三个组合的目的是引导学生整合知识网络，提升解题效率。但学生在做题时，即使面对平时比较熟悉的物理情景，有时仍会不知道如何表述。为了切入题目，可尝试使用“对象—过程—原理—列式”这4个步骤来书写，如下图所示。‎ 通过运用“四步法”‎ 框架图，学生的解题思路可以更加清晰：首先找出对象，明确过程，然后分析原理，选定公式。在文字的规范表达方面，“四步法”也是一种范式，表述会更加全面。‎ ‎[典题例析]‎ 　(2018·东北育才中学三模)如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m，带电荷量为＋q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长，另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从距A为x0的P点由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动，全过程中小球A的电量不发生变化，重力加速度为g。‎ ‎(1)若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能；‎ ‎(2)若x0未知，且B与A在最高点恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量；‎ ‎(3)在满足第(2)问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度。‎ ‎[步骤组合]‎ ‎(1) ‎(2) ‎(3) ‎(4) ‎[解析]　(1)设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止时有：‎ qE＝mg 解得E＝ 在与A碰撞前B的速度为v0，由机械能守恒定律得：‎ mgx0＝mv02‎ 解得v0＝ B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得：‎ mv0＝2mv1‎ 解得v1＝v0‎ B与A碰撞过程中损失的机械能ΔE为：‎ ΔE＝mv02－×2mv12＝mgx0。‎ ‎(2)A、B在最高点恰不分离，此时A、B加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹簧的伸长量为x1，则：‎ 对B：mg＝ma 对A：mg＋kx1－qE＝ma 所以弹簧的伸长量为：x1＝。‎ ‎(3)A、B一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度vm，设此时弹簧的压缩量为x2，则：‎ ‎2mg－(qE＋kx2)＝0‎ 解得x2＝ 由于x1＝x2，说明A、B在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：‎ ‎(2mg－qE)(x1＋x2)＝×2mvm2‎ 解得vm＝g 。‎ ‎[答案]　(1)mgx0　(2)　(3)g ‎[对点训练]‎ ‎4．(2018·天水一中一模)如图所示，水平地面上固定有A、B两个等高的平台，之间静止放置一长为‎5l、质量为m的小车Q，小车的上表面与平台等高，左端靠近平台A。轻质弹簧原长为‎2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为‎5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在平台A的左端，另一端与质量为m的小物块P(可视为质点)接触但不连接。另一弹簧水平放置，一端固定在平台B的右端。现用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后由静止释放，P开始沿平台运动并滑上小车，当小车右端与平台B刚接触时，物块P恰好滑到小车右端且相对小车静止。小车与平台相碰后立即停止运动，但不粘连，物块P滑上平台B，与弹簧作用后再次滑上小车。已知平台A的长度为‎2l，物块P与平台A间的动摩擦因数μ＝0.5，平台B、水平地面光滑，重力加速度大小为g，求：‎ ‎(1)物块P离开平台A时的速度大小；‎ ‎(2)平台A右端与平台B左端间的距离；‎ ‎(3)若在以后运动中，只要小车与平台相碰，则小车立即停止运动，求物块P最终停止的位置距小车右端多远。‎ 解析：(1)设弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能为Ep。由机械能守恒得：Ep＝5mgl 设物块P离开A平台的速度为v0，由能量守恒得：‎ Ep＝μmgl＋mv02‎ 解得：v0＝3。‎ ‎(2)设物块P运动到小车最右端与小车的共同速度为v1，从物块P离开平台A到物块与小车共速过程中，物块位移为s1，小车位移为s2，由动量守恒得：mv0＝2mv1‎ 对物块P：－fs1＝mv12－mv02‎ 对小车：fs2＝mv12‎ s1－s2＝‎‎5l 联立得平台A右端与平台B左端间的距离为：‎ s＝s1＝‎7.5l。‎ ‎(3)由能量守恒可知，物块离开平台B时，速度为v1，设物块P与小车再次共速时速度为v2，从物块P离开平台B到物块与小车共速过程中，物块位移为s3，小车位移为s4，由动量守恒得：mv1＝2mv2‎ 对物块P：－fs3＝mv22－mv12‎ 对小车：fs4＝mv22‎ 设小车与平台A碰后，物块运动的位移为s5，由动能定理得－fs5＝0－mv22‎ 联立解得物块P最终停止的位置距小车右端为：‎ Δs＝s3－s4＋s5＝。‎ 答案：(1)3　(2)‎7.5l　(3)l 第2课时　命题研究——力与运动计算题常考“4题型”‎ 题型一　运动学问题 运动学问题单独作为计算题的话，要么是两个物体运动的关系问题的讨论，要么是多过程多情景的复杂问题的分析，试题难度往往较大。‎ 　一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0 s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0 s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根铁轨的长度为‎25.0 m，每节货车车厢的长度为‎16.0 m，货车车厢间距忽略不计。求：‎ ‎(1)客车运行速度的大小；‎ ‎(2)货车运行加速度的大小。‎ ‎[解析]　(1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为Δt，每根铁轨的长度为l，则客车速度为v ‎＝ 其中l＝‎25.0 m，Δt＝ s，‎ 解得v＝‎37.5 m/s。‎ ‎(2)法一：设从货车开始运动后t＝20.0 s内客车行驶了s‎1米，货车行驶了s‎2米，货车的加速度为a,30节货车车厢的总长度为L＝30×‎16.0 m。‎ 由运动学公式有 s1＝vt s2＝at2‎ 由题给条件有L＝s1－s2‎ 联立解得a＝‎1.35 m/s2。‎ ‎[第2问，实质是运动学中的追及相遇问题]‎ 法二：第2问图像法：‎ 如图所示为客车和货车的vt图像，图中阴影部分面积对应30节车厢的总长度。‎ L＝‎30l′＝‎‎480 m 可得：‎ ·t＝L＝‎‎480 m 把v＝‎37.5 m，t＝20 s代入上式得 a＝‎1.35 m/s2。‎ ‎[答案]　(1)‎37.5 m/s　(2)‎1.35 m/s2‎ 破解运动学类问题的关键是寻找两个运动之间的联系：一是时间关系，二是位移关系。‎ 寻找的方法有两种：画vt图像或者画出运动过程草图，并在图中标明各运动学量，包括时刻、时间、位移、速度、加速度等已知量和未知量，然后根据运动关系列式求解。　　‎ 题型二　运动学与牛顿运动定律的综合问题 牛顿运动定律是动力学的基础，牛顿运动定律与运动学规律相结合形成动力学的两类基本问题，也是高考计算题命题的热点和重点。‎ ‎　公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以‎108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为‎120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为‎120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。‎ ‎[解析]　设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0 ①‎ s＝v0t0＋ ②‎ 式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。‎ 设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0 ③‎ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg＝ma ④‎ s＝vt0＋ ⑤‎ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝‎20 m/s(或‎72 km/h)。 ⑥‎ ‎[答案]　‎20 m/s(或‎72 km/h)‎ ‎(1)根据力的观点，物体做什么样的运动，完全是由物体的速度和受力情况这两个方面决定的，所以应用力的观点的关键是要做好运动分析和受力分析。‎ ‎(2)若系统内各物体的加速度不相同，又需要知道物体间的相互作用力时，则应利用隔离法分析。如本例中A、B的加速度大小相等，方向相反。属于加速度不相同的情况。　　　　 ‎ 题型三　滑块—滑板类问题 滑块—滑板类题型是指由木板和物块组成的相互作用的系统，是近年高考物理试题中的经典题型。题中常涉及摩擦力的方向判断和大小计算、牛顿运动定律及运动学规律等知识。‎ 　(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝‎1 kg和mB＝‎5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝‎4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝‎3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)B与木板相对静止时，木板的速度；‎ ‎(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1) ‎(2) ‎(3) ‎(4) ‎[解析]　(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg ①‎ f2＝μ1mBg ②‎ f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④‎ f2＝mBaB ⑤‎ f2－f1－f3＝ma1 ⑥‎ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦‎ v1＝a1t1 ⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝‎1 m/s。 ⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt12 ⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪‎ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2‎ ‎ ⑫‎ 对A有v2＝－v1＋aAt2 ⑬‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t22 ⑭‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ⑮‎ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 s0＝sA＋s1＋sB ⑯‎ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝‎1.9 m。 ⑰‎ ‎(也可用如图所示的速度—时间图线求解)‎ ‎[答案]　(1)‎1 m/s　(2)‎‎1.9 m ‎1．临界条件 ‎(1)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件 ‎①运动学条件：若两物体速度和加速度不等，则会相对滑动。‎ ‎②动力学条件：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，再用隔离法算出其中一个物体“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。‎ ‎(2)滑块滑离滑板的临界条件 当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件。‎ ‎2．常见解法 ‎“滑块—滑板类”模型问题往往存在一题多解情况，常见的解法如下：‎ ‎(1)动力学分析法：分别对滑块和滑板受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，然后结合运动学公式求解。‎ ‎(2)相对运动分析法：从相对运动的角度出发，根据相对初速度、相对加速度、相对末速度和相对位移的关系x相对＝(t＝)，往往可大大简化数学运算过程。　　　　‎ ‎(3)图像描述法：有时利用运动vt图像分析更快捷。例如，一物块以初速度v0滑上在水平地面上静止的木板，物块和木板的运动图像如图甲或图乙所示。图甲表示物块在滑出木板前已经与木板共速，阴影部分面积表示相对位移x相对，x相对＝；图乙表示物块已滑出木板，阴影部分面积表示木板总长度L，x相对＝L。‎ ‎　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.质量M＝‎9 kg、长L＝‎1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度v0＝‎2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝‎1 kg的小物块，如图所示。当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度。取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)从物块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；‎ ‎(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。‎ 解析：法一　动力学分析法 ‎(1)设木板的加速度大小为a1，在时间t内的位移为x1；物块的加速度大小为a2，在时间t内的位移为x2，则有 x1＝v0t－a1t2 ①‎ x2＝a2t2 ②‎ x1＝L＋x2 ③‎ v0－a1t＝a2t ④‎ 联立①②③④代入数据得t＝1 s。 ⑤‎ ‎(2)根据牛顿第二定律，有 μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1 ⑥‎ μ2mg＝ma2 ⑦‎ 联立④⑥⑦代入数据解得μ2＝0.08。 ⑧‎ 法二　图像描述法 ‎(1)作出vt图像如图所示，由题意知阴影三角形面积等于木板长度，即L＝，代入数据解得t共＝1 s。 ①‎ ‎(2)根据牛顿第二定律和图像意义有：‎ a2＝＝μ‎2g ②‎ a1＝－＝－ ③‎ 联立①②③代入数据解得v共＝‎0.8 m/s，μ2＝0.08。‎ 答案：(1)1 s　(2)0.08‎ 题型四　传送带类问题 传送带是应用比较广泛的一种传送装置。以其为素材的计算题大多具有情景模糊、条件隐蔽、过程复杂的特点，虽然近几年高考中与传送带运动相联系的计算题没有涉及，但应作为一种动力学重要题型积极备考。‎ 　传送带被广泛应用于各行各业。由于不同的物体与传送带之间的动摩擦因数不同，物体在传送带上的运动情况也有所不同。如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的倾角θ＝37°，在电动机的带动下以v＝‎2 m/s的速率顺时针方向匀速运行。M、N为传送带的两个端点，MN两点间的距离为‎7 m。N端有一块离传送带很近的挡板P，可将传送带上的物块挡住。在传送带上的O处先后由静止释放金属块A和木块B，金属块与木块质量均为‎1 kg，且均可视为质点，OM间距离LOM＝‎3 m。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2。传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。‎ ‎(1)金属块A由静止释放后沿传送带向上运动，经过2 s 到达M端，求金属块与传送带间的动摩擦因数μ1。‎ ‎(2)木块B由静止释放后沿传送带向下运动，并与挡板P发生碰撞。已知碰撞时间极短，木块B与挡板P碰撞前后速度大小不变，木块B与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5。‎ ‎①求与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离；‎ ‎②经过足够长时间，电动机的输出功率恒定，求此时电动机的输出功率。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1) ‎(2) ‎(3) ‎(4) ‎[解析]　(1)金属块A在传送带方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做匀加速运动，并设其速度能达到传送带的速度v＝‎2 m/s，然后做匀速运动，达到M点。‎ 金属块由O运动到M有LOM＝at12＋vt2‎ 即at12＋2t2＝3①‎ 且t1＋t2＝t，即t1＋t2＝2②‎ v＝at1，即2＝at1③‎ 根据牛顿第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma④‎ 由①②③式解得t1＝1 s，t＝2 s，即t1＜t，符合题设要求。加速度a＝‎2 m/s2‎ 由④式解得金属块与传送带间的动摩擦因数μ1＝1。‎ ‎(2)①由静止释放后，木块B沿传送带向下做匀加速运动，其加速度为a1，运动距离LON＝‎4 m，第一次与P碰撞前的速度为v1‎ a1＝gsin θ－μ2gcos θ＝‎2 m/s2‎ v1＝＝‎4 m/s 与挡板P第一次碰撞后，木块B以速度v1被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s1；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s2。‎ a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝‎10 m/s2‎ s1＝＝‎‎0.6 m s2＝＝‎‎1 m 因此与挡板P第一次碰撞后，木块B所达到的最高位置与挡板P的距离s＝s1＋s2＝‎1.6 m。‎ ‎②木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第二次碰撞，碰撞前的速度为v2。‎ v2＝＝ m/s 与挡板第二次碰撞后，木块B以速度v2被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s3；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s4。‎ s3＝＝‎‎0.12 m s4＝＝‎‎1 m 木块B上升到最高点后，沿传送带以加速度a1向下做匀加速运动，与挡板P发生第三次碰撞，碰撞前的速度为v3。‎ v3＝＝ m/s 与挡板第三次碰撞后，木块B以速度v3被反弹，先沿传送带向上以加速度a2做匀减速运动直到速度为v，此过程运动距离为s5；之后以加速度a1继续做匀减速运动直到速度为0，此时上升到最高点，此过程运动距离为s6。‎ s5＝＝‎‎0.024 m s6＝＝‎‎1 m 以此类推，经过多次碰撞后木块B以‎2 m/s的速度被反弹，在距N点‎1 m的范围内不断以加速度a1做向上的减速运动和向下的加速运动。‎ 木块B对传送带有与传送带运动方向相反的阻力：‎ Ff＝μ2mgcos θ 故电动机的输出功率：P＝μ2mgvcos θ 解得P＝8 W。‎ ‎[答案]　(1)1　(2)①‎1.6 m　②8 W ‎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的混淆。‎ ‎(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，这是两个过程的关联量。　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎2.如图所示，水平传送带AB长L1＝‎22.5 m，可以以不同的恒定速度向右运动。右端平滑连接一长度L2＝‎5 m，倾角θ＝37°的斜面。一工件质量为m＝‎10 kg，相对地面静止地从传送带左端点A 处放上传送带。工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：‎ ‎(1)若工件传动到右端B点时，恰好与传送带相对静止。传送带的速度是多大？‎ ‎(2)若工件恰好能到达斜面的上端点C，传送带的速度是多大？在这种情况下，工件从A运动到B所用的时间是多少？‎ 解析：(1)设传送带速度为v1，工件至B点时恰好与传送带相对静止(临界点)。由牛顿第二定律得μmg＝ma1‎ 由运动规律得v12＝‎2a1L1‎ 解得v1＝‎15 m/s。‎ ‎(2)设传送带速度为v2时，工件恰好能到达斜面上端点C(临界点)。运动的多过程有3个子过程。‎ 在斜面上的运动过程。‎ 由牛顿第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2‎ 由运动规律得v22＝‎2a2L2‎ 解得v2＝‎10 m/s 工件在传送带上的滑动过程由运动规律得 t1＝，x1＝a1t12‎ 工件与传送带一起匀速运动过程由运动规律得 t2＝ 解得：t1＝2 s，t2＝1.25 s 则工件从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝3.25 s。‎ 答案：(1)‎15 m/s　(2)‎10 m/s　3.25 s ‎[力与运动计算题过关练] ‎ ‎1．(2018·乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间。假设一辆家庭轿车以‎30 m/s的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s时间完成交费，然后再加速至‎30 m/s继续行驶。若进入ETC通道，轿车从某位置开始减速至‎15 m/s后，再以此速度匀速行驶‎15 m即可完成交费，然后再加速至‎30 m/s继续行驶。两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为‎3 m/s2。求：‎ ‎(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至‎30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；‎ ‎(2)两种情况相比较，轿车通过ETC交费通道所节省的时间。‎ 解析：(1)设轿车匀减速至停止通过的路程为x1‎ x1＝＝‎‎150 m 轿车匀加速和匀减速通过的路程相等，故轿车通过人工收费通道通过的路程为x2‎ x2＝2x1＝‎‎300 m 轿车匀减速至停止需要的时间为t1＝＝10 s 轿车通过人工收费通道所用时间为t2＝2t1＋10 s＝30 s。‎ ‎(2)通过人工收费通道所需时间为30 s。此过程总位移为‎300 m，通过ETC通道时，速度由‎30 m/s减至‎15 m/s所需时间为t3，通过的路程为x3‎ t3＝＝5 s x3＝＝‎‎112.5 m 轿车以‎15 m/s匀速行驶‎15 m所用时间t4＝1 s 轿车在x2＝‎300 m路程内以‎30 m/s匀速行驶的路程x4和所需时间t5‎ x4＝x2－2x3－‎15 m＝‎‎60 m t5＝＝2 s 故通过ETC交费通道节省的时间为 t＝t2－2t3－t4－t5＝17 s。‎ 答案：(1)‎300 m　30 s　(2)17 s ‎2.(2019届高三·保定模拟)如图所示，皮带的最大传送速度为v0＝‎6 m/s，传动轮圆心之间的距离s＝‎4.5 m，现将m＝‎1 kg的小物体轻轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)皮带以v0的速度匀速传动，把物体从左端传送到右端，分别求出该过程中摩擦力对皮带和物体所做的功。‎ ‎(2)皮带以a0＝‎6 m/s2的加速度匀加速启动，把物体从左端传送到右端，求出该过程中因摩擦产生的热量。‎ 解析：(1)物体放在匀速传动的皮带上，做加速度为a的匀加速运动，设达到v0所用时间为t0‎ μmg＝ma v0＝at0‎ 解得：a＝‎5 m/s2，t0＝1.2 s 这段时间里，物体的位移s0＝at02‎ 解得s0＝‎3.6 m＜s，所以物体之后随传送带一起匀速运动，不再受摩擦力。‎ 摩擦力对传送带做功W1＝－μmgv0t0＝－36 J 摩擦力对物体做功W2＝μmgs0＝18 J。‎ ‎(2)因为a＜a0，所以物体与皮带有相对运动。‎ 设皮带达到v0所用时间为t1‎ v0＝a0t1‎ 解得t1＝1 s 物体在达到v0的过程中的运动与第(1)问相同，所以皮带与物体的相对位移 Δs＝a0t12＋v0(t0－t1)－s0‎ 摩擦生热Q＝μmg·Δs 解得Q＝3 J。‎ 答案：(1)－36 J　18 J　(2)3 J ‎3.(2018·上海黄浦期末)如图所示，固定在水平地面上的一个粗糙斜面长L＝‎4 m，倾角θ＝37°。一个质量为‎10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，经过2 s到达斜面顶端。‎ ‎(1)求物体沿斜面运动时的加速度大小；‎ ‎(2)求物体与斜面间的动摩擦因数大小；‎ ‎(3)若物体运动到斜面顶端时恰好撤去推力F，求物体落到水平地面前瞬间的速度大小。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g取‎10 m/s2)‎ 解析：(1)物体在斜面上做匀加速直线运动，根据运动学规律有 L＝at2‎ 解得a＝‎2 m/s2。‎ ‎(2)物体在斜面上运动时受到四个力作用，如图所示。‎ 沿运动方向，根据牛顿第二定律有 Fcos θ－f－mgsin θ＝ma 垂直于运动方向，合力为零：‎ Fsin θ＋mgcos θ＝N f＝μN 得μ＝ 代入已知数据得μ＝0.4。‎ ‎(3)物体离开斜面下落至地面前的过程中仅有重力做功，‎ ‎ 机械能守恒。设物体在斜面上运动的末速度为v1，落地前的速度大小为v2‎ 根据匀加速直线运动的规律有 v1＝at＝2×‎2 m/s＝‎4 m/s 根据几何关系，斜面顶端到水平面的高度 h＝Lsin θ＝4×‎0.6 m＝‎‎2.4 m 根据机械能守恒定律得mv12＋mgh＝mv22‎ 得v2＝ 代入已知数据得v2＝‎8 m/s。‎ 答案：(1)‎2 m/s2　(2)0.4　(3)‎8 m/s ‎4.如图所示，长L＝‎1.5 m，高h＝‎0.45 m，质量M＝‎10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝‎3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝‎1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面间的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；‎ ‎(2)小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移；‎ ‎(3)小球离开木箱时木箱的速度。‎ 解析：(1)木箱上表面的摩擦不计，因此小球在离开木箱前相对地面处于静止状态，离开木箱后将做自由落体运动。‎ 由h＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s 小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为0.3 s。‎ ‎(2)小球放到木箱上后，木箱的加速度大小为：‎ a1＝ ‎＝ m/s2＝‎7.2 m/s2‎ 木箱向右运动的最大位移为：‎ x1＝＝ m＝‎‎0.9 m 小球放在P点后，木箱向右运动的最大位移为‎0.9 m。‎ ‎(3)x1小于‎1 m，所以小球不会从木箱的左端掉下，木箱向左运动的加速度大小为 a2＝＝ m/s2‎ ‎＝‎2.8 m/s2‎ 设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则 x2＝x1＋＝(0.9＋0.5)m＝‎‎1.4 m 设木箱向左运动的时间为t2，则：‎ 由x2＝a2t22，得t2＝ ＝ s＝1 s 所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2＝a2t2＝2.8×‎1 m/s＝‎2.8 m/s。‎ 答案：(1)0.3 s　(2)‎0.9 m　(3)‎2.8 m/s，方向向左 ‎5.在水平长直轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动。某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ。‎ ‎(1)证明：若滑块最终停在小车上，滑块与车面摩擦产生的内能Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值；‎ ‎(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ＝0.2，滑块质量m＝‎1 kg，车长L＝‎2 m，车速v0＝‎4 m/s，g取‎10 m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F的大小应该满足的条件；‎ ‎(3)在(2)的情况下，力F取最小值时要保证滑块不从车上掉下，求力F的作用时间t。‎ 解析：(1)由题意知滑块相对平板车静止时速度为v0，根据牛顿第二定律，对滑块：‎ μmg＝ma ①‎ v0＝at ②‎ 滑块相对车面滑动的距离：‎ s＝v0t－v0t ③‎ 滑块与车面摩擦产生的内能：‎ Q＝μmgs ④‎ 联立①②③④解得：Q＝mv02 ⑤‎ 所以Q是一个与动摩擦因数μ无关的定值。‎ ‎(2)设在恒力F作用下滑块加速度为a1，经过时间t1后速度达到v0，要使滑块不从左端掉下小车，即此时还未到达车的左端，由牛顿第二定律有：‎ F＋μmg＝ma1 ⑥‎ v0＝a1t1 ⑦‎ v0t1－t1≤ ⑧‎ 联立⑥⑦⑧解得：F≥6 N。 ⑨‎ ‎(3)F取最小值时，滑块经过时间t1运动到车左端后速度达到v0，为使滑块恰不从右端滑出，滑块在F作用下相对车先向右做匀加速运动(设加速度大小为a2，时间为t2)，再撤去外力F做匀减速运动(设加速度大小为a3)，到达右端时恰与车达到共同速度v0，则有：‎ F－μmg＝ma2 ⑩‎ μmg＝ma3 ⑪‎ a2t22＋＝L ⑫‎ 联立⑩⑪⑫式解得：t2＝ s≈0.58 s 由(2)可解得t1＝0.5 s，‎ 则力F的作用时间t应满足t1≤t≤t1＋t2，‎ 即0.5 s≤t≤1.08 s。‎ 答案：(1)见解析　(2)F≥6 N　(3)0.5 s≤t≤1.08 s ‎6.如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长l为‎5 m的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以v0＝‎10 m/s的速度沿平台AB向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到平台CD上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)小物体与传送带间的动摩擦因数为多大？‎ ‎(2)当小物体在平台AB上的运动速度低于某一速度时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD，求这个临界速度。‎ ‎(3)若小物体以v1＝‎8 m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体能够到达平台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？‎ 解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上运动时根据牛顿第二定律得 μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1‎ 小物体从B点运动到C点的过程有v02＝‎‎2a1l 联立解得：a1＝‎10 m/s2，μ＝0.5。‎ ‎(2)显然，当小物体在传送带上受到的摩擦力方向始终向上时，最容易到达平台CD，此时根据牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2‎ 若恰好能到达平台CD时，有v2＝‎‎2a2l 联立解得：a2＝‎2 m/s2，v＝‎2 m/s 即当小物体在平台AB上向右运动的速度小于‎2 m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体都不能到达平台CD。‎ ‎(3)小物体在平台AB上的运动速度大小为v1＝‎8 m/s，小物体能够到达平台CD时，设传送带顺时针运动的最小速度大小为vmin，由于v1＞v＝‎2 m/s，故若传送带的速度大于或等于‎2 m/s时，小物体必能到达平台CD，故所求的传送带的最小速度大小vmin应小于v。‎ 对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到与传送带的速度大小相等的过程中，有v12－vmin2＝‎2a1x1‎ 对小物体以速度大小vmin减速到零到达平台CD的过程，有vmin2＝‎2a2x2‎ x1＋x2＝l 联立解得：vmin＝‎3 m/s 即传送带至少以‎3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD。‎ 答案：(1)0.5　(2)‎2 m/s　(3)‎3 m/s 第3课时　命题研究——能量与动量综合计算题常考“4模型”‎ 高考将动量定理和动量守恒定律由选考改为必考后，将动量问题与能量问题结合起来，联系生活中的情景，形成一类难度较大的综合计算题。通过对这类问题的分析，可以归纳为四种模型，相关的动量与能量的综合计算题几乎都是由这四种当中的某一类或者几类合成起来的，具体解题过程中只要能够找出问题的最根本的模型就可快速、准确地解决问题。‎ ‎　　　如图所示，光滑水平面上质量为M的木块在水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块并与其一起运动，求系统所产生的内能？‎ ‎[解析]　取子弹和木块为参考系。由于地面光滑，故系统的动量守恒。取向右为正方向。‎ 根据动量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒定律有：Q＝mv02－(M＋m)v2‎ 联立解得：Q＝ 即子弹在进入木块的过程中系统产生的内能为。‎ ‎[答案]　 这种子弹穿入木块最后达到两者相对静止的状态，我们总结为“穿到不能再穿”‎ 的模型。子弹打击木块的时间非常短，假如没有“光滑水平面”的条件，子弹穿入木块的过程也可以认为系统的动量守恒，也可以应用动量守恒定律进行求解。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：‎ ‎(1)木块与水平面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)子弹在进入木块过程中产生多少热量。‎ 解析：(1)子弹射入木块的过程是“穿到不能再穿”的过程，该过程中木块受到地面阻力作用，但作用时间极短，子弹穿木块的过程系统动量近似守恒，‎ 可得：mv0＝(M＋m)v共，‎ 当子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得：‎ (M＋m)v共2＝μ(M＋m)gs，‎ 解得μ＝。‎ ‎(2)子弹射入木块过程极短时间内，设产生的热量为Q，由功能关系得：‎ Q＝mv02－(M＋m)v共2，‎ 解得Q＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎　　　如图所示，在光滑的水平面上有一块质量为M的粗糙木板，一质量为m的物块以速度v0滑上木板的左端，物块与木板间的动摩擦因数为μ。要使物块不会从木板右端掉下来，则木板的长度至少要多长？‎ ‎[解析]　取物块和木板为系统研究。由于地面光滑，故系统的动量守恒。要使m不会从M的右端滑下来，临界的状态是m刚好滑到M最右端的时候两者相对静止，即有共同的速度v。取初速度的方向为正方向。‎ 根据动量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v 在滑动过程中系统减少的动能转化为内能 根据能量守恒定律有：μmgL＝mv02－(M＋m)v2‎ 联立解得：L＝ 即要使物块不从木板右端掉下来，木板长度至少为。‎ ‎[答案]　 像这种小物块在木板上发生相对滑动最后达到两者相对静止的状态，我们把它总结为“滑到不能再滑”的模型。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎2.如图所示，质量为M的长木板A在光滑水平面上，以大小为v0的速度向左运动，一质量为m的小木块B(可视为质点)，以大小也为v0的速度水平向右运动冲上木板左端，B、A间动摩擦因数为μ，最后B不会滑离A。已知M＝‎2m，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)A、B最后的速度；‎ ‎(2)木板A的最短长度。‎ 解析：(1)小木块B在放于光滑水平面上的长木板A上滑动且最终不会滑离A，该过程是“滑到不能再滑”的过程，设A、B最后具有共同速度v。以向左为正方向。由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v 将M＝‎2m代入解得：v＝，方向向左。‎ ‎(2)设木板A的最短长度为L，根据能量守恒定律得：‎ Mv02＋mv02＝(M＋m)v2＋μmgL 解得：L＝。‎ 答案：(1)，方向向左　(2) 　如图所示，光滑水平面上有质量分别为m1、m2的A、B两物体。静止物体B左侧固定一处于原长的轻弹簧，物体A以初速度v0水平向右运动，接触弹簧以后将压缩弹簧，求在压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。‎ ‎[解析]　A、B和弹簧为研究系统。由于地面光滑，故系统的动量守恒。由于刚开始的时候B是静止不动的，A运动一段时间后与弹簧接触，弹簧将会被压缩。压缩的弹簧对A有向左的力，故A减速，弹簧对B有向右的力，故B加速。总有一个时刻A的速度和B的速度相等，即A、B有共同速度，此时刻两者相距最近。此时的弹簧压缩量最大，弹性势能最大。取向右为正方向。‎ 根据动量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2)v 系统减少的动能转化成为弹簧的弹性势能。‎ 根据能量守恒定律有：Epmax＝m1v02－(m1＋m2)v2‎ 联立解得：Epmax＝。‎ ‎[答案]　 这个模型中，由于开始A的速度大于B的速度，两者距离逐渐减小，弹簧弹性势能增大，当A的速度小于B的速度时两者之间的距离增大，弹簧弹性势能减小；A、B间距离最小，也就是压到不能再压的时候，弹簧的弹性势能最大，这就是“压到不能再压”模型。对于这个模型，假如说A与弹簧接触后就被粘连，那么可以让我们同学分析，A接触弹簧之后由A、弹簧、B组成系统的运动的情况，以及能量和动量的变化的情况。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎3.如图所示，质量M＝‎3 kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，小车左端放一质量为m＝‎1 kg的木块，木块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.3。车的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的劲度系数k＝600 N/m，原长为‎10 cm。现给木块一个水平向右的速度v0＝‎4 m/s，木块便沿小车上表面向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端，试求：‎ ‎(1)弹簧被压缩到最短时平板小车的动量大小；‎ ‎(2)小车速度最大时，木块离小车右端的距离；‎ ‎(3)弹簧获得的最大弹性势能。‎ 解析：(1)木块获得水平向右的速度v0向右滑动，直到压缩弹簧最短的过程是“压到不能再压”的过程，因地面光滑，木块和小车组成的系统动量守恒：‎ 设弹簧最短时木块和小车的共同速度为v 由动量守恒定律可得：mv0＝(m＋M)v 解得v＝‎1 m/s 此时小车的动量p＝Mv＝‎3 kg·m/s。‎ ‎(2)弹簧最短时，弹簧对小车的弹力大于木块对小车的摩擦力，小车此后一段时间继续加速，直到kx＝μmg 解得x＝‎‎0.5 cm 此时木块离小车右端的距离l1＝l0－x＝‎9.5 cm。‎ ‎(3)从木块获得速度v0到弹簧最短的过程中，应用能量守恒定律可得：‎ mv02－(m＋M)v2＝Ep＋μmg(l－l2)‎ 式中l2为弹簧最短状态对应的长度，l为小车的长度。‎ 从木块获得速度v0到最终停在小车最左端的过程属于“滑到不能再滑”的过程，由系统动量守恒可得：‎ mv0＝(m＋M)v′‎ 解得：v′＝v＝‎1 m/s 由系统能量守恒可得：‎ mv02－(m＋M)v′2＝2μmg(l－l2)‎ 解得Ep＝μmg(l－l2)＝3 J。‎ 答案：(1)‎3 kg·m/s　(2)‎9.5 cm　(3)3 J ‎　　如图所示，质量为M的带有圆弧曲面的小车静止在光滑水平面上，另有一质量为m的小球以水平速度v0冲上小车的曲面。求m能够在小车的曲面上上升的最大高度。‎ ‎[解析]　对m和M整个系统而言，m在曲面向上运动的过程中，M也同时向右运动。由于水平地面是光滑的，对系统而言在水平方向上的合力等于零，故系统在水平方向上动量守恒。另外从运动过程可以知道当小球在竖直方向上的分速度等于零时，小球到达最大高度，此时小球和小车具有共同的速度。取向右为正方向。‎ 根据动量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v 系统减少的动能转化为小球上升过程中所增加的重力势能。‎ 根据能量守恒定律可知：mgh＝mv02－(M＋m)v2‎ 联立解得：h＝ 即小球上升的最大高度为。‎ ‎[答案]　 ‎　 这个模型中，小球在上升的过程中，最后竖直方向上的分速度变为零，也就是说在竖直方向能够上升的高度达到最大，我们称之为“升到不能再升”模型。对于此类模型往往系统的总动量并不守恒，但是在某一个方向上的动量确是守恒的，此时我们就要利用这个方向上的动量守恒进行解决问题。　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎4.如图所示，质量为m2的小环穿在光滑水平细杆上。小环通过不可伸长的细线悬挂着质量为m1的木块。m1和m2处于静止状态。质量为m0的子弹以初速度v0水平射入木块并留在其中，求木块能够上升的最大高度。‎ 解析：这个问题涉及两个过程，分别对应两种模型。‎ 过程一是“穿到不能再穿”的过程。这个过程中研究对象取m0和m1。由于作用时间非常短，两者之间产生很大的内力，故子弹和木块的动量守恒。取子弹初速度的方向为正方向，设子弹射入木块后木块和子弹的速度为v1，根据动量守恒定律有：m0v0＝(m0＋m1)v1‎ 过程二是“升到不能再升”的过程。这个过程中研究对象是子弹、木块和小环。这个系统的总动量不守恒，但是水平方向上动量守恒。当木块上升到最高点时，小环和木块有共同的速度。取向右为正方向。‎ 根据动量守恒定律有：‎ ‎(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2‎ 在木块上升过程中，子弹和木块的重力势能增加，系统的动能减小转化为重力势能 根据能量守恒定律有：‎ ‎(m0＋m1)gh＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22‎ 联立解得：h＝。‎ 答案： ‎[能量与动量综合题过关练]‎ ‎1.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，‎ ‎(1)整个系统损失的机械能；‎ ‎(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。‎ 解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1‎ 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2‎ mv12＝ΔE＋×(‎2m)v22‎ 解得ΔE＝mv02。‎ ‎(2)因为v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3‎ mv02－ΔE＝×(‎3m)v32＋Ep 解得Ep＝mv02。‎ 答案：(1)mv02　(2)mv02‎ ‎2.如图所示，光滑的圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左端，其半径R＝‎1 m。质量均为M＝‎3 kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.4。将质量为m＝‎2 kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车。求：‎ ‎(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；‎ ‎(2)滑块P在乙车上滑行的距离。‎ 解析：(1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：‎ mv1－2Mv2＝0‎ 对整体应用能量守恒定律有：‎ mgR＝mv12＋×2Mv22‎ 解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s。‎ ‎(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒定律有：‎ mv1－Mv2＝(m＋M)v 对滑块P和小车乙应用能量守恒定律有：‎ μmgL＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2‎ 解得：L＝‎2 m。‎ 答案：(1) m/s　(2)‎‎2 m ‎3.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为‎2m的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g。求：‎ ‎(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；‎ ‎(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；‎ ‎(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。‎ 解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得 mgL＝mv2‎ 解得v＝ 在最低点，由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得F＝3mg。‎ ‎(2)小球与滑块共速时，小球运动到最大高度h。取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得 mv＝(‎2m＋m)v共 mv2＝mgh＋(‎2m＋m)v共2‎ 联立解得h＝L。‎ ‎(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2‎ mv＝mv1＋2mv2‎ mv2＝mv12＋×2mv22‎ 解得v2＝。‎ 答案：(1)3mg　(2)L　(3) ‎4.(2018·安徽四校联考)如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M＝‎3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P(可看成质点)从B点正上方h＝R高处由静止释放，重力加速度为g。‎ ‎(1)求滑块到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；‎ ‎(2)求在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Epm；‎ ‎(3)若滑块从B上方高H处释放，求恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B点时高度H的大小。‎ 解析：(1)滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mvC2‎ 又h＝R，代入解得vC＝2 在最低点C处，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m 解得FN＝5mg 根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。‎ ‎(2)弹簧被压缩过程中，当滑块与小球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，‎ 根据动量守恒定律得mvC＝(m＋M)v 根据机械能守恒定律得mvC2＝Epm＋(m＋M)v2‎ 联立解得Epm＝mgR。‎ ‎(3)设滑块P从B上方高H处释放，到达水平面速度为v0，则有mg(H＋R)＝mv02‎ 弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和小球Q的速度大小分别为v1和v2，‎ 根据动量守恒定律得mv0＝－mv1＋Mv2‎ 根据机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22‎ 要使滑块P经弹簧反弹后恰好回到B点，‎ 则有mgR＝mv12‎ 联立解得H＝3R。‎ 答案：(1)2　5mg，方向竖直向下　(2)mgR　(3)3R ‎5.如图所示，质量mB＝‎2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量mA＝‎6 kg的物块A停在木板B的左端，质量mC＝‎2 kg的小球C用长L＝‎0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C 反弹所能上升的最大高度h＝‎0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝‎10 m/s2。求：‎ ‎(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；‎ ‎(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长。‎ 解析：(1)C下摆至最低点的过程，根据动能定理有：mCgL＝mCvC2‎ 解得碰前C的速度大小vC＝‎4 m/s C反弹过程，根据动能定理有：‎ ‎－mCgh＝0－mCvC′2‎ 解得碰后C的速度大小vC′＝‎2 m/s 取向右为正方向，对C根据动量定理有：‎ ‎－F·Δt＝－mCvC′－mCvC 解得碰撞过程中C所受的撞击力大小F＝1 200 N。‎ ‎(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：‎ mCvC＝－mCvC′＋mAvA 解得碰后A的速度vA＝‎2 m/s A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小，根据动量守恒定律有：‎ mAvA＝(mA＋mB)v 解得A、B的共同速度v＝‎1.5 m/s 根据能量守恒定律有：‎ μmAgx＝mAvA2－(mA＋mB)v2‎ 解得x＝‎0.5 m。‎ 答案：(1)1 200 N　(2)‎‎0.5 m ‎6.如图所示，质量为‎4 kg的小车静止在光滑水平面上。小车AB段是半径为‎0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为‎2.0 m的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为‎0.95 kg的小物块(可视为质点)静止在小车右端。质量为‎0.05 kg的子弹，以‎100 m/s的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A点。不计空气阻力，重力加速度为‎10 m/s2。‎ ‎(1)求小物块与BC段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B点时对小车的压力；‎ ‎(2)若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB段上升的最大高度。‎ 解析：(1)已知小车质量M＝‎4 kg，小物块质量m＝‎0.95 kg，子弹质量m0＝‎0.05 kg，子弹初速度v0＝‎100 m/s。‎ 子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与小物块达到共同速度vC，‎ 取水平向左为正方向。根据动量守恒定律得：‎ m0v0＝(m0＋m)vC 代入数据解得vC＝‎5 m/s 已知圆弧光滑轨道半径R＝‎0.45 m，小车固定时，小物块恰好运动到A点，设物块和子弹到达B点时的速度大小为vB，物块从B到A的过程，由机械能守恒定律可得：‎ ‎(m0＋m)gR＝(m0＋m)vB2‎ 代入数据解得vB＝‎3 m/s 已知BC段长L＝‎2.0 m，设小物块与BC段的动摩擦因数为μ，物块从C到B的过程，由动能定理得：‎ ‎－μ(m0＋m)gL＝(m0＋m)vB2－(m0＋m)vC2‎ 代入数据解得μ＝0.4‎ 设小物块刚通过B点时，受的支持力为FN。由牛顿第二定律得：‎ FN－(m0＋m)g＝(m0＋m) 代入数据解得FN＝30 N 由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为30 N，方向竖直向下。‎ ‎(2)若子弹射入前小车不固定，小物块在AB段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度，设最终的共同速度为v，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得 ‎(m0＋m)vC＝(m0＋m＋M)v 代入数据解得v＝‎1 m/s 从子弹与小物块达到共同速度，到三者达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为内能，一部分转化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为h，由能量守恒定律得：‎ (m0＋m)vC2－(m0＋m＋M)v2＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m)gh 代入数据解得h＝‎0.2 m。‎ 答案：(1)0.4　30 N，方向竖直向下　(2)‎‎0.2 m 第三讲电学计算题的解题方略与命题视角 第1课时　解题方略——解答电磁场计算题必明“3规律”‎ 一、带电粒子在电场中运动的规律 ‎1．带电粒子在平行板电容器中受力的情况 ‎(1)若平行板电容器所带电荷量Q不变，改变两板间距离d，两板间的匀强电场的场强E不变，在平行板间运动的带电粒子受力不变。‎ ‎(2)若平行板电容器的两板间所加电压U不变，两板间距离d增大(减小)为原来的n倍，两板间的匀强电场的场强E＝减小(增大)为原来的，在其中运动的带电粒子受力改变。‎ ‎2．类平抛运动的两个分运动和“三个一”‎ ‎(1)分解为两个独立的分运动——平行于极板的匀速直线运动，L＝v0t；垂直于极板的匀加速直线运动，y＝at2，vy＝at，a＝。‎ ‎(2)一个偏转角，tan θ＝；一个几何关系，y＝tan θ；一个功能关系，ΔEk＝。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.一长为L、间距为d的平行金属板a、b水平放置，一个不计重力的带电粒子以初速度v0从左侧的两板中点P水平进入两板间的匀强电场，恰好从右侧的下板边缘飞出。‎ ‎(1)如果S是始终闭合的，a板不动，把粒子的初速度减小为、仍从P点水平进入，要求仍从下板边缘飞出，则b板应向下(上)移动多大的距离？‎ ‎(2)如果S闭合后断开，a板不动，把粒子的初速度减小为、仍从P点水平进入，要求仍从下板边缘飞出，则b板应向下(上)移动多远的距离？‎ 解析：(1)S闭合则两板间电压不变。设b板移动前场强为E、粒子的加速度大小为a、运动时间为t，粒子的初速度减小为，运动时间为2t，b板应向下移动才能使粒子仍从下板边缘飞出，向下移动的距离为Δd 移动前的场强为E＝，移动后的场强为E，则加速度变为 a 由水平方向匀速运动可知，运动时间变为2t 再根据竖直方向y＝at2，有：‎ d＝at2和＋Δd＝a(2t)2‎ 解得Δd＝d。‎ ‎(2)S闭合后断开，则平行板所带电荷量不变，粒子的初速度减小为，运动时间为2t，b板应向下移动才能使粒子仍从下板边缘飞出，b板向下移动前后场强不变、粒子的加速度不变，设向下移动的距离为Δd′‎ 由水平方向匀速运动可知，运动时间变为移动前的2倍，再根据竖直方向y＝at2可得侧移量变为原来的4倍，即＝4‎ 解得Δd′＝1.5d。‎ 答案：(1)向下移动d　(2)向下移动1.5d 二、带电粒子在磁场中运动的规律 带电粒子垂直进入匀强磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m＝mr，可得轨道半径r＝，运动周期T＝。‎ ‎1．带电粒子在单边界磁场中运动 ‎(1)粒子发射源位于磁场的边界上，粒子进入磁场和离开磁场时速度方向与磁场方向的夹角不变。如图甲、乙、丙所示。‎ ‎(2)粒子的发射源位于磁场中，往往存在着临界状态：如图丁所示，当带电粒子的运动轨迹小于圆周且与边界相切时，切点为带电粒子恰能射出磁场的临界点；当带电粒子的运动轨迹等于圆周时，直径与边界相交的点为带电粒子射出边界的最远点(距O点最远)。‎ ‎2．带电粒子在平行边界磁场中运动 ‎(1)粒子位于磁场的某一边界，且粒子的初速度方向平行于边界，速度大小不定，如图戊、己所示，图戊所示半径为粒子从磁场左侧离开的最大半径，图己所示半径为粒子从磁场右侧离开的最小半径。‎ ‎(2)带电粒子的速度方向确定，且与磁场边界不平行，速度大小不定。‎ ‎①粒子速度方向和磁场边界垂直，粒子从磁场的右边界射出，如图庚所示，假设磁场的宽度为d，粒子的轨道半径为r，粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则有sin θ＝；‎ ‎②粒子速度方向和磁场边界不垂直，粒子的轨迹与磁场的右边界相切时，粒子恰好不能从磁场的右边界离开，如图辛所示，这种情况下相当于粒子在单边界磁场中的运动。‎ ‎[对点训练]‎ ‎2.如图所示，足够长的矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O，垂直磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0(未知)的带正电粒子。已知粒子质量为m、电荷量为q，ad边长为L，粒子重力不计。‎ ‎(1)若粒子能从ab边上射出磁场，求v0大小范围；‎ ‎(2)如果带电粒子不受上述v0大小范围的限制，求粒子在磁场中运动的最长时间。‎ 解析：(1)已知粒子速度为v0，则有qv0B＝m 解得R＝ 设粒子在磁场中的运动轨迹与磁场的ab边界相切时，粒子的速度大小为v01，粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R1，则由几何关系可得R1＋R1sin θ＝ 解得R1＝ 将R1＝代入可得v01＝ 同理，当粒子在磁场中的运动轨迹与磁场的cd边界相切时，设粒子的速度大小为v02，轨道半径为R2，则由几何关系可得R2－R2sin θ＝，解得R2＝L 将R2＝代入可得v02＝ 所以粒子能从ab边上射出磁场的初速度v0应满足＜v0≤。‎ ‎(2)由＝及T＝可知，粒子在磁场中经过的弧所对的圆心角α越大，粒子在磁场中运动的时间就越长 由题图可知，当粒子在磁场中运动的半径r≤R1时，粒子在磁场中的圆心角α最大 此种情况下的圆心角为α＝2(π－θ)，所以粒子在磁场中运动的最长时间为t＝。‎ 答案：(1)＜v0≤　(2) ‎3．带电粒子在圆形边界磁场中运动 径向进出 当粒子运动方向与磁场方向垂直时，沿圆形磁场半径方向射入的带电粒子，必沿径向射出圆形磁场区域，即粒子出射速度的反向延长线必过磁场圆的圆心 等角进出 入射速度方向与过入射点的磁场圆半径的夹角等于出射速度方向与过出射点的磁场圆半径的夹角。径向进出是等角进出的一种特殊情况(θ＝0°)‎ 点入平出 若带电粒子从圆形匀强磁场区域圆周上一点沿垂直于磁场方向进入磁场，当带电粒子做圆周运动的半径与圆形磁场区域的半径相同时，所有带电粒子都以平行于磁场区域圆周上入射点的切线方向射出磁场 平入点出 若带电粒子以相互平行的速度射入磁场，且带电粒子在磁场中做圆周运动的半径和圆形磁场区域半径相同，则这些带电粒子将会从磁场区域圆周上同一点射出，圆周上该点的切线与带电粒子射入磁场时的速度方向平行 ‎[对点训练]‎ ‎3．如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有一个半径为R、与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆形磁场的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q(q＞0)的初速度v 的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0＜y＜2R的区间内。不计微粒重力，忽略微粒间的相互作用。‎ ‎(1)从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求磁感应强度的大小与方向。‎ ‎(2)请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。‎ ‎(3)若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。‎ 解析：(1)带电微粒平行于x轴从C点进入磁场，将在磁场中做匀速圆周运动。如图甲所示，由于带电微粒是从C点水平进入磁场，经O点后沿y轴负方向离开磁场，可得其圆周运动半径r＝R。设磁感应强度大小为B，由qvB＝m得：B＝，方向垂直xOy平面向外。‎ ‎(2)这束带电微粒都通过坐标原点O。亦即这束带电微粒都将会聚于坐标原点O。理由及解法说明如下：‎ 从任一点P水平进入圆形磁场的带电微粒，在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，如图乙所示。其中四边形PQOO′为菱形，边长为R，设P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，则∠QOO′＝θ，微粒圆周运动的圆心Q的坐标为(－Rsin θ，Rcos θ)，故微粒圆周运动的轨迹方程为：‎ ‎(x＋Rsin θ)2＋(y－Rcos θ)2＝R2 ①‎ 又圆形磁场的圆心坐标为(0，R)，故圆形磁场的边界方程为：‎ x2＋(y－R)2＝R2 ②‎ 联解①②两式，可得带电微粒做圆周运动的轨迹与磁场边界的两个交点坐标为：‎ x1＝0、y1＝0与x2＝－Rsin θ、y2＝R(1＋cos θ)，‎ 显然，后者坐标点(x2，y2)就是P点，须舍去。‎ 可见，这束带电微粒都是通过坐标原点离开磁场的。‎ ‎(3)这束带电微粒与x轴相交的区域是0＜x＜＋∞。理由说明如下：‎ 当带电微粒初速度大小为2v，则从任一点P水平进入圆形磁场的带电微粒，在磁场中做匀速圆周运动的半径为：‎ r′＝＝2R。粒子在y轴的右方(y＞0区域)离开磁场后做匀速直线运动，其轨迹如图丙所示。‎ 很显然，靠近M点发射出的带电微粒穿过磁场后会射向靠近x轴正方向的无穷远处；靠近N点发射出的带电微粒穿过磁场后会射向靠近原点O处。‎ 综上可知，这束带电微粒与x轴相交的区域范围是0＜x＜＋∞。‎ 答案：(1)　方向垂直xOy平面向外 ‎(2)坐标原点O，理由见解析 ‎(3)0＜x＜＋∞，理由见解析 三、带电粒子在复合场中运动的规律 ‎1．电偏转和磁偏转的对比(不考虑重力)‎ 电偏转 磁偏转 受力特征 F电＝qE恒力 F洛＝qvB变力 运动性质 匀变速曲线运动 匀速圆周运动 运动轨迹 运动规律 类平抛运动 速度：vx＝v0，vy＝t 偏转角θ：tan θ＝ 偏移距离y＝t2‎ 匀速圆周运动 轨道半径r＝ 周期T＝ 偏转角θ＝ωt＝t 偏移距离y＝r－ 射出边 界的速率 v＝＞v0‎ v＝v0‎ 运动时间 t＝ t＝T ‎2．带电粒子在组合场中运动的解题思路 ‎(1)按照带电粒子进入不同场的时间顺序分成几个不同的阶段；‎ ‎(2)分析带电粒子在各场中的受力情况和运动情况；‎ ‎(3)画出带电粒子的运动轨迹，注意运用几何知识，找出相应的几何关系与物理关系；‎ ‎(4)选择物理规律，列方程；‎ ‎(5)注意确定粒子在组合场交界位置处的速度大小与方向，该速度往往是联系两段运动的桥梁。‎ ‎[对点训练]‎ ‎4.如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B；第二象限有沿x轴正方向的大小可调的匀强电场，其电场强度E的取值范围为0＜E≤Emax，当电场强度的大小为Emax时，一带正电的粒子从x轴负半轴上的P点(－‎0.08 m,0)，以初速度v0＝3×‎104 m/s沿y轴正方向射入匀强电场，经过y轴上的Q点(0,‎0.12 m)后恰好垂直打到x轴正半轴上，带电粒子的比荷为＝×‎109 C/kg，不计带电粒子所受重力，只考虑带电粒子第一次进入磁场的情况，求：‎ ‎(1)匀强电场的电场强度的最大值Emax；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(3)若带电粒子每次均从M点(－‎0.08 m,‎0.12 m)，以相同初速度v0沿y轴正方向射出，改变电场强度的大小，求带电粒子经过x轴正半轴的位置范围。‎ 解析：(1)设带电粒子到达y轴所用时间为t，‎ 则有y0＝v0t，xP＝t2，‎ 解得Emax＝30 N/C。‎ ‎(2)设带电粒子经过y轴的速度大小为v，方向与y轴正方向的夹角为θ，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为R，则有tan θ＝t，Rsin θ＝y0，v＝ 又由牛顿第二定律得qvB＝m 联立解得B＝1×10－3 T。‎ ‎(3)设电场强度为E时，带电粒子经过y轴的速度大小为v′，方向与y轴的夹角为α，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，圆心到y轴的距离为d，‎ 则有d＝rcos α，v0＝v′cos α 又由qv′B＝m 联立解得d＝＝‎‎0.09 m 由于带电粒子做圆周运动的圆心到y轴的距离不变，故经过x轴正半轴的带电粒子的坐标值最小为x1＝d＝‎0.09 m；当电场强度的大小为Emax时，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径最大，圆心的y坐标最小，故此时经过x轴正半轴的带电粒子的坐标值最大，设带电粒子经过x轴正半轴的坐标值最大值为x2，则有qEmaxxM＝mv2－mv02，qvB＝m， ＝R 联立解得x2＝‎‎0.18 m 故经过x轴正半轴的带电粒子位置的x坐标取值范围为‎0.09 m≤x≤‎0.18 m。‎ 答案：(1)30 N/C　(2)1×10－3 T ‎(3)‎0.09 m≤x≤‎‎0.18 m ‎3．带电体在叠加场中运动的四类问题 ‎(1)带电体在匀强电场和重力场组成的叠加场中的运动，由于带电体受到的是恒力，所以带电体通常做匀变速运动，其处理的方法一般是采用牛顿运动定律结合运动学规律或动能定理进行处理。‎ ‎(2)带电体在匀强电场和匀强磁场组成的叠加场中的运动(不计重力)，若带电体受到的电场力和洛伦兹力平衡，则带电体一定做匀速直线运动，此时可由二力平衡求解；若带电体受到的电场力和洛伦兹力不平衡，则其运动轨迹一般比较复杂，此时采用动能定理进行求解较为简单。‎ ‎(3)带电体在匀强电场、匀强磁场和重力场组成的叠加场中的运动，若带电体做匀速圆周运动，则一定是重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，此时宜采用共点力平衡和圆周运动的相关知识进行求解；若带电体做匀速直线运动，则一定是重力、电场力和洛伦兹力的合力为零，此时宜采用共点力平衡进行求解。‎ ‎(4)带电体在重力场和匀强磁场组成的叠加场中的运动，由于其运动轨迹为一般的曲线，故一般采用动能定理进行处理。‎ ‎[对点训练]‎ ‎5．如图所示，平面OM和水平面ON之间的夹角为30°，两平面之间同时存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外；匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m，电荷量为q；带电小球沿竖直平面以大小为v0的初速度从平面OM上的某点沿左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动。已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切，且带电小球能从OM上另一点P射出磁场(P未画出)。‎ ‎(1)判断带电小球带何种电荷？所加电场的电场强度E为多大？‎ ‎(2)求出射点P到两平面交点O的距离s。‎ ‎(3)带电小球离开磁场后继续运动，能打在左侧竖直的光屏OO′上的T点，求T点到O点的距离s′。‎ 解析：(1)根据题意，带电小球受到的电场力与重力平衡，则带电小球带正电荷。‎ 由力的平衡条件得 qE＝mg 解得E＝。‎ ‎(2)带电小球在叠加场中，所受合力为洛伦兹力，做匀速圆周运动。根据牛顿第二定律有，qv0B＝m，‎ 即R＝ 根据题意，带电小球在匀强磁场中的运动轨迹如图所示，Q点为运动轨迹与ON相切的点，I点为入射点，P点为出射点。小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°，由几何关系可得，QP为圆轨道的直径，故＝2R OP的长度s＝ 联立以上各式得s＝。‎ ‎(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动，设其竖直位移为y，水平位移为x，运动时间为t。‎ 则x＝v0t＝cos 30°‎ 竖直位移y＝gt2‎ 联立各式得s′＝2R＋y＝＋。‎ 答案：(1)正电荷　　(2)　(3)＋ 第2课时　命题研究——电磁场计算题常考“5题型”‎ 在高考中，物理必答计算题共有两道，其中第二道计算题综合性较强，难度较大，用以考查考生的综合分析能力，甚至是应用数学规律处理物理问题的能力。分析近几年高考试题可以发现，电学计算题多数情况放在后边，作为压轴大题，在电场、磁场部分的计算题大体有以下五种常考题型。‎ 题型一　带电粒子(体)在电场力作用下的运动问题 ‎　　　真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。‎ ‎(1)求油滴运动到B点时的速度；‎ ‎(2)求增大后的电场强度的大小。为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。‎ ‎[解析]　(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，向上为正方向。油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故此时油滴所受的电场力方向向上。‎ 法一：(运用动力学知识求解)‎ 在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速直线运动，加速度方向向上。大小a1满足 qE2－mg＝ma1 ①‎ 油滴在时刻t1的速度为 v1＝v0＋a1t1 ②‎ 电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足 qE2＋mg＝ma2 ③‎ 油滴在时刻2t1的速度(即B点的速度)为 v2＝v1－a2t1 ④‎ 由式①～④得 v2＝v0－2gt1 ⑤‎ 法二：(运用动量定理求解)‎ 全过程用动量定理，所得关系式为 ‎－mg·2t1＝mv2－mv0‎ 解得v2＝v0－2gt1。‎ ‎(2)由题意，在t＝0时刻前有 qE1＝mg ⑥‎ 油滴从t＝0到t1时刻的位移为 s1＝v0t1＋a1t12 ⑦‎ 油滴在从时刻t1到时刻2t1的时间间隔内的位移为 s2＝v1t1－a2t12 ⑧‎ 由题给条件有(下式中h是B、A两点之间的距离)‎ v02＝‎2g(2h) ⑨‎ 若B点在A点之上，依题意有 s1＋s2＝h ⑩‎ 由式①②③⑥⑦⑧⑨⑩得 E2＝E1 ⑪‎ 为使E2＞E1，应有 ‎2－2＋2＞1 ⑫‎ 即0＜t1＜ ⑬‎ 或t1＞ ⑭‎ 若B点在A点之下，依题意有 s1＋s2＝－h ⑮‎ 由式①②③⑥⑦⑧⑨⑮得 E2＝E1 ⑯‎ 为使E2＞E1，应有 ‎2－2－2＞1 ⑰‎ 即t1＞ ⑱‎ 另一解为负，不符合题意，已舍去。‎ ‎[答案]　(1)v0－2gt1　(2)见解析 近年来，带电粒子(体)在电场和重力场中的运动问题成为高考电学计算题的热点，如2014年卷ⅠT25、2015年卷ⅡT24、2017年卷ⅠT25、2017年卷ⅡT25，有直线运动问题，也有曲线运动问题，作为压轴大题时，对运用数学工具解决物理问题的能力要求较高。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·上海崇明期末)如图所示，上下放置的两带电金属板，相距为‎3l，板间有竖直向下的匀强电场E。距上板l处有一带电荷量为＋q的小球B，在B上方有带电荷量为－6q的小球A，它们的质量均为m，用长度为l的绝缘轻杆相连。已知E＝。让两小球从静止释放，小球可以通过上板的小孔进入电场中(重力加速度为g)。求：‎ ‎(1)B球刚进入电场时的速度v1大小；‎ ‎(2)A球刚进入电场时的速度v2大小；‎ ‎(3)B球是否能碰到下金属板？如能，求刚碰到时的速度v3大小。如不能，请通过计算说明理由。‎ 解析：(1)B进入电场前，两小球不受电场力作用，只受重力作用，做自由落体运动。‎ v12＝2gl 解得v1＝。‎ ‎(2)A球进入小孔前，只有B球受电场力，‎ F＝qE＝mg，方向竖直向下，‎ 系统受力分析如图甲所示：‎ 由牛顿第二定律可得：‎ F＋2mg＝2ma1‎ a1＝ 系统做匀加速直线运动 v22－v12＝‎‎2a1l 代入数据得v2＝。‎ ‎(3)当A、B球全部进入电场后，系统受力如图乙所示：‎ ‎6qE－qE－2mg＝2ma3‎ a3＝ 设系统速度为零时没到达下金属板，小球停下来时通过的距离为H H＝ 代入数据得H＝＜‎2l，‎ 故B球不能到达下金属板。‎ 答案：(1)　(2)　(3)不能，理由见解析 题型二　导体棒在安培力作用下的平衡问题 ‎　　　(2015·全国卷Ⅰ)如图所示，一长为‎10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为 2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量为‎0.5 cm ‎；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了‎0.3 cm。重力加速度大小取‎10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。‎ ‎[解析]　依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。‎ 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl1＝‎0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2kΔl1＝mg ①‎ 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。‎ 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝ILB ②‎ 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝‎0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③‎ 由欧姆定律有 E＝IR ④‎ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝‎0.01 kg。 ⑤‎ ‎[答案]　安培力的方向竖直向下，金属棒的质量为‎0.01 kg 导体棒在安培力作用下的平衡问题作为计算题出现时，难度偏小，常作为第24题。该类问题可同时考查物体的平衡条件和电路知识，分析时要画出侧视图。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎2.如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L＝‎1.0 m的平行金属导轨。现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝‎0.4 kg、电阻R0＝2.0 Ω、长为‎1.0 m的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。导轨所接电源的电动势为E＝12 V，内阻r＝1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g＝‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。现要保持金属棒ab在导轨上静止，求：(1)金属棒所受安培力的取值范围；‎ ‎(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围。‎ 解析：(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，‎ 设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲。则有 FN＝F1sin θ＋mgcos θ F1cos θ＝mgsin θ＋fmax fmax＝μFN 代入数据可得F1＝8 N 当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示。则有 FN′＝F2sin θ＋mgcos θ F2cos θ＋fmax′＝mgsin θ fmax′＝μFN′‎ 代入数据可得F2＝ N 安培力的范围为 N≤F≤8 N。‎ ‎(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为 A≤I≤‎‎4 A 设电流为I1＝ A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有 E－I1r＝I1(R0＋R1)，‎ 代入数据可得R1＝30 Ω 设电流为I2＝‎4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有 E－I2r＝I2(R0＋R2)，‎ 代入数据可得R2＝0‎ 滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω。‎ 答案：(1) N≤F≤8 N　(2)0≤R≤30 Ω 题型三　带电粒子在磁场中的多个圆周运动问题 ‎　　如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。折线的顶角∠A＝90°，P、Q是折线上的两点，AP＝AQ＝L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力。‎ ‎(1)若P、Q之间外加一个与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿直线PQ运动到Q点，则电场强度应为多大？‎ ‎(2)撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应该满足什么条件？‎ ‎(3)求(2)中微粒从P点到Q点所用的时间。‎ ‎[审题指导]‎ 求什么 想什么 ‎(1)由共点力的平衡即可求解电场强度大小 缺什么 找什么 ‎(2)找出微粒在运动过程中经过AP和AQ时的弦长，画出轨迹，结合几何关系找出半径R，再由qvB＝m即可求出微粒满足的速度大小 ‎(3)由于微粒在AP边和AQ边上的圆周运动的次数不同，所以要分情况进行讨论，分别找出不同情况下轨迹的圆心角，然后结合周期公式即可求解 ‎[解析]　(1)由电场力与洛伦兹力平衡可得qE＝qv0B，解得E＝v0B。‎ ‎(2)根据运动的对称性，微粒能从P点运动到Q点，应满足L＝nx(n为整数)，其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，偏转圆弧对应的圆心角为或。设圆弧的半径为R，则有x＝R，解得R＝，又因为qvB＝m，由以上各式可解得v＝，n＝1、2、3、…。‎ ‎(3)如图所示，当n取奇数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n·＋n·＝2nπ，故其运动时间t1＝·＝，n＝1、3、5、…；当n取偶数时，微粒从P到Q的过程中圆心角的总和为θ1＝n·＋n·＝nπ，故其运动时间为t2＝·＝，n＝2、4、6、…。‎ ‎[答案]　(1)v0B　(2)v＝，n＝1、2、3、…‎ ‎(3)，n＝1、3、5、…或，n＝2、4、6、…‎ ‎(1)在某一区域内有两个或两个以上的有界磁场，带电粒子先后经过这些磁场，做不同的圆周运动，形成多个圆周运动相互衔接的多过程现象。‎ ‎(2)各圆周运动的子过程的圆心、半径不同，可能的“临界点”也可能不同，要注意分别画图研究。‎ ‎(3)在各圆周运动的衔接处，速度具有连续性，即粒子进出前后磁场的速度的大小和方向均不变，但向心力的大小和方向会发生突变，使得两个圆周运动在衔接处相内切或外切，即两圆心的连线与两圆公切线垂直。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距为‎6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电荷量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。‎ ‎(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；‎ ‎(2)若2F0＝0.025 N 所以在t＝0时刻导体棒静止不动，加速度为零，在0～3 s内磁感应强度B都小于B0，导体棒所受的安培力都小于最大静摩擦力，故前3 s内导体棒静止不动，电流恒为I＝‎‎0.25 A 在0～3 s内，磁感应强度为B＝B0－kt＝0.2－0.1t(T)‎ 因导体棒静止不动，ab棒在水平方向受安培力和摩擦力，二力平衡，则有：Ff＝BIL＝(B0－kt)IL＝(0.2－0.1t)×0.25×0.5＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)。‎ ‎(3)3～4 s内磁感应强度大小恒为B2＝0.1 T，ab棒做匀变速直线运动，Δt1＝4 s－3 s＝1 s 设t＝4 s时导体棒的速度为v，第4 s内的位移为x，则：‎ v＝v0－aΔt1＝‎4 m/s，x＝Δt1＝‎‎6 m 在这段时间内的平均感应电动势为E＝ 通过电阻的电荷量为q＝IΔt1＝Δt1＝＝‎1.5 C。‎ ‎[答案]　(1)0.025 N　(2)前3 s内导体棒静止 Ff＝0.012 5(2－t)(N)(t<3 s)　(3)‎‎1.5 C ‎　 对于由磁感应强度B随时间t变化产生感生电动势的问题，其电源为垂直于磁场的电路的所有区域，而导体棒切割产生动生电动势的问题，其电源部分为切割磁感线的导体棒部分。　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0＝。设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。‎ ‎(1)在t＝0到t＝T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0。‎ ‎(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t＝T0到t＝1.5T0这段时间内：‎ ‎①细管内涡旋电场的场强大小E；‎ ‎②电场力对小球做的功W。‎ 解析：(1)0～T0过程，小球做圆周运动不受细管侧壁的作用力，则洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝ 解得v0＝。‎ ‎(2)①T0～1.5T0过程，读取图像信息知＝ 细管内一周的感应电动势为E感＝πr2 细管内的场强为E＝ T0＝ 联立解得E＝。‎ ‎②读取图像信息知，该过程时间为Δt＝0.5T0‎ 由牛顿第二定律得，小球沿切线方向的加速度大小为 a＝ 小球运动的末速度大小v＝v0＋aΔt 联立解得v＝v0＝ 由动能定理，电场力做功为W＝mv2－mv02‎ 解得W＝mv02＝。‎ 答案：(1)　(2)①　② 题型二　单杆切割类问题 ‎　　　(2018·濮阳一模)如图所示，光滑的水平平行金属导轨间距为L，导轨电阻忽略不计。空间存在垂直于导轨平面竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。轻质导体棒ab垂直导轨放置，导体棒ab的电阻为r，与导轨之间接触良好。两导轨之间接有定值电阻，其阻值为R，轻质导体棒中间系一轻细线，细线通过定滑轮悬挂质量为m 的物体，现从静止释放该物体，当物体速度达到最大时，下落的高度为h。在本问题情景中，物体下落过程中不着地，导轨足够长，忽略空气阻力和一切摩擦阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)物体下落过程的最大速度vm；‎ ‎(2)物体从静止开始下落至速度达到最大的过程中，电阻R上产生的电热Q；‎ ‎(3)物体从静止开始下落至速度达到最大时，所需的时间t。‎ ‎[解析]　(1)在物体加速下落过程中，加速度逐渐减小，当加速度为0时，下落速度达到最大。‎ 对物体，由平衡条件可得mg＝F安 对导体棒F安＝BIL 对导体棒与导轨、电阻R组成的回路，根据闭合电路欧姆定律得I＝ 根据法拉第电磁感应定律得E＝BLvm 联立解得vm＝。‎ ‎(2)在物体下落过程中，物体重力势能减少，动能增加，系统电热增加，根据能量守恒定律可得 mgh＝mvm2＋Q总 在此过程中任一时刻通过R和r两部分电阻的电流相等，则电功率之比正比于电阻之比，故整个过程中回路中的R与r两部分电阻产生的电热正比于电阻，所以＝ 联立解得Q＝－。‎ ‎(3)在系统加速过程中，任一时刻速度设为v，取一段时间微元Δt，‎ 轻质导体棒质量不计，由牛顿第二定律可得 FT－＝0‎ 对物体下落过程应用动量定理可得 ‎(mg－FT)Δt＝mΔv 整理可得mgΔt－Δt＝mΔv 即mgΔt－Δx＝mΔv 全过程叠加求和mgt－h＝mvm 联立解得t＝＋。‎ ‎[答案]　(1)　(2)－ (3)＋ ‎(1)单杆切割磁感线产生动生电动势，相当于回路中的电源。‎ ‎(2)导体杆运动时克服安培力所做的功转化为回路中的焦耳热，注意电阻R上的电热与总焦耳热的大小关系。‎ ‎(3)单杆做非匀变速直线运动的问题求运动时间时，要考虑应用动量定理解决。　　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎2．(2018·山师大附中一模)如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝37°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝1 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L＝‎2 m，重力加速度g取‎10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。求：‎ ‎(1)杆ab下滑过程中感应电流的方向及R＝0时最大感应电动势E的大小；‎ ‎(2)金属杆的质量m和阻值r；‎ ‎(3)当R＝1 Ω时，求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W。‎ 解析：(1)根据右手定则，杆中电流方向从b→a(或aMPba)，‎ 由题图乙可知，当R＝0时，杆最终以v′＝‎2 m/s匀速运动，产生电动势E＝BLv′，E＝4 V。‎ ‎(2)设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，‎ 由闭合电路的欧姆定律：I＝，‎ 杆达到最大速度时满足mgsin θ－BIL＝0，‎ 解得v＝R＋r。‎ 由题图乙可知：斜率为k＝ m/(s·Ω)＝‎1 m/(s·Ω)，‎ 纵截距为v0＝‎2 m/s，‎ 得到：r＝v0，＝k 解得：m＝ kg，r＝2 Ω。‎ ‎(3)由题意：E＝BLv，P＝得P＝，‎ ΔP＝－ 由动能定理得W＝mv22－mv12，‎ W＝ΔP，W＝0.25 J。‎ 答案：(1)方向从b→a(或aMPba)　4 V ‎(2) kg　2 Ω　(3)0.25 J 题型三　双杆切割类问题 ‎　　　如图所示，足够长的水平轨道左侧b1b2～c‎1c2部分轨道间距为‎2L，右侧c‎1c2～d1d2部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于b1b2，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成θ＝37°的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝0.1 T。质量为M＝‎0.2 kg的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为m＝‎0.1 kg的金属棒A自曲线轨道上a‎1a2处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为R＝0.2 Ω，h＝‎0.2 m，L＝‎0.2 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)金属棒A滑到b1b2处时的速度大小；‎ ‎(2)金属棒B匀速运动的速度大小；‎ ‎(3)在两棒整个的运动过程中通过金属棒A某截面的电荷量；‎ ‎(4)在两棒整个的运动过程中金属棒A、B在水平导轨间扫过的面积之差。‎ ‎[审题指导]‎ ‎(1)磁生电体系 金属棒A进入磁场切割磁感线产生动生电动势，金属棒B在安培力作用下向右运动，也切割磁感线产生动生电动势。‎ ‎(2)全电路体系 金属棒A、B 均切割磁感线产生动生电动势，二者在回路中方向相反，当两电动势大小相等时，回路中电流为零。‎ ‎(3)力学体系 ‎①金属棒A进入磁场之前，只有重力做功，机械能守恒。‎ ‎②金属棒A进入磁场后，因A的等效长度是B的2倍，电流大小相等，所以A所受的安培力始终为B的2倍，由动量定理可知，A动量的减少量等于B动量增加量的2倍。‎ ‎[解析]　(1)A棒在曲轨道上下滑，由机械能守恒定律得：‎ mgh＝mv02‎ 解得v0＝‎2 m/s。‎ ‎(2)选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理可得：‎ 对B：FB安cos θ·t＝MvB 对A：－FA安cos θ·t＝mvA－mv0‎ 其中FA安＝2FB安 由上知：mv0－mvA＝2MvB 两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有2BLvA－BLvB＝0‎ 解得vB＝2vA 联立解得vB＝ m/s≈‎0.44 m/s。‎ ‎(3)在B加速过程中：∑(Bcos θ)iLΔt＝MvB－0‎ q＝∑it 解得q＝ C≈‎5.56 C。‎ ‎(4)据法拉第电磁感应定律有：E＝ 其中磁通量变化量：ΔΦ＝BΔScos θ 电路中的电流：I＝ 通过截面的电荷量：q＝It 解得ΔS＝ m2≈‎27.8 m2‎。‎ ‎[答案]　(1)‎2 m/s　(2)‎0.44 m/s　(3)‎5.56 C (4)‎‎27.8 m2‎ ‎　 ‎(1)对于双杆问题中，要注意分析双杆的运动过程， 仅在安培力作用下，两杆匀速运动时，两杆的动生电动势大小相等，速度不一定相等。‎ ‎(2)应用动量定理求电磁感应中的电荷量时要注意微元思想的应用：‎ ‎∑BlIi·Δti＝Bl(I1·Δt1＋I2·Δt2＋…＋In·Δtn)＝Blq＝m·Δv。‎ 其中q为Δt时间内通过导体棒的电荷量。　　　‎ ‎[对点训练]‎ ‎3.如图所示，长度均为l、电阻均为R的两导体杆ab、cd，通过两条足够长的不可伸缩的轻质柔软导线连接起来(导线电阻不计)，形成闭合回路，并分别跨过两个间距为l的定滑轮(图中未画出)，使ab水平置于倾角为θ的足够长绝缘斜面上，cd水平悬挂于竖直平面内。斜面上的空间内存在垂直斜面向上的磁感应强度为B的匀强磁场，cd杆初始位置以下的空间存在水平向左的磁感应强度也为B的匀强磁场。ab、cd杆质量均为m，ab杆与斜面间的动摩擦因数为μ，不计滑轮的一切阻力。‎ ‎(1)若由静止释放，cd将向下运动，并带动ab沿斜面向上运动，当它们速率为v时，回路中的电流大小是多少？‎ ‎(2)若由静止释放，当cd下落h高度时，恰好达到最大速度vm，这一过程回路电流产生的电热为多少？‎ ‎(3)t0＝0时刻开始计时，若要cd带动ab从静止开始沿斜面向上做匀加速直线运动，加速度为a(a