PAGEPAGE34計算題的解題方法與技巧命題猜想【考向解讀】計算題命題立意分類eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(單個物體小球、物,塊、木板、星球、衛星等)―→各類運動問題,\a\vs4\al(多個物體物塊、木板、小,球、彈簧傳送帶等)―→功能關系能量守恒問題,\a\vs4\al(帶電粒子、,帶電小球等)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(帶電粒子在弧立電場、磁場中的運動,帶電粒子在復合場中的運動)),導體棒、各種形態的線框―→電磁感應問題))【命題熱點突破一】各類運動問題(1)各類運動問題主要包括：靜止、勻速直線運動、勻變速直線運動、勻速圓周運動這四種運動．(2)破解運動學問題關鍵是抓住運動的條件，即受力分析而后利用牛頓其次定律探討物體的運動．(3)該類問題主要包括，單個物體的多個運動過程問題，多個物體的追及相遇問題，板塊問題，傳送帶問題，天體的運動等問題．例1、（2024年全國Ⅰ卷）一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空，當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量，求（1）煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；（2）爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度【答案】（1）；（2）【解析】本題主要考查機械能、勻變速直線運動規律、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關的學問點，意在考查考生敏捷運用相關學問解決實際問題的的實力。（1）設煙花彈上升的初速度為，由題給條件有①設煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時間為，由運動學公式有②聯立①②式得③由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為，由機械能守恒定律有⑦聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為⑧【變式探究】【2024·新課標Ⅱ卷】為提高冰球運動員的加速實力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s1<s0）處分別設置一個擋板和一面小旗，如圖所示。訓練時，讓運動員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時，運動員垂直于起跑線從靜止動身滑向小旗。訓練要求當冰球到達擋板時，運動員至少到達小旗處。假定運動員在滑行過程中做勻加速運動，冰球到達擋板時的速度為v1。重力加速度大小為g。求（1）冰球與冰面之間的動摩擦因數；（2）滿意訓練要求的運動員的最小加速度。【答案】（1）（2）（2）設冰球運動的時間為t，則④又⑤由③④⑤得⑥【變式探究】避險車道是避開惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物起先在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4m時，車頭距制動坡床頂端38m，再過一段時間，貨車停止．已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍．貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度．圖1-【答案】(1)5m/s2，方向沿制動坡床向下(2)(2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v＝23m/s.貨物在車廂內起先滑動到車頭距制動坡床頂端s0＝38m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s2.貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長度l0＝12m，制動坡床的長度為lMgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯立并代入數據得l＝98m【變式探究】如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進，車上機槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m．在車正前方直立一塊高為兩米的長方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶距離為L時，機槍手正對靶射出第一發子彈，子彈相對于槍口的初速度為v＝800m/s.在子彈射出的同時，裝甲車起先勻減速運動，行進s＝90m后停下．裝甲車停下后，機槍手以相同的方式射出其次發子彈．(不計空氣阻力，子彈看成質點，重力加速度g＝10m/s2)(3)這個題目在理解上有困難，即“靶上只有一個彈孔”，假如兩發子彈打在同一個孔，這個距離是個定值，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L,820))2，y2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L－90,800))2，即y1＝y2，L＝3690m，這個距離對應的下落時間t＝eq\f(L,820)＝4.5s>eq\r(\f(2y,g))＝0.6s，不符合題意．若有一發子彈落地，另一發打在靶上，才能滿意題目中的靶上只有一個彈孔，L才有所謂的“范圍”，由于落地的極限時間相同t＝eq\r(\f(2y,g))＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s，所以出射速度越大，水平射程越長，當其次發子彈恰好打在靶的下邊緣時，第一發已落地，其次發子彈打到靶的下沿時，裝甲車離靶的距離為L2＝vt＋s，解得L2＝570m．若第一發子彈打到靶的下邊緣時，裝甲車離靶的距離為L1＝v′0t，而h＝eq\f(1,2)gt2，解得L1＝492m；若靶上只有一個彈孔，則L的范圍為492m<L≤570m【答案】(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.45m(3)492m<L≤570m【變式探究】萬有引力定律揭示了天體運動規律與地上物體運動規律具有內在的一樣性．(1)用彈簧秤稱量一個相對于地球靜止的小物體的重量，隨稱量位置的改變可能會有不同的結果．已知地球質量為M，自轉周期為T，萬有引力常量為G.將地球視為半徑為R、質量勻稱分布的球體，不考慮空氣的影響．設在地球北極地面稱量時，彈簧秤的讀數是F0.a．若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧秤讀數為F1，求比值eq\f(F1,F0)的表達式，并就h＝1.0%R的情形算出詳細數值(計算結果保留兩位有效數字)；b．若在赤道地面稱量，彈簧秤讀數為F2，求比值eq\f(F2,F0)的表達式．(2)設想地球繞太陽公轉的圓周軌道半徑為r、太陽的半徑為Rs和地球的半徑R三者均減小為現在的1.0%，而太陽和地球的密度勻稱且不變．僅考慮太陽和地球之間的相互作用，以現實地球的1年為標準，計算“設想地球”的一年將變為多長？(2)地球繞太陽做勻速圓周運動，受到太陽的萬有引力，設太陽質量為MS，地球質量為M，地球公轉周期為Tg，有eq\f(GMSM,r2)＝Mreq\f(4π2,T\o\al(2,g))得Tg＝eq\r(\f(4π2r3,GMs))＝eq\r(\f(3πr3,GρR3))其中ρ為太陽的密度，由上式可知，地球的公轉周期僅與太陽的密度、地球公轉半徑與太陽的半徑之比有關，因此“設想地球”的1年與現實地球的1年時間相等．【答案】(1)a.eq\f(F1,F0)＝eq\f(R2,R＋h2)＝0.98b.eq\f(F2,F0)＝1－eq\f(4π2R3,T2GM)(2)不變【命題熱點突破二】功能關系能量守恒問題(1)該類問題主要包括，單個物體參加的多個曲線運動、連接體問題、含彈簧的問題等．(2)破解這類問題關鍵明確哪些力做功衡量哪些能量的改變，有幾種能量每種能量的增加和削減．例2、（2024年江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細線的一端系有質量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B．質量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動．忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質量之比M:m；（3）小球向下運動到最低點時，物塊M所受的拉力大小T．【答案】（1）（2）（3）（）【解析】（1）設小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球運動到與A、B相同高度過程中小球上上升度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l機械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）依據機械能守恒定律，小球回到起始點．設此時AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T牛頓運動定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛頓運動定律T′–mgcos53°=ma解得（）【變式探究】【2024·新課標Ⅲ卷】如圖，一質量為m，長度為l的勻稱松軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為A． B． C． D．【答案】A【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，PM段繩的機械能不變，MQ段繩的機械能的增加量為，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功，故選A。【變式探究】輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ＝0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量的取值范圍．圖1-【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m若P能沿圓軌道運動到D點，其到達D點時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應滿意eq\f(mv2,l)－mg≥0④設P滑到D點時的速度為vD，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿意④式要求，故P能運動到D點，并從D點以速度vD水平射出．設P落回到軌道AB所需的時間為t，由運動學公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點之間的距離為s＝vDt⑧聯立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達B點時的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上上升度不能超過半圓軌道的中點C.由機械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl?聯立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?【變式探究】一轉動裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環通過鉸鏈連接，輕桿長均為l，球和環的質量均為m，O端固定在豎直的輕質轉軸上，套在轉軸上的輕質彈簧連接在O與小環之間，原長為L，裝置靜止時，彈簧長為eq\f(3,2)L，轉動該裝置并緩慢增大轉速，小環緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內，忽視一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)彈簧的勁度系數k；(2)AB桿中彈力為零時，裝置轉動的角速度ω0；(3)彈簧長度從eq\f(3,2)L緩慢縮短為eq\f(1,2)L的過程中，外界對轉動裝置所做的功W.(2)設OA，AB桿中的彈力分別為F2，T2，OA桿與轉軸的夾角為θ2小環受到彈簧的彈力：F彈2＝k(x－L)小環受力平衡：F彈2＝mg，得x＝eq\f(5,4)L對小球：F2cosθ2＝mgF2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2且cosθ2＝eq\f(x,2l)解得ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)彈簧長度為L/2時，設OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3小環受到彈簧的彈力：F彈3＝keq\f(L,2)小環受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F彈3且cosθ3＝eq\f(L,4l)對小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mgF3sinθ3＋T3sinθ3＝mωeq\o\al(2,3)lsinθ3解得ω3＝eq\r(\f(16g,L))整個過程彈簧彈性勢能改變為零，則彈力做的功為零，由動能定理：W－mg(eq\f(3L,2)－eq\f(L,2))－2mg(eq\f(3L,4)－eq\f(L,4))＝2×eq\f(1,2)m(ω3lsinθ3)2解得W＝mgL＋eq\f(16mgl2,L)【答案】(1)4mg/L(2)ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)mgL＋eq\f(16mgl2,L)【變式探究】如圖為某游樂場內水上滑梯軌道示意圖，整個軌道在同一豎直平面內，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點水平相切．點A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質量為m的游客(視為質點)可從軌道AB的隨意位置滑下，不計空氣阻力．(1)若游客從A點由靜止起先滑下，到B點時沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點，OD＝2R，求游客滑到B點時的速度vB大小及運動過程軌道摩擦力對其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點，又因受到微小擾動，接著沿圓弧軌道滑到P點后滑離軌道，求P點離水面的高度h.(提示：在圓周運動過程中任一點，質點所受的向心力與其速率的關系為F向＝meq\f(v2,r))【解析】(1)游客從B點做平拋運動，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式，得vB＝eq\r(2gR)③從A到B，依據動能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式，得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤【答案】(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R【命題熱點突破三】帶電粒子在孤立場中運動的問題(1)該類試題包括帶電粒子在勻強電場中的運動、帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動．(2)帶電粒子在勻強電場中的運動為勻變速運動，可以采納運動的合成分解法，也可以采納功能關系；帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動，一般須要畫出軌跡結合幾何關系求解．例3、（2024年全國Ⅰ卷）如圖，在y>0的區域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E，在y<0的區域存在方向垂直于xOy平面對外的勻強磁場。一個氕核11H和一個氘核21H先后從y軸上y=h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場。11H的質量為m，電荷量為q不計重力。求（1）11H第一次進入磁場的位置到原點O的距離（2）磁場的磁感應強度大小（3）12H第一次離開磁場的位置到原點O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【解析】本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動、在勻強磁場中的勻速圓周運動及其相關的學問點，意在考查考生敏捷運用相關學問解決問題的的實力。（1）在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示。設在電場中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場中的運動時間為，第一次進入磁場的位置到原點Ｏ的距離為。由運動學公式有①②由題給條件，進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y重量的大小為③聯立以上各式得④（2）在電場中運動時，由牛頓其次定律有⑤設進入磁場時速度的大小為，由速度合成法則有⑥設磁感應強度大小為B，在磁場中運動的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有⑦由幾何關系得⑧聯立以上各式得⑨（3）設在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場中的加速度大小為，由題給條件得⑩由牛頓其次定律有?設第一次射入磁場時的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點到原點的距離為，在電場中運動的時間為。由運動學公式有????聯立以上各式得，，?設在磁場中做圓周運動的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得?所以出射點在原點左側。設進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為，由幾何關系有?聯立④⑧???式得，第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為?【變式探究】【2024·新課標Ⅲ卷】如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場。在x≥0區域，磁感應強度的大小為B0；x<0區域，磁感應強度的大小為λB0（常數λ>1）。一質量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時起先計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求（不計重力）（1）粒子運動的時間；（2）粒子與O點間的距離。【答案】（1）（2）聯立①②③④式得，所求時間為⑤（2）由幾何關系及①②式得，所求距離為⑥【變式探究】如圖1-所示，圖面內有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區域．區域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、傾角α＝eq\f(π,4)的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l.零時刻，質量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0＝eq\r(gl)、方向與水平面夾角θ＝eq\f(π,3)的速度，在區域Ⅰ內做半徑r＝eq\f(3l,π)的勻速圓周運動，經C點水平進入區域Ⅱ.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質點，不計空氣阻力及小球P所帶電荷量對空間電磁場的影響．l已知，g為重力加速度．(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β為常數)相遇于斜面某處，求此狀況下區域Ⅱ的勻強電場的場強E，并探討場強E的極大值和微小值及相應的方向．圖1-【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)極大值為eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上；微小值為0小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maAeq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2聯立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)).【變式探究】如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環形區域(Ⅰ區)和小圓內部(Ⅱ區)均存在垂直圓面對里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質量為m，電量為＋q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由點H緊靠大圓內側射入磁場．不計粒子的重力．(1)求極板間電場強度的大小；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區磁感應強度的大小；(3)若Ⅰ區，Ⅱ區磁感應強度的大小分別為2mv/qD,4mv/qD，粒子運動一段時間后再次經過H點，求這段時間粒子運動的路程．【解析】(1)粒子在電場中，依據動能定理Eq·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得E＝eq\f(mv2,qd)(3)若Ⅰ區域的磁感應強度為B1＝eq\f(2mv,qD)，則粒子運動的半徑為R1＝eq\f(mv,qB1)＝eq\f(D,2)；Ⅱ區域的磁感應強度為B2＝eq\f(4mv,qD)，則粒子運動的半徑為R2＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(D,4)設粒子在Ⅰ區和Ⅱ區做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運動公式可得T1＝eq\f(2πR1,v1)，T2＝eq\f(2πR2,v2)據題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內，運動軌跡如圖所示，依據對稱性可知，Ⅰ區兩段圓弧所對的圓心角相同，設為θ1，Ⅱ區內圓弧所對圓心角為θ2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設為α，由幾何關系可得θ1＝120°，θ2＝180°，α＝60°粒子重復上述交替運動回到H點，軌跡如圖所示，設粒子在Ⅰ區和Ⅱ區做圓周運動的時間分別為t1、t2，可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2設粒子運動的路程為s，由運動公式可知：s＝v(t1＋t2)聯立上述各式，可得s＝5.5πD【答案】(1)eq\f(mv2,qd)(2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD)(3)5.5πD【變式探究】如圖所示，離子發生器放射一束質量為m，電荷量為＋q的離子，從靜止經PQ兩板間的加速電壓加速后，以初速度v0再從a點沿ab方向進入一勻強電場區域，abcd所圍成的正方形區域是該勻強電場的邊界，已知正方形的邊長為L，勻強電場的方向與ad邊平行且由a指向d.(1)求加速電壓U0；(2)若離子恰從c點飛離電場，求ac兩點間的電勢差Uac；(3)若離子從abcd邊界上某點飛出時的動能為mveq\o\al(2,0)，求此時勻強電場的場強大小E.(3)依據Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，離子射出電場時的速度v＝eq\r(2)v0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vx＝vy，依據x＝vxt，y＝eq\f(vy,2)t，可得x＝2y，則離子應當從bc邊上的某點飛出．ab方向，有L＝v0tad方向，有y＝eq\f(v0,2)t解得y＝eq\f(L,2)，依據動能定理，有Eqy＝mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(2mv\o\al(2,0),q)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【思路點撥】(1)對直線加速過程運用動能定理列式求解即可；(2)粒子做類平拋運動，依據類平拋運動的分位移公式列式求解即可；(3)粒子做類平拋運動，依據類平拋運動的分速度公式和分位移公式列式，再結合動能定理列式，最終聯立求解即可．本題關鍵是明確粒子的運動是類平拋運動，然后依據類平拋運動的分運動公式列式求解，不難．【命題熱點突破四】帶電粒子在復合場中運動的問題(1)帶電粒子在復合場中的運動包括兩類問題，一是粒子依次進入不同的有界場區，二是粒子進入復合場區．(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提，帶電粒子在復合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態的速度，因此應把帶電粒子的運動狀況和受力狀況結合起來進行分析，當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動．(3)帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫茲力供應向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內做勻速圓周運動．(4)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續通過幾個狀況不同的復合場區，因此粒子的運動狀況也發生相應的改變，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成．(5)帶電粒子在復合場中的臨界問題，這時應以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，依據臨界條件列出協助方程，再與其他方程聯立求解．例4、（2024年全國II卷）一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xoy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從M點射入時速度的大小；（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。【答案】（1）軌跡圖如圖所示：（2）（3）;（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的重量為v1，依據牛頓其次定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1=at②③④粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得⑤由幾何關系得⑥聯立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由運動學公式和題給數據得⑧聯立①②③⑦⑧式得⑨設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則⑩式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，?由③⑦⑨⑩?式得?【變式探究】【2024·新課標Ⅱ卷】如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區域存在方向水平向右的勻強電場。自該區域上方的A點將質量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場的方向射出。小球在重力作用下進入電場區域，并從該區域的下邊界離開。已知N離開電場時的速度方向豎直向下；M在電場中做直線運動，剛離開電場時的動能為N剛離開電場時動能的1.5倍。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場中沿水平方向的位移之比；（2）A點距電場上邊界的高度；（3）該電場的電場強度大小。【答案】（1）3:1（2）（3）【解析】（1）設帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進入電場時的水平速度仍為v0；M、N在電場中的運動時間t相等，電場力作用下產生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運動公式可得：v0–at=0①②③聯立①②③解得：④（3）設電場強度為E，小球M進入電場后做直線運動，則，⑨設M、N離開電場時的動能分別為Ek1、Ek2，由動能定理：⑩?由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：【變式探究】如圖所示，圖面內有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區域．區域Ⅰ有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場B(圖中未畫出)；區域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、傾角α＝eq\f(π,4)的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在DD′上，距地面高H＝3l.零時刻，質量為m、帶電荷量為q的小球P在K點具有大小v0＝eq\r(gl)、方向與水平面夾角θ＝eq\f(π,3)的速度，在區域Ⅰ內做半徑r＝eq\f(3l,π)的勻速圓周運動，經C點水平進入區域Ⅱ.某時刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的小球P相遇．小球視為質點，不計空氣阻力及小球P所帶電量對空間電磁場的影響．l已知，g為重力加速度．(1)求勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時刻tA；(3)若小球A、P在時刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β為常數)相遇于斜面某處，求此狀況下區域Ⅱ的勻強電場的場強E，并探討場強E的極大值和微小值及相應的方向．小球A釋放后沿斜面運動加速度為aA，與小球P在時刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maA ⑤eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2 ⑥聯立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)) ⑦(3)設所求電場方向向下，在tA′時刻釋放小球A，小球P在區域Ⅱ運動加速度為aP，有s＝v0(t－tC)＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2cosα ⑧mg＋qE＝maP ⑨H－h＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2sinα＝eq\f(1,2)aP(t－tC)2 ⑩聯立相關方程解得E＝eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2) ?對小球P的全部運動情形探討可得3≤β≤5 ?由此可得場強微小值Emin＝0，場強極大值Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上．【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)；Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上；Emin＝0【變式探究】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側同時存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，電場強度大小為E，磁場方向垂直紙面對外，磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點由靜止起先沿MN下滑，到達C點時離開MN做曲線運動．A、C兩點間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運動到C點時的速度大小vc；(2)求小滑塊從A點運動到C點過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運動過程中速度最大的位置，當小滑塊運動到D點時撤去磁場，此后小滑塊接著運動到水平地面上的P點．已知小滑塊在D點時的速度大小為vD，從D點運動到P點的時間為t，求小滑塊運動到P點時速度的大小vP.【解析】(1)由題意知，依據左手定則可推斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時滑塊離開MN起先做曲線運動，即BqvC＝qE解得vC＝E/B(2)從A到C依據動能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)【答案】(1)E/B(2)Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)(3)vP＝eq\r(\f(mg2＋qE2,m2)t2＋v\o\al(2,D))【變式探究】現代科學儀器常利用電場、磁場限制帶電粒子的運動．在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強電場和勻強磁場，電場和磁場的寬度均為d.電場強度為E，方向水平向右；磁感應強度為B，方向垂直紙面對里．電場、磁場的邊界相互平行且與電場方向垂直，一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場左側邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場、磁場中運動，不計粒子重力及運動時的電磁輻射．(1)求粒子在第2層磁場中運動時速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場右側邊界穿出時，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，試問在其他條件不變的狀況下，也進入第n層磁場，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場右側邊界，請簡要推理說明之．(2)設粒子在第n層磁場中運動的速度為vn，軌跡半徑為rn(下標表示粒子所在層數)，nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)由此可看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn為一等差數列，公差為d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d當n＝1時，由下圖可看出r1sinθ1＝d聯立可解得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)若粒子恰好不能從第n層磁場右側邊界穿出，則θn＝eq\f(π,2)，sinθn＝1由sinθ＝Beq\r(\f(nqd,2mE))知：在其他條件不變的狀況下，粒子的比荷越大，粒子穿出時速度方向與水平方向的夾角θn越大，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場右側邊界．【命題熱點突破五】電磁感應問題(1)通電導體在磁場中將受到安培力的作用，電磁感應問題往往與力學問題聯系在一起，解決問題的基本思路．①用法拉第電磁感應定律及楞次定律求感應電動勢的大小及方向．②求電路中的電流．③分析導體的受力狀況．④依據平衡條件或者牛頓其次定律列方程．(2)抓住能的轉化與守恒分析問題：①抓住能量轉化．電磁感應現象中出現的電能，肯定是由其他形式的能轉化而來，詳細問題中會涉及多種形式的能之間的轉化，機械能和電能的相互轉化、內能和電能的相互轉化．②利用功能關系．明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參加了相互轉化：摩擦力在相對位移上做功，必定有內能出現；重力做功，必定有重力勢能參加轉化；安培力做負功就會有其他形式能轉化為電能，安培力做正功必有電能轉化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．例5、（2024年江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d．導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向與導軌平面垂直．質量為m的金屬棒被固定在導軌上，距底端的距離為s，導軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g．求下滑究竟端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）勻加速直線運動v2=2as解得（2）安培力F安=IdB金屬棒所受合力牛頓運動定律F=ma解得（3）運動時間電荷量Q=It解得【變式探究】【2024·天津卷】電磁軌道炮利用電流和磁場的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動勢為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內的光滑平行金屬導軌間距為l，電阻不計。炮彈可視為一質量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導軌間處于靜止狀態，并與導軌良好接觸。首先開關S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導軌間存在垂直于導軌平面、磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出），MN起先向右加速運動。當MN上的感應電動勢與電容器兩極板間的電壓相等時，回路中電流為零，MN達到最大速度，之后離開導軌。問：（1）磁場的方向；（2）MN剛起先運動時加速度a的大小；（3）MN離開導軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。【答案】（1）磁場的方向垂直于導軌平面對下（2）（3）（3）電容器放電前所帶的電荷量開關S接2后，MN起先向右加速運動，速度達到最大值vm時，MN上的感應電動勢：最終電容器所帶電荷量設在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量【變式探究】小明設計的電磁健身器的簡扮裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導軌相距l＝0.50m，傾角θ＝53°，導軌上端串接一個R＝0.05Ω的電阻．在導軌間長d＝0.56m的區域內，存在方向垂直導軌平面對下的勻強磁場，