高考物理物理二轮专项专题上清北高三物理二轮复习---17大专题精讲--清北班高考物理二轮培优讲义(184页完整版)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》

1 
第1 讲    
传送带与板块模型的动力学 .......................................................................................................... 2 
第2 讲    
传送带、板块和弹簧系统的功能关系 .......................................................................................... 9 
第3 讲    
机械能守恒总结提升 .................................................................................................................... 17 
第4 讲    
碰撞与反冲模型总结提升 ............................................................................................................ 22 
第5 讲    
机械能和动量综合问题 ................................................................................................................ 29 
第6 讲    
带电粒子在电场中的运动 ............................................................................................................ 36 
第7 讲    
带电粒子在有界磁场中的运动 .................................................................................................... 45 
第8 讲    带电粒子在电磁组合场中的运动 ................................................................................................ 52 
第9 讲    带电粒子在复合场中的运动 ........................................................................................................ 60 
第10 讲    
电磁感应综合问题分析方法 ..................................................................................................... 66 
第11 讲    
电磁感应中的动量和能量方法 ................................................................................................. 73 
第12 讲    
多过程综合题的思路与方法 ..................................................................................................... 80 
第13 讲    
能量和动量问题的系统观 ......................................................................................................... 87 
第14 讲    物理极值问题及其数学方法 ..................................................................................................... 91 
第15 讲    实验原理与实验设计 ................................................................................................................. 96 
第16 讲    新场景问题中的思想、建模与推导 ....................................................................................... 106 
第17 讲    选择题答题技巧总结与应用 ................................................................................................... 113 
2 
1．归纳并掌握传送带和板块模型的常见类型和临界条件
2．理解传送带和板块模型的本质，会解决实际的动力学和运动学问题 
一、传送带基本模型分析总结 
高考力学综合题中，有一大类题目都建立在相对运动的场景之中，其经典的模型可以分解为传送带
和板块。那么，在常见的传送带和板块模型中，应该如何把握问题的处理逻辑、理解模型的本质呢？ 
例
传送带水平放置，在电动机的作用下以速度
2v 逆时针匀速转动，一质量为m 的小煤块以速度
1v 滑上水平传送带的左端，且
1
2
v
v

。小煤块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小为g 。下列
说法正确的是（     
） 
A．煤块先向右减速，再向左加速运动 
B．若煤块能返回左端，其速度大小仍为
1v
C．若传送带足够长，煤块在传送带上运动的时间为
1
2
2(
)
v
v
g

+
D．若传送带足够长，煤块在传送带上的痕迹长为
2
1
2
(
)
2
v
v
g

+
思考与提升：（）若传送带以不同大小的速度逆时针运转，那么对上述物块而言，在传送带上的
运动形式、运动时间、黑色痕迹
与传送带速度大小之间的关系；
（2）若物块不同大小的初速度滑上传送带的左端，传送带运动情况未知，求物块离开传送带时的
速度。 
复习目标    
高考考点 
第1 讲    
传送带与板块模型的动力学 
3 
模型总结： 
水平传送带 
项目 
图示 
滑块可能的运动情况 
情景1 
（1）可能一直加速 
（2）可能先加速后匀速 
情景2 
（1）v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
（2）v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速
情景3 
（1）传送带较短时，滑块一直减速达到左端 
（2）传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中v0>v 返回时速
度为v，当v0<v 返回时速度为v0 
例2  如图所示，倾角为37°，长为L=16m 的传送带，转动速度为v = 10 m/s，动摩擦因数μ = 0.5，
在传送带顶端A 处无初速度地释放一个质量为m = 0.5 kg 的物块．已知sin 37° = 0.6，cos 37° = 0.8，g = 
10 m/ s2．求： 
（1）传送带顺时针转动时，物块从顶端A 滑到底端B 的时间；             
（2）传送带逆时针转动时，物块从顶端A 滑到底端B 的时间． 
模型总结： 
倾斜传送带 
项目 
图示 
滑块可能的运动情况 
情景1 
（1）可能一直加速 
（2）可能先加速后匀速 
情景2 
（1）可能一直加速 
（2）可能先加速后匀速 
（3）可能先以a1 加速后以a2 加速 
 
4 
决定以上这些分类的要素是什么？
．
．
．
 
二、模型拓展与综合应用 
例2 改  如图所示，倾角为37°，长为L=16m 的传送带，动摩擦因数μ = 0.5，以一定初速度v0 和
一定的加速度a 逆时针加速运转。在传送带顶端A 处释放一个质量为m = 0.5 kg 的物块．已知sin 37° = 
0.6，cos 37° = 0.8，g = 10 m/s2．在下列条件下求物块从顶端A 滑到底端B 的时间和划痕长度。 
（1）v0= 9 m/s，a=1m/s2，物块从静止开始释放； 
（2）v0= 6 m/s，a=4m/s2，物块从静止开始释放； 
（3）v0= 0，a=12m/s2，物块具有沿斜面向下v’ 0=10 m/s 的初速度； 
 
 
 
 
 
 
 
情景3 
 
（1）可能一直加速 
（2）可能一直匀速 
（3）可能先加速后匀速 
（4）可能先减速后匀速 
（5）可能先以a1 加速后以a2 加速 
（6）可能一直减速 
情景4 
 
（1）可能一直加速 
（2）可能一直匀速 
（3）可能先减速后反向加速 
（4）可能一直减速 
 
5 
例4  如图（a）所示，与长木板质量相等的小铁块位于长木板的最左端，
0
t =
时刻开始二者以
0
8m/s
v =
的初速度一起向右运动，
0.5s
t =
时长木板与右侧的挡板相碰（碰撞时间极短），碰撞之前的运
动过程中小铁块与长木板通过锁定装置锁定，碰撞前瞬间解除锁定，碰撞过程中没有能量损失，长木板
运动的部分速度−时间图像如图（b）所示，在运动过程中小铁块刚好没有从长木板上滑下。小铁块可
视为质点，重力加速度g 取
2
10m/s ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： 
 
（1）长木板与水平地面之间以及小铁块与长木板之间的动摩擦因数； 
（2）长木板的长度。 
 
 
 
 
例5  如图，两个滑块A 和B 的质量分别为𝑚𝐴= 1kg和𝑚𝐵= 5kg，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= 4kg，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 = 3m/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= 10m/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。 
 
 
 
 
 
 
6 
四、模型复习与综合应用 
例6  如图所示，一水平足够长的浅色传送带与水平地面上质量为𝑀= 4kg的平板紧挨在一起，且
上表面在同一水平面。传送带上左端放置一质量为𝑚= 1kg的煤块（可视为质点），煤块与传送带及煤
块与平板上表面之间的动摩擦因数均为𝜇1 = 0.1。初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送
带以恒定的水平向右加速度a＝3 m/s2 开始运动，当其速度达到v＝1.5 m/s 后，便以此速度做匀速运动。
经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动。随后，在煤块平稳滑
上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平恒力F＝17 N，F 作用了0.5 s 时煤块与平板速度恰相
等，此时刻撤去F。最终煤块没有从平板上滑下。取重力加速度g＝10 m/s2，问： 
（1）传送带上黑色痕迹的长度； 
（2）有F 作用期间平板的加速度大小； 
（3）平板上表面至少多长？（计算结果保留两位有效数字） 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1  如右图所示，水平传送带以速度v1 匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，
t = 0 时刻P 在传送带左端具有速度v2，P 与定滑轮间的绳水平，t = t0 时刻P 离开传送带。不计定
滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是（     ） 
 
 
 
 
 
课后练习 
 
7 
2  如图所示，皮带传动装置与水平面夹角为30，轮半径
1
2
R

=
 m ，两轮轴心相距
3.75m
L =
，A 、
B 分别使传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。一个质量为0.1kg 的小物块与传送带间
的动摩擦因数为
3
6
=
．g 取
2
10m/s 。 
（1）当传送带沿逆时针方向以
1
3m/s
v =
的速度匀速运动时，将小物块无初速地放在A 点后，它运
动至B 点需多长时间？（计算中可取
252
16

，396
20)

 
（2）小物块相对于传送带运动时，会在传送带上留下痕迹。当传送带沿逆时针方向匀速运动时，
小物块无初速地放在A 点，运动至B 点飞出。要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运
动的速度
2v 至少多大？ 
 
 
 
 
3．卡车司机运送贴面板启动过程中容易出现贴面板掉落。如图图，某司机在封闭水平场地进行研究，
运送质量分布均匀规格相同的贴面板a 和b ，面板与卡车车厢之间无固定装置。已知a 、b 之间的
动摩擦因数为0.15，b 与卡车车厢底面之间动摩擦因数为0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重
力加速度为
2
10m/s ，卡车启动过程可看成做匀加速直线运动，下列判断正确的是（    ） 
 
A．当卡车加速度
2
1.0m/s
a =
时，a 与b ，b 与卡车均没有相对运动  
B．当卡车加速度
2
2.0m/s
a =
时，a 与b ，b 与卡车均有相对运动 
 
C．无论卡车加速度多大，a 和b 均不会发生相对运动  
D．无论卡车加速度多大，b 的加速度不会超过
2
2.5m/s 
 
 
 
 
8 
4  一长木板在水平地面上运动，在t＝0 时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木
板上，以后木板运动的速度﹣时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，
物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求： 
（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； 
（2）从t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。 
 
 
 
 
 
5．如图所示，长木板B 在水平地面上向左运动，可视为质点的滑块A 在B 的上表面向右运动．A 、B
两物体的质量相同，A 与B 之间的动摩擦因数为
1
0.2
=
，B 与水平地面间的动摩擦因数为
2
0.3
=
．在
0
t =
时刻A 的速度
1
2m/s
v =
水平向右、B 的速度
2
13m/s
v =
水平向左．设最大静摩擦
力等滑动摩擦力，A 未从B 上滑离，
2
10m/s
g =
．从
0
t =
时刻起，求： 
（1）A 相对于地面向右运动的最大距离； 
（2）两物体都停止运动所经历的时间． 
 
 
 
 
 
 
 
 
9 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．讨论传送带和板块模型中的功和能量问题，强化应用系统功能关系的思路解题的能力 
2．会利用弹簧弹性势能表达式和弹簧振子的对称性解决综合问题 
 
一、多种形式的能量之间的相互转化 
一般而言，功能关系可以表示为： 
W 外力+W 非保守内力=ΔE=E2－E1，其中，E 为系统的总机械能。 
在各种不同的条件下，此关系式常见的表现形式有： 
（1）物体动能的增量由外力做的总功来量度：W 外力=ΔEk，这就是动能定理。 
（2）物体重力势能的增量由重力做的功来量度：WG= -ΔEP，这就是势能定理。 
（3）物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W 其=ΔE，（W 其表示除重力以外的其它
力做的功），这就是机械能定理。 
（4）当W 其=0 时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。 
（5）一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，
也就是系统增加的内能。f d=Q（d 为这两个物体间相对移动的路程）。 
同学们可以自己分析各种形式的表达式是如何得到的。以上的各种表达式，本质上都是在描述两个
问题：系统的能量总量如何增减与转化，以及能量在系统中各物体之间如何分配的问题。这决定了我们
研究本专题问题时，一定要具有系统的观点。 
例
足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度
2v 逆时针匀速转动，一质量为m 的小煤
块以速度
1v 滑上水平传送带的左端，且
1
2
v
v

。小煤块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度大小为
g 。下列说法正确的是（     ） 
 
第2 讲    传送带、板块和弹簧系统
的功能关系 
复习目标    
高考考点 
 
10 
A．传送带对煤块做功为0 
B．传送带克服煤块的摩擦力做功为
2
1
2
(
)
mv v
v
+
 
C．传送带与煤块摩擦产生的热量为
2
2
1
2
1
(
)
2 m v
v
−
 
 
D．为传送煤块，电动机额外做功为
2
2
1
2
1
(
+
)
2 m v
v
 
 
例2  利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37角，顺
时针匀速运动的速度
4m/s
v =
。B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距
6.4m
L =
。倾角也是37的斜
面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜
面底端，上端放一质量
1kg
m =
的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开
斜面顶端滑到B 点时速度
0
8m/s
v =
，A 、B 间的距离
1m
x =
，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相
同，均为
0.5
=
，工件到达C 点即为运送过程结束。g 取
2
10m/s ，sin37
0.6
=
，cos37
0.8
=
，求： 
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能； 
（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间； 
（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。 
 
 
例3  如图所示，A、B 两物体的质量分别为2m 和m，用长为l 的不可伸长的绳连接后放在水平桌
面上，在水平恒力F 的作用下以速度v 做匀速直线运动，某一瞬间绳突然断裂，保持F 不变继续拉A
移动一段距离s0 后撤去，当A、B 都停止后相距多远？ 
 
 
 
 
 
 
11 
例4  （2021 全国甲卷）如图，一倾角为的光滑斜面上有50 个减速带（图中未完全画出），相邻
减速带间的距离均为d ，减速带的宽度远小于d ；一质量为m 的无动力小车（可视为质点）从距第一个
减速带L 处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小
车通过第30 个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50 个减速带后立刻进入与斜
面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s 后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大
小为g 。 
 
（1）求小车通过第30 个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能； 
（2）求小车通过前30 个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能； 
（3）若小车在前30 个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，
则L 应满足什么条件？ 
 
 
 
 
 
二、弹簧振子的力和能量问题 
引入弹性势能之后，机械能变化或守恒的问题涉及到的能量形式比较多，还可以进一步扩展到摩擦
产生的内能。此时，我们可以在广义的功能关系基础上建立方程。把握弹簧相关问题的关键在于熟悉弹
簧几个特殊位置的力和能量的情况，为此有必要对基本的弹簧振子模型再做一下巩固。 
传统要求中，弹簧弹性势能表达式并不要求记忆，因此与弹簧弹性势能有关的问题往往都要依托初
末位置的特殊性或对称性来解决。但在近两年的新高考中，以信息方式给出弹性势能表达式，或借助图
像求解弹性势能的问题开始出现。另外，利用简谐运动知识研究弹簧振子的方法也需要有所熟悉。 
 
12 
例5  如图1 所示，一光滑杆固定在底座上，构成支架，放置在水平地面上，光滑杆沿竖直方向，
一轻弹簧套在光滑杆上，弹簧劲度系数为k ，一套在杆上的圆环从距弹簧上端H 处由静止释放，接触弹
簧后将弹簧压缩，接触过程系统机械能没有损失，且弹簧的形变始终在弹性限度内。已知支架和圆环的
质量均为m ，重力加速度为g ，不计空气阻力。 
（1）如图2 所示，取圆环刚接触弹簧时的位置为坐标原点O ，取竖直向下为正方向，建立x 轴。
在圆环压缩弹簧的过程中，圆环的位移为x ，在图2 中画出弹力F 的大小随位移x 变化关系的图象，并
求出该过程弹簧弹力对圆环所做的功； 
（2）求圆环向下运动过程中的最大动能； 
（3）当圆环运动到最低点时，求地面对底座支持力的大小。 
 
 
 
 
 
 
 
例6  如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k ，一端固定，另一端与以质量为m ，带
电荷量为q 的物块A 相连，系统处于水平向右匀强电场中，电场强度大小为E ，物块A 静止在光滑绝缘
水平面上，现使电场反向，当物块速度再次变为零时，物块移动的距离为（     ） 
 
A．qE
k 
B．2qE
k
 
C．3qE
k
 
D．4qE
k
 
 
 
 
13 
例7  如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O 点的小物块接触而不连接，此
时弹簧处于自然状态。现对小物块施加大小恒为F 、方向水平向左的推力，当小物块向左运动到A 点时
撤去该推力，小物块继续向左运动，然后向右运动，最终停在B 点。已知：小物块质量为m ，与地面间
的动摩擦因数为，OA距离为1l ，OB 距离为2l ，重力加速度为g ，弹簧未超出弹性限度。下列表述不
正确的是（     ） 
 
A．在推力作用的过程中，小物块的加速度可能一直变小 
 
B．在推力作用的过程中，小物块的速度可能先变大后变小  
C．在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值为
1
2
1
1
2
2
Fl
mgl

+
  
D．在物块运动的整个过程中，小物块克服摩擦力做的功为
1
2
(2
)
mg
l
l

+
 
 
例8  （2021 年山东高考）如图所示，三个质量均为m 的小物块A 、B 、C ，放置在水平地面上，
A 紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k 的轻弹簧将A 、B 连接，C 紧靠B ，开始时弹簧处于原长，A 、B 、
C 均静止。现给C 施加一水平向左、大小为F 的恒力，使B 、C 一起向左运动，当速度为零时，立即
撤去恒力，一段时间后A 离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A 、B 、C 与地面间的滑动摩擦力
大小均为f ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：
2
1
2
P
E
kx
=
，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量） 
 
（1）求B 、C 向左移动的最大距离
0x 和B 、C 分离时B 的动能
k
E ； 
（2）为保证A 能离开墙壁，求恒力的最小值
min
F
； 
（3）若三物块都停止时B 、C 间的距离为
BC
x
，从B 、C 分离到B 停止运动的整个过程，B 克服
弹簧弹力做的功为W ，通过推导比较W 与
BC
fx
的大小； 
 
 
 
14 
（4）若
5
F
f
=
，请在所给坐标系中，画出C 向右运动过程中加速度a 随位移x 变化的图像，并在
坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a 、x 值（用f 、k 、m 表示），不要求推导过程。以撤去F 时
C 的位置为坐标原点，水平向右为正方向。 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．如图所示，许多工厂的流水线上安装有传送带，用传送带传送工件，可以大大提高工作效率，传送
带以恒定的速率
2m/s
v =
运送质量为
0.5kg
m =
的工件，工件从A 位置放到传送带上，它的初速度
忽略不计。工件与传送带之间的动摩擦因数
3
2
=
，传送带与水平方向夹角是
30
=
，传送带AB
长度是
16m
l =
。每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时。后一个工件立即放到传送带上，取
2
10m/s
g =
，求： 
（1）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离； 
（2）在传送带上摩擦力对每个工件做的功； 
（3）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能； 
（4）传送带满载工件比空载时最多增加多少功率？ 
 
 
 
 
课后练习    
 
15 
2．物流是经济发展的重要组成部分，哈三中课题研究小组在探究多物体叠放问题时，提出了如下问题：
如图所示，木块A 质量为
1
1kg
m =
，木板B 质量为
2
1kg
m =
，木板C 质量为
3
2kg
m =
。其中AB 间
的动摩擦因数
1
0.2
=
，BC 间的动摩擦因数
2
（大小未知）、地面可视为光滑。零时刻木块A 的初
速度
01
3m/s
v
=
向右运动、同时木板B 以初速度
02
2m/s
v
=
向左运动、C 的初速度为零。木板B 、C
都足够长，滑动摩擦力与最大静摩擦力可视为相等，
2
10m/s
g =
。求： 
 
（1）ABC 共速时速度大小v，全过程中因摩擦而产生的热量Q 。 
（2）为使BC 第一次达到共速后就不再相对滑动，BC 间的动摩擦因数
2
的取值范围（要有必要
的文字解释）。求在满足前面条件时从零时刻到ABC 不再相对滑动所需的时间t 。 
（3）若
2
0.1
=
，求因AB 间摩擦力而产生热量
1
Q 是多少？ 
 
 
 
 
 
3．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m 的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，
弹簧的另一端连接在墙上，并且处于原长状态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L ，圆
环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），重力加速度为g ，则在圆环下滑到最
大距离的过程中（     ） 
A．圆环的机械能守恒  
B．弹簧弹性势能增加了3mgL 
 
C．圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零  
D．圆环的重力势能与弹簧弹性势能之和始终保持不变 
 
 
16 
4．A、B 两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A 用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静
止状态，B 恰好与水平桌面接触，此时弹簧伸长量为x，弹性势能为E。现将轻绳剪断，则：  
（1）在以后的运动过程中A 的最大动能为多少？ 
（2）弹簧的最大弹性势能为多少？ 
 
 
 
5. 如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O 点，自由伸长到B 点，今将一质量为m 的小物体靠近弹簧，
将弹簧压缩到A 点，松手释放，小木块能在水平面上运动到C 点静止，AC 距离为s；若将小物体
系在弹簧上，在A 由静止释放，则小物体将做阻尼运动到最后静止，设小物体通过总路程为s′，则
下列答案中一定正确的是哪一个 (     ) 
 
A. s′>s 
B. s′=s 
C. s′<s 
 
D. 以上B、C 都有可能  
 
 
 
 
 
 
17 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．会分析求解连接体和质量连续分布的多质点系统机械能守恒问题 
2．理解功能关系的各种表达形式，形成并强化以系统观点处理功能关系问题的意识和方法 
 
一、多质点系统机械能守恒的常见场景 
1．连接体系统机械能守恒 
系统中有多个物体连接时，一般来说，选取单个物体进行研究不满足机械能守恒条件，通常需要选
择整个系统建立机械能守恒方程。此时，要关注系统内各个物体各自的动能和势能变化关系，注意连接
物在其中所起的作用。 
例1  如图所示，B 是质量为2m、半径为R 的光滑半圆弧槽，放在光滑的水平桌面上．A 是质量
为m 的细长直杆，在光滑导孔的限制下，A 只能上下运动．物块C 的质量为m，紧靠B 放置．初始时，
A 杆被夹住，使其下端正好与半圆弧槽内侧的上边缘接触，然后从静止释放A．求： 
（1）当长直杆A 的下端运动到槽B 的最低点时A、B、C 的速度； 
（2）当长直杆A 的下端运动到距半球形碗的最低点
𝑅
2处，A、B、C 的速度； 
（3）杆A 的下端经过槽B 的最低点后，A 能上升的最大高度． 
 
 
 
 
 
 
 
复习目标    
高考考点 
第3 讲    机械能守恒总结提升 
 
 
18 
例2  如图所示，质量分别为2 m 和3m 的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点
O 处有光滑的固定转动轴。AO、BO 的长分别为2L 和L。开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B
在O 的正下方。让该系统由静止开始自由转动，求：（1）当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v；（2）
B 球能上升的最大高度h；（3）开始转动后B 球可能达到的最大速度vm。 
 
 
 
 
 
方法总结： 
 
2．质量连续分布的物体的机械能变化问题 
当系统内多个质点呈现连续分布时，我们需要找到一种方法来处理变力（主要是重力）对系统做功
的问题。此时，要关注研究对象对应着物体中多少部分的质量，以及物体的形态变化。 
例3  均匀铁链长为L，平放在距地面h=2L 的光滑水平桌面上，其长度的1
5
悬垂于桌面下，从静
止开始释放铁链，求铁链的下端刚要着地时的速度大小。 
 
 
 
 
二、多质点系统机械能守恒问题中的数学方法 
例4  有一列过山车长为L，前方有圆形轨道，半径为R（L＞2πR），重力加速度为g。试求过山车
在平地上初速度等于多少时，才能保证其在轨道上不掉下来。（已知：过山车能通过最高点的最小速度
为√3𝑔𝑅） 
 
 
 
 
 
A 
B 
O 
 
19 
例5  （2022 年新高考湖北卷）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A 、
B 和C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）
时，C 到两定滑轮的距离均为L 。重物A 和B 的质量均为m ，系统可以在如图虚线位置保持静止，此
时连接C 的绳与水平方向的夹角为60。某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。
设C 的下落速度为
3
5
gL 时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为
零，D 竖直向下运动
10
L 距离后静止（不考虑C 、D 再次相碰）。A 、B 、C 、D 均可视为质点。 
（1）求C 的质量； 
（2）若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，求F 的大小； 
（3）撤掉桩D ，将C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，
求A 、B 、C 的总动能最大时C 的动能。 
 
 
 
 
例6  如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个轮半径
和质量不计的光滑定滑轮 D，质量均为m＝1kg 的物体A 和B 用一劲度系数k＝240N/m 的轻弹簧连接，
物体B 被位于斜面底端且垂直于斜面P 的挡板P 挡住．用一不可伸长的轻绳使物体A 跨过定滑轮与质
量为M 的小环C 连接，小环C 穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C 位于Q 处，绳
与细杆的夹角α＝53°，且物体B 对挡板P 的压力恰好为零．图中SD 水平且长度为d＝0.2m，位置R 与
位置Q 关于位置S 对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行．现让环C 从位置R 由静止释放，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2．求： 
（1）小环C 的质量M； 
（2）小环C 通过位置S 时的动能Ek 及环从位置R 运动到位置S
的过程中轻绳对环做的功WT； 
（3）小环C 运动到位置Q 的速率v． 
 
 
 
 
 
20 
 
1.一半径为R 的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B 两球，悬挂在圆柱面边缘两侧，
A 球质量为B 球质量的2 倍，现将A 球从圆柱边缘处由静止释放，如图所示，已知A 球始终不离
开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦。求： 
（1）A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小。 
（2）A 球沿圆柱内表面运动的最大位移。 
 
 
 
2．在光滑的水平面上放一质量为M ，边长为b 的立方体木块，木块上搁有一根长为L 的光滑轻质杆，
杆端固定一质量为m 的匀质小球，另一端用光滑铰链连接于地面上O 点，棒可绕O 点在竖直平面
内自由转动，如图所示，设杆与水平面间夹角
1
，无初速地推动木块右滑，当杆与水平面间夹角变
为
2
2
1
(
)



时，木块的速度是多少？ 
 
 
 
3．（2019 年全国1 卷）在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P
由静止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。在另一星球N 上
用完全相同的弹簧，改用物体Q 完成同样的过程，其a–x 关系如图中虚线所示，假设两星球均为
质量均匀分布的球体。已知星球M 的半径是星球N 的3 倍，则 
A．M 与N 的密度相等 
B．Q 的质量是P 的3 倍 
C．Q 下落过程中的最大动能是P 的4 倍 
D．Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4 倍 
 
 
课后练习 
 
21 
4．如图，A 、B 两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A 放在固定的光滑斜面上，B 、C 两小球在竖
直方向上通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，C 球放在水平地面上。现用手控制住A ，并使细线刚
刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A 的质量为5m，B
的质量为m ，C 的质量为2m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处
于静止状态。释放A 后，A 沿斜面下滑至速度最大时，C 恰好离开地面。下列说法正确的是(  ) 
A．斜面倾角约为37 
 
B．A 获得的最大速度为
2
5
m
g
k  
C．C 刚离开地面后，弹簧的弹性势能减小 
 
D．从释放A 到C 刚离开地面的过程中，A 、B 两小球组成的
系统机械能守恒 
 
5．如图质量为m1 的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2 的物体B 相连，弹簧的劲度系数为
k，A、B 都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。
开始时各段绳都牌伸直状态，A 上方的一段沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3 的物体C 并从
静止状态释放，已知它恰好能使B 离开地面但不继续上升。若将C 换成另一个质量为(m1+m3)物体
D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 则离地时D 的速度的大小是多少？已知重力加
速度为g。 
 
 
 
 
 
 
 
A m1 
k 
B  m2 
 
22 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．熟练掌握被碰物体初速度为零时的弹性碰撞、完全非弹性碰撞和反冲模型结论和求解方法 
2．拓展、推导并掌握初速度不为零时的情况，思考其物理本质，强化以系统观点看待动量与能量问题
的思想 
 
一、弹性碰撞与非弹性碰撞 
例1  甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动，已知它们的动量分别是P 甲＝5kg•m/s，P 乙＝7kg•m/s。
甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为P 乙′＝10kg•m/s。则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是（  ） 
A．m 甲＝m 乙 
B．m 甲＝
1
2m 乙 
C．m 甲＝
1
4m 乙 
D．m 甲＝
1
6m 乙 
 
总结：碰撞模型应满足的条件 
 
★基础回顾：从能量损失来划分的碰撞模型： 
碰撞，满足系统动量守恒条件，可以列出： 
 
 
 
 
𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 = 𝑚1𝑣1′ + 𝑚2𝑣2′ 
碰撞前后的机械能损失可以表为：𝛥𝐸= (
1
2 𝑚1𝑣1′2 +
1
2 𝑚2𝑣2′2) −(
1
2 𝑚1𝑣1
2 +
1
2 𝑚2𝑣2
2)，由此可以讨论
两种极端情况： 
①𝛥𝐸= 0，称为弹性碰撞，满足 
𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 = 𝑚1𝑣1′ + 𝑚2𝑣2′ 
                   
且有 
1
2 𝑚1𝑣1
2 +
1
2 𝑚2𝑣2
2 =
1
2 𝑚1𝑣1′2 +
1
2 𝑚2𝑣2′2 
简化情况是，物体2 原来静止，即取
2
0
v =
，可得碰后速度： 
 
 
𝑣1′ =
𝑚1−𝑚2
𝑚1+𝑚2 𝑣1；  
𝑣2′ =
2𝑚1
𝑚1+𝑚2 𝑣1 
复习目标    
高考考点 
第4 讲    碰撞与反冲模型总结提升 
 
 
23 
由此区分物体1 碰后的三种情况：继续前进（m1>m2）、静止（m1=m2）或反弹（m1<m2） 
取极限情况可知，当m1≫m2 时，𝑣1′=𝑣1；𝑣2′=2𝑣1，如篮球碰撞静止的兵乓球 
 
 
当m1≪m2 时，𝑣1′=−𝑣1；𝑣2′=0，如乒乓球碰撞静止的篮球 
从能量角度来看，碰撞后两者动能之比为                     
可见，两者质量越接近，碰后传递给被碰物体的能量比例越大。 
②当𝛥𝐸≠0（当然必然小于0）是一般的碰撞，都可称为非弹性碰撞。其中，经碰撞后物体共速时，
称为完全非弹性碰撞。 
简化情况是，物体2 原来静止，即取𝑣2 = 0，此时由动量守恒可得： 
 
 
𝑚1𝑣1 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣，v 为碰后的共同速度，可得 
𝑣=
𝑚1
𝑚1+𝑚2v 
其中能量变化量∆𝐸= (
1
2 𝑚1𝑣′2 +
1
2 𝑚2𝑣′2) −
1
2 𝑚1𝑣1
2 = 
此时能量损失最大，且可以看出能量损失与被碰物体质量成正比。 
例2  质量为M 的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m 的子弹，以水平速度击中木块，木块
滑行距离s 后，子弹与木块以共同速度运动，子弹射入木块的深度为d 。为表示该过程，甲、乙两同学
分别画出了如图所示的示意图。对于甲、乙两图的分析，下列说法中正确的是（    ） 
A．不论速度、质量大小关系如何，均是甲图正确  
B．不论速度、质量大小关系如何，均是乙图正确  
C．当子弹速度较大时甲图正确，当子弹速度较小时乙图正确 
 
D．当M
m

时，甲图正确，当M
m

时乙图正确 
 
例3  如图所示，两个大小相同的小球A、B 用等长的细线悬挂于O 点，线长为L，mA=2mB，若
将A 由图示位置静止释放，在最低点与B 球相碰，重力加速度为g，则下列说法正确的是（  ） 
A．A 下落到最低点的速度是√
2
3 𝑔𝐿  
B．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰时损失的机械能为
2
3 𝑚𝐵𝑔𝐿 
C．若A 与B 发生弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是
1
9 𝐿 
D．若A 与B 发生完全非弹性碰撞，则第一次碰后A 上升的最大高度是
2
9 𝐿  
 
 
24 
二、系统初速度为零的反冲模型 
系统初速度为零时，在内部力作用下，两物体获得动能，向相反方向运动，是反冲运动模型。此时
可列出：𝑚𝑣1 = 𝑀𝑣2，即v 与m 成反比 
而能量增量𝐸=
1
2 𝑚𝑣1
2 +
1
2 𝑀𝑣2
2，可得反冲后各自动能：                                
可见，                                             
例4  （2018 年全国2 卷改编）一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹
上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量之比为1:2 的两部分，两部分获得的动能之和也为
E，且均沿竖直方向运动，其中质量较小的部分向上运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计
空气阻力和火药的质量。求爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 
 
 
 
 
通常，反冲过程并非匀速运动，甚至不是匀变速过程，对此，可以用平均动量守恒的概念去描述，
即用相同时间内的位移代替平均速度写入动量守恒方程，可得反冲物体的位移也与质量成反比。 
 
三、被碰物体初速度为不为零时的碰撞模型 
①弹性碰撞： 
方程组通解为：
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
2
'
m
m
m
v
v
v
m
m
m
m
−
=
+
+
+
； 
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
'
m
m
m
v
v
v
m
m
m
m
−
=
+
+
+
 
对这一通解的形式可以做如下的理解来帮助记忆： 
 
例5  如图所示，A、B 质量分别为m1、m2，右壁为弹性墙，A 以速度v0 弹性正碰静止的B，不计
一切摩擦，若两球能且仅能发生二次碰撞，试确定两球质量之比的取值范围。 
 
 
 
 
 
 
 
25 
②完全非弹性碰撞： 
当被碰物体初速度不为零时，动量守恒方程可写为： 𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑣′，其解为𝑣′ =
𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2
𝑚1+𝑚2 ，其中能量变化量∆𝐸=
1
2 (𝑚1 + 𝑚2)𝑣′2 −(
1
2 𝑚1𝑣1
2 +
1
2 𝑚2𝑣2
2) = 
讨论：从能量变化量的一般表达式出发可以有什么样的思考？ 
 
四、从相对速度角度讨论被碰物体或反冲系统初速度不为零的情况 
1．变换参考系讨论弹性碰撞和非弹性碰撞模型 
例6  若被碰物体的初速度为v2，选择被碰前的物体为参考系，推导弹性碰撞后m1、m2 各自的速
度 
 
 
2．速度增量法 
从通解的特点可以看到，弹性碰撞后两物体速度差的绝对值不变，而完全非弹性碰撞后两物体速度
差变为零。因而，对于一般有机械能损失的碰撞，其碰后的速度差𝑣2′ −𝑣1′将小于碰前的速度差𝑣1 −𝑣2
而大于0。这实际给出了碰后速度可能取值的范围。 
可见，完全非弹性碰撞后的共同速度𝑣共是一个“居中速度”，用弹性碰撞的初始速度𝑣1和𝑣2，以及
通解𝑣1′ =
𝑚1−𝑚2
𝑚1+𝑚2 𝑣1 +
2𝑚2
𝑚1+𝑚2 𝑣2； 𝑣2′ =
2𝑚1
𝑚1+𝑚2 𝑣1 +
𝑚2−𝑚1
𝑚1+𝑚2 𝑣2分别与𝑣共=
𝑚1𝑣1+𝑚2𝑣2
𝑚1+𝑚2 作差，可发现：𝑣1 −
𝑣共= 𝑣共−𝑣1′，𝑣2 −𝑣共= 𝑣共−𝑣2′，即碰前速度和碰后速度各自与完全非弹性碰撞后的共同速度的
差值（“增量”）的绝对值保持不变。 
利用这一特点，我们可以快捷求解碰撞模型的解，这一方法称为“速度增量法”。对“动对动”碰撞
模型，这一方法尤其简便。 
 
例7  两个小球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，𝐵球在前，𝐴球在后，𝑀𝐴= 1kg，𝑀𝐵=
2kg，𝑣𝐴= 6m/s，𝑣𝐵= 2m/s，当𝐴球与𝐵球发生碰撞后，𝐴、𝐵两球速度不可能为（    ） 
A．𝑣𝐴= 5m/s，𝑣𝐵= 2.5m/s 
B．𝑣𝐴= 2m/s，𝑣𝐵= 4m/s 
 
C．𝑣𝐴= −4m/s，𝑣𝐵= 7m/s 
D．𝑣𝐴= 7m/s，𝑣𝐵= 1.5m/s 
 
 
 
26 
3．系统初速度不为零的反冲运动（仅限一维） 
如果系统在具有共同速度𝑣0时，因为反冲力而为两部分，反冲后的两部分速度不能再用前述简单方
法求解。但我们可以看到，这一过程可视作被碰物体初速度不为零的完全非弹性碰撞的逆过程： 
动量方程满足：(𝑚1 + 𝑚2)𝑣0 = 𝑚1𝑣1 + 𝑚2𝑣2 
能量关系满足：∆𝐸= (
1
2 𝑚1𝑣1
2 +
1
2 𝑚2𝑣2
2) −
1
2 (𝑚1 + 𝑚2)𝑣0
2 =
1
2
𝑚1𝑚2
𝑚1+𝑚2 (𝑣1 −𝑣2)2 
这里的能量∆𝐸就是反冲系统输入的能量。既然如此，我们可以借助这一结论得到末速度之差𝑣1 −
𝑣2，结合动量守恒方程快速解出两个末速度。 
例4 改  一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升到最大高度一半时，
弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量之比为1:2 的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向
运动，其中质量较小的部分向上运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质
量。求爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度 
 
 
 
 
 
从上面的讨论我们可以看出，“动对动”的完全非弹性碰撞模型是速度差由𝑣1 −𝑣2变为0 的过程，如
果将此过程损失的动能重新加入系统，这个反冲运动可以看做是速度差由0 变为𝑣2′ −𝑣1′的过程，且
𝑣2′ −𝑣1
′ = 𝑣1 −𝑣2。那么，跳过中间过程，直接看初末状态，这是一个完全弹性碰撞模型。即我们得到，
完全弹性碰撞=完全非弹性碰撞+反冲运动，我们将在很多题目中看到这个模型的等效关系。 
★知识拓展与思考： 
1．恢复系数 
由上面的讨论可知，参考系的变换不影响碰撞模型的结论。原因在于，碰撞的动量守恒和机械能变
化都是系统内部各个物体之间的相互作用，显然与整体相对于外部的运动无关。因此，相对速度的变化
即可完全反映系统碰撞模型的物理实质。并且，碰撞后的分离速度（𝑣2
′ −𝑣1
′）与碰前的接近速度（𝑣1 −
𝑣2）的关系，能反映碰撞的能量损失率。 
由此我们引入恢复系数e，其定义为碰撞后的分离速度（𝑣2
′ −𝑣1
′）与碰前的接近速度（𝑣1 −𝑣2）之
比，即𝑒=
𝑣2′−𝑣1′
𝑣1−𝑣2 
容易验证，弹性碰撞时，e=1；完全非弹性碰撞时，e=0。介于这两者之间的一般碰撞，1 > 𝑒> 0. 
 
27 
2．质心不变原理与质心系 
通过前面的讨论我们可以看到，无论被碰物体的初速度是否为零，无论反冲系统的整体初速度是否
为零，我们都可以通过变换参考系的方式，用相对运动速度代替对地的初速度，可得到相似的解答过程
和结果。既如此，我们去观察系统质量分布的平均点质心，可知它的初速度在整个动量守恒过程保持中
不变。我们在速度增量法中取的“居中速度”，或者说完全非弹性碰撞的共同速度，即为整个系统的质心
的对地速度。取该点为参考系，即为质心系。在质心系中，弹性、非弹性碰撞和反冲运动都回归到最简
单的模型。 
 
 
1．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两
球在同一直线上运动．两球质量关系为mB =
2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为6kg · m s
⁄ ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球
的动量增量为−4kg · m s
⁄ ，则（     ） 
A．该碰撞为弹性碰撞 
B．该碰撞为非弹性碰撞 
C．左方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为2：5 
D．右方是A 球，碰撞后A、B 两球速度大小之比为1∶10 
 
2．荷兰科学家惠更斯在研究物体碰撞问题时做出了突出的贡献．惠更斯所做的碰撞实验可简化为：三
个质量分别为m1、m2、m3 的小球，半径相同，并排悬挂在长度均为L 的三根平行绳子上，彼此相
互接触．现把质量为m1 的小球拉开，上升到H 高处释放，如图所示，已知各球间碰撞时同时满足
动量守恒定律和机械能守恒定律，且碰撞时间极短，H 远小于L，不计空气阻力。若三个球的质量
不同，要使球1 与球2、球2 与球3 相碰之后，三个球具有同样的动量，则m1：m2：m3 应为多少？
它们上升的高度分别为多少？ 
 
 
 
 
 
课后练习 
 
28 
3．如图所示，两质量分别为
1
m 和
2
m 的弹性小球又叠放在一起，从高度为h 处自由落下，
且远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向。已知
2
1
3
m
m
=
，则小球
1
m 反弹后能达到的高度为（     ） 
A．h 
B．2h 
C．3h 
D．4h 
 
 
 
 
 
 
 
29 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．熟练掌握机械能能和动量综合问题几大经典模型的分析方法 
2．理解三大力学观点在各种综合题目中的联系和区分点，能够根据题意选取正确的研究对象、提取正
确的模型进行求解 
 
一、机械能和动量综合问题经典场景 
我们在上一节深入讨论了碰撞和反冲模型，可以了解到，碰撞和反冲模型的分类要素主要在于能量
的变化情况。 那么，除了典型意义上的“碰撞”——即瞬时作用场景之外，我们也可以根据能量变化
情况将一些持续的、多过程的力学过程分解为相应的模型来进行解决。 
1．滑块木板场景 
例1  如图所示，在光滑的水平面上有一长为L 的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的
1
4圆
弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止在水平面上。现有滑块
A 以初速v0 从右端滑上B，一段时间后，以
𝑣0
2 滑离B，并恰好能到达C 的最高点。A、B、C 的质量均
为m。求： 
（1）A 刚滑离木板B 时，木板B 的速度； 
（2）A 与B 的上表面间的动摩擦因数μ； 
（3）圆弧槽C 的半径R； 
（4）从开始滑上B 到最后滑离C 的过程中A 损失的机械能。 
 
 
 
 
复习目标    
高考考点 
第5 讲    机械能和动量综合问题 
 
 
30 
2．弹簧振子场景 
例2  如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为
1
m 和
2
m 的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑
的水平面上。现使A 瞬时获得水平向右的速度3
/
m s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的
规律如图乙所示遵循正弦变化关系，已知
1
1
m
kg
=
，下列说法正确的是（     ） 
 
A．物块B 的质量为2kg 
 
B．弹簧的最大弹性势能为1.5J  
C．从开始到弹簧第一次恢复原长时物块B 的位移数值为2t  
D．从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A 的冲量大小为4N s
 
 
 
二、综合问题演练 
实际的综合大题，往往是包含了多个物体组成的系统发生了好几个阶段的物理过程。我们首先需要
做的就是理解物理过程，正确划分各个阶段，选择各阶段正确的研究对象，提取出对应的经典模型。在
综合度更大的题目中，还可能涉及到与运动学模型或电磁学模型的综合。因此读题、审题、分析题意并
落实到基本模型的能力至关重要。 
例3  （2023 年新高考辽宁卷）如图，质量
1
1
m
kg
=
的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙
面固定一劲度系数
20
/
k
N m
=
的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量
2
4
m
kg
=
的小物块以水平向右的速
度
0
5
/
4
v
m s
=
滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因
数
0.1
=
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能
p
E 与形变量x
的关系为
2
1
2
p
E
kx
=
。取重力加速度
2
10
/
g
m s
=
，结果可用根式表示。 
 
31 
 
（1）求木板刚接触弹簧时速度
1v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离
1x 。 
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量
2x 及此时木板速度
2v
的大小。 
（3）已知木板向右运动的速度从
2v 减小到0 所用时间为0t 。求木板从速度为
2v 时到之后与物块加
速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△U （用0t 表示）。 
 
 
 
 
 
 
例4  （2023 年高考湖南卷）如图，质量为M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半
椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a 和b ，长轴水平，短轴竖直。质量为m 的小球，初
始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面
内建立固定于地面的直角坐标系xOy ，椭圆长轴位于x 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g 。 
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； 
（2）在平面直角坐标系xOy 中，求出小球运动的轨迹方程； 
（3）若M
b
m
a
b
=
−
，求小球下降
2
b
h =
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用a 、b 及g 表
示）。 
 
 
 
 
 
 
 
 
32 
例5  （2022 年新高考山东卷）如图所示，“𝐿”型平板𝐵静置在地面上，小物块𝐴处于平板𝐵上的𝑂′
点，𝑂′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为𝑀的小球悬挂在𝑂′点正上方的𝑂点，轻绳处
于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块𝐴发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方
向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5°)，𝐴以速度𝑣0沿平板滑动直至与𝐵右侧挡板发生弹性碰撞。
一段时间后，𝐴返回到𝑂点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点，
已知𝐴的质量𝑚𝐴= 0.1𝑘𝑔，𝐵的质量𝑚𝐵= 0.3𝑘𝑔，𝐴与𝐵的动摩擦因数𝜇1 = 0.4，𝐵与地面间的动摩擦因数
𝜇2 = 0.225，𝑣0 = 4𝑚/𝑠，取重力加速度𝑔= 10𝑚/𝑠2，整个过程中𝐴始终在𝐵上，所有碰撞时间忽略不计，
不计空气阻力，求： 
（1）𝐴与𝐵的挡板碰撞后，二者的速度大小
𝑣𝐴与𝑣𝐵； 
（2）𝐵光滑部分的长度𝑑； 
（3）运动过程中𝐴对𝐵的摩擦力所做的功𝑊𝑓； 
（4）实现上述运动过程，
𝑀
𝑚𝐴的取值范围（结果用cos5°表示）。 
 
 
 
 
 
 
 
例6  某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道𝐴𝐵，中间为
水平传送带𝐵𝐶，传送带向右匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平
面𝐶𝐷．倾斜轨道末端及水平面𝐶𝐷与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为𝑚2、𝑚3 … … 𝑚𝑛−1、𝑚𝑛的
𝑛−1个物块在水平面𝐶𝐷上沿直线依次静止排列．质量为𝑚1物块从斜面的最高点𝐴由静止开始沿轨道下
滑，已知𝐴点距离传送带平面的高度ℎ= 2.5𝑚，水平距离𝐿1 = 3.5𝑚，传送带两轴心间距𝐿2 = 7𝑚，物块
与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为𝜇= 0.2，取重力加速度𝑔= 10𝑚/𝑠2。 
 
 
33 
（1）求物块刚滑上传送带时的速度大小； 
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的速度𝑣的范围； 
（3）若物块𝑚1以𝑣0（已知）的速度离开传送带，滑到水平轨道上与𝑚2发生碰撞，从而引起各物块
的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上．各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间
不发生第二次碰撞．经过依次碰撞后，定义第𝑛个物块𝑚𝑛获得的动能𝐸𝑘𝑛与第1 个物块的初动能𝐸𝑘0之比
为第1 个物块对第𝑛个物块的动能传递系数𝑘1𝑛，求𝑘13； 
（4）接第（3）问，若𝑚3 = 𝑚4 = ⋯… 𝑚𝑛−1 = 𝑚𝑛=
𝑚1
4 ，求𝑚2为何值时，第𝑛个物块获得的速度最
大，并求出第𝑛个物块的最大速度𝑣𝑛𝑚。 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L 的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，
水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ 。质量为m 的小物块A 与水平轨道间的动摩擦因数为。以水
平轨道末端O 点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy ，x 轴的正方向水平向右，y 轴的正方向竖直
向下，弧形轨道P 端坐标为(2
,
)
L
L


，Q 端在y 轴上。重力加速度为g 。 
（1）若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为2 L

的位置由静止开始下滑，求A 经过O 点时的速度大小； 
（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O 点落在弧形轨道PQ 上的动能均相同，
求PQ 的曲线方程； 
（3）将质量为
(
m

为常数且
5)

的小物块B 置于O
点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B 发生弹性碰撞（碰撞
时间极短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落
点的右侧，求A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围。 
 
课后练习 
 
34 
2．一轻质弹簧上端固定，下端连接一质量为m 的圆盘，平衡时弹簧的伸长量为x0，
如图所示。一个质量为3m 的套住弹簧的环状物A，从圆盘上方到圆盘距离为
3x0 处自由下落，环状物打在圆盘上并立即和圆盘一起向下运动，但两者不粘连，
求此后环状物向上运动到达的最高点与O 点的距离。 
 
 
 
 
3．游乐场是年轻人都爱去的娱乐场所，某设计单位为测试待建滑行轨道的性能，建立了如图所示的测
试模型。模型左边是半径为4.5m 的1
4 圆弧轨道，轨道末端B 水平，且与皮带等高。皮带保持
0
1
/
v
m s
=
的速度逆时针转动，C 点是皮带的最右端，C 点右边是一放在光滑水平地面上的木板，
木板与皮带等高，且长度为1m ，质量为1.2kg 。试验时，让质量为2kg 的物块甲从A 点由静止释放，
测得甲到B 点时对轨道的压力大小为56N ，甲到达B 点的同时，在皮带右侧C 点轻轻放置质量为
0.4kg 的物块乙，甲、乙碰撞前瞬间甲的速度大小
1
5
/
v
m s
=
，甲、乙碰撞后粘成一体继续沿皮带向
右滑行，最后滑上木板。已知甲、乙及甲乙整体与皮带问的动摩擦因数均为
1
0.2
=
，甲乙整体与
木板间的动摩擦因数为
2
0.1
=
，重力加速度
2
10
/
g
m s
=
。求： 
 
（1）从A 滑到B 的过程中，甲克服摩擦力做的功
f
W ； 
（2）皮带的长度l ； 
（3）甲乙整体到达C 点时的速度大小
Cv ； 
（4）判断甲乙整体能否和木板达到共速？若能，求出甲乙在木板上滑行的距离；若不能，为使甲
乙和木板能共速，需要在木板右端粘接上至少多长的同种规格（相同高度、宽度和材料）的木板。 
 
 
 
35 
4．如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，两个大小不计的物块A 、B 质量分别为
1
m
m
=
和
2
5
m
m
=
，A 、B 与传送带的动摩擦因数分别为
1
3 tan
5


=
和
2
tan


=
．设物体A 与B 碰撞时间
极短且无能量损失。 
（1）若传送带不动，将物体B 无初速放置于传送带上的某点，在该点右上方传送带上的另一处无
初速释放物体A ，它们第一次碰撞前A 的速度大小为
0v ，求A 与B 第一次碰撞后的速度
1A
v
、
1B
v
； 
（2）若传送带保持速度
0v 顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B 和A ，它们第一次碰撞前
A 的速度大小也为
0v ，求它们第二次碰撞前A 的速度
2A
v
； 
（3）在第（2）问所述情景中，求第一次碰撞后到第三次碰撞前传送
带对物体A 做的功。 
 
 
 
 
 
 
 
 
36 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
1． 熟悉带电粒子在匀强电场中运动的基本模式和常见结论 
2． 会求解电场力和重力同时作用下的运动问题 
 
一、带电粒子在匀强电场中的加速和偏转 
1. 基本模型回顾 
质量为m 电荷量为q 的带电粒子以平行于极板的初速度v0 射
入长L 板间距离为d 的平行板电容器间，两板间电压为U，求射出
时的侧移、偏转角和动能增量。 
（1）侧移：𝑦=
1
2 (
𝑈𝑞
𝑑𝑚) (
𝐿
𝑣)
2
=
𝑈𝐿2
4𝑈′𝑑 
根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、
初动能、初动量或加速电压等）。 
（2）偏角：𝑡𝑎𝑛𝜃=
𝑣𝑦
𝑣=
𝑈𝑞𝐿
𝑑𝑚𝑣2 =
𝑈𝐿
2𝑈′𝑑，注意到𝑦=
𝐿
2 𝑡𝑎𝑛𝜃，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与
初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。 
（3）穿越电场过程的动能增量：ΔEK=Eqy （注意，一般来说不等于qU） 
 
2. 带电粒子在交变电场中的加速和偏转 
粒子在交变场中的运动，无论是电场、磁场还是复合场，最基本的模型仍然是匀强场中的匀变速直
线或曲线运动，但是，由于场的周期性变化，必然涉及到运动时间与场的变化周期之间的关系问题。讨
论这个时间或空间的匹配性，是这类问题的重难点所在。 
 
 
复习目标    
第6 讲    带电粒子在电场中的运动 
 
高考考点    
U  L  d 
v0 
m，q 
y 
vt 
θ 
θ 
 
37 
例1  如图甲所示，一对平行金属板M、N 长为L，相距为d，O1O 为中轴线．当两板间加电压UMN
＝U0 时，两板间为匀强电场，忽略两极板外的电场．某种带负电的粒子从O1 点以速度v0 沿O1O 方向
射入电场，粒子恰好打在上极板M 的中点，粒子重力忽略不计． 
（1）求带电粒子的比荷
𝑞
𝑚； 
（2）若M、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝
𝐿
𝑣0，从t＝0 开始，前
𝑇
3内UMN＝2U，后
2𝑇
3
内UMN＝－U，大量的上述粒子仍然以速度v0 沿O1O 方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离
开电场而不打在极板上，求U 的值． 
（3）若M、N 间加如图乙所示的交变电压，其周期T＝
𝐿
𝑣0，大量的上述粒子仍然以速度v0 沿O1O
方向持续射入电场，最终所有粒子恰好能全部离开电场而不打在极板上，粒子在通过两板间的过程中，
偏离中轴线O1O 有一个最大距离ym，求不同时刻射入板间的粒子的ym 最小值与最大值的比值大小． 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3. 带电粒子在空间组合场中的运动 
粒子在空间组合场中运动时，其运动具有前后相继性。因此，第一是要熟悉直线运动和类平抛运动
的性质，善于利用分运动的独立性和同时性进行分析。第二，对于呈现空间重复性的组合场，也要善于
从特殊到一般，发现和利用规律。粒子在这类电场中运动时，其运动轨迹往往和场的空间分布具有一定
的匹配性，要注意寻找利用。 
 
38 
例2  （2022 年新高考江苏卷）某装置用电场控制带电粒子运动，工作原理如图所示．矩形ABCD
区域内存在多层紧邻的匀强电场，每层的高度均为d ，电场强度大小均为E ，方向沿竖直方向交替变
化．AB 边长为12d ，BC 边长为8d ．质量为m 、电荷量为q
+ 的粒子流从装置左端中点射入电场，粒
子初动能为
k
E ，入射角为，在纸面内运动．不计重力及粒子间的相互作用力。 
（1）当
0


=
时，若粒子能从CD边射出，求该粒子通过电场的时间t 。 
（2）当
4
k
E
qEd
=
时，若粒子从CD 边射出电场时与轴线OO的距离小于d ，求入射角的范围。 
（3）当
8
3
k
E
qEd
=
，粒子在为
~
2
2


−
范围内均匀射入电场，求从CD边出射的粒子与入射粒子
的数量之比
0
:
N N 。 
 
 
 二、带电粒子在电场力和重力共同作用下的运动 
1．电场情况已知 
由于电场力和重力类似，做功都只与初末位置有关。特别是，电场为匀强电场，大小和方向已知，
则可以求出电场力和重力的合力，作为一个“等效力场”对粒子施加的恒力，仿照重力作用下物体的运动
的分析方法来求解。 
例3（2022 年新高考辽宁卷）如图所示，光滑水平面AB 和竖直面内的光滑1
4 圆弧导轨在B 点平滑
连接，导轨半径为R 。质量为m 的带正电小球将轻质弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧后经过
B 点时的速度大小为
gR ，之后沿轨道BO运动。以O 为坐标原点建立直角坐标系xOy ，在x
R
−
区
域有方向与x 轴夹角为
45
=
的匀强电场，进入电场后小球受到的电场力大小为
2mg 。小球在运动过
程中电荷量保持不变，重力加速度为g 。求： 
 
39 
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能； 
（2）小球经过O 点时的速度大小； 
（3）小球过O 点后运动的轨迹方程。 
 
 
 
 
 
 
 
思考与总结：类比质点在重力作用下的竖直平面圆周运动的分析方法，指出带电粒子在匀强电场和
重力场的复合场中做圆周运动的最小速度、最大速度的位置及其满足的条件。 
 
例4  在水平向右的匀强电场中，一带电小球从A 点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球
运动的轨迹上A 、B 两点在同一水平线上，M 为轨迹的最高点，小球从A 点抛出时的动能为4J ，在M
点的动能为2.25J ，不计空气阻力。求： 
（1）小球在上升和下降过程中分别通过的水平位移
1x 与
2x 的比 
（2）小球落到B 点时的动能 
（3）小球从A 点运动到B 点过程中的最小动能 
 
 
 
 
 
2．电场情况未知 
如果题目没有给出电场的具体信息，或者是非匀强电场，各处的场强难以准确描述，我们一般无法
像上面那样将电场力和重力一样当作已知恒力处理，尤其是很难求出一个稳定的“等效力”。此时我们要
善于利用电场力与重力作用的独立性，尤其是利用两个力做功都与路径无关的特点，跳过具体过程的研
究，直接从粒子运动的初末状态得到两个力各自作用的效果和它们大小与方向的关系。 
 
40 
例5  （2021 年新高考福建卷）如图（a），同一竖直平面内A 、B 、M 、N 四点距O 点的距离均
为
2L ，O 为水平连线AB 的中点，M 、N 在AB 连线的中垂线上。A 、B 两点分别固定有一点电荷，
电荷量均为
(
0)
Q Q 
。以O 为原点，竖直向下为正方向建立x 轴。若取无穷远处为电势零点，则ON 上
的电势随位置x 的变化关系如图（b）所示。一电荷量为
(
0)
Q Q 
的小球
1S 以一定初动能从M 点竖直
下落，一段时间后经过N 点，其在ON 段运动的加速度大小a 随位置x 的变化关系如图（c）所示。图中
g 为重力加速度大小，k 为静电力常量。 
（1）求小球
1S 在M 点所受电场力大小。 
（2）当小球
1S 运动到N 点时，恰与一沿x 轴负方向运动的不带电绝缘小球
2
S 发生弹性碰撞。已知
1S 与
2
S 的质量相等，碰撞前、后
1S 的动能均为
2
4
3
kQ
L
，碰撞时间极短。求碰撞前
2
S 的动量大小。 
（3）现将
2
S 固定在N 点，为保证
1S 能运动到N 点与之相碰，
1S 从M 点下落时的初动能须满足什
么条件？ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
41 
例6  如图，O、A、B 为同一竖直平面内的三个点，OB 沿竖直方向，AOB＝60，OA∶OB＝2∶3，
将质量为m 的小球自O 点水平向右抛出，其初动能为Ek0，小球在运动过程中恰好通过A 点。现使小球
带上电量为q 的正电荷，同时加一匀强电场，电场方向与OAB 所在平面平行，将小球以Ek0的初动能自
O 点朝某一方向抛出，该小球再次通过了A 点，且到达A 点时的动能EkAʹ＝3Ek0；若将该小球以Ek0的初
动能从O 点朝另一方向抛出，小球恰好通过B 点，且到达B 点时的动能EkB＝6Ek0，设重力加速度大小
为g，求： 
（1）无电场时，小球到达A 点时的动能EkA 
（2）所加匀强电场的电场强度。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．如图所示，在正交坐标系xOy 的第一、四象限内分别存在两个大小相等、方向不同的匀强电场，两
组平行且等间距的实线分别表示两个电场的电场线，每条电场线与x 轴所夹的锐角均为60°．一
质子从y 轴上某点A 沿着垂直于电场线的方向射入第一象限，仅在电场力的作用下第一次到达x 轴
上的B 点时速度方向正好垂直于第四象限内的电场线，之后第二次到达x 轴上的C 点。求： 
（1）质子在A 点和B 点的速度之比； 
（2）OB 与BC 长度的比值。 
 
 
 
 
课后作业    
 
42 
2．如图甲所示，两块间距为d 的金属板A 、B 水平平行放置，金属板右侧竖直放置一垂直于金属板的
足够大的屏，屏到金属板右端的距离等于金属板长度。大量质量为m 、电荷量为e 的质子由静止开
始，经电压为
0
U 的电场加速后，连续不断地沿金属板的中轴线OO方向射入两板之间。两板间电
压按如图乙所示的规律作周期性变化，周期
0
6
17
m
T
d
eU
=
，离开偏转电场的质子通过两板间的时
间均为偏转电场变化周期的1.5 倍，求：（不计质子之间的相互作用，计算结果不用T 表示） 
（1）质子射入偏转电场时的速度大小
0v 、水平金属板的长度L ； 
（2）
1
6
t
T
=
时刻射入偏转电场的质子，穿出两板之间时的动能
k
E ； 
（3）从偏转电场射出的质子打到屏上，向下偏离轴线OO的最大距离
m
y 。 
 
 
 
 
 
3．如图，在直角坐标系xOy 的第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强
1
16N/C
E =
，虚线是电场
的理想边界线，虚线右端与x 轴的交点为
(4,0)
A
，虚线与x 轴所围成的空间内没有电场；在第二象
限存在水平向左的匀强电场，场强
2
4N/C
E =
。有一粒子发生器能在
( 4,4)
M −
和
( 4,0)
N −
两点连线
上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为
23
4 10
kg
m
−
= 
、电荷量
19
6.4 10
C
q
−
= −

，
不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从MN 上静止释放的所有粒子，最
后都能到达A 点。 
（1）若粒子从M 点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A 点，求到达
A 点的速度大小； 
（2）若粒子从MN 上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A 点的时间； 
（3）求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。 
 
43 
 
 
 
 
 
4. 如图所示，在竖直平面内固定的圆形绝缘轨道的圆心在O 点、半径为r，内壁光滑，A、B 两点分别
是圆弧的最低点和最高点。该区间存在方向水平向右的匀强电场，一质量为m、带负电的小球在轨
道内侧做完整的圆周运动（电荷量不变），经C 点时速度最大，O、C 连线与竖直方向的夹角θ＝
60°，重力加速度为g。 
（1）求小球所受到的电场力大小； 
（2）小球在A 点速度v0 多大时，小球经B 点时对轨道的压力最小？ 
 
 
 
5. 如图所示，纸面为竖直面，MN 为竖直线段，MN 之间的距离为h ，空间存在平行于纸面的足够宽广
的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，一带正电的小球从M 点在纸面内以
0
2
v
gh
=
的速
度水平向左开始运动，以后恰好以大小为
0
2
v
v
=
的速度通过N 点。已知重力加速度g ，不计空气
阻力。则下列正确的是（    ） 
A．小球从M 到N 的过程经历的时间
0v
t
g
=
 
B．可以判断出电场强度的方向水平向左  
C．从M 点到N 点的过程中小球的机械能先增大后减小 
 
D．从M 到N 的运动过程中速度大小一直增大 
 
 
44 
6．纸面内存在大小和方向均未知的匀强电场，也存在一长方形区域ABCD ，其中
2
AB
L
=
，AD
L
=
，
电场强度的方向与ABCD所在平面平行。质量为m 、电荷量为
(
0)
q q
+

的带电粒子在A 点以一定
的速度
0v 发射，粒子到达B 点的动能是初动能的9 倍；若改变粒子速度方向，以相同的初动能仍
从A 点射出，到达D 点的动能为初动能的4 倍。不计粒子重力。求： 
（1）匀强电场的大小和方向； 
（2）若粒子从A 点射出时速度的大小可变，且当粒子从A 点射出时速度方向与电场垂直时，为使
粒子经过长方形区域边界动能增量最多，该粒子从A 点射出的速度应为多大； 
（3）若粒子从A 点射出时速度的大小可变，且当粒子从A 点射出时速度方向与电场垂直时，为使
粒子第一次经过长方形区域边界时动量增量为
0
mv ，该粒子从A 点射出的速度应为多大。 
 
 
 
 
 
 
 
45 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．会运用正确方法找到粒子进入已知有界磁场中的临界条件，探讨临界问题 
2．会讨论和求解磁场最小范围问题 
3．会求解带电粒子在拼合磁场中运动的周期性和多解问题 
 
一、带电粒子在有界磁场中偏转的基本模型 
1．直线边界 
带电粒子进出直线边界时，轨迹以及射入射出角都具有对称性。这类问题都可以遵循先找圆心，然
后确定半径，最后求解几何关系的思路求解。 
（1）确定圆心：①速度（切线）垂直于半径；②弦的中垂线过圆心 
（2）确定半径：①偏转角等于圆心角等于弦切角的二倍；②相对的弦切角相等，即有对称性 
（3）圆心角等于偏转角，由此可以确定运动时间。 
2．圆形磁场边界 
画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏转角可由tan
𝜃
2 =
𝑟
𝑅求出。
可见，对同一入射方向，粒子入射速度越大，其在圆形磁场中轨迹所对的圆心角（偏
转角）越小，即时间越短。 
圆形边界磁场与粒子的轨迹圆相交时，具有很多对称性。常用的性质有：沿磁场半径方向入射的粒
子，必然沿另一半径方向射出。若入射方向与半径方向有夹角，则出射方向与半径方向的夹角等于入射
时的这个夹角。 
二、带电粒子在有界磁场中的运动的分析方法 
1．寻找粒子在给定边界的磁场中的运动临界状态 
当粒子从边界射入的方向确定，而大小可以变化时，可以通过放缩圆轨迹的方法找到与其他边界的
第7 讲    带电粒子在有界磁场中的运动 
 
复习目标 
高考要点 
 
46 
切点。当粒子从边界射入的方向不确定，而大小不变时，理论上可以得到一个确定大小的轨迹圆，可以
通过旋转该轨迹圆的方法找到与其他边界的切点。这类“放缩”、“旋转”、“平移”的方法，是我们解决有
界磁场临界问题的基本技巧。 
例1  如图所示，在平面直角坐标系中的三角形FGH 区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁
感应强度大小为B，三点坐标分别为F（﹣3L，5L）、G（﹣3L，﹣3L）、H（5L，﹣3L）。坐标原点O 处
有一体积可忽略的粒子发射装置，能够连续不断的在该平面内向各个方向均匀的发射速度大小相等的
带正电的同种粒子，单位时间内发射粒子数目稳定。粒子的质量为m，电荷量为q，不计粒子间的相互
作用以及粒子的重力。 
（1）速率在什么范围内所有粒子均不可能射出该三角形区域？ 
（2）如果粒子的发射速率为√2𝑞𝐵𝐿
𝑚，设在时间t 内粒子源发射粒子的总个
数为N，在FH 边上安装一个可以吸收粒子的挡板，那么该时间段内能够打在
挡板FH 上的粒子有多少？并求出挡板上被粒子打中的长度。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2．已知轨迹求磁场边界的问题 
这类问题中，粒子进入和射出磁场的速度方向是已知的，但磁场范围未知。由于对同一个轨迹，磁
场形状具有任意性，所以这类问题一般会限定磁场形状，进而讨论其最小区域。此时，临界条件仍然表
现为轨迹与磁场相切或恰好从边缘射出，利用之前的方法，先找到切点和射出点，然后确定圆心和半径
求解。 
例2  （2021 年高考湖南卷）带电粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制备的关键技术之一。带电
粒子流（每个粒子的质量为m、电荷量为+q）以初速度v 垂直进入磁场，不计重力及带电粒子之间的相
互作用。对处在xOy 平面内的粒子，求解以下问题。 
 
47 
 
（1）如图（a），宽度为2r1 的带电粒子流沿x 轴正方向射入圆心为𝐴(0,𝑟1)、半径为r1 的圆形匀强
磁场中，若带电粒子流经过磁场后都汇聚到坐标原点O，求该磁场磁感应强度B1 的大小； 
（2）如图（a），虚线框为边长等于2r2 的正方形，其几何中心位于𝐶(0,−𝑟2)。在虚线框内设计一个
区域面积最小的匀强磁场，使汇聚到O 点的带电粒子流经过该区域后宽度变为2r2，并沿x 轴正方向射
出。求该磁场磁感应强度B2 的大小和方向，以及该磁场区域的面积（无需写出面积最小的证明过程）； 
（3）如图（b），虚线框Ⅰ和Ⅱ均为边长等于r3 的正方形，虚线框Ⅲ和Ⅳ均为边长等于r4 的正方形。
在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分别设计一个区域面积最小的匀强磁场，使宽度为2r3 的带电粒子流沿x 轴正方向射
入Ⅰ和Ⅱ后汇聚到坐标原点O，再经过Ⅲ和Ⅳ后宽度变为2r4，并沿x 轴正方向射出，从而实现带电粒子
流的同轴控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁场磁感应强度的大小，以及Ⅱ和Ⅳ中匀强磁场区域的面积（无需写出面积最
小的证明过程）。 
 
 
 
 
 
 
三、拼合磁场与多解问题 
当多个有界磁场组合布置时，粒子在不同的磁场中会前后相继运动。尤其是，当粒子反复进出磁场
边界时，不仅可以讨论在各个磁场中的运动的临界条件，还可以进一步计算由于粒子周期性运动带来的
多解问题。这类问题的解决关键，除了要关注在各部分有界磁场中的临界条件之外，还要注意讨论在穿
越边界时的角度、位置等问题。 
 
48 
例3  空间存在间距都为d 的，磁场感应强度为
0
B 、
0
0
2B
nB

的匀强磁场。一群电量为q
−，质
量m ，重力不计的粒子从坐标原点O 以等大速度进入磁场，入射方向与x 正方向成角，且均匀的分布
在0 ~180内，其中有75% 的粒子能通过边界1。求： 
 
（1）粒子速度v 的大小； 
（2）调整入射速度的大小与方向，若粒子恰好能穿过边界2，此时入射角度与v 的关系； 
（3）当粒子垂直于边界射入磁场，且入射速度满足
0
4B qd
v
m
=
，求运动过程中
m
y 的最大值，以及
粒子出射磁场的位置与O 的距离。 
 
 
 
 
例4  （2022 年新高考山东卷）中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破，该装置中用电磁场
约束和加速高能离子，其部分电磁场简化模型如图所示，在三维坐标系Oxyz 中，0
z d

空间内充满匀
强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴正方向；3
0
d z
−

，
0
y
的空间内充满匀强磁场Ⅱ，磁感
应强度大小为
2
2 B ，方向平行于xOy 平面，与x 轴正方向夹角为45；
0
z 
，
0
y
的空间内充满沿y
轴负方向的匀强电场，质量为m ，带电量为q
+ 的离子，从yOz 平面第三象限内距y 轴为L 的点A 以一
定速度出射，速度方向与z 轴正方向夹角为，在yOz 平面内运动一段时间后，经坐标原点O 沿z 轴正
方向进入磁场Ⅰ，不计离子重力。 
（1）当离子甲从A 点出射速度为
0v 时，求电场强度的大小E ； 
（2）若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动，求进入磁场时的最大速度
m
v ； 
 
49 
（3）离子甲以2
qBd
m 的速度从O 点沿z 轴正方向第一次穿过xOy 面进入磁场Ⅰ，求第四次穿过xOy 平
面的位置坐标（用d 表示）； 
（4）当离子甲以2
qBd
m 的速度从O 点进入磁场Ⅰ时，质量为4m ，带电量为q
+ 的离子乙，也从O 点
沿z 轴正方向以相同的动能同时进入磁场Ⅰ，求两离子进入磁场后，到达它们运动轨迹第一个交点的时
间差△t （忽略离子间相互作用）。 
 
 
 
 
例5  如图所示，直线MN 下方无磁场，上方空间存在两个匀强磁场，其分界线是半径为R 的半
圆，两侧的磁场方向相反且垂直于纸面，磁感应强度大小都为B．现有一质量为m、电荷量为q 的带负
电微粒从P 点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q 点，不计微粒的重力．求： 
（1）微粒在磁场中运动的周期． 
（2）从P 点到Q 点，微粒的运动速度大小及运动时间． 
（3）若向里磁场是有界的，分布在以Ｏ点为圆心、半径为
R 和2R 的两半圆之间的区域，上述微粒仍从P 点沿半径方向
向左侧射出，且微粒仍能到达Q 点，求其速度的最大值． 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
50 
 
1  如图所示，足够长的矩形区域abcd 内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，现从ad
边的中心O 点处，垂直磁场方向射入一速度为v0 的带正电粒子，v0 与ad 边的夹角为30°。已知粒
子质量为m，带电量为q，ad 边长为L，不计粒子的重力。 
（1）求要使粒子能从ab 边射出磁场，v0 的大小范围。 
（2）粒子在磁场中运动的最长时间是多少？在这种情况下，粒子将从什么范围射出磁场?  
 
 
 
2  如图所示，在真空中半径r＝3.0×10
﹣2m 的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T，方向如图的匀强磁
场，一束带正电的粒子以初速度v0＝1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab 的a 端沿各个方向射入磁
场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷
＝1.0×108C/kg，不计粒子重力．求： 
（1）粒子在磁场中运动的最长时间； 
（2）若射入磁场的速度改为v＝3.0×105m/s，其他条件不变，试用斜线
画出该束粒子在磁场中可能出现的区域，要求有简要的文字说明．（sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8） 
 
 
 
3  如图所示，在倾角为30°的斜面OA 的左侧有一竖直挡板，其上有小孔P，OP 足够远。现有一质量
m=
20
4 10
kg
−

，带电量
14
2 10
C
q
−
= + 
的粒子，从小孔以速度
4
0
3 10 m/s
v = 
水平射向磁感应强度
B=0.2T、方向垂直纸面向里的正三角形区域磁场。已知粒子在飞行过程中不
会碰到挡板，且在飞出磁场区域后能垂直打在OA 面上，粒子重力不计。求： 
（1）粒子在磁场中作圆周运动的半径； 
（2）粒子在磁场中运动的时间； 
（3）正三角形磁场的最小面积。 
 
 
课后练习    
 
51 
4  如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸
面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也
为B．把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠𝐴的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为𝑣0的带
负电的粒子（粒子重力不计）。则下列说法正确的是（     ） 
A．若𝑣0 =
𝑞𝐵𝐿
𝑚，则粒子第一次到达C 点所用的时间为
𝜋𝑚
𝑞𝐵 
B．若𝑣0 =
𝑞𝐵𝐿
2𝑚，则粒子第一次到达C 点所用的时间为
2𝜋𝑚
3𝑞𝐵 
C．若𝑣0 =
𝑞𝐵𝐿
𝑚，则粒子第一次到达B 点所用的时间为
2𝜋𝑚
𝑞𝐵 
D．若𝑣0 =
𝑞𝐵𝐿
2𝑚，则粒子第一次到达B 点所用的时间为
𝜋𝑚
3𝑞𝐵 
 
5．（2023 年高考浙江卷）利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy 平面
（纸面）的第一象限内有足够长且宽度均为L 、边界均平行x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁
感应强度大小为
1
B 的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为
2
B 的磁场，方向均垂直纸面向里，
区域Ⅱ的下边界与x 轴重合。位于(0,3 )
L 处的离子源能释放出质量为m 、电荷量为q 、速度方向与
x 轴夹角为60的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略
磁场的边界效应。 
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度
1v 及其在磁场中的运动时间t ； 
（2）若
2
1
2
B
B
=
，求能到达
2
L
y =
处的离子的最小速度
2v ； 
（3）若
1
2
B
B
y
L
=
，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地
分布在
1
1
6
~
B qL
B qL
m
m
范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之
比。 
 
 
 
 
 
 
 
52 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．理解电偏转和磁偏转的区别，会利用电偏转和磁偏转各自性质分析求解粒子在电磁组合场中的运动 
2．分析求解粒子在电磁组合场中运动的临界条件和周期性问题 
 
一、电偏转和磁偏转的对比（垂直场强方向入射） 
 
电偏转 
磁偏转 
受力特征 
匀强电场中，F=qE，是恒力 
匀强磁场中，f=qvB，f 的大小与v
成正比，f 的方向始终垂直与v，
是变力 
运动规律 
类平抛运动，平抛运动的规律和求
解方法都适用 
v 恒定时，做匀速圆周运动。轨迹
半径R 与速度v 成正比，运动时间
t 与偏转角成正比，与速度无关 
偏转情况 
不会超过90°，且任意时刻的偏转
角是唯一的，其正切值与时间成正
比 
360°周期性重复，且单位时间内转
过的角度是相等的（角速度恒定） 
能量变化 
电场力持续做功 
洛伦兹力不做功 
带电粒子在组合场中的运动属于多过程问题，两个场中的运动前后相继。从运动学的角度来看，要
关注粒子进入每一个场区和离开每一个场区时刻的速度大小和方向，进而确定其在该场区运动过程中
的偏转角度和速度变化量。从能量角度来看，要区分电场和磁场对粒子做功的不同特点，用功能关系求
解。 
 
 
第8 讲  带电粒子在电磁组合场中的运动 
 
学习目标 
知识要点 
 
53 
二、电磁组合场中粒子运动的分析方法 
例1  如图甲所示，一个竖直圆柱体，圆柱体的高为H ，底面半径为R ，O 和O是圆柱体上下两
个圆面的圆心。圆柱体所在的空间内存在竖直向下的匀强磁场。后侧矩形面abcd 有一个粒子面发射源，
其中ab与cd 边的长度均为1.6R（过O 作ab的垂线与ab的交点恰为ab的中点），整个面都能向圆柱体
发射的某种正粒子，其比荷为K 、粒子的速度大小均为
0v 且速度方向与矩形面abcd 垂直。在圆柱体的
右侧到OO的距离为2.6R 处放置一个足够大的金属板，整个金属板内侧有和金属板垂直的匀强电场，
匀强电场局限在离金属板的距离为R 的范围内。如图乙是图甲的俯视图，图中ab边射出的粒子经圆形
磁场偏转后都从圆上的某一点D（未画出）射出，从粒子源a 处射出的粒子经过D 点射出磁场后，经真
空室再经匀强电场最后打到金属板上，且粒子垂直于金属板的分速度大小为
0
0.8v ，不计粒子重力，整
个装置放在真空室中，sin53
0.8
=
，cos53
0.6
=
。求： 
 
（1）圆形磁场的磁感应强度B 的大小； 
（2）金属板内侧与金属板间电场的电场强度E 的大小； 
（3）粒子源发射的粒子在金属板上的落点对应的面积。 
 
 
 
 
 
 
思考和总结：电磁组合场综合题中，如何从题目中准确提取决定粒子大致轨迹、运动过程的关键性
条件？ 
 
54 
例2  （2023 年新高考山东卷）如图所示，在0
2
x
d ，0
2
y
d 的区域中，存在沿y 轴正方向、
场强大小为E 的匀强电场，电场的周围分布着垂直纸面向外的恒定匀强磁场。一个质量为m ，电量为q
的带正电粒子从OP 中点A 进入电场（不计粒子重力）。 
（1）若粒子初速度为零，粒子从上边界垂直QN 第二次离开电场后，垂直NP 再次进入电场，求磁
场的磁感应强度B 的大小； 
（2）若改变电场强度大小，粒子以一定的初速度从A 点沿y 轴正方向第一次进入电场，离开电场
后从P 点第二次进入电场，在电场的作用下从Q 点离开。 
( )i 求改变后电场强度E的大小和粒子的初速度
0v ； 
（ⅱ）通过计算判断粒子能否从P 点第三次进入电场。 
 
 
 
 
三、交变电磁场中的带电粒子 
例3  （2021 年高考浙江卷）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为𝑑的中间有
小孔的两平行金属板𝑀、𝑁和边长为𝐿的立方体构成，其后端面𝑃为喷口．以金属板𝑁的中心𝑂为坐标原
点，垂直立方体侧面和金属板建立𝑥、𝑦和𝑧坐标轴，𝑀、𝑁板之间存在场强为𝐸、方向沿𝑧轴正方向的匀
强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿𝑧方向的分量始终为零，沿𝑥和𝑦方向的分量𝐵𝑥和𝐵𝑦随时间
周期性变化规律如图乙所示，图中𝐵0可调．氙离子(𝑋𝑒2+)束从离子源小孔𝑆射出，沿𝑧方向匀速运动到𝑀
板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面𝑃射出，测得离子经电场加速后在金属板𝑁中心点𝑂处相对推
进器的速度为𝑣0．已知单个离子的质量为𝑚、电荷量为2𝑒，忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质
量远小于推进器的质量。 
 
 
55 
（1）求离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小v 。 
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节
0
B 值，使得从小孔S 射出的离子均能从喷口后端面P
射出，求
0
B 的取值范围； 
（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T ，单位时间从端面P 射出的离子数为n ，
且
0
0
2
5
mv
B
eL
=
，求图乙中0t 时刻离子束对推进器作用力沿z 轴方向的分力。 
 
 
 
 
 
 
 
 
带电粒子在交变电磁场中运动，经常涉及到周期性和多解问题。我们在前面已经梳理了确认粒子轨
迹，包括如何讨论空间临界条件的问题。更多情况下，粒子的运动时间是需要考虑的，由于电、磁场的
大小和方向也具有时间上的周期性，所以还必须考虑粒子的运动时间与电磁场变化周期之间的匹配性。 
例4  如图甲所示，在MN 下方存在竖直向上的匀强电场。在MN 上方以MN 为弦，半径为R 的虚
线区域内存在周期性变化的磁场，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为正方向。弦
MN 所对的圆心角为120．在
0
t =
时，一质量为m 、电荷量为q
+ 的带电粒子，以初速度v 从A 点沿直
径AOB 射入磁场，运动到圆心O 点后，做一次半径为
2
R 的完整的圆周运动，再沿直线运动到B 点，在
B 点经挡板碰撞后原速率返回（碰撞时间不计，电荷量不变），运动轨迹如图甲所示。粒子的重力不计，
不考虑变化的磁场所产生的电场。求： 
 
 
56 
（1）磁场的磁感应强度
0
B 的大小及变化周期
0T ； 
（2）粒子从B 点运动到A 点的最短时间t ； 
（3）满足（2）中条件所加的电场强度E 的大小。 
 
 
 
 
例5  如图甲所示，在xOy 平面的第Ⅰ象限内有沿x
+ 方向的匀强电场
1
E ，第Ⅱ、Ⅲ象限内同时存在
着竖直向上的匀强电场
2
E 和垂直纸面的匀强磁场B ，2
2.5N/C
E =
，磁场B 随时间t 周期性变化的规律。 
如图乙所示，0
0.5T
B =
，垂直纸面向外为磁场正方向。一个质量
5
5 10 kg
m
−
= 
、电荷量
4
2 10 C
q
−
= 
的带正电液滴从P 点(0.6m,0.8m) 以速度
0
3m/s
v =
沿
x
−方向入射，恰好以沿y
−方向的速度v 经过原点
O 后进入
0
x
 的区域，
0
t =
时液滴恰好通过O 点，g 取
2
10m/s ．求： 
（1）电场强度
1
E 和液滴到达O 点时速度的大小v ； 
（2）液滴从P 开始运动到第二次经过x 轴所经历的时间t总； 
（3）若从某时刻起磁场突然消失，发现液滴恰好以与
y
+ 方向成30角的方向穿过y 轴后进入
0
x 
的区域，试确定液滴穿过y 轴时的位置。 
 
 
 
 
 
 
 
57 
 
1．如图所示，在y 轴右侧0 y d 区域有竖直向下的匀强电场，场强为
2
0
8
9
mv
E
qd
=
，在
3
d y
d 区域内有
垂直纸面向里的匀强磁场。带电量为(
0)
q q 
，质量为m 的带粒子以速度
0v 从坐标原点O 沿x 轴正
方向进入电场区域，且粒子在磁场区域中的运动轨迹恰好与直线
3
y
d
=
相切，粒子第一次返回x 轴
上的点记为S 点（图中未画出）。 
（1）求带电粒子进入磁场时的速度； 
（2）求S 点到O 点的距离； 
（3）若磁感应强度的大小可以改变，粒子离开O 点后，经(
1)
n n 
次磁偏转仍过S 点，求磁感应强度的可能值。 
 
 
 
 
2．如图所示，第一象限存在垂直纸面向外的匀强磁场I ，磁感应强度大小为B ，第二象限存在方向竖
直向下的匀强电场，在𝑦≤−
𝑙
2区域存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，磁感应强度为
x
B （未知）。一
电荷量为(
0)
q q 
的带电粒子从电场中的P 点( 2 , 3 )
l
l
−
以速度
0v 水平射出，从y 轴上的Q 点（未画
出）进入第一象限的磁场后，又恰好从坐标原点O 进入第三象限。粒子经过原点O 时与x 轴负方向
的夹角为30，在以后的运动中粒子经过x 轴上距离O 点3l 的M 点，不计粒子重力，已知粒子出
电场后便不再进入电场。求： 
（1）电场强度的大小。 
（2）磁感应强度
x
B 的最大值。 
 
 
 
 
 
课后练习    
 
58 
3．如图甲所示，在Oxyz 坐标系内，一个长方体空间被竖直平面MNPQ 划分成两个区域，左侧区域存在
着平行于z 轴、周期性变化的电场，取电场方向沿z 轴正方向为正，其场强随时间的变化规律如图
乙所示
0
(T 为未知量）；右侧区域存在着方向沿z 轴正方向的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的
带正电粒子（重力不计）由静止开始经过粒子加速器加速后，
0
t =
时刻从坐标轴
2
L
y =
处沿x 轴正
方向以速度
0v 进入电场，该粒子进入电场区域后恰好经过
(
N N 为整数）个周期后到达平面MNPQ ，
并穿过磁场区域。 
（1）求粒子加速器的加速电压为多少； 
（2）求该粒子经过平面MNPQ 时的位置； 
（3）若粒子经过磁场区域后，从QGHM 平面内射出，求该磁场的磁感应强度的范围。 
 
 
 
 
 
 
4．如图（甲) 所示，在直角坐标系0 x L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点(3 ,0)
L
为圆心、半径为L 的圆形区域，圆形区域与x 轴的交点分别为M 、N ．现有一质量为m ，带电量
为e 的电子，从y 轴上的A 点以速度
0v 沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，
速度方向与x 轴夹角为30．此时在圆形区域加如图（乙) 所示周期性变化的磁场，以垂直于纸面向
外为磁场正方向，最后电子运动一段时间后从N 点飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同
（与x 轴正方向夹角也为30 )。求： 
（1）电子进入圆形磁场区域时的速度大小v ； 
（2）0 x L 区域内匀强电场场强E 的大小； 
（3）写出圆形磁场区域磁感应强度
0
B 的大小、磁场变化周期T 各应满足的表达式。 
 
59 
 
 
 
 
 
 
5．如图所示，在两块水平金属极板间加有电压U 构成偏转电场，一束比荷为
𝑞
𝑚= 106C/kg 的带正电的
粒子流（重力不计），以速度𝑣0 = 104m/s 沿水平方向从金属极板正中间射入两板。粒子经电场偏转
后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L=1m，AB 与水
平方向成45°角。区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知𝐵0 = 0.5𝑇，磁场方向以垂直
于纸面向外为正。粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场。
求： 
 
（1）两金属极板间的电压U 是多大？ 
（2）若𝑇0 = 0.5s，求t=0 时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置。 
（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期𝑇0
应满足的条件。 
 
 
 
 
 
60 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．理解带电粒子在多场复合空间的运动的稳定模式，会利用稳定条件解题 
2．会分析求解带电粒子在正交的电场力和洛伦兹力下的三维运动 
3．会利用动量和能量的观点分析带电粒子在多场复合空间的一般运动 
 
一、带电粒子在叠加场中的运动的稳定模式 
带电粒子在叠加场中的运动属于多力共同作用问题，其中电场力的性质和重力类似，它们的合力可
以参考电场章节的方法处理。而洛伦兹力大小与速度有关，且方向垂直于速度矢量，一般将使粒子的运
动复杂化。因此，我们通常应当先明确带电粒子在叠加场中运动的稳定模式。 
1．匀速圆周运动 
带电粒子进入复合场中，若电场力和重力（或者再加上其它弹力）的合力为零，则粒子可以在洛伦
兹力作用下做匀速圆周运动。 
带电粒子也可在轨道或绳的约束下在复合场中做变速圆周运动，此时洛伦兹力和约束力大小时刻
变化，但都始终指向圆心，不做功。而重力和电场力始终是恒力，它们的合力也始终是恒力。抓住这两
个特点可将此类问题类比于重力场中的竖直平面内圆周运动来处理。 
例1  一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆
周运动。则该带电微粒必然带_____，旋转方向为_____。若已知圆半径为r，重力
加速度为g，电场强度为E，磁感应强度为B，则线速度为_____。 
 
2．匀速直线运动 
如果带电粒子不受轨道约束，则它在复合场中的直线运动必然是匀速直线运动。因为洛伦兹力与速
度大小有关，一旦速度大小改变，洛伦兹力即发生变化，使得直线运动被破坏。所以带电粒子在复合场
第9 讲  带电粒子在复合场中的运动 
 
复习目标 
高考要点 
E   B 
 
61 
中做直线运动时，一般总可以建立两种或三种场力平衡的方程。 
例2  地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，电场
水平向左或向右未知。一个带点油滴能沿一条与竖直方向成α 角的直线MN 运动（MN 在纸面内），如
图所示。则以下说法正确的是 
A  如果油滴带正电，它是从M 运动到N 
B  如果油滴带正电，它是从N 运动到M 
C  如果电场方向水平向左，油滴是从M 运动到N 
D  如果电场方向水平向右，油滴是从N 运动到M 
 
二、带电粒子在电磁混合场中的三维运动 
如前所述，如果带电粒子的速度不满足一定的条件，粒子将无法在电磁混合场中做稳定的运动，轨
迹将不是简单曲线。但还有一种情况，电场力和洛伦兹力不在一个平面内，此时粒子的运动轨迹将是在
空间中的三维曲线。曲线本身很复杂，但如果将其投影到电场力和洛伦兹力各自的平面内，可以利用运
动的独立性来进行分析。 
例3  （2021 年新高考山东卷）某离子束实验装置的基本原理如图甲所示。Ⅰ区宽度为d，左边界与
x 轴垂直交于坐标原点O，其内充满垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；Ⅱ区宽度
为L，左边界与x 轴垂直交于O1 点，右边界与x 轴垂直交于O2 点，其内充满沿y 轴负方向的匀强电场。
测试板垂直x 轴置于Ⅱ区右边界，其中心C 与O2 点重合。从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m 的
正离子，加速后沿x 轴正方向过O 点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区，恰好到达测试板中心C。已知离子刚进入Ⅱ区
时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ。忽略离子间的相互作用，不计重力。 
 
（1）求离子在Ⅰ区中运动时速度的大小v； 
（2）求Ⅱ区内电场强度的大小E； 
 
62 
（3）保持上述条件不变，将Ⅱ区分为左右两部分，分别填充磁感应强度大小均为B（数值未知）、
方向相反且平行y 轴的匀强磁场，如图乙所示。为使离子的运动轨迹与测试板相切于C 点，需沿x 轴移
动测试板，求移动后C 到O1 的距离s。 
 
 
 
 
 
三、带电粒子在叠加场中做一般运动的探讨 
例4  如图甲所示，水平地面上有一辆固定有竖直光滑绝缘管的小车，管的底部有一质量
0.2g
m =
、
电荷量
5
8 10 C
q
−
= 
的小球，小球的直径比管的内径略小。在管口所在水平面MN 的下方存在着垂直纸
面向里、磁感应强度
1
15T
B =
的匀强磁场，MN 面的上方还存在着竖直向上、场强
25V/m
E =
的匀强电
场和垂直纸面向外、磁感应强度
2
5T
B =
的匀强磁场。现让小车始终保持
2m/s
v =
的速度匀速向右运动，
以带电小球刚经过场的边界PQ 为计时的起点，测得小球对管侧壁的弹力
N
F 随高度h 变化的关系如图
乙所示。g 取
2
10m/s ，不计空气阻力，求： 
 
（1）小球刚进入磁场
1
B 时的加速度大小a ； 
（2）绝缘管的长度L ； 
（3）从小球离开管口开始计时，到再次经过MN 需要多长时间t 。 
 
 
 
 
 
 
63 
例5  如图，绝缘粗糙的竖直平面MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水
平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q
的带正电的小滑块从A 点由静止开始沿MN 下滑，到达C 点时离开MN 做曲线运动。A、C 两点间距
离为h，重力加速度为g。 
（1）求小滑块运动到C 点时的速度大小vc； 
（2）求小滑块从A 点运动到C 点过程中克服摩擦力做的功Wf； 
（3）若D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大
的位置，当小滑块运动到D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的
P 点。已知小滑块在D 点时的速度大小为vD，从D 点运动到P 点的时间为t，求
D 到P 的距离。 
 
 
 
思考与讨论：若物体到达例6 中的D 点后磁场不撤去，接下来将做什么运动？是否有可能进入稳
定模式，做匀速直线运动？ 
 
例6  （2023 年新高考江苏卷）霍尔推进器某局部区域可抽象成如图所示的模型。𝑥𝑂𝑦平面内存在
竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度为𝐵。质量为𝑚、电荷量为𝑒的电子从
𝑂点沿𝑥轴正方向水平入射，入射速度为𝑣0时，电子沿𝑥轴做直线运动；入射速度小于𝑣0时，电子的运动
轨迹如图中的虚线所示，且在最高点与在最低点所受的合力大小相等。不计重力及电子间相互作用。 
（1）求电场强度的大小𝐸； 
（2）若电子入射速度为
𝑣0
4 ，求运动到速度为
𝑣0
2 时位
置的纵坐标𝑦1； 
（3）若电子入射速度在0 < 𝑣< 𝑣0范围内均匀分
布，求能到达纵坐标𝑦2 =
𝑚𝑣0
5𝑒𝐵位置的电子数𝑁占总电子
数𝑁0的百分比。 
 
 
 
 
64 
例7  空间有垂直纸面向内的水平匀强磁场B，一质量为m、带电量为＋q 的小球在O 静止释放，
小球的运动曲线如图所示。已知重力加速度为g。求： 
（1）小球运动到任意位置p（x，y）的速率v； 
（2）小球在运动过程中第一次下降的最大距离 ym ； 
 
 
 
 
 
 
 
1．为了监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图
所示的流量计。该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右
两端开口。在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在
前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极。污水充满管口从左向右流经
该装置时，电压表将显示两个电极间的电压为U．若用Q 表示污水流量（单位时间内排出的污水
体积），下列说法中正确的是（  ） 
A．后表面电极比前表面电极电势低  
B．电压表的示数U 与装置的宽b 成正比  
C．电压表的示数U 与装置的高c 成正比  
D．污水流量Q 与电压表的示数U 成反比 
 
2．如图所示，一些质量为m 、电荷量为q
+ 的带电粒子从一线状粒子源射出（初速度可视为0) 经过电
场U 加速后，粒子以一定的水平初速度从MS 段垂直射出(S 为MF 中点），进入边长L 的正方体电
磁修正区内（内部有垂直面MPRG 的匀强磁场B 与匀强电场
)
E 。距离正方体底部L 处有一与
RNAG 平行的足够大平板，能吸收所有出射粒子。现以正方体底面中心O 在平板的垂直投影点为
原点，在平板内建立直角坐标系（其中x 轴与GR 平行）。所有带电粒子都从正方体底面离开，且从
M 点进来的粒子在正方体中运动的时间为2
m
qB

。 
课后练习    
 
65 
（1）粒子射出正方体电磁修正区后的速度； 
（2）若满足关系式
2
2
8qUB
E
m

=
，求从S 点入射的粒
子最后打到平板上的位置坐标； 
（3）接（2）问，若粒子源单位时间内射出n 个粒子，
则单位时间内平板受到粒子的作用力为多大？ 
 
 
 
 
 
 
 
 
66 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．会分析电磁感应问题中的电路结构，求解电学物理量 
2．理解感应电流的安培力反作用于导体的动力学过程，会分析其稳定状态 
3．会利用力学三大观点分析典型双杆模型的电磁感应力学问题 
 
一、电磁感应综合问题的研究思路 
电磁感应综合问题问题，涉及到电学对象与力学对象及其关系的研究。一般而言，先从电学对象入
手，分析出感应电流和安培力，然后转入力学分析，求解加速度和速度的变化情况。而最终速度的变化
又会影响感应电动势的大小，最终达到稳定状态。以上过程可以用图表表示： 
 
二、感应电动势和电磁感应的电路 
电磁感应的电路问题，主要解决从“电源”到“电流”的问题。利用楞次定律和右手定则判断感应电
动势方向，用法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小，这就处理了“电源”的问题。接下来要注意电
复习目标    
高考考点    
第10 讲    电磁感应综合问题分析方法 
 
 
67 
路分析，需要用到闭合电路分析的知识和技巧。 
例1  如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B。一边长为a、
电阻为4R 的正方形均匀导线框ABCD 从图示位置沿水平向右方向以速度v 匀速穿过两磁场区域，在下
图中线框A、B 两端电压UAB 与线框移动距离x 的关系图象正确的是（     ） 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
例2  如图，平面内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。导轨间距为l，电路总电阻
为R，在外力作用下以速度v匀速运动。用磁场和运动学的知识阐明：（1）导体棒运动的末状态；（2）
回路中消耗的电能，等于导体棒克服安培力做的功。 
 
 
 
例3  在一菱形均匀线圈中，已知∠acd=α，dc=x，线圈在匀强磁场B 中以角速度𝜔绕其对角线转
动，转轴与B 垂直。当线圈平面转至与B 平行时，如图所示，求： 
（1）ac 之间的电压Uac； 
（2）设b 为ac 中点，求bc 间电压Ubc； 
（3）ac 间电势最低点的位置。 
 
 
 
 
A 
-3Bav/4 
B 
3a 
a 
2a 
O 
x 
C 
x 
3a 
a 
2a 
O 
Bav 
UAB 
3a 
a 
2a 
O 
x 
Bav/4 
3Bav/4 
Bav/4 
UAB 
UAB 
Bav/4 
UAB 
3a 
a 
2a 
O 
x 
Bav/4 
3Bav/4 
Bav 
D 
D 
C 
B 
O 
y 
B 
B 
x 
a 
2a 
A 
C 
c 
d 
b 
a 
B 
ω 
 
68 
三、电磁感应的动力学与能量问题 
在分析清楚电磁感应的电路问题后，问题转化为对电流和安培力的研究。因而处理此类问题的基本
方法是： 
（1）用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． 
（2）求回路中的感应电流的大小和方向． 
（3）分析研究导体受力情况（包括安培力）． 
（4）列动力学方程或平衡方程求解． 
 
例4  如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为，间距为L ．导轨上端接有一平行板电
容器，电容为C ．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一
质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨
之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g 。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，
求： 
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系； 
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。 
 
 
 
 
例5  如图，ab 和cd 是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN 和M’N’是两根用细线连接的金
属杆，其质量分别为m 和2m。竖直向上的外力F 作用在杆MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨
接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向与
导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0 时刻将细线烧断，保持F 不变，金属
杆和导轨始终接触良好。求 
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比； 
（2）两杆分别达到的最大速度。 
 
 
 
 
 
69 
例6  如图所示足够长的导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，左端间距
1
4
L
L
=
，右
端间距
2L
L
=
．现在导轨上垂直放置ab和cd 两金属棒，质量分别为
1
2
m
m
=
，
2
m
m
=
，电阻
1
2
4
R
R
=
，
2
R
R
=
．若开始时，两棒均静止，现给cd 棒施加一个方向向右、大小为F 的恒力，不计导轨电阻。求： 
（1）两棒最终加速度各是多少？ 
（2）棒ab上消耗的最大电功率。 
 
 
 
 
 
思考与总结：总结等距和不等距导轨的双杆模型，并用运动图象来描述。 
 
例7  （2022 年新高考湖北卷）如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，
磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd 的边长
0.2m
L =
、回路电阻
3
1.6 10
R
−
=

、质量
0.2kg
m =
。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为
L 。现对线框施加与水平向右方向成
45
=
角、大小为4 2N 的恒力F ，使其在图示竖直平面内由静
止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁
场右边界。重力加速度大小取
2
10m/s
g =
，求： 
（1）ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小； 
（2）磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的
焦耳热； 
（3）磁场区域的水平宽度。 
 
 
 
 
 
 
70 
 
1．在如图甲、乙、丙中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C 原来不带电．设
导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面面
内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向
右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab 的最终运动状态是（  ） 
 
A．三种情形下导体棒ab 最终都做匀速运动  
B．甲、丙中，ab 棒最终将以不同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止 
 
C．甲、丙中，ab 棒最终将以相同速度做匀速运动；乙中，ab 棒最终静止 
 
D．三种情形下导体棒ab 最终都做静止 
 
2．如图所示，金属杆ab、cd 置于平行轨道MN、PQ 上，可沿轨道滑动，两轨道间距l＝0.5m，轨道所
在空间有垂直于轨道平面匀强磁场，磁感强度B＝0.5T，用力F＝0.25N 向右水平拉杆ab，若ab、
cd 与轨道间的滑动摩擦力f1＝0.15N、f2＝0.1N，两杆的电阻分别为R1＝R2＝0.1Ω，设导轨电阻不
计，ab、cd 的质量关系为2m1＝3m2；且ab、cd 与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等． 
求：（1）此两杆之间的稳定速度差     
（2）若F＝0.3N，两杆间稳定速度差又是多少？ 
 
 
3．如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平面上，虚线CD左侧导轨间距为2L ，右侧导轨
间距离为L 。垂直导轨平面有竖直方向的匀强磁场，以CD 为分界线，左侧磁感应强度大小为B 、
方向向下；右侧磁感应强度大小为2B 、方向向上。导体棒a 、b 垂直导轨放置，棒与导轨始终接触
良好，导轨电阻不计。现使棒a 获得一向左的水平速度
0v ，在两棒之后的运动中，导轨M 、N 两
端的电势差
MN
U
，导体棒a 、b 的速度
av 、bv ，以及棒a 、b 受到的安培力
a
F 、
bF 与时间t 的关系，
下列图像大致正确的有(  ) 
课后练习    
 
71 
 
A．
 
B．
  
C．
 
D．
 
 
 
 
4．如图所示，AB 、CD组成一个平行轨道，导轨间距为L ，轨道平面的倾角
30
=
，轨道与导轨EF 、
GH 由两小段光滑的圆弧BE 、DG 相连（小圆弧绝缘且长度可忽略），倾斜导轨部分处于垂直导轨
平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ；水平导轨部分（足够长）处于竖直向上的匀强磁场
中，磁感应强度大小为2B ；质量为m 、电阻为R 的导体棒Q 静止于水平导轨上，倾斜导轨A 、C
间接一个电容器，电容器的电容为
2
2
m
C
B L
=
，质量为m 、电阻忽略不计的导体棒P 与导轨垂直放
置，从靠近A 、C 端的位置由静止释放，导体棒P 的长度为L ，且初始时离水平轨道的高度为h ，
已知重力加速度为g ，不考虑导体棒P 与导轨间的摩擦力，不计导轨的电阻，整个过程中Q 始终静
止不动且P 、Q 没有发生碰撞。则下列说法中正确的是(  ) 
 
 
72 
A．导体棒P 在倾斜导轨上做匀加速运动，加速度大小为
4
g 
B．导体棒P 滑上水平导轨时的速度为
2
gh  
C．导体棒Q 在此过程中受到的最大摩擦力为
2
2
2B L
gh
R
 
 
D．导体棒Q 在此过程中受到的最大摩擦力为
2
2
4B L
gh
R
 
 
5．如图所示，光滑水平面上有正方形金属线框abcd，边长为L、电阻为R、质量为m．虚线PP’和QQ’
之间有一竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，宽度为H，且H＞L．线框在恒力F 作用下由静
止开始向磁场区域运动，cd 边运动S 后进入磁场，ab 边进入磁场前某时刻，线框已经达到平衡状
态．当cd 边到达QQ’时，撤去恒力F，重新施加外力F’，使得线框做加速度大小为F/m 的匀减速
运动，最终离开磁场． 
（1）cd 边刚进入磁场时cd 两端的电势差； 
（2）cd 边从进入磁场到QQ’这个过程中安培力做的总功； 
（3）写出线框离开磁场的过程中，F’随时间t 变化的关系式． 
 
 
 
 
 
 
 
 
73 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．会利用动量和能量综合模型分析电磁感应问题 
2．会利用感应电量联系安培力的冲量与导体棒位移、速度变化等物理量，求解相关问题 
 
一、电磁感应中的动量和能量模型 
1．传统的动量守恒和动量定理模型 
例1  两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放
着两根导体棒ab 和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其
余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可
沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度v0．若两导体棒在运动中始终
不接触，求： 
（1）在运动中ab 棒产生的焦耳热最多是多少？ 
（2）当ab 棒的速度变为初速度的3/4 时，cd 棒的加速度是多少？ 
（3）从ab 棒的速度变为初速度的3/4 时开始，在cd 棒施加一个恒力F。当其作用t 时间后，ab 棒
恢复到初始速度。求此时cd 棒的加速度。 
 
 
 
 
 
 
2．安培力的冲量 
复习目标    
高考考点    
第11 讲    电磁感应中的动量和能量方法 
 
 
74 
当导体回路中有感应电流通过时，安培力的冲量可以表示为𝐼冲= 𝐹安𝑡= 𝐵𝐿𝐼̅𝑡= 𝐵𝐿𝑞，即与通过导
体的电量成正比。另一方面，通过导体的感应电量可以表示为𝑞= 𝐼̅𝑡=
Δ𝛷
𝑅，在磁场恒定的情况下，此
值与导体切割磁感线扫过的面积成正比，即Δ𝛷= 𝐵∆𝑆= 𝐵𝐿𝑥。最后，由动量定理，𝐼冲= Δ𝑚𝑣，所以
这类导体棒切割磁感线，在安培力作用下做变速运动的问题，可以速度的变化量与导体棒扫过的面积
（通过的位移）联系起来。 
例2  如图所示，两条为L 的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左、右两端各接一阻值
为R 的定值电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强电场垂直，导轨电阻可忽略不计。金属棒ab
垂直导轨放置在两导轨上，并与导轨接触良好。金属棒在两导轨间的电阻也为R。若导轨足够长，现给
棒以平行导轨向右的初速度v0，当流过棒横截面的电荷量为q 时，棒的速度减为
𝑣0
2 ，此过程中棒发生的
位移为x。则在这一过程中下列说法正确的是 
A．导体棒的质量为
𝑣0
2𝐵𝐿𝑞 
B．当流过导体棒的电荷为
𝑞
3时，导体棒的速度为
5
6 𝑣0 
C．当导体棒发生位移为
𝑥
4时，导体棒的加速度为
7𝐵𝐿𝑣02
24𝑅𝑞 
D．在流过导体棒的电荷量
𝑞
4的过程中，导体棒释放的热量为
15𝐵𝐿𝑞𝑣0
64
 
 
 
二、综合题目讲练 
例3  （2023 年新高考新课标卷）一边长为L 、质量为m 的正方形金属细框，每边电阻为
0
R ，置
于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L 的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度
大小为B ，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。 
（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场
边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。 
（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻
1
0
2
R
R
=
，导轨电
阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度运动，进入磁场。
运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻
1
R 产生的
热量。 
 
75 
 
 
 
 
 
 
例4  如图（a），一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为L ；两根相同的导体棒
M 、N 置于导轨上并与导轨垂直，长度均为L ；棒与导轨间的动摩擦因数为（最大静摩擦力等于滑
动摩擦力）；整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ．从
0
t =
时开始，对导体棒M
施加一平行于导轨的外力F ，F 随时间变化的规律如图（b）所示。已知在0t 时刻导体棒M 的加速度大
小为
g

、导体棒N 开始运动。运动过程中两棒均与导轨接触良好，重力加速度大小为g 。两棒的质量
均为m ，电阻均为R ，导轨的电阻不计。求 
（1）0t 时刻导体棒M 的速度
M
v
。 
（2）
0
0 ~ t 时间内外力F 的冲量大小； 
（3）
0
0 ~ t 时间内导体棒M 与导轨因摩擦产生的内能。 
 
 
 
 
 
 
 
 
76 
例5  （2022 年新高考浙江卷）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已
达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1 所示，用于推动模型飞机的动子
（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐
向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B 。开关S 与1 接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始
推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S 掷向2 接通定值电阻
0
R ，同时施加回撤力F ，
在F 和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v
t
−图如图2 所
示，在1t 至3t 时间内
(800 10 )N
F
v
=
−
，3t 时撤去F 。已知起飞速度
1
80m/s
v =
，1
1.5s
t =
，线圈匝数
100
n =
匝，每匝周长
1m
l =
，飞机的质量
10kg
M =
，动子和线圈的总质量
5kg
m =
，
0
9.5
R =
，
0.1T
B =
，不
计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求 
（1）恒流源的电流I ； 
（2）线圈电阻R ； 
（3）时刻3t 。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
77 
例6  如图所示足够长的导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，左端间距
1
4
L
L
=
，右
端间距
2L
L
=
．现在导轨上垂直放置ab和cd 两金属棒，质量分别为
1
2
m
m
=
，
2
m
m
=
，电阻
1
2
4
R
R
=
，
2
R
R
=
．若开始时，两棒均静止，现使ab 棒向右以初速度v0 运动，求整个过程中cd 棒产生的焦耳热
和通过它的电量。 
 
 
 
 
 
 
 
1  如图所示，ab、ef 是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d．在
导轨ab、ef 间放置一个阻值为R 的金属导体棒PQ．其质量为m，长度恰好为d．另一质量为
3m、长为d 的金属棒MN 也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN 静止于PQ 棒右侧某位置，
盛个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中．现有一质量为m、带电荷
量为q 的光滑绝缘小球在桌而上从O 点（O 为导轨上的一点）以与可成60°角的方向斜向右方进
人磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN 的中点，小球与金属棒MN 的碰撞过程中无机械能损
失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN 的电阻，两杆运动过程中不相碰，求： 
 
（1）小球在O 点射人磁场时的初速度v0 
（2）金属棒PQ 上产生的热量E 和通过的电荷量Q 
（3）在整个过程中金属棒MN 比金属棒PQ 多滑动的距离 
（4）请通过计算说明小球不会与MN 棒发生第二次碰撞； 
 
课后作业    
 
78 
2．（2022 年新高考辽宁卷）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L 。abcd 区域有匀
强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度
0v 向右
运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂
直。两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 
（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向； 
（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为
0
3
v ，求： 
①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ； 
②初始时刻N 到ab的最小距离x ； 
（3）初始时刻，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为
(
1)
kx k 
，求M 出
磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围。 
 
 
 
 
3．如图，间距为
0.5m
l =
的两平行金属导轨由水平和倾斜两部分平滑连接，斜面倾角
30
=
，倾斜导
轨上端接
0.02
R =
的电阻。区域Ⅰ的匀强磁场
1
B 方向垂直斜面向上，其宽度为
2
0.5m
x =
。斜面上
的
3x 长度为0.8m。水平导轨的无磁场区放一金属杆cd ，杆cd 右侧存在大小
2
0.2T
B =
、方向竖直
向上的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度
4
0.15m
x =
。长为
0.5m
l =
的金属杆ab 从斜面上端距区域Ⅰ上边界
1
0.1m
x =
处由静止释放，杆ab进入区域Ⅰ时恰好开始做匀速运动，已知金属杆ab进入水平轨道后与
金属杆cd 发生弹性碰撞，碰后金属杆cd 沿水平导轨进入区域Ⅱ，滑出区域Ⅱ后被放置在导轨正中央
的水平弹簧弹回，不考虑杆与弹簧碰撞的动能损失。整个运动过程中，杆ab和cd 与导轨始终接触
良好，且保持与导轨垂直。已知杆ab和cd 电阻均为
0.02
r =
，质量均为
0.1kg
m =
不计摩擦和导
轨电阻，忽略磁场边界效应。重力加速度
2
10m/s
g =
，求： 
 
79 
 
（1）匀强磁场区域Ⅰ的磁感应强度
1
B ； 
（2）杆ab在滑过斜面上磁场
1
B 的过程中，流过电阻R 的电量q ； 
（3）杆ab和杆cd 一共可以碰撞的次数n 。 
 
 
4．如图所示，两固定的平行光滑金属导轨，水平部分间距为3L ，倾斜部分间距为L ，与水平夹角
30
=
。
导轨的两部分分别处在磁感应强度大小为B ，方向垂直各自导轨平面向下的匀强磁场中（磁场未画
出）。两金属棒MN 和PQ 材料、横截面积均相同，分别垂直两导轨放置，棒MN 质量为m 、电阻
为R 、长为L ，棒PQ 长度为3L 。运动过程中棒与导轨始终垂直且保持接触良好，导轨足够长且电
阻可忽略，重力加速度为g 。 
（1）锁定棒PQ ，在棒MN 上施加一沿倾斜导轨向上的恒力
1
1.5
F
mg
=
，求棒MN 的最终速度； 
（2）对棒MN 施加沿倾斜导轨向上的恒力
1
1.5
F
mg
=
的同时，对棒PQ 施加沿水平导轨向右的恒力
2
3
F
mg
=
，两棒同时由静止开始运动，求棒MN 的最终速度； 
（3）若在（2）的条件下，两棒从静止开始运动，经过时间t 后可视为匀速运动，求此过程中系统
产生的焦耳热。 
 
 
 
 
 
80 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．分析总结多过程综合题目在读题和理解题意流程中的难点和方法，提升解构题目的能力 
2．分析总结多过程综合题目在讨论与求解过程中的难点和方法，提升搭建完整解题过程的能力 
 
一、从经典模型构建综合问题 
我们已经熟悉了若干在高考中经常考查的热点专题，明确了相关经典模型的重难点及其分析方法。
而在多过程综合题目中，我们遇到的往往是多个模型的前后相继组合而构成的复杂场景。因此，如果我
们能正确地将物理场景拆解并匹配到各个经典模型，从程序和逻辑上理解题目中的各个关键点，也就能
够理解命题人的命题逻辑和意图。这种化繁为简、降低题目复杂度的方法，是我们遇到多过程综合题时，
在题意分析和理解过程中的常见手段。 
例1  （2023 年新高考山东卷）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末
端与B 的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同
速度
0v 向右做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰
好到达最低点，并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s 。已知
0
1
/
v
m s
=
，
4
/
v
m s
=
，
1
A
C
m
m
kg
=
=
，
2
B
m
kg
=
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
1
0.1
=
，
C 与B 间动摩擦因数
2
0.5
=
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P 、A 的碰撞均为弹性碰撞，
不计碰撞时间，取重力加速度大小
2
10
/
g
m s
=
。 
（1）求C 下滑的高度H ； 
（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A 、B 未发生碰撞，求s 的范围； 
 
 
复习目标    
高考考点    
第12 讲    多过程综合题的思路与方法 
 
 
81 
（3）若
0.48
s
m
=
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W ； 
（4）若
0.48
s
m
=
，自C 滑上B 开始至A 、B 、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量
的变化量△p 的大小。 
 
 
 
 
 
 
例2  （2021 年新高考河北卷）如图，一对长平行栅极板水平放置，极板外存在方向垂直纸面向外、
磁感应强度大小为𝐵的匀强磁场，极板与可调电源相连。正极板上𝑂点处的粒子源垂直极板向上发射速
度为𝑣0、带正电的粒子束，单个粒子的质量为𝑚、电荷量为𝑞。一足够长的挡板𝑂𝑀与正极板成37°倾斜
放置，用于吸收打在其上的粒子。𝐶、𝑃是负极板上的两点，𝐶点位于𝑂点的正上方，𝑃点处放置一粒子靶
（忽略靶的大小），用于接收从上方打入的粒子，𝐶𝑃长度为𝐿0。忽略栅极的电场边缘效应、粒子间的相
互作用及粒子所受重力sin37° =
3
5。 
（1）若粒子经电场一次加速后正好打在𝑃点处的粒子靶上，求可调电源电压𝑈0的大小； 
（2）调整电压的大小，使粒子不能打在挡板𝑂𝑀上，求电压的最小值𝑈𝑚𝑖𝑛； 
（3）若粒子靶在负极板上的位置𝑃点左右可调，则负极板上存在𝐻、𝑆两点(𝐶𝐻⩽𝐶𝑃< 𝐶𝑆，𝐻、𝑆
两点未在图中标出），对于粒子靶在𝐻𝑆区域内的每一点，当电压从零开始连续缓慢增加时，粒子靶均只
能接收到𝑛(𝑛⩾2)种能量的粒子，求𝐶𝐻和𝐶𝑆的长度（假定在每个粒子的整个运动过程中电压恒定）。 
 
 
82 
例3  两光滑导轨平行放置，间距为𝐿，在导轨上有𝑂、𝑂′两点，𝑂𝑂′连线与轨道垂直。𝑂𝑂′将导轨
分为左右两部分，𝑂𝑂′左边的轨道由绝缘材料做成，右边轨道由导电材料做成，不计导轨的电阻。𝑂𝑂′
左边有宽度为𝑑的等间距交替出现的方向竖直向上或竖直向下的磁场，磁感应强度大小为𝐵。在𝑂𝑂′的右
侧有方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为𝐵。在𝑂𝑂′处放置有质量为2𝑚的金属棒𝑎，离𝑎棒距
离为𝑠处放置一质量也为2𝑚的金属棒𝑏，𝑎、𝑏两棒的电阻均为𝑅。现将一质量为𝑚，电阻值也为𝑅，宽为
𝑑，长为𝐿的金属线框𝐴𝐵𝐶𝐷，从𝐴𝐵边离𝑂𝑂′距离为4𝑑的左侧以一定的初速度向右运动，在𝑂𝑂′处与𝑎棒发
生弹性碰撞后，线框返回且恰好停在出发处。而𝑏棒与障碍物发生弹性碰撞后会以大小不变的速度返回。
𝑏棒到达障碍物时的速度已经稳定。 
（1）判断线框开始运动时，𝐶𝐷边中电流的方向及𝐶𝐷边受力的方向； 
（2）求线框初速度的大小； 
（3）求线框中产生的热量； 
（4）若𝑏棒在与障碍物相碰后能够与𝑎棒再相遇，求初始𝑎、𝑏两棒的距离𝑠的取值范围。 
 
 
 
 
二、多次重复类问题的规律寻找与通解构成 
在近年来的高考和模拟题中，有很多多次作用、重复作用类问题。这类题目的最终求解往往需要找
到一个含n 的通解。在一开始的分析中，我们一般难以直接发现通解的构成方法，这时，先研究最简单
情况的特解，再以归纳法寻找通解是常见的手段。 
例4  （2023 年新高考湖北卷）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B 、垂直于xOy 平面向里的
匀强磁场。
0
t =
时刻，一带正电粒子甲从点
(2 ,0)
P
a
沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该
点的带正电粒子乙发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个
圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周。已知粒子甲的质量为m ，两粒子所带电荷量均为q 。假设所有碰
撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影
响。求 
 
83 
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小。 
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。 
（3）
18 m
t
qB

=
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
18 m
t
qB

=
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可） 
 
 
 
 
 
例5  （2022 年新高考湖南卷）如图（a），质量为m 的篮球从离地H 高度处由静止下落，与地面
发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h 的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重
力的倍(为常数且0
)
H
h
H
h

−


+
，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加
速度大小为g 。 
 
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比； 
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员对篮球施加一个向下的压力F ，使得篮球与地面碰撞一次
后恰好反弹至h 的高度处，力F 随高度y 的变化如图（b）所示，其中
0h 已知，求
0
F 的大小； 
（3）篮球从H 高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），
瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I ，经过N 次拍击后篮球恰好反弹至H 高度处，求冲量I 的大
小。 
 
 
 
 
 
84 
 
1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一
轻质弹簧左端固定，右端连接着质量𝑀= 6.0kg的物块𝐴．装置的中间是水平传送带，它与左右两边
的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以𝑢= 2.0m/s匀速
运动。传送带的右边是一半径𝑅= 1.25m位于竖直平面内的光滑1 4
⁄ 圆弧轨道。质量𝑚= 2.0kg的物
块𝐵从1 4
⁄ 圆弧的最高处由静止释放。已知物块𝐵与传送带之间的动摩擦因数𝜇= 0.1，传送带两轴
之间的距离𝑙= 4.5m。设物块𝐴、𝐵之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块𝐴静止。取𝑔=
10m/s2．求： 
 
（1）物块𝐵滑到
1
4圆弧的最低点𝐶时对轨道的压力； 
（2）物块𝐵与物块𝐴第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能； 
（3）如果物块𝐴、𝐵每次碰撞后，物块𝐴再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰
撞前锁定被解除，求物块𝐵与物块𝐴碰撞的第𝑛次到𝑛+ 1次之间的过程中，物块𝐵在传送带上运动的时间。 
 
 
 
2．一倾角为𝜃= 45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度ℎ0 = 1m，斜面
底端有一垂直于斜面的固定挡板．在斜面顶端自由释放一质量𝑚= 0.09kg
的小物块（视为质点）．小物块与斜面之间的动摩擦因数𝜇= 0.2．当小物块
与挡板碰撞后，将以原速返回．重力加速度𝑔= 10m/s2．在小物块与挡板
的前4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？ 
 
 
 
 
课后作业    
 
85 
3．如图，一质量为𝑚= 1kg的木板静止在光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距𝐿= 0.08m；质
量为𝑚= 1kg的小物块以初速度𝑣0 = 2m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与
墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为𝜇= 0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的。取𝑔= 10m/s2，
求 
（1）从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间； 
（2）两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。 
 
 
 
 
 
 
4．如图所示，半径为a 的圆内有一固定的边长为1.5a 的等边三角形框架ABC，框架中心与圆心重合，
S 为位于BC 边中点处的狭缝．三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板，框架与圆之间存在
磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．一束质量为m、电量为q，不计重力的带正
电的粒子，从P 点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S，垂直BC 边向下进入磁场并发生偏转．忽
略粒子与框架碰撞时能量与电量损失．求： 
（1）要使粒子进入磁场后第一次打在SB 的中点，则加速电场的电
压为多大？ 
（2）要使粒子最终仍能回到狭缝S，则加速电场电压满足什么条
件？ 
（3）回到狭缝S 的粒子在磁场中运动的最短时间是多少？ 
 
 
5．（2020 年新高考山东卷）如图所示，一倾角为𝜃的固定斜面的底端安装一弹性挡板，𝑃、𝑄两物块的质
量分别为𝑚和4𝑚，𝑄静止于斜面上𝐴处。某时刻，𝑃以沿斜面向上的速度𝑣0与𝑄发生弹性碰撞。𝑄与
斜面间的动摩擦因数等于tan𝜃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。𝑃与斜面间无摩擦，与挡板之间
的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，𝑄的速度减为零之前𝑃不会与之发生碰
撞。重力加速度大小为𝑔。 
 
86 
（1）求𝑃与𝑄第一次碰撞后瞬间各自的速度大小𝑣𝑃1、𝑣𝑄1； 
（2）求第𝑛次碰撞使物块𝑄上升的高度ℎ𝑛； 
（3）求物块𝑄从𝐴点上升的总高度𝐻； 
（4）为保证在𝑄的速度减为零之前𝑃不会与之发生碰撞，求𝐴点与挡板之间的最小距离𝑠。 
 
 
 
 
 
 
 
87 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．复习巩固常见的动量和机械能模型，理解并尝试使用系统观对模型进行重构 
2．会利用系统观点简化求解动量和机械能综合题目 
 
一、模型巩固与重构 
例1  如图所示，A、B 两物体的质量分别为2m 和m，用长为l 的不可伸长的绳连接后放在水平桌
面上，在水平恒力F 的作用下以速度v 做匀速直线运动，某一瞬间绳突然断裂，保持F 不变继续拉A
移动一段距离s0 后撤去，当A、B 都停止后相距多远？ 
 
 
 
例2  （2020 年全国2 卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面
上，他把一质量为4.0kg 的静止物块以大小为5.0m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得
退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以
大小为5.0m/s 的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s ，
反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（    ） 
A．48kg 
B．53kg 
C．58kg 
D．63kg 
 
知识回顾（完全非弹性碰撞）  光滑水平地面上，质量为m 的物体以任何形式与静止的M 相互作
用达到共速，其共同速度都满足mv0＝（m+M）v，即𝑣=
𝑚𝑣0
𝑚+𝑀 
从而动能损失𝐸损=
1
2 𝑚𝑣0
2 −
1
2 (𝑚+ 𝑀)𝑣2 =
1
2
𝑀𝑚
𝑚+𝑀𝑣0
2 =
𝑀
𝑚+𝑀𝐸0，与被碰物体质量成正比。 
 
复习目标    
高考考点    
第13 讲    能量和动量问题的系统观 
 
 
88 
例3  竖直平面内的轨道ABCD 由水平滑道AB 与光滑的四分之一圆弧滑道CD 组成，AB 恰与圆
弧CD 在C 点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。一个质量为m 的小物块（可视为质点）从
轨道的A 端以初动能E 冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC 弧滑下后停在水平滑道AB 的中点。
已知水平滑道AB 长为L，轨道ABCD 的质量为3m。求： 
（1）小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小。 
（2）为了保证小物块不从滑道的D 端离开滑道，圆弧滑道的半径R 至少是多大？ 
（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可
以达到的最大高度是1.5R，试分析小物块最终能否停在滑道
上？ 
 
 
知识回顾（反冲运动） 𝑚𝑣1 = 𝑀𝑣2，即v 与m 成反比。而能量增量𝐸=
1
2 𝑚𝑣1
2 +
1
2 𝑀𝑣2
2，可得反冲
后各自动能与质量成反比：𝐸1 =
𝑀
𝑚+𝑀𝐸，𝐸2 =
𝑚
𝑚+𝑀𝐸 
例4  一质量为m 的烟花弹获得动能E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中
火药爆炸将烟花弹炸为质量之比为1:2 的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动，
其中质量较小的部分向上运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求
爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 
 
 
知识回顾（弹性碰撞）  𝑚𝑣0 = 𝑚𝑣1 + 𝑀𝑣2，且𝐸=
1
2 𝑚𝑣0
2 =
1
2 𝑚𝑣1
2 +
1
2 𝑀𝑣2
2，可得通解：𝑣1 =
𝑚−𝑀
𝑚+𝑀𝑣0，
𝑣2 =
2𝑚
𝑚+𝑀𝑣0。碰撞后两者动能之比为𝐸1：𝐸2 =
(𝑚−𝑀)2
4𝑚𝑀。 
例5  如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b，其连线与墙垂直：a 和b 相距l；b 与墙
之间也相距l；a 的质量为m，b 的质量为
3
4m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a 以初速度
v0 向右滑动，此后a 与b 发生碰撞，设碰撞过程没有能量损失，但b 没有与墙发生碰撞。重力加速度大
小为g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 
 
 
 
 
89 
二、综合题目演练 
例6  （2020 年山东新高考）如图所示，一倾角为θ 的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q 两
物块的质量分别为m 和4m，Q 静止于斜面上A 处。某时刻，P 以沿斜面向上的速度𝑣0与Q 发生弹性碰
撞。Q 与斜面间的动摩擦因数等于tanθ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P 与斜面间无摩擦，与挡板
之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰
撞。重力加速度大小为g。 
（1）求P 与Q 第一次碰撞后瞬间各自的速度大小𝑣𝑃1、𝑣𝑄1； 
（2）求第n 次碰撞使物块Q 上升的高度ℎ𝑛； 
（3）求物块Q 从A 点上升的总高度H； 
（4）为保证在Q 的速度减为零之前P 不会与之发生碰撞，求A 点与挡板之间的最小距离s。 
 
 
 
 
例7  如图甲所示，有两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M 和m ，半径分别为R
和r ，两板之间用一根长为𝑙= 0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度
为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C 上，支架上有一半径为
(
)
R r
R
R



的圆孔，圆孔与两薄板
中心均在圆板中心轴线上，木板与支架发生没有机械能损失的碰撞。碰撞后，两板即分离，直到轻绳绷
紧。在轻绳绷紧的瞬间，两物体具有共同速度v ，如图乙所示。取g=10m/s2，求： 
（1）若𝑀𝑚
⁄
= 𝐾，试讨论v 的方向与K 值间的关系 
（2）若𝑀𝑚
⁄
= 9，要使v 方向向下，求绳长l 应满足的条件 
 
 
 
 
 
 
90 
 
1. 如图所示，两条光滑的绝缘导轨，导轨的水平部分与圆弧部分平滑连接，两导轨间距为L ，导轨的水
平部分有n 段相同的匀强磁场区域（图中的虚线范围），磁场方向竖直向上，磁场的磁感应强度为
B ，磁场的宽度为S ，相邻磁场区域的间距也为S ，S 大于L ，磁场左、右两边界均与导轨垂直。
现有一质量为m ，电阻为r ，边长为L 的正方形金属框，由圆弧导轨上某高度处静止释放，金属框
滑上水平导轨，在水平导轨上滑行一段时间进入磁场区域，最终线框恰好完全通过n 段磁场区域。
地球表面处的重力加速度为g ，感应电流的磁场可以忽略不计，求： 
（1）刚开始下滑时，金属框重心离水平导轨所在平面的高度。 
（2）整个过程中金属框内产生的电热。 
（3）金属框完全进入第(
)
k k
n

段磁场区域前的时刻，金属框中的电功率。 
 
 
 
2. 如图所示，一足够长的木板C 静止在光滑的水平面，质量均为m 的物体A 、B （均可视为质点）置
于C 上，处于静止状态，相距为L ．对A 施加一水平向右的瞬时冲量2I 的同时对B 施加一水平向
左的瞬时冲量(I A 、B 的运动方向在一条直线上）。两物体与木板间的动摩擦因数均为，C 的质
量也为m ，最终物体A 、B 都停在木板上（若A 、B 相碰，碰后粘在一起）。从物体A 、B 开始运
动到两者均相对木板C 静止，木板C 的位移大小为x 。若A 和B 碰撞前瞬时，B 的速度恰好为零，
则
1
L
L
=
、
1
x
x
=
；若A 与B 恰好不能相碰，则
2
L
L
=
、
2
x
x
=
，重力加速度为g 。 
（1）求最终木板的速度大小； 
（2）求
1x 和
2x ； 
（3）试判断下列两种情况下，x 的值或者范围（不要求写推导过程）。 
Ⅰ．𝐿≤𝐿1  
Ⅱ．𝐿1 < 𝐿≤𝐿2。 
 
 
 
课后作业    
 
91 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. 能够熟练地应用代数、几何知识完成物理极值问题的分析。 
 
近几年的高考中，数学工具以各种形式出现在物理题目中，需要同学们在面对实际问题时具有利
用数学工具解决问题的能力。本节我们以最常见的物理极值问题为例，熟悉和总结分析这类问题常见
的数学手段。 
一、利用三角函数进行极值分析 
例1  如图所示是安装工人移动空调室外机的情境。刚开始，两工人分别在与窗户边缘等高的M 、
N 两点通过1、2 两根绳子使空调室外机静止在P 点，然后他们缓慢放绳，使空调室外机竖直向下缓慢
运动。已知开始时P 点到M 点的距离小于P 点到N 点的距离。绳子的质量忽略不计。在空调室外机到
达指定位置前的一段时间内关于1、2 两绳的拉力，下列说法正确的是（     ） 
A．1 绳的拉力一直小于2 绳的拉力  
B．1、2 两绳的拉力都在减小 
 
C．1、2 两绳拉力的合力小于空调室外机的重力 
 
D．1、2 两绳的拉力之比保持不变 
 
例2
如图所示，在倾角为、足够长的斜面顶端
点以大小为
的初速度抛出一小球，抛射角为
，重力加速度为，不计一切阻力。
（）当
确定时，求小球运动过程中离斜面最远的距离；
（）改变
至何值时，小球沿斜面的射程最长。
 
 
 
复习目标   
高考要点   
第14 讲  物理极值问题及其数学方法 
 
 
92 
二、利用矢量三角形进行极值分析 
例3  如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N ．初始
时，OM 竖直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角
(
)
2


。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持
夹角不变，在OM 由竖直被拉到水平的过程中（     ） 
A．MN 上的张力逐渐增大 
B．MN 上的张力先增大后减小 
C．OM 上的张力逐渐增大 
D．OM 上的张力先增大后减小 
 
 
 
例4  如图所示，一个物体与竖直墙面之间的摩擦系数μ=0.25，当物体受到一个与竖直方向成锐角
α=53°，大小至少为10N 的推力F 作用时，物体才能处于静止状态。若取g=10m/s2，cos53°=0.6、sin53°=0.8；
且已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在物体和上述μ 值已经确定(μ=0.25)的情况下，锐角α 有一个临
界值αm，当α＞αm 时，无论推力F 有多大，都不能使得该物体沿着该墙做竖直向上的匀速直线运动，
那么这个临界值αm 为多大。 
 
 
 
 
三、利用不等式和函数知识进行极值分析 
例5  一均匀带电圆环，总带电量为q，半径为R。试求轴线上场强极值点的位置及该处的场强。 
 
 
 
 
 
相关练习  一轻绳一端固定在O 点，另一端拴一小球，拉起小球使轻绳水平，然后无初速释放小
球．如图所示，小球从开始运动至轻绳达竖直位置的过程中，求小球重力的瞬时功率的最大值及其位置。 
 
 
 
93 
回顾  （2022 年新高考湖北卷）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A 、
B 和C 通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中实线位置）
时，C 到两定滑轮的距离均为L 。重物A 和B 的质量均为m ，系统可以在如图虚线位置保持静止，此
时连接C 的绳与水平方向的夹角为60。某次打桩时，用外力将C 拉到图中实线位置，然后由静止释放。
设C 的下落速度为
3
5
gL 时，与正下方质量为2m 的静止桩D 正碰，碰撞时间极短，碰撞后C 的速度为
零，D 竖直向下运动
10
L 距离后静止（不考虑C 、D 再次相碰）。A 、B 、C 、D 均可视为质点。 
（1）求C 的质量； 
（2）若D 在运动过程中受到的阻力F 可视为恒力，求F 的大小； 
（3）撤掉桩D ，将C 再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，
求A 、B 、C 的总动能最大时C 的动能。 
 
 
 
 
 
 
例6  在一光滑水平的长直轨道上，等距离地放着足够多的完全相同的质量为m 的长方形木块，依
次编号为1、2、3……如图所示。在木块1 之前放置一个质量为M=4m 的大木块，大木块与木块1 之间
的距离与相邻各木块间的距离相同，均为l。现在，在所有木块都静止的情况下，以一沿轨道方向的恒
力一直作用在大木块上，使其先与木块1 发生碰撞。设每一次碰撞后入射和被碰木块都粘在一起，问第
几次碰撞前的瞬间，M（及其和它粘在一起的各木块）会达到整个过程中的最大速度？最大速度是多少？ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
94 
 
1．如图所示，在水平平台上有一质量m=0.1kg 的小球压缩轻质弹簧（小球与弹簧不栓连）至A 点，平
台的B 端连接半径为R=0.2m，内壁光滑的二分之一细圆管BC，圆管内径略大于小球直径，小球可
视为质点，B 点和C 点都与水平面相切。在地面的D 点安装了一个可变倾角的足够长斜面DE，已
知地面CD 长为
1.5m
l =
，且小球与地面之间的动摩擦因数
1
0.3
=
，小球与可动斜面DE 间的动摩
擦因数
2
3
3
=
，现释放小球，小球弹出后进入细圆管，运动到C 点时速度大小为
0
5m/s
v =
，
2
10m/s
g =
，求： 
（1）小球经过C 点时对管壁的作用力； 
（2）当斜面DE 与地面的夹角（在
0~90°范围内）为何值时，小球沿斜面上滑的长
度最短并求出这个最短长度（小球经过D 点时速度大小不变）。 
 
 
 
2．如图所示，质量分别为2 m 和3m 的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O 处有
光滑的固定转动轴。AO、BO 的长分别为2L 和L。开始时直角尺的AO 部分处于水平位置而B 在
O 的正下方。让该系统由静止开始自由转动，求： 
（1）当A 到达最低点时，A 小球的速度大小v； 
（2）B 球能上升的最大高度h； 
（3）开始转动后B 球可能达到的最大速度vm。 
 
 
3．在水平地面上方h 高处，以初速度v0 斜向上抛出一物体，求该物体的水平射程范围。 
 
 
 
 
 
课后练习   
A 
B 
O 
 
95 
4．如图所示，长为L 的轻质杆两端各固定有质量均为m 的小球A 和B （视为质点），A 靠在竖直墙壁
上，B 与水平面接触，开始时对B 球施加水平向右的力F ，使杆与水平面成
0
60
=
角保持静止。
在某一时刻撤去力F ，A 球将沿竖直墙壁向下滑动，B 球沿水平
面向左滑动。不计一切摩擦 
（1）开始时为保持系统静止，则力F 为多大？ 
（2）撤去力F 后，当A 球刚好脱离竖直墙壁时，A 、B 球的加
速度分别为多大？ 
（3）当A 球刚好脱离竖直墙壁时，设轻杆与水平面夹角为．求
．（用三角函数表示） 
 
 
 
 
 
 
 
96 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．分析物理实验主要考点的原理，理清其逻辑. 
2．利用基本原理、思想、方法完成实验设计题目 
 
一、物理实验思想、操作、数据处理与误差分析 
1．实验设计的主要思想方法 
（1）间接法 
将不易测量的物理量通过转化、累积、放大，转变为间接测量。 
（2）等效替代法 
用对直观、简单的对象的测量代替对抽象、复杂的对象的测量。 
（3）控制变量法 
对影响一个物理量的多个因素加以控制，便于观察物理量随特定因素的变化而变化的情况。 
例1  关于实验思想，思考回答下列问题 
（1）在“验证力的平行四边形定则”实验中，为了处理数据方便，是否可以取定两分力之间的夹角
为90°？ 
（2）在“验证牛顿第二定律”实验中，以悬挂的沙桶重力为所受外力，可否将原理公式修正为mg=
（M+m）a，以改进系统误差？ 
 
例2  关于实验操作，思考回答下列问题 
（1）在“验证牛顿第二定律”实验中，为何需要平衡摩擦力？  
（2）在“伏安法测电阻”实验中，为何需要选择电流表的内外接方式？ 
 
第15 讲  实验原理与实验设计 
 
复习目标    
高考考点    
 
97 
2．数据处理的主要方法 
（1）计算和取平均值 
可有效减小偶然误差。 
（2）利用图像处理数据 
便于发现物理量之间的关系、剔除错误数据，也有取平均值的效果。要重点掌握利用线性图象来处
理数据的方法，可以根据图象的截距、斜率和面积来获取相关物理量的测量结果。 
3．有效数字与误差分析 
有效数字与仪器精度密切相关，要注意有效数字读取和保留的规则。 
系统误差来源于实验原理，可以从实验原理公式推知系统误差来源和偏差情况。系统误差大小也是
选择实验方案的重要依据。 
例3  （2021 年高考全国乙卷）一实验小组利用图（a）所示的电路测量一电池的电动势𝐸（约1.5V)
和内阻𝑟（小于2Ω)。图中电压表量程为1V，内阻𝑅𝑉= 380.0Ω；定值电阻𝑅0 = 20.0Ω；电阻箱𝑅，最大
阻值为999.9Ω；𝑆为开关。按电路图连接电路。完成下列填空： 
 
（1）为保护电压表，闭合开关前，电阻箱接入电路的电阻值可以选    Ω（填“5.0”或“15.0” )； 
（2）闭合开关，多次调节电阻箱，记录下阻值𝑅和电压表的相应读数𝑈； 
（3）根据图（a）所示电路，用𝑅、𝑅0、𝑅𝑉、𝐸和𝑟表示
1
𝑈，得
1
𝑈=  ； 
（4）利用测量数据，做
1
𝑈−𝑅图线，如图（b）所示； 
（5）通过图（b）可得𝐸=  V （保留2 位小数），𝑟=  Ω（保留1 位小数）； 
（6）若将图（a）中的电压表当成理想电表，得到的电源电动势为𝐸′，由此产生的误差为|
𝐸′−𝐸
𝐸
| ×
100% =  %。 
 
98 
例4 （2023 年新高考湖南卷改编）某探究小组利用半导体薄膜压力传感器等元件设计了一个测量
微小压力的装置，其电路如图（a）所示，
1
R 、
2
R 、
3
R 为电阻箱，
F
R 为半导体薄膜压力传感器，C 、
D 间连接电压传感器（内阻无穷大）。 
 
（1）先用欧姆表“ 100

”挡粗测
F
R 的阻值，示数如图（b）所示，对应的读数是   ； 
（2）适当调节
1
R 、
2
R 、
3
R ，使电压传感器示数为0，此时
F
R 的阻值为   （用
1
R 、
2
R 、
3
R 表
示）； 
（3）依次将0.5g 的标准砝码加载到压力传感器上（压力传感器上所受压力大小等于砝码重力大小），
读出电压传感器示数U ，所测数据如下表所示： 
次数 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
砝码质量
/
m g 
0.0 
0.5 
1.0 
1.5 
2.0 
2.5 
电压
/
U
mV 
0 
57 
115 
168 
220 
280 
根据表中数据在图（c）上描点，绘制U
m
−
关系图线； 
 
99 
（4）完成前面三步的实验工作后，该测量微小压力的装置即可投入使用，在半导体薄膜压力传感
器上施加微小压力
0
F ，电压传感器示数为200mV ，则可得到
0
F 的大小；若在换用非理想毫伏表测量C 、
D 间电压，在半导体薄膜压力传感微小压力
1F ，使得非理想毫伏表读数也为200mV ，则
1F  
0
F （填
“ ”“ = ”或“ ”）。 
 
二、真题和模拟题讲练 
例5 （2022 年新高考山东卷）某同学利用实验室现有器材，设计了一个测量电阻阻值的实验，实
验器材： 
干电池E （电动势1.5V ，当阻未知）； 
电流表
1A （量程10mA ，内阻为90 )
； 
电流表
2
A （量程30mA ，内阻为30 )
； 
定值电阻
0
R （阻值为150 )
； 
滑动变阻器R （最大阻值为100 )
； 
待测电阻
x
R ； 
开关S ，导线若干。 
测量电路如图所示。 
（1）断开开关，连接电路，将滑动变阻器R 的滑片调到值最大一端，将定值电阻
0
R 接入电路；闭
合开关，调节滑片位置，使电流表指针指在满刻度的1
2 处，该同学选到电流表为   （填“
1A ”或“
2
A ” 
) ；若不考虑电池内阻，此时滑动变阻器接入电路的电阻值应为   。 
（2）断开开关，保持滑片的位置不变，用
x
R 替换
0
R ，闭合开关后，电流表指针指在满刻度的3
5 处，
则
x
R 的测量值为   。 
（3）本实验中未考虑电池内阻，对
x
R 的测量值   （填“有”或“无” ) 影响。 
 
 
例6  某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中置
于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，
另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有
5
N =
个，每个质量均为0.010kg 。实验步骤如下： 
 
100 
（1）将5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上
适当厚度的小物快，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下
滑。 
（2）将n（依次取
1
n = ，2，3，4，5) 个钩码挂在轻绳
右端，其余N
n
−
个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻
绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制s
t
−图象，
经数据处理后可得到相应的加速度a 。 
（3）对应于不同的n 的a 值见下表。
2
n =
时的s
t
−图象如图（b）所示：由图（b）求出此时小车
的加速度（保留2 位有效数字），将结果填入下表。 
n 
1 
2 
3 
4 
5 
2
/ m s
a
− 
0.20 
 
0.58 
0.78 
1.00 
（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a
n
−
图象。从图象可以看出：当物体质量一
定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。 
（5）利用a
n
−
图象求得小车（空载）的质量为  kg（保留2 位有效数字，重力加速度取
9.8
g =
2
m s )
−
。 
（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是  （填入正确选项前的标号） 
A ．a
n
−
图线不再是直线 
B ．a
n
−
图线仍是直线，但该直线不过原点 
C ．a
n
−
图线仍是直线，但该直线的斜率变大 
 
 
 
101 
例7  （2021 年新高考湖北卷）小明同学打算估测5 个相同规格电阻的阻值。现有一个量程为0.6A
的电流表、一个电池组（电动势𝐸不大于4.5V、内阻𝑟未知）、一个阻值为𝑅0的定值电阻、一个阻值为𝑅1
的定值电阻（用作保护电阻）、开关𝑆和导线若干。他设计了如图（a）所示的电路，实验步骤如下： 
第一步：把5 个待测电阻分别单独接入𝐴、𝐵之间，发现电流表的示数基本一致，据此他认为5 个
电阻的阻值相等，均设为𝑅。 
第二步：取下待测电阻，在𝐴、𝐵之间接入定值电阻𝑅0，记下电流表的示数𝐼0。 
第三步：取下定值电阻𝑅0，将𝑛个(𝑛= 1，2，3，4，5)待测电阻串联后接入𝐴、𝐵之间，记下串联待
测电阻的个数𝑛与电流表对应示数𝐼𝑛。 
请完成如下计算和判断： 
（1）根据上述第二步，
1
𝐼0与𝑅0、𝑅1、𝐸、𝑟的关系式是
1
𝐼0 =  。 
（2）定义𝑌=
1
𝐼0 −
1
𝐼𝑛，则𝑌与𝑛、𝑅、𝑅0、𝐸的关系式是𝑌=  。 
（3）已知𝑅0 = 12.0𝛺，实验测得𝐼0 = 0.182𝐴，得到数据如下表： 
𝑛 
1 
2 
3 
4 
5 
𝐼𝑛𝐴
⁄ 
0.334 
0.286 
0.250 
0.224 
0.200 
𝑌𝐴−1
⁄
 
2.500 
1.998 
1.495 
1.030 
0.495 
根据上述数据作出𝑌−𝑛图像，如图（b）所示，可得𝑅=  Ω（保留2 位有效数字），同时可得𝐸=  
𝑉（保留2 位有效数字）。 
（4）本实验中电流表的内阻对表中𝑌的测量值   影响（选填“有”或“无” )。 
 
 
 
 
102 
例8  有两组同学进行了如下实验： 
（1）甲组同学器材有：电源，滑动变阻器，电流表𝐴1(0 −200mA，内阻约11Ω)，电流表𝐴(0 −
300mA，内阻约8Ω)，定值电阻𝑅1 = 24Ω，𝑅2 = 12Ω，开关一个，导线若干。为了测量𝐴1的内阻，该组
同学共设计了下图中𝐴、𝐵、𝐶、𝐷四套方案：其中最佳的方案是  套，若用此方案测得𝐴1、𝐴2示数分
别为180mA和270mA，则𝐴1的内阻为   Ω。 
 
（2）乙组同学将甲组同学的电流表𝐴1拿过来，再加上电阻箱𝑅（最大阻值9.9Ω)，定值电阻𝑅0 = 6.0Ω，
一个开关和若干导线用来测量一个电源（电动势𝐸约为6.2V，内阻𝑟约为2.1Ω)的电动势及内阻。请在方
框中画出设计电路图。 
若记录实验中电阻箱的阻值𝑅和对应的𝐴1示数的倒数
1
𝐼，得到多组数据后描点作出𝑅−
1
𝐼图线如图所
示，则该电源的电动势𝐸=   V，内阻𝑟=   Ω．（结果保留两位有效数字） 
 
 
 
1．在探究“加速度与力和质量的关系”实验时，某老师对传统实验进行了改进，其实验操作如图1 所示： 
课后练习    
 
103 
 
①如图1 所示，先将沙和沙桶通过滑轮悬挂于小车一端，调节平板的倾角，使小车沿斜面向下做
匀速直线运动，测出沙和沙桶的总质量m ； 
②保持平板倾角不变，去掉沙和沙桶，小车即在平板上沿斜面向下做匀加速直线运动，通过纸带
测量其加速度a ； 
③保持小车质量M 不变，多次改变沙和沙桶的总质量m ，每次重复①②两步操作，得到小车加速
度与合力的关系； 
④多次改变小车的质量，进行适当的操作，得到小车加速度和质量的关系。 
（1）在上述实验操作过程中，以下说法正确的是  。 
A ．可以用6V 以下的直流电源给打点计时器供电 
B ．应在小车开始运动后再接通打点计时器的电源 
C ．要保持细绳与平板平行 
D ．应让小车从远离定滑轮处开始运动 
（2）在操作④中，每次改变小车质量后，  （选填“需要”或“不需要”）重新调节平板的倾角。 
（3）实验中，某同学在坐标纸上画出四张
1
a
M
−
关系图线（见图2）。其中  图是正确。 
（4）在操作②中，小车所受的合力大小  mg （填“大于”或“等于”或“小于”），实验中  （填
“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶的总质量远小于小车质量。 
 
2．（2023 年新高考江苏卷）小明通过实验探究电压表内阻对测量结果的影响。所用器材有：干电池（电
动势约1.5V ，内阻不计）2 节；两量程电压表（量程0 ~ 3V ，内阻约3k；量程0 ~15V ，内阻约
15
)1
k
个；滑动变阻器（最大阻值50 )1

个；定值电阻（阻值50 )21

个；开关1 个及导线若干。
实验电路如图1 所示。 
 
104 
 
 
（1）电压表量程应选用   （选填“3V ”或“15V ” ) 。 
（2）图2 为该实验的实物电路（右侧未拍全）。先将滑动变阻器的滑片置于如图2 所示的位置，然
后用导线将电池盒上接线柱A 与滑动变阻器的接线柱   （选填“ B ”“ C ”“ D ” ) 连接，再闭合
开关，开始实验。 
（3）将滑动变阻器滑片移动到合适位置后保持不变，依次测量电路中O 与1，2，，21 之间的
电压。某次测量时，电压表指针位置如图3 所示，其示数为   V 。根据测量数据作出电压U 与被测
电阻值R 的关系图线，如图4 中实线所示。 
（4）在如图1 所示的电路中，若电源电动势为E ，电压表视为理想电压表，滑动变阻器接入的阻
值为
1
R ，定值电阻的总阻值为
2
R ，当被测电阻为R 时，其两端的电压U =  （用E 、
1
R 、
2
R 、R 表
示），据此作出U
R
−
理论图线如图4 中虚线所示。小明发现被测电阻较小或较大时，电压的实测值与
理论值相差较小。 
（5）分析可知，当R 较小时，U 的实测值与理论值相差较小，是因为电压表的分流小，电压表内
阻对测量结果影响较小。小明认为，当R 较大时，U 的实测值与理论值相差较小，也是因为相同的原
因。你是否同意他的观点？请简要说明理由。 
 
 
 
105 
3．（2022 年新高考湖南卷）小梦同学自制了一个两挡位( “× 1”“ × 10” )的欧姆表，其内部结构如图所
示，𝑅0为调零电阻（最大阻值为𝑅0𝑚)，𝑅𝑠、𝑅𝑚、𝑅𝑛为定值电阻(𝑅𝑠+ 𝑅0𝑚< 𝑅𝑚< 𝑅𝑛)，电流计的
内阻为𝑅𝐺(𝑅𝑠<< 𝑅𝐺)。用此欧姆表测量一待测电阻的阻值，回答下列问题： 
（1）短接①②，将单刀双掷开关𝑆与𝑚接通，电流计𝐺示数为𝐼𝑚；保持电阻𝑅0滑片位置不变，将单
刀双掷开关𝑆与𝑛接通，电流计𝐺示数变为𝐼𝑛，则𝐼𝑚    𝐼𝑛（填“大于”或“小于” )； 
（2）将单刀双掷开关𝑆与𝑛接通，此时欧姆表的挡位为   （填“× 1”或“× 10” )； 
（3）若从“× 1”挡位换成“× 10”挡位，调整欧姆零点（欧姆零点在电流计𝐺满偏刻度处）时，调零
电阻𝑅0的滑片应该   调节（填“向上”或“向下” )； 
（4）在“× 10”挡位调整欧姆零点后，在①②间接入阻值为100Ω的定值电阻
𝑅1，稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的
2
3；取走𝑅1，在①②间接入待测电阻
𝑅𝑥，稳定后电流计的指针偏转到满偏刻度的
1
3，则𝑅𝑥=  Ω。 
 
4．要测定一节干电池的电动势和内阻，实验室提供了以下器材： 
𝐴．待测干电池𝐸（电动势约为1.5V)     𝐵．电流表𝐴（量程1mA，内阻𝑟1 = 599Ω) 
𝐶．电压表𝑉（量程3V，内阻约3kΩ)     𝐷．滑动变阻器𝑅1(0~20Ω,1A) 
𝐸．滑动变阻器𝑅2(0~200Ω, 1A)           𝐹．定值电阻𝑅= 1Ω 
𝐺．开关和导线若干 
（1）该实验可以将电流表𝐴和定值电阻𝑅     （填“串联”或“并联” )，改装成量程为  的电流
表； 
（2）请根据提供器材，在图甲所示的方框内画出实验电路图，要求实验尽可能减小实验误差。电
路中滑动变阻器应选用  （填器材前面的字母）。 
（3）闭合开关后，调节滑动变阻器的滑片，测出多组干路电流𝐼及电压表示数𝑈，根据测得的数据
作出𝑈−𝐼图象，如图乙所示，由此得到干电池的电动𝐸=  V，内阻𝑟=  Ω．（结果均保留两位小
数） 
（4）该实验  （填“存在”或“不
存在” )由于电表内阻引起的系统误差。 
 
 
 
 
106 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．梳理物理新场景问题的主要解决思路，分析其主要步骤 
2．掌握方法并练习解决综合性题目 
 
引例1  设金属导体为均匀柱体，横截面积为S，导体中单位体积电荷数（即数密度）为n，电荷
在电场方向平均移动速度为v，电子带电量为e。求证电流表达式为I=neSv。 
 
※进一步地，利用电流微观表达式，从安培力公式推导洛伦兹力公式 
一、建模推导证明类问题的解决思路 
1．建立模型 
（1）研究对象的取定 
作为物理问题的研究对象，应该有一定的体积（质量）、明确的内部和外部界限。要注意假设必要
的物理量帮助我们完成研究对象的取定，这些假设量应具有任意性，在后来的推导中通常可以消去。 
（2）物理观点、思考方向的选定 
要确定利用什么样的观点、方向来解决问题。比如，是平衡条件或牛顿定律，还是功能关系，还是
动量方法，等等 
例2  请你根据下面提供的信息，估算出水对石头的平均冲击力的大小。一瀑布落差为h=20m，水
流量为Q=0.10m3/s，水的密度ρ=1.0 × 103kg/m3，水在最高点的速度和落至石头后的速度都认为是零．
（落
在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g 取10m/s2） 
第16 讲  新场景问题中的思想、建模与推导 
 
复习目标    
高考考点    
 
107 
例3  风力发电机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为
零，若风力发电机将风能转化为电能的效率为η，空气平均密度为ρ，当风速为v 且风向与风力发电机
受风面垂直时，求该风力发电机的电功率P。 
 
 
2．利用基本公式分解目标 
要注意模型中相关物理量的定义式、基本公式、已知条件中的等量关系等等，从而将待求物理量与
题目已知条件关联起来。 
例4  （2022 年新高考河北卷）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以O 为圆心，
1
R 和
2
R
为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管、其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可
调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中，依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出
水速度及转动的角速度分别用
1h 、1v 、
1
和
2h 、2v 、
2
表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，
出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（     ） 
A．若
1
2
h
h
=
，则
1
2
2
1
:
:
v
v
R
R
=
  
B．若
1
2
v
v
=
，则
2
2
1
2
1
2
:
:
h h
R
R
=
  
C．若
1
2


=
，
1
2
v
v
=
，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量
相同 
D．若
1
2
h
h
=
，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
1
2


=
 
 
3．利用各种数学方法进行化简、计算 
要注意先前假设物理量的消去。要善于利用矢量分解、求和合并、小量近似、图象法等各种推导计
算的技巧，得到符合题目需要的结论 
例5  （2022 年高考全国甲卷）光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器，其简化的工作原理
示意图如图所示。图中A 为轻质绝缘弹簧，C 为位于纸面上的线圈，虚线框内有与纸面垂直的匀强磁
场；M 为置于平台上的轻质小平面反射镜，轻质刚性细杆D 的一端与M 固连且与镜面垂直、另一端与
弹簧下端相连，PQ 为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条，PQ 的圆心位于M 的中心。使用前需调
零：使线圈内没有电流通过时，M 竖直且与纸面垂直；入射细光束沿水平方向经PQ 上的O 点射到M
上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变，使M 发生倾斜，入射光束在M 上的入射点仍近似处
 
108 
于PQ 的圆心，通过读取反射光射到PQ 上的位置，可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k ，磁
场磁感应强度大小为B ，线圈C 的匝数为N 、沿水平方向的长度为l ，细杆D 的长度为d ，圆弧PQ 的
半径为r ，r
d

，d 远大于弹簧长度改变量的绝对值。 
（1）若在线圈中通入的微小电流为I ，求平衡后弹簧长度改变量的绝对值△x 及PQ 上反射光点与
O 点间的弧长s ； 
（2）某同学用此装置测一微小电流，测量前未调零，将
电流通入线圈后，PQ 上反射光点出现在O 点上方，与O 点间
的弧长为
1s ；保持其它条件不变，只将该电流反向接入，则反
射光点出现在O 点下方，与O 点间的弧长为
2s 。求待测电流
的大小。 
 
 
 
 
例6  太阳能电池的核心部分是P 型和N 型半导体的交界区域—— PN 结，如图3 所示，取P 型
和N 型半导体的交界为坐标原点，PN 结左右端到原点的距离分别为xP 、xN 。无光照时，PN 结内会
形成一定的电压，对应的电场称为内建电场E 场，方向由N 区指向P 区；有光照时，原来被正电荷约
束的电子获得光能变为自由电子，就产生了电子—空穴对，空穴带正电且电荷量等于元电荷e ；不计
自由电子的初速度，在内建电场作用下，电子被驱向N 区，空穴被驱向P 区，于是N 区带负电，P 区
带正电，图3 所示的元件就构成了直流电源。某太阳能电池在有光持续照射时，若外电路断开时，其
PN 结的内建电场场强E 场的大小分布如图4 所示，已知xP 、xN  和E0；若该电池短路时单位时间内
通过外电路某一横截面的电子数为n ，求此太阳能电池的电动势E 和内电阻r 。 
 
 
109 
二、综合问题演练 
例7  如图所示，密封在真空中的两块等大、正对的金属板M、N 竖直平行放置，间距为d。将金
属板M、N 与电源相连，两板间的电压大小恒为U。MN 可看作平行板电容器，忽略边缘效应。用一束
单色平行光照射金属板M 恰好
．．发生光电效应。金属板M 的面积为S，逸出功为W，普朗克常量为h。
已知单色平行光均匀照射到整个金属板M 上，照射到金属板M 上的功率为P，能引起光电效应的概率
为，光电子从金属板M 逸出（不计初速度），经过两板间电场加速后打到金属板N 上形成稳定的光电
流，电子打到板N 上可视为完全非弹性碰撞。电子的质量为m，电荷量为e。忽略光电子之间的相互作
用。求： 
（1）该单色光的频率； 
（2）稳定时光电流的大小I； 
（3）光电子对板N 的撞击力的大小F； 
（4）通过计算说明两金属板间电子的分布规律。 
 
 
 
例8  物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流，气流等流体问题时，经常会选取流
体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。 
 
（1）水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率高，安全环保等优势。
某型号水刀工作过程中，将水从面积𝑆= 0.1𝑚𝑚2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而
产生极大压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水600𝑔，水的密度为𝜌= 1.0 × 103𝑘𝑔/𝑚3。 
𝑎．求从喷嘴喷出水的流度𝑣的大小； 
𝑏．高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压强𝑝约为多大。 
 
 
 
110 
（2）某同学应用压力传感器完成以下实验，如图1 示，他将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在
铁架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压力传感器的探测面接触。剪断细线，铁链逐渐落在探测面上。
传感器得到了探测面所受压力随时间的变化图2。通过对图2 分析发现铁链最上端落到探测面前后瞬间
的压力大小之比大约是𝑁1: 𝑁2 = 3: 1，后来他换用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果。
请你通过理论推理来说明实验测得的结果是正确的。（推理过程中需要用到的物理量的字母请自行设定
并说明） 
 
 
 
 
 
例9  （由2023 年新高考江苏卷改编）已知地球半径为𝑅𝐸，日地距离为𝐿，太阳半径为𝑅𝑆，太阳质
量为𝑀𝑆并且质量分布均匀，忽略太阳自转。单位时间内垂直射入地球单位面积上的能量𝑃𝐸称为太阳常
数。 
（1）求太阳单位时间内向外辐射的总能量𝑃𝑇； 
（2）实验发现，单位时间内从物体表面单位面积上发射的总能量与其表面的温度的4 次方成正比，
比例系数为𝑘，求太阳表面的温度𝑇𝑆； 
（3）由于太阳内部无法直接观测，因此太阳内部信息的获得就只能诉诸于理论方法。一种估算太
阳中心压强的方法是利用平衡法，万有引力让太阳有向中心收缩的趋势，而核反应产生的压强则有让太
阳向外扩张的趋势，二者平衡时太阳达到稳态。现以距离太阳中心距离为𝑟处选择一个厚度为△𝑟(△𝑟<
< 𝑟)球层，球层内、外表面压强差为△𝑝，该球面所受万有引力仅仅与球面内的太阳质量有关，设太阳
平均密度为𝜌，万有引力常数为𝐺，太阳半径为𝑅𝑆，太阳表面压强为0，试给出该模型下太阳中心压强𝑝𝐶
的表达式。 
 
111 
 
1. 对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究。正方体密闭容器中有大量运动
粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n 为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以
忽略；其速率均为V，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器
壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m、n 和v 的关系，
进而借此说明理想气体状态方程的微观意义。 
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明） 
 
2．磁流体发电具有结构简单、启动快捷、环保且无需转动机械等优势。如图所示，是正处于研究阶段
的磁流体发电机的简易模型图，其发电通道是一个长方体空腔，长、高、宽分别为l 、a 、b ，前后
两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极通过开关与阻值为R 的某
种金属直导体MN 连成闭合电路，整个发电通道处于匀强磁场（磁场方向垂直由长l 和高a 组成的
平面向里）中，磁感应强度的大小为B 。高温等离子体保持以不变的速率v 水平向右通过发电通道，
发电机的等效内阻为r ，忽略等离子体的重力、相互作用力及其他因素。当开关闭合后，整个闭合
电路中就会产生恒定的电流。 
（1）求开关S 闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压U ； 
（2）要使等离子体以不变的速率v 通过发电通道，必须有推动等离子体在发电通道内前进的作用
力。如果不计其他损耗，这个推力的功率
TP 就应该等于该发电机的总功率
D
P ，请证明这个结论； 
（3）若以该金属直导体MN 为研究对象，由于电场的作用，金属导体中自由电子定向运动的速率
增加，但运动过程中会与导体内几乎不动的离子碰撞从而减速，因此自由电子定向运动的平均速率不随
时间变化。设该金属导体的横截面积为S ，电阻率为，电子在金属导体中可认为均匀分布，每个电子
的电荷量为e 。 
①证明：金属导体中形成电流的电荷定向
移动速度u 与v 成正比。 
②求金属导体中每个电子所受平均阻力
f 大小。 
 
 
课后练习    
 
112 
3. 光电效应和康普顿效应深入地揭示了光的粒子性的一面。 
（1）已知某单色光的频率为ν，波长为λ，该单色光光子的能量E=hν，其中h 为普朗克常量。试
借用质子、电子等粒子动量的定义：动量=质量×速度，推导该单色光光子的动量𝑝=
ℎ
𝜆。 
（2）光照射到物体表面时，如同大量气体分子与器壁的频繁碰撞一样，将产生持续均匀的压力，
这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”，用I 表示。 
一台发光功率为P0 的激光器发出一束某频率的激光，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射
到某物体表面时，假设光全部被吸收，试写出其在物体表面引起的光压的表达式。 
（3）设想利用太阳光照射到一个质量为m 探测器的光帆上产生的“光压”为其提供动力，将其送出
太阳系之外。已知引力常量为G，太阳的质量为M，太阳单位时间辐射的总能量为P。设帆面始终与太
阳光垂直，且光帆能将太阳光一半反射，一半吸收。试估算该探测器光帆的面积应满足的条件。 
4. 导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示，固定于水平面的U 形导线框
处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN 在与其垂直的水平恒力F 的作用下，在导线框上以
速度v 做匀速运动，速度v 与恒力F 方向相同，导线MN 始终与导线框形成闭合电路，已知导线
MN 电阻为R，其长度L 恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B，忽略摩擦阻力和导线框
的电阻。 
（1）通过公式推导验证：在时间内Δt，F 对导线MN 所做的功W
等于电路获得的电能W’，也等于导线MN 中产生的焦耳热Q。 
（2）若导线的质量m=8.0g，长度L=0.1m，感应电流I=1.0A，假设
一个原子贡献1 个自由电子，计算导线MN 中电子沿导线长度方向定向
移动的平均速率v（下表中列出了一些你可能用到的数据）。 
（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动自由电子和金属离子（金属原子失去电子后剩余
部分）的碰撞，展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子运动模型：在此基础上，求出导线MN 中
金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力𝑓̅的表达式。 
 
 
 
 
 
 
113 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．归纳总结选择题常见答题技巧，并能在实际练习中利用这些技巧提升解题效率 
 
高考中中档以上的选择题，兼具基础知识考查和能力区分考查的功能。很多题目，我们用常规的方
法和步骤可以求解，但可能比较繁琐。而如果能利用一些技巧，则能提升解题效率，将更多的时间节约
下来用于处理后面的综合题目。更有一些题目，如果不对其方法技巧进行总结，用一般的思路很难顺利
解决。为此，我们需要就近年来高考题和模拟题中遇到的一些经典题目进行分析和总结，以期在高考中
能发挥重要作用。 
技巧1 极限法与特殊值法 
多选题中经常遇到多过程和多种可能性的问题，这些问题往往涉及到临界条件和分类条件的讨论。
我们常用极限思维来处理这一问题，如极限法、微元法等。极限法是把某个物理量推向极端，从而做出
科学的推理分析，给出判断或导出一般结论．该方法一般适用于题干中所涉及的物理量随条件单调变化
的情况．微元法将研究过程或研究对象分解为众多细小的“微元”，只需分析这些“微元”，进行必要的数
学方法或物理思想处理，便可将问题解决．极限思维法在进行某些物理过程分析时，具有独特作用，使
问题化难为易，化繁为简，起到事半功倍的效果。 
有些选择题，根据它所描述的物理现象的一般情况，较难直接判断选项的正误时，可以让某些物理
量取特殊值，代入到各选项中逐个进行检验．凡是用特殊值检验证明不是正确的选项，一定是错误的，
可以排除．这种特殊值的取法也往往和临界条件有关。 
 
例1  （2023 年新高考湖南卷）如图，光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用
下加速运动。车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球，两球用轻杆相连，A 球靠在光滑左壁上，B 球处
在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为，杆与竖直方向的夹角为，杆与车厢始终保持相对静
止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（    ） 
第17 讲  选择题答题技巧总结与应用 
 
复习目标    
高考考点    
 
114 
A．若B 球受到的摩擦力为零，则
2
tan
F
mg

=
 
 
B．若推力F 向左，且tan，则F 的最大值为2
tan
mg
 
C．若推力F 向左，且
tan
2




，则F 的最大值为
4
(2
tan )
mg


−
 
 
D．若推力F 向右，且tan
2



，则F 的范围为
4
(tan
2 )
4
(tan
2 )
mg
F
mg




−
+
 
 
例2  （2012 年高考安徽卷）如图1 所示，半径为𝑅的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为𝜎，
其轴线上任意一点𝑃（坐标为𝑥)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：𝐸= 2𝜋𝑘𝜎[1 −
𝑥
(𝑅2+𝑥2)
1
2]，方向沿𝑥轴．现考虑单位面积带电量为𝜎0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为𝑟的
圆板，如图2 所示．则圆孔轴线上任意一点𝑄（坐标为𝑥)的电场强度为（    ） 
 
A．2𝜋𝑘𝜎0
𝑥
(𝑟2+𝑥2)
1
2 
B．2𝜋𝑘𝜎0
𝑟
(𝑟2+𝑥2)
1
2 
 
C．2𝜋𝑘𝜎0
𝑥
𝑟 
D．2𝜋𝑘𝜎0
𝑟
𝑥 
技巧2 图象法和图解法 
根据题目的条件画出图象或示意图，如多物体或多过程的运动关系示意图可直观反映物体间的位
移、时间关系等，对弄清各物理量关系建立方程有帮助；物理图象能直观反映两个物理量间的定量或定
性关系，可避免繁琐的计算，迅速找到正确答案；受力分析的图解法能帮助我们避免复杂计算和最值讨
论，通过矢量图的几何关系快速得到结论。 
例3  如图为在平静海面上，两艘拖船A 、B 拖着驳船C 运动的示意图．A 、B 的速度分别沿着缆
绳CA 、CB 方向，A 、B 、C 不在一条直线上．由于缆绳不可伸长，因此C 的速度在CA 、CB 方向的
投影分别与A 、B 的速度相等，由此可知C 的（     ） 
A．速度大小可以介于A 、B 的速度大小之间  
B．速度大小一定不小于A 、B 的速度大小 
 
C．速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围外  
D．速度方向一定在CA 和CB 的夹角范围内 
 
115 
例4  （2019 年全国1 卷）（多选）在星球𝑀上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体𝑃轻放在
弹簧上端，𝑃由静止向下运动，物体的加速度𝑎与弹簧的压缩量𝑥间的关系如图中实线所示。在另一星球
𝑁上用完全相同的弹簧，改用物体𝑄完成同样的过程，其𝑎−𝑥关系如图中虚线所示。假设两星球均为质
量均匀分布的球体。已知星球𝑀的半径是星球𝑁的3 倍，则（     ） 
A．𝑀与𝑁的密度相等 
B．𝑄的质量是𝑃的3 倍 
C．𝑄下落过程中的最大动能是𝑃的4 倍 
D．𝑄下落过程中弹簧的最大压缩量是𝑃的4 倍 
 
技巧3 二级结论法 
熟记并巧用一些“二级结论”可以使思维过程简化，节约解题时间，非常实用的二级结论有：（1）等
时圆规律；（2）平抛运动速度的反向延长线过水平位移的中点；（3）不同质量和电荷量的同性带电粒子
由静止相继经过同一加速电场和偏转电场，轨迹重合；
（4）直流电路中动态分析的“串反并同”结论；
（5）
平行通电导线同向相吸，异向相斥；（6）带电平行板电容器与电源断开，改变极板板间距离不影响极板
间匀强电场的场强等． 
例5  如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间
用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木
块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为（  ） 
 
A．
3𝜇𝑚𝑔
5
  
B．
3𝜇𝑚𝑔
4
  
C．
3𝜇𝑚𝑔
2
  
D．3μmg 
 
例6  （多选）如图，一质点以速度v0 从倾角为θ 的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M 点且
速度水平向右．现将该质点以2v0 的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N 点。下列说法正
确的是（  ） 
A．落到M 和N 两点时间之比为1：2 
 
B．落到M 和N 两点速度之比为1：1 
 
C．M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1：2  
D．落到N 点时速度方向水平向右 
 
116 
例7  已知氢原子第
定态的能量为𝐸𝑛= −
13.6
𝑛2 eV。某个处于基态的氢原子（
）
A．可以吸收可见光（波长为
）的光子而跃迁到较高的激发态
．可以在吸收
的能量以后，发射出可见光的光子
．可以在吸收
的能量以后，发射出红外线的光子
．不可能吸收大于
的能量
 
技巧4 逆向思维法 
例8  如图所示，一物块（可视为质点）以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上
滑，在上滑过程中的最初5s内和最后5s内经过的位移之比为11: 5．忽略空气阻力，则此物块从底端开始
上滑到返回斜面底端一共经历的时间是（    ） 
 
A．8s 
B．10s 
C．16s 
D．20s 
 
例9  （2021 新高考山东卷）如图所示，电阻不计的光滑𝑈形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、
Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属
棒从无磁场区域中𝑎处由静止释放，进入Ⅱ区后，经𝑏下行至𝑐处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直
导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是（     ） 
A．金属棒下行过𝑏时的速度大于上行过𝑏时的速度  
B．金属棒下行过𝑏时的加速度大于上行过𝑏时的加速度  
C．金属棒不能回到无磁场区 
 
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到𝑎处 
 
 
 
技巧5 等效替代法 
等效替代法是指变换角度，把陌生、复杂的物理现象、物理过程在保证某种效果、特性或关系相同
的前提下，转化为简单、熟悉的物理现象、物理过程来研究，从而认识研究对象本质和规律的一种思想
方法。这种方法往往通过转换研究对象、空间角度、物理规律、物理模型、思维角度、物理过程等达到
化繁为简，化难为易的效果。 
 
117 
例10  如图所示，间距为L 的两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨单位长度的电阻为
r0，导轨的端点P、Q 间用电阻不计的导线相连，垂直导轨平面的匀强磁场(未画出)的磁感应强度B 随
时间t 均匀变化(B＝kt)，一电阻也不计的金属杆可在导轨上无摩擦滑动且在滑动过程中始终保持与导轨
垂直，在t＝0 时刻，金属杆紧靠在P、Q 端，在外力F 作用下，金属杆由静止开始向右做匀加速直线
运动，则t 时刻金属杆所受安培力为（     ） 
A. 
𝑘2𝐿2
2𝑟0 𝑡 
B. 
𝑘2𝐿2
𝑟0 𝑡 
C. 
3𝑘2𝐿2
2𝑟0 𝑡 
D. 
2𝑘2𝐿2
𝑟0
𝑡 
 
例11  （2016 年高考全国1 卷改编）如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直
平面（纸面）内，且相对于过轨迹上的P 点斜向右下方45°的直线对称。忽略空气阻力。由此可知  
A．Q 点的电势比P 点高 
B．油滴在Q 点的动能比它在P 点的大 
C．油滴在Q 点的电势能比它在P 点的大 
D．油滴在Q 点的加速度大小比它在P 点的小 
 
 
技巧6 对称法 
对称法就是利用物理现象、物理过程具有对称性的特点来分析解决物理问题的方法。对称情况存在
于各种物理现象和物理规律中，比如：(1)运动的对称性，如竖直上抛运动中物体向上、向下运动的两过
程中同位置处速度大小相等，加速度相等；(2)结构的对称性，如均匀带电的圆环，在其圆心处产生的电
场强度为零；(3)几何关系的对称性，如粒子从某一直线边界射入磁场，再从同一边界射出磁场时，速度
与边界的夹角相等；(4)场的对称性，等量同种、异种电荷形成的场具有对称性；电流周围的磁场，条形
磁铁和通电螺线管周围的磁场等都具有对称性 
例12  （2013 年高考全国1 卷）如图，一半径为𝑅的圆盘上均匀分布着电荷量为𝑄的电荷，在垂直
于圆盘且过圆心𝑐的轴线上有𝑎、𝑏、𝑑三个点，𝑎和𝑏、𝑏和𝑐、𝑐和𝑑间的距离均为𝑅，在𝑎点处有一电荷量
为𝑞(𝑞> 0)的固定点电荷。已知𝑏点处的场强为零，则𝑑点处场强的大小为(𝑘为静电力常量）（     ） 
A．𝑘
3𝑞
𝑅2 
 
B．𝑘
10𝑞
9𝑅2 
C．𝑘
𝑄+𝑞
𝑅2 
 
D．𝑘
9𝑄+𝑞
9𝑅2 
 
 
118 
例13  （2021 年新高考河北卷）如图，四个电荷量均为q(𝑞> 0)的点电荷分别放置于菱形的四个
顶点，其坐标分别为(4𝑙, 0)、(−4𝑙, 0)、(0,𝑦0)和(0,−𝑦0)，其中x 轴上的两个点电荷位置固定，y 轴上的
两个点电荷可沿y 轴对称移动(𝑦0 ≠0)。下列说法正确的是（    ） 
A．除无穷远处之外，菱形外部电场强度处处不为零 
 
B．当𝑦0取某值时，可使得菱形内部只存在两个电场强度为零的点 
C．当𝑦0 = 8𝑙时，将一带负电的试探电荷由点(4𝑙, 5𝑙)移至点
(0,−3𝑙)，静电力做正功 
D．当𝑦0 = 4𝑙时，将一带负电的试探电荷放置在点(𝑙, 𝑙)处，其所受
到的静电力方向与x 轴正方向成45°倾斜向上 
 
 
 
 
1．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论
是否正确。如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为𝑅1和𝑅2的圆环，两圆环上的电荷量均为
𝑞(𝑞> 0)，而且电荷均匀分布。两圆环的圆心𝑂1和𝑂2相距为2𝑎，连线的中点为𝑂，轴线上的𝐴点在
𝑂点右侧与𝑂点相为𝑟(𝑟< 𝑎)。试分析判断下列关于𝐴点处电场强度大小𝐸的表达式正确的是 
A．𝐸= |
𝑘𝑞(𝑎+𝑟)
[𝑅1
2+(𝑎+𝑟)2]
3
2 −
𝑘𝑞(𝑎−𝑟)
[𝑅2
2+(𝑎−𝑟)2]
3
2 |  
B．𝐸= |
𝑘𝑞(𝑎+𝑟)
[𝑅1
2+(𝑎+𝑟)2]
3
2 +
𝑘𝑞(𝑎−𝑟)
[𝑅2
2+(𝑎−𝑟)2]
3
2 |  
C．𝐸= |
𝑘𝑞𝑅1
[𝑅1
2+(𝑎+𝑟)2] −
𝑘𝑞𝑅2
[𝑅2
2+(𝑎−𝑟)2] | 
 
D．𝐸= |
𝑘𝑞𝑅1
[𝑅1
2+(𝑎+𝑟)2]
3
2 −
𝑘𝑞𝑅2
[𝑅2
2+(𝑎−𝑟)2]
3
2 | 
 
2．如图所示，在一粗糙的水平面上有两个质量分别为m1 和m2 的木块1 和2，用原长为l、劲度系数为
k 的轻弹簧连接起来，两木块与地面间的动摩擦因数均为μ。现用一水平力(未画出)向右拉木块2，
当两木块一起匀速运动时，两木块间的距离为(  ) 
A．l＋μm1g
k        
B．l＋μ（m1＋m2）g
k
 
C．l＋μm2g
k
  
D．l＋
μm1m2g
k（m1＋m2） 
课后练习    
 
119 
3．（多选）一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速度𝑎
和速度的倒数
1
𝑣图象如图所示。若已知汽车的质量，则根据图象所给的信息，可以求出的物理量是
（    ） 
A．汽车的功率 
 
B．汽车运动到最大速度所需的时间  
C．汽车行驶的最大速度 
 
D．汽车所受的阻力 
 
4．如图所示，小球用轻弹簧𝐿1、𝐿2连接，𝐿1另一端连接在𝑂点，给𝐿2的另一端施加水平拉力𝐹，小球
处于静止状态，此时弹簧𝐿1与水平方向的夹角为𝜃，改变施加在𝐿2上的拉力，使𝐿2在竖直面内沿逆
时针方向缓慢旋转90°，则下列说法正确的是（     ） 
A．若保持𝜃不变，则𝐿1上的弹力先减小后增大 
 
B．若保持𝜃不变，则𝐿2上的弹力先增大后减小 
 
C．若保持𝐿1的长度不变，则𝜃不断减小  
D．若保持𝐿1的长度不变，则𝐿2上的弹力一直增大 
 
5．如图所示，Oa、Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c 位于同一圆周上，c 为圆周的
最高点，a 为最低点，每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O 点无初速释放，用t1、t2 分别
表示滑环到达a、b 所用的时间，则下列关系正确的是（     ） 
A．t1＝t2   
B．t1>t2 
C．t1<t2   
D．无法确定 
 
6．如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，C 为电容器，电流表A 和电压表V 均可视为理想
电表。闭合开关S 后，在将滑动变阻器的滑片P 向右移动的过程中（    ） 
A．电流表A 的示数变小，电压表V 的示数变大 
B．小灯泡L 变暗 
C．通过定值电阻R1 的电流方向自右向左 
D．电源的总功率变大，效率变小 
 
 
120 
7．（2023 年新高考山东卷）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O 和O，A 、D 两点分别固定等量
异号的点电荷，下列说法正确的是（    ） 
A．F点与C点的电场强度大小相等 
 
B．B点与E点的电场强度方向相同 
 
C．A点与F点的电势差小于O点与D点的电势差  
D．将试探电荷q
+ 由F 点沿直线移动到O 点，其电势能先增大后减
小 
 
 
 
 
121 
习题答案部分 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1  【解析】由题可知物体P 有如下几种情况：当
1
2
v
v 
时，第一种情况，最大静摩擦力
g
m
f
Q

max
时，以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
max
−
=
向右减速滑离，或以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
max
−
=
先向右减速到0 再向
左加速从左端滑离，无符合的选项；第二种情况，最大静摩擦力
g
m
f
Q

max
时，以
p
Q
m
g
m
f
a
−
=
max
向右加速滑离，或以
p
Q
m
g
m
f
a
−
=
max
加速到
1v ，再受静摩擦力以
1v 匀速向右滑
离，B 选项符合；当
1
2
v
v 
时，第一种情况，P 以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
+
=
1
向右减速滑离，无符合的
选项；第二种情况，P 先以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
+
=
1
减速到
1v ，若最大静摩擦力
g
m
f
Q

max
，则P
受静摩擦力继续以
1v 匀速向右滑离，无符合的选项；第三种情况，P 先以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
+
=
1
减
速到
1v ，若最大静摩擦力
g
m
f
Q

max
，则P 将继续以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
−
=
2
向右减速滑离，如果
速度减为0 时还未滑离，则P 将继续以加速度
p
Q
m
f
g
m
a
−
=
3
反向向左做加速运动，直到滑离，
3
2
1
a
a
a
=

，故A、D 错误，C 选项符合。 
答案：BC 
 
 
第1 讲    传送带与板块模型的动力学 
 
课后练习 
 
122 
2  【解答】解：（1）当小物块速度小于3m/s 时，小物块受到竖直向下的重力、垂直传送带向上的支持
力和沿传送带斜向下的摩擦力作用，做匀加速直线运动，设加速度为
1a ，根据牛顿第二定律 
    
1
sin30
cos30
mg
mg
ma

+
=
①,解得
2
1
7.5m/s
a =
 
当小物块速度等于3m/s 时，设小物块对地位移为
1L ，用时为1t ，根据匀加速直线运动规律得 
  
1
1
1
v
t
a
=
② 
2
1
1
1
2
v
L
a
=
③ 
代入解得1
0.4
t =
s   
1
0.6
L =
m 
由于
1L
L

 且
tan30

，当小物块速度等于3m/s 时，小物块将继续做匀加速直线运动至B 点，
设加速度为
2a ，用时为2t ，根据牛顿第二定律和匀加速直线运动规律得
2
sin30
cos30
mg
mg
ma

−
=
④,
解得
2
2
2.5m/s
a =
,又
2
1
1 2
2 2
1
2
L
L
v t
a t
−
=
+
⑤ 
解得2
0.8
t 
s 
故小物块由静止出发从A 到B 所用时间为
1
2
1.2s
t
t
t
=
+
=
 
（2）传送带匀速运动的速度越大，小物块从A 点到B 点用时越短，当传送带速度等于某一值v时，
小物块将从A 点一直以加速度
1a 做匀加速直线运动到B 点，所用时间最短，设用时0t ，即
2
1 0
1
2
L
a t
=
⑥,
解得0
1s
t =
 
传送带的速度继续增大，小物块从A 到B 的时间保持0t 不变，而小物块和传送带之间的相对路程继
续增大，小物块在传送带上留下的痕迹也继续增大；当痕迹长度等于传送带周长时，痕迹为最长
max
S
。 
设此时传送带速度为
2v ，则
2
2
max
S
L
R

=
+
⑦,
2 0
max
S
v t
L
=
−
⑧ 
联立⑥⑦⑧解得
2
12.25m/s
v =
 
答：（1）将小物块无初速地放在A 点后，它运动至B 点需1.2s 时间。 
（2）要想使小物块在传送带上留下的痕迹最长，传送带匀速运动的速度
2v 至少为12.25m/s 。 
 
 
 
 
123 
3．【解答】解：当a 、b 相对静止，一起加速运动时，卡车给b 的最大静摩擦力为
1
2
2
fF
mg

=
，则整体
加速度的最大值为
2
2
a
g

=
，此时a 、b 之间的静摩擦力
2
2
1
fF
ma
mg

=

，超过了a 、b 之间最大
静摩擦力，因此当卡车与b 有相对运动时，a 、b 已经有相对运动；当货车加速度较大时，b 与a 及
货车均有相对运动时，b 的加速度
2
1
2
b
mg
mg
ma



−
=
，解得
2
2.5m/s
ba =
 
该种情况下，a 的加速度
2
2
1
0.15 10m/s
1.5m/s
aa
g

=
=

=
，综上，当卡车加速度小于
2
1.5m/s 时，三
者相对静止，一起加速；当加速度大于
2
1.5m/s 且小于
2
2.5m/s 时，b 与卡车相对静止，a 、b 有相对运动；
当卡车加速度大于
2
2.5m/s 时，a 与b 、b 与卡车均有相对运动，此时a 的加速度为
2
1.5m/s ，b 的加速度
等于
2
2.5m/s .故AD 正确，BC 错误。故选：AD 。 
 
4  解析：
（1）设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1 和μ2，木板与物块的质量均为m。 
v﹣t 的斜率等于物体的加速度，则得： 
在0﹣0.5s 时间内，木板的加速度大小为
＝
m/s2＝8m/s2。 
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿
第二定律得μ1mg+μ2•2mg＝ma1，① 
对物块：0﹣0.5s 内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2＝
＝μ1g 
t＝0.5s 时速度为v＝1m/s，则v＝a2t ② 
由①②解得μ1＝0.20，μ2＝0.30 
（2）0.5s 后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a＝
μ2g，由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止。 
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2＝
＝μ1g＝2m/s2。 
0.5s 后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′ ＝
＝4m/s2，故整个过程中木板的位移大小为x1＝
+
＝1.625m。 
物块的位移大小为x2＝
＝0.5m，所以物块相对于木板的位移的大小为s＝x1﹣x2＝
1.125m 
 
124 
答案：（1）物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20 和0.30； 
（2）从t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小是1.125m。 
 
5．【解答】选向左为正方向． 
（1）对A 根据牛顿第二定律可得：
1
1
mg
ma

=
．解得：
2
1
1
2m/s
a
g

=
=
； 
对B 根据牛顿第二定律可得：
1
2
2
(
)
mg
m
m g
ma


−
−
+
=
，解得：
2
2
8m/s
a = −
； 
设经过时间1t ，A 物体的速度减速到零，则：
1
1
1
2 s
1s
2
v
t
a
=
=
=
； 
此时B 物体的速度为
1
2
2 1
13
8 1
5m/s
v
v
a t
=
+
=
−=
，说明此时B 物体还在向左运动； 
则A 相对于地面的最大位移为
2
1
1
4
1m
2
4
max
v
x
m
a
=
=
=
； 
（2）当A 速度等于零之后，A 向左加速、B 向左减速，加速度不变，设再经过时间2t 两物体的速
度达到相等；则
1 2
1
2 2
v
a t
v
a t
=
= +
共
，解得：2
0.5s
t =
，
1m/s
v
=
共
； 
设共速后二者能够保持相对静止，则对整体根据牛顿第二定律可得：
2
3
2
2
mg
ma

−

=
， 
解得：
2
3
3m/s
a = −
，而A 运动的最大加速度大小为
2
2m/s ，所以二者不可能保持相对静止； 
对A 减速运动的到零的时间为：3
2
1 s
0.5s
2
v
t
a
=
=
=
共
； 
对B 共速后减速运动的加速度大小为：
2
2
1
4
2
4m/s
mg
mg
a
m



−
=
=
，方向向右； 
B 共速后运动的时间为：
4
1
4
s
0.25s
4
v
t
a
=
=
=
共
， 
所以二者都静止经过的时间为：
1
2
3
2.0s
t
t
t
t
=
+
+
=
． 
答案：（1）A 相对于地面向右运动的最大距离为1m ； 
（2）两物体都停止运动所经历的时间2s ． 
 
 
 
125 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【解析】（1）对物体，由牛顿第二定律得： 
2
sin
F
mg
ma

−
=
① 
1
cos
0
F
mg

−
=
② 
又摩擦力
2
1
F
F

=
 
得：
2
( cos
sin )
2.5m/s
a
g 


=
−
=
 
工件在传送带上停止相对滑动时有： 
v
at
=
 
得：
2
0.8s
2.5
v
t
a
=
=
=
 
位移
2
2
1
1
2.5
0.8
0.8m
2
2
S
at
=
=


=
 
皮带位移
1
2 0.8
1.6m
S
vt
=
=

=
 
所以传送带上相邻工件间的距离
0
2
1.6m
S
S
=
=
。 
（2）摩擦力对每个工件做的功： 
2
3
cos
sin (
)
0.5 10
0.8 cos30
0.5 10
sin30
(16
0.8)
41(J)
2
W
mgS
mg
l
S



=
+
−
=




+



−
=
 
（3）摩擦产生的内能
2
3
cos
0.5 10
0.8 cos30 J
3J
2
Q
mg
S


=

=




=
 
（4）满载时皮带上工件数11 个，其中10 个在做匀速直线运动，最下面的一个正在做匀加速运动
且加速0.4 秒时功率最大， 
所以增加的功率 
2
3
10
sin
10
sin
cos
10
0.5 10
2 sin30
0.5 10
cos30
2
57.5W
2
P
mgv
F
at
mgv
mg
v




=
+

=
+
=



+




=
 
答案： 
第2 讲    传送带、板块和弹簧系统
的功能关系 
课后练习    
 
126 
（1）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离为1.6m； 
（2）在传送带上摩擦力对每个工件做的功为41J ； 
（3）每个工件与传送带之间由于摩擦产生的内能为3J ； 
（4）传送带满载工件比空载时最多增加了57.5J 的功率。 
 
2 ．【解析】（1 ）以ABC 为系统，以向右方向为正方向，全过程中系统动量守恒：
1 01
2 02
1
2
3
(
)
m v
m v
m
m
m v
−
=
+
+

，
解
得：
0.25m/s
v=
，
由
能
量守
恒
可知
：
2
2
2
1 01
2
02
1
2
3
1
1
1 (
)
2
2
2
Q
m v
m v
m
m
m v
=
+
−
+
+
，代入得：
6.375J
Q =
 
（2）因为最终总动量向右，开始时B 向左运动使C 受向左的摩擦力而加速，故一定是BC 先达到
共速并方向向左，而A 仍向右，为了使共速 后不相对滑动而向右加速，则以后BC 间最大静摩擦力（滑
动摩擦力）大于等于C 所受的合外力。 
先以BC 为整体，由牛顿第二定律有：
1
1
2
3
(
)
m g
m
m a

=
+
，得到
2
2 m/s
3
a =
，若BC 不再相对滑动，
分析木板C 有：
2
1
2
3
(
)
m
m g m a

+
，联立解得：
2
1
15

，因为BC 先达到共速，而不再相对滑动，故从
零时刻到ABC 不再相对滑动的时间为A 从零时刻到速度为v的时间。 
分析物块A ，根据动量定理有：
1
1
1
1 01
m g
t
m v
m v

−
=
−
，代入解得：
1.375s
t =
 
（3）若
2
0.1
=
，BC 达到共速的速度为
BC
v
，所用时间为1t 
对木板
1
1
2
1
2
2
:
(
)
B
B
m g
m
m g
m a


+
+
=
，解得：
2
4m/s
B
a =
 
对木板
2
1
2
3
:
(
)
C
C
m
m g
m a

+
=
，解得：
2
1m/s
C
a =
 
达到共速时有：
02
1
1
BC
B
C
v
v
a t
a t
=
−
=
，解得：
0.4m/s
BC
v
=
，1
0.4s
t =
 
在此过程中：
02
1
(
)
2
BC
B
v
v
t
x
+
=
，
1
2
BC
C
v
t
x =
 
在此过程中BC 间相对位移大小为△
B
C
x
x
x
=
−
， 
代入得到：△
0.4m
x =
 
BC 间有滑动摩擦而产生的热量为
2
Q ，
2
2
1
2
(
)
Q
m
m g

=
+
△x ，代入得到：
2
0.8J
Q =
 
故AB 间摩擦力而产生热量：
1
2
6.375J
0.8J
5.575J
Q
Q
Q
=
−
=
−
=
 
答：（1）ABC 共速时速度大小v，全过程中因摩擦而产生的热量Q 为6.375J 。 
 
127 
（2）为使BC 第一次达到共速后就不再相对滑动，BC 间的动摩擦因数
2
的取值范围是
2
1
15

。
在满足前面条件时从零时刻到ABC 不再相对滑动所需的时间t 为1.375s 。 
（3）若
2
0.1
=
，因AB 间摩擦力而产生热量
1
Q 是5.575J 。 
 
3．【解析】A 、圆环沿杆下滑过程中，弹簧的弹力对圆环做负功，圆环的机械能不守恒，故A 错误； 
B 、图中弹簧水平时恰好处于原长状态，弹簧的弹性势能为零，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度
变为2L ，可得物体下降的高度为
2
2
(2 )
3
h
L
L
L
=
+
=
，圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，根据系统
的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能变化量为△
3
p
E
mgh
mgL
=
=
，故B 正确； 
C 、圆环所受的合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最
大距离时，所受合力不为零，故C 正确； 
D 、根据圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，知圆环的动能先变大后变小，则圆环重力势能与弹簧
弹性势能之和先变小后变大，故D 错误。 
故选：BC 。 
 
4．【解析】（1）由对称性，A 下降的距离为2x。在运动过程中，动能、弹性势能与重力势能之和不变，
当速度最大时，弹性势能刚好等于E，因此减小的重力势能，即为最大动能，则A 物块的最大动能
为2mgx 
（2）最低点弹性势能最大，由对称性可知Em=E+4mgx 
 
5.【答案】D 
【解析】设弹簧释放前具有的弹性势能为
P
E ，物体所受的摩擦力大小为f 。由题可知，将弹簧压
缩到A 点，然后释放，物块停止的位置超过了B 点并最终能停在C 点，此时弹簧的弹性势能转化为内
能，则：
P
E
fS
=
；
若将小物体系在弹簧上，则物块一定会先超过B 点向右运动一段距离；由于小物块不在B 点的时
候会受到弹簧的指向B 点的弹力，所以小物块经过B 点后先做减速运动，可能直接停在B 点的右侧的
某一点；也有可能在最右侧的某一点受到的弹簧的拉力大于摩擦力，则小物块会返回到任意一点；
物块停止的位置有两种情况：
 
128 
第一种：若最终物体恰好停在B 处时，弹簧的弹性势能恰好全部转化为内能，即有
P
fl
fS
E
=
=
，
得到l
S
=
；故B 是可能的；
第二种：若物体最终没有停在B 处，弹簧还有弹性势能
P
E ，则
P
fl
E
fS

=
，得到l
S

若小物块
一直向右运动直接停在B 点的右侧的某一点D 点，且满足：即可以得到：l
s

故选项C 是可能的。
则可知BC 均可能，故D 正确，ABC错误。
 
 
 
 
 
129 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. 解析：当A 球运动到P 点时，作出图象如图所示： 
 
设A 球的速度为v，根据几何关系可知B 球的速度为
v，B 球上升的高度为
，对AB 小
球整体运用动能定理得：
•2mv2+
m
＝2mgR﹣mg
，解得：v＝
 
（2）当A 球的速度为0 时，A 球沿圆柱面运动的位移最大，设为s，则据机械能守恒定律可
得：2mg
﹣mgs＝0，解得：s＝
， 
方向如图所示， 
答案：（1）A 球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为
。 
（2）A 球沿圆柱内表面运动的最大位移为
。 
 
2．【解析】以地面为零势能平面。开始时：
1
1
sin
2
b
E
mgL
a
Mg
=
+
，杆与水平面间夹角变为
2a 时：
2
2
sin
2
p
b
E
mgL
a
Mg
=
+
，设此时木块的速度为
m
v ，杆上与木块接触点p 绕O 轴转动的线速度
1v 
如图所示：
1
2
sin
M
v
v
a
=
 
因杆上各点绕O 轴转动的角速度相同，此时小球的线速度为
m
v ， 
1
1
2
2
sin
sin
m
v
v
v
b
L
b



=
=
=
 
第3 讲    机械能守恒总结提升 
 
课后练习 
 
130 
2
1
2
2
sin
sin
m
M
L
L
v
v
v
b
b



=
=
 
系统动能为：
2
2
2
4
2
2
2
2
1
1
1 (
)
2
2
2
k
M
m
M
mL
E
Mv
mv
M
sin
v
b

=
+
=
+
 
由机械能守恒定律可得：
1
2
2
p
k
E
E
E
=
+
，可得：
1
2
2
2
4
2
2
(sin
sin
)
M
mgL
v
b
Mb
mL sin



−
=
+
 
答案：木块的速度是
1
2
2
2
4
2
2
(sin
sin
)
mgL
b
Mb
mL sin



−
+
。 
 
3．【解析】A：𝑔𝑀= 3𝑎0 = 3𝑔𝑁，而𝑔𝑅2 = 𝐺𝑀 ，𝑀= 𝜌
4
3 𝜋𝑅3,可得𝑔=
4
3 𝜌𝜋𝐺𝑅，A 正确 
B：a 为0 的位置，弹力等于重力，即𝑚𝑃3𝑎0 = 𝑘𝑥0 ，而𝑚𝑄𝑎0 = 2𝑘𝑥0，故𝑚𝑄=6𝑚𝑃 
C：最大动能出现在a 为0 的位置，由a–x 图象面积可求得P、Q 合外力的功分别为𝑚𝑃∙3𝑎0𝑥0和
𝑚𝑄𝑎0 ∙2𝑥0，由动能定理这分别就是两者的最大动能，C 正确 
D：压缩量最大时的位置应该与最高点关于a 为0 的位置对称，故仍为1:2 
故选AC 
 
4．【解析】A 、A 沿斜面下滑至速度最大时，此时小球A 和小球B 的加速度等于零，设绳子的拉力为
T ，弹簧弹力为F ，对A 有：5
sin
0
mg
T
−
=
，对B 有：
0
T
mg
F
−
−
=
，C 恰好离开地面：
2
F
mg
=
，
联立解得sin
0.6
=
，则斜面倾角约为37，故A 正确；B 、从释放A 到C 刚离开地面的过程中，
A 、B 、C 和弹簧组成的系统能量守恒，释放A 前，细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左
侧细线竖直、右侧细线与斜面平行，对B 有k △
1x
mg
=
，解得：
1
mg
x
k
=
，此时弹簧的弹性势能
1
2
2
1
(
)
(
)
2
2
p
mg
E
k
x
k
=
=
，C 恰好离开地面k △
2
2
x
mg
=
，解得
2
2mg
x
k
=
，此时弹簧的弹性势能
2
2
2
1
2(
)
(
)
2
p
mg
E
k
x
k
=
=
，设最大速度为
m
v ，根据能量守恒定律 
2
2
1
2
2
1
5
sin
(
)
(
)
(
)
(5
)
2
p
p
m
mg
mg
mg
mg
mg
E
E
mg
m
m v
k
k
k
k

+
=
−
+
+
+
+
，联立解得
3
2
m
m
v
g
k
=
，故B 错误； 
C 、C 刚离开地面后，由于B 的速度大于C 的速度，则弹簧继续被拉长，则弹簧的弹性势能增大，故
C 错误；D 、从释放A 到C 刚离开地面的过程中，弹簧对小球B 做功，则A 、B 两小球组成的系统机
械能不守恒，故D 错误。 
故选：A 。 
 
 
131 
5．解析：（1）开始时，A、B 静止，设弹簧压缩量为x1，有kx1＝mlg    ① 
挂C 并释放后，C 向下运动，A 向上运动，设B 刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 
kx2＝m2g    ② 
则物体A 上升的高度h＝x1+x2＝
＝
； 
（2）B 不再上升，表示此时A 和C 的速度为零，C 已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态
相比，弹簧弹性势能的增加量为△E＝m3g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）＝
③ 
（3）C 换成D 后，当B 刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得
（m1+m3）V2+
m1V2＝（m1+m3）g（x1+x2）﹣m1g（x1+x2）﹣△E       ④ 
由③④式得
（2m1+m3）V2＝m1g（x1+x2）     ⑤ 
由①②⑤式得V＝
． 
 
 
 
 
 
132 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【答案】AC 
【解析】规定向右为正方向，碰撞前A、B 两球的动量均为6kg•m/s，说明A、B 两球的速度方向
向右，两球质量关系为mB=2mA，所以碰撞前vA＞vB，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为-
4kg•m/s，所以碰撞后A 球的动量是2kg•m/s；碰撞过程系统总动量守恒：mAvA+mBvB=-mAvA′+mBvB′所
以碰撞后B 球的动量是10kg•m/s，根据mB=2mA，所以碰撞后A、B 两球速度大小之比为2：5，故C
正确，D 错误．碰撞前系统动能：
pA
2
2mA +
pB
2
2mB =
62
2mA +
62
2×2mA =
27
mA，碰撞后系统动能为：
pA
′2
2mA +
pB
′2
2mB =
22
2mA +
102
2×2mA =
27
mA，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC． 
 
2．【解析】由题意知三球碰后的动量均相同，设为
，则
，球
在与球
碰前具有动量
，
根据机械能守恒定律，对于球
与球
碰撞的情况应有：
，由此得：
＝
球
与球
碰前的动量为
，根据机械能守
恒定律有：
，由此得：
＝
，从而可得：
＝
，
设三球碰后上升的高度分别为
，球
碰前动能
＝
又
＝
，
＝
球
碰后动能
＝
又
＝
，
，从而可得：
；
同理可得：
，
第4 讲    碰撞与反冲模型总结提升 
 
课后练习 
 
133 
3．【解析1】下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，
2
v
gh
=
，
2
m 碰撞地之后，速度瞬间
反向，大小相等，选
1
m 与
2
m 碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后
1
m 、
2
m 速度大小分
别为
1v 、
2v ，选向上方向为正方向，则：
2
1
1 1
2 2
m v
m v
m v
m v
−
=
+
，由能量守恒定律得：
2
2
2
1
2
1 1
2
2
1
1
1
(
)
2
2
2
m
m v
m v
m v
+
=
+
，且，
2
1
3
m
m
=
，联立解得：1
2 2
v
gh
=
，反弹后高度为：
2
1
4
2
v
H
h
g
=
=
 
故选：D 。 
【解析2】本题也可以采用速度增量法快速求解，
2
m 反弹后速度大小仍为
2
v
gh
=
，方向向上。
取向上为正，代入完全非弹性碰撞方程𝑚2𝑣−𝑚1𝑣= (𝑚1 + 𝑚2)𝑣′，得“居中速度”𝑣′ =
1
2 √2𝑔ℎ，故𝑚1的
速度增量为−
3
2 √2𝑔ℎ。当第二次碰撞为弹性碰撞时，𝑚1的碰后速度应为𝑣1 =
1
2 √2𝑔ℎ+
3
2 √2𝑔ℎ= 2√2𝑔ℎ。
以下略。 
 
 
 
 
134 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【答案】（1）A 经过O 点时的速度大小为
2 gL

； 
（2）PQ 的曲线方程为
2
2
4
2
x
y
L
y

+
=
，0
2
x
L

； 
（3）A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围为
2
3
1
1
[3(
)
1]
3
1
L
h
L






−
+

+
−
−
。 
【解析】（1）设物块A 由静止开始运动到O 点的速度大小为
0v ，对此过程由动能定理得 
2
0
1
2
0
2
mg
L
mgL
mv



−
=
−
，解得：
0
2
v
gL

=
 
（2）A 经O 点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x ，竖直位移为y ，物块A 经过O 点的速度
大小为
xv ，落到弧形轨道上时，速度大小为v ，竖直方向速度大小为
yv ，落在弧形轨道上的动能均相同
为
k
E ，则
x
x
v t
=
，
2
1
2
y
gt
=
，
2
2
yv
gy
=
，解得：
2
2
2
x
gx
v
y
=
，
2
2
2
2
1
1
1
(
)
(
2
)
2
2
2
2
k
x
y
gx
E
mv
m v
v
m
gy
y
=
=
+
=
+
，
已知P 点坐标为(2
,
)
L
L


，即当物块A 落到P 点时，
2
x
L

=
，y
L

=
，可得 
2
1
(2
)
[
2
]
2
2
2
k
g
L
E
m
g L
mgL
L




=
+
=
，依题意：物块A 落在弧形轨道上的动能均相同，则有 
2
1
(
2
)
2
2
2
gx
m
gy
mgL
y

+
=
，整理得PQ 的曲线方程为：
2
2
4
2
x
y
L
y

+
=
，0
2
x
L

。 
（3）设A 下滑的初始位置距x 轴高度为h ，A 与B 碰撞前瞬间速度大小为
A
v ，碰撞后瞬间A 、B
的分别为
1
A
v 、B
v ，对A 由静止开始运动到碰撞B 之前的过程，由动能定理得
2
1
0
2
A
mgh
mgL
mv

−
=
−
，
解得
2(
)
A
v
h
L g

=
−
。 
A 与B 发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B 质量为
(
5)
m


大于A 的质量，碰后A
的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
1
A
A
B
mv
mv
mv

= −
+
，
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
A
A
B
mv
mv
mv

=
+
，
解得：
1
1
1
A
A
v
v


−
=
+
，
2
1
B
A
v
v

=
+
，设碰撞之后A 向左运动再返回O 点的速度大小为
2
A
v
，对此过程由
第5 讲    机械能和动量综合问题 
 
课后练习 
 
135 
动能定理得
2
2
2
1
1
1
2
2
2
A
A
mgL
mv
mv

−
=
−
，解得：
2
2
2
2
2
1
1
4
(
)
4
1
A
A
A
v
v
gL
v
gL




−
=
−
=
−
+
，要使A 落在B 落点
的右侧，需满足：
2
A
B
v
v

，即
2
2
2
A
B
v
v

，则有
2
2
2
1
2
(
)
4
(
)
1
1
A
A
v
gL
v




−
−

+
+
，解得：
2
4(
1)
3
A
v
gL



+

−
，
将
2(
)
A
v
h
L g

=
−
代入得：
3
1
3
h
L



−

−
。
 
由（2）的结论：
2
2
2
x
gx
v
y
=
，可得当物体落在
(2
,
)
P
L
L


点时，在O 点平抛的初速度大小满足 
2
2
xv
gL

=
，要使A 和B 均能落在弧形轨道上，因
2
A
B
v
v

，故只要A 能落在弧形轨道上，B 就一
定能落在弧形轨道上，所以需满足：2
2
2
A
x
v
v ，即：
2
2
1
(
)
4
2
1
A
v
gL
gL




−
−
+
，解得：
2
1
[3(
)
1]
1
h
L



+
+
−
，
则A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围为
2
3
1
1
[3(
)
1]
3
1
L
h
L






−
+

+
−
−
。 
【答案】（1）A 经过O 点时的速度大小为
2 gL

； 
（2）PQ 的曲线方程为
2
2
4
2
x
y
L
y

+
=
，0
2
x
L

； 
（3）A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围为
2
3
1
1
[3(
)
1]
3
1
L
h
L






−
+

+
−
−
。 
 
2．【解析】下端连接一质量为m 的圆盘，平衡时弹簧的伸长量为x0，即kx0=mg，此时弹簧的弹性势能
为：EP＝
1
2mgx0，A 与圆盘碰撞时的速度由机械能守恒得：
，解得：v0＝
…
① 
设v1 表示质量为3m 的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力
远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有： 
 3mv0＝4mv1…② 
解得
 
刚碰完时，弹簧的弹性势能不变，还为Ep，当他们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹簧势能
为零，根据题意，由机械能守恒得： 
   Ep+
（4m） 
＝
…③ 
解得𝑣2
2 =
13
8 𝑔𝑥0 > 0 
此后两者分离，A 向上做竖直上抛运动，则
 
解得h＝
13
16 𝑥0 
 
136 
3．【解答】解：（1）甲物块在B 点时，根据牛顿第二定律得： 
2
B
N
v
F
m g
m
R
−
=
甲
甲
 
由牛顿第三定律知
56
N
F
N
=
 
解得：
9
/
Bv
m s
=
 
甲物块由A 到B 过程，由动能定理得： 
2
1
0
2
f
B
m gh
W
m v
−
=
−
甲
甲
 
代入数据得：
9
f
W
J
=
 
（2）甲、乙在皮带上相向滑行时加速度大小一样，均为
2
2
1
1
0.2 10
/
2
/
mg
a
g
m s
m s
m


=
=
=

=
 
甲、乙碰撞前两者在传送带上运动的时间为
1
9
5
2
2
B
v
v
t
s
s
a
−
−
=
=
=
 
乙向左匀加速至与皮带共速所用时间
0
0
1
0.5
2
v
t
s
s
a
=
=
=
 
所以甲、乙碰撞前乙与皮带已经共速，则皮带的长度l
x
x
=
+
乙
甲
 
而
2
2
1
2
B
v
v
x
a
−
=
甲
，
(
)
2
0
0
0
2
v
x
v
t
t
a
=
+
−
乙
 
联立解得
15.75
l
m
=
，
1.75
x
m
=
乙
 
（3）甲、乙碰撞时，取向右为正方向，由动量守恒定律得： 
(
)
1
2
m v
m v
m
m
v
−
=
+
乙
乙
甲
甲
同 
其中
2
0
1
/
v
v
m s
=
=
 
代入数据解得：
4
/
v
m s
=
同
 
甲、乙碰撞后整体向右匀减速到C 点，加速度大小为
2
2
/
a
m s
=
 
由
2
2
2
C
ax
v
v
−
=
−
乙
同得
3
/
Cv
m s
=
 
（4）甲乙整体以
3
/
Cv
m s
=
的速度滑上木板，假设甲乙整体能和木板达到共速，设共同速度为v 。 
取向右为正方向，由甲、乙及木板组成的系统动量守恒得： 
(
)
(
)
C
m
m
v
m
m
M v
+
=
+
+
乙
乙
甲
甲
 
由能量守恒定律得：
(
)
(
)
(
)
2
2
2
1
1
2
2
C
m
m
gs
m
m
v
m
m
M v

+
=
+
−
+
+
乙
乙
乙
甲
甲
甲
 
代入数据解得甲乙整体相对于木板的位移大小：
1.5
s
m
=
 
 
137 
则
1
s
L
m

=
，所以甲乙整体和木板不能共速。 
为使甲乙和木板能共速，假设需在木板右端接上长为d 的木板，则整个木板质量为
L
d
M
M
L
+
=
 
当甲乙和木板刚好能共速时，由系统动量守恒得：(
)
(
)
C
m
m
v
m
m
M
v
+
=
+
+


乙
乙
甲
甲
 
由能量守恒得：
(
) (
)
(
)
(
)
2
2
2
1
1
2
2
C
m
m
g L
d
m
m
v
m
m
M
v

+
+
=
+
−
+
+


乙
乙
乙
甲
甲
甲
 
代入数据解得：
1.5
d
m
=
 
答：（1）从A 滑到B 的过程中，甲克服摩擦力做的功
f
W 为9J 。 
（2）皮带的长度l 为15.75m 。 
（3）甲乙整体到达C 点时的速度大小
Cv 为3
/
m s 。 
（4）甲乙整体不能和木板达到共速，为使甲乙和木板能共速，需要在木板右端粘接上至少1.5m 长
的同种规格（相同高度、宽度和材料）的木板。 
 
4．【解析】（1）B 与传送带的动摩擦因数为
2
tan


=
，即
sin
cos
mg
mg



=
，若传送带不动，将物体
B 无初速放置于传送带上的某点，物块B 在传送带上能够静止。 
A 和B 碰撞过程中动量守恒，取沿传送带方向向下为正，根据动量守恒定律可得： 
1 0
1 1
2 1
A
B
m v
m v
m v
=
+
； 
根据能量守恒定律可得：
2
2
2
1 0
1 1
2 1
1
1
1
2
2
2
A
B
m v
m v
m v
=
+
； 
联立解得：
1
0
2
3
A
v
v
= −
，
1
0
1
3
B
v
v
=
； 
（2）若传送带保持速度
0v 顺时针运转，如同第（1）问一样无初速释放B 和A ，它们第一次碰撞前
A 的速度大小也为
0v ，B 相对于地面仍静止，A 的运动情况不变，它们第一次碰撞后的速度仍为：
1
0
2
3
A
v
v
= −
，
1
0
1
3
B
v
v
=
； 
第一次碰撞后B 沿传送带匀速下滑，A 先向上做匀减速运动，后向下做匀减速直线运动，设加速度
大小为a ，根据牛顿第二定律可得：
1
1
1
1
sin
cos
m g
m g
m a



−
=
，解得：
0.4 sin
a
g

=
 
设经过时间t 二者相遇，根据位移时间关系可得：
2
1
1
1
2
B
A
v t
v t
at
=
+
 
即
2
0
0
1
2
1
0.4 sin
3
3
2
v t
v t
g
t

= −
+

，解得：
0
0.2 sin
v
t
g

=
， 
它们第二次碰撞前A 的速度： 
 
138 
0
2
1
0
0
2
4
0.4 sin
3
0.2 sin
3
A
A
v
v
v
at
v
g
v
g


=
+
= −
+

=
； 
（3）在第（2）问所述情景中，设第二次碰撞后A 和B 的速度分别为
2A
v
，
2B
v
， 
根据动量守恒定律可得：
1 2
2 1
1
2
2
2
A
B
A
B
m v
m v
m v
m v
+
=

+

； 
根据能量守恒定律可得：
2
2
2
2
1 2
2 1
1
2
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
A
B
A
B
m v
m v
m v
m v
+
=

+

； 
联立解得：
2
0
1
3
A
v
v

= −
，
2
0
2
3
B
v
v

=
； 
设再经过t时间二者第三次相碰，根据位移时间关系可得：
2
2
2
1
2
B
A
v
t
v
t
at

= 
+
 
即
2
0
0
2
1
1
0.4 sin
3
3
2
v t
v t
g
t

= −
+

，解得：
0
0.2 sin
v
t
g

=
， 
第一次碰撞后到第三次碰撞前B 的位移为：
2
0
1
2
0.2 sin
B
B
v
x
v t
v
t
g

=
+ 
=
， 
第一次碰撞后到第三次碰撞前A 的位移和B 的位移相等，也为
2
0
0.2 sin
v
x
g

=
， 
故第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A 做的功：
2
1
1
0
cos
3
W
m g
x
mv


= −
= −
。 
答案：
（1）A 与B 第一次碰撞后A 的速度为
0
2
3 v
−
（负号表示方向沿传送带向上），B 的速度为
0
1
3v ； 
（2）它们第二次碰撞前A 的速度为
0
4
3 v ； 
（3）在第（2）问所述情景中，第一次碰撞后到第三次碰撞前传送带对物体A 做的功为
2
0
3mv
−
。 
 
 
 
 
139 
  
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【解析】（1）质子的运动轨迹如图所示，在A、B 两点的速度分别为v0、v，由题意知v 与v0 的夹角
为60°， 
所以
 
（2）设质子在电场中运动的加速度为a，从A 运动到B 经历的时间为t1。 
OB＝ON+NB 
由几何关系：ON＝AMsin30° 
NB＝MBcos30° 
沿垂直于v0 方向上：
 
沿平行于v0 方向上：MB＝v0t1 
在B 点：vsin60°＝at1 
v0＝vcos60° 
联立上述方程解得：OB＝
 
设质子从B 到C 经历时间为t2，作如图辅助线， 
 
沿CP 方向：BCsin60°＝vt2 
沿BP 方向：
 
联立求解：BC＝
 
所以：
 
 
第6 讲    带电粒子在电场中的运动 
 
课后练习    
 
140 
2．【解析】（1）质子经加速电场：
2
0
0
1
2
eU
mv
=
，解得：
0
0
2eU
v
m
=
，质子在偏转电场水平方向做匀速直
线运动，
0
0
9 34
1.5
17
L
v t
Tv
d
=
=
=
。 
（2）取向下为正，质子在
6
T
t =
进入电场后在竖直方向先受到向下的电场力，再受到向上的电场力，
且加速度大小不变，因此可得沿电场方向的速度
yv 随时间t 的变化的
yv
t
−图象如图1 所示。
 
质子在
6
T
t =
进入电场，在
10
6
T
t =
出电场，在电场中的加速度为：
0
eU
a
md
=
，出电场时的竖直方向
的速度为：
0
0
6
6
y
eU
eTU
T
v
at
md
md
=
=

=
，合速度
2
2
0
y
v
v
v
=
+
，穿出两极板时的动能
2
2
2
0
0
1
1
35
(
)
2
2
34
k
y
E
mv
m v
v
eU
=
=
+
=
 
（3）设在t 时刻进入两板间的质子，恰好在B 极板的右端边缘离开偏转电场，沿电场方向的速度
yv 随时间t 的变化的
yv
t
−图象如图2 所示。 
 
~ 2
T
t
时间竖直位移大小
2
1
1 (
)
2
2
T
y
a
t
=
−
，T
t
−到T
t
+ 时间竖直位移大小
2
2
1
2
2
y
at
=

， 
3
2T 到3
2T
t
+ 时间竖直位移大小
2
3
1
1
2
y
v t
at
=
−
，其中：
1
(
)
2
T
v
a
t
=
−
，
1
2
3
3
2
d
y
y
y
−
+
=
 
解得：
14
3
6
t
T
−
=
 
3
2T
t
+ 时刻离开电场时竖直速度大小
0
3
1
(
2 )
(9
2 14)
2
17
eU
T
v
v
at
a
t
m
=
−
=
−
=
−
， 
 
141 
设出电场后竖直方向位移为
4y ，则有：
3
4
0
v
y
L
v
=
，解得：
4
9(9
2 14)
17
d
y
−
=
 
打到屏上的质子偏离轴线OO的最大距离
4
(179
36 14)
2
34
m
d
d
y
y
−
=
+
=
 
答案：（1）质子射入偏转电场时的速度大小
0v 为
0
2eU
m
，水平金属板的长度9 34
17
d ； 
（2）
1
6
t
T
=
时刻射入偏转电场的质子，穿出两板之间时的动能
0
35
34 eU ； 
（3）从偏转电场射出的质子打到屏上，向下偏离轴线OO的最大距离
m
y 为(179
36 14)
34
d
−
。 
 
3．【解析】（1）设𝑀点坐标为(−𝑟, 𝑟)，则𝑁点坐标(−𝑟, 0)，𝐴点坐标(𝑟, 0)，𝑟= 4m， 
粒子比荷为𝑘=
𝑞
𝑚=
6.4×10−19
4×10−24 = 1.6 × 104C/kg。 
对粒子先后经过两电场的全过程，由动能定理得：𝑞𝐸2𝑟+ 𝑞𝐸1𝑟=
1
2 𝑚𝑣𝐴
2，代入数据，解得：𝑣𝐴=
1.6 × 103m/s 
（2）粒子先在第二象限的电场𝐸2中匀加速直线运动，对于此运动有：加速度：𝑎1 = 𝑘𝐸2，位移：
𝑟=
1
2 𝑎1𝑡1
2，代入数据，解得时间：𝑡1 = √5
200 s 
在第一象限有电场做类平抛运动，无电场区域做匀速直线运动，𝑥轴方向均不受力，因此𝑥轴的分运
动为匀速直线运动，对于𝑥轴方向的运动有：𝑣𝑥= 𝑎1𝑡1，𝑡2 =
𝑟
𝑣𝑥，代入数据，解得时间：𝑡2 = √5
400 s，全
过程所用的时间：𝑡= 𝑡1 + 𝑡2 解得：𝑡=
3√5
400 s。 
（3）设粒子在𝑀𝑁上的𝐵点坐标为(−𝑟、𝑦1)进入电场𝐸2，进入第一象限先做类平抛运动，轨迹与𝐸1
电场边界线交点为𝐶点，设𝐵点坐标为(−𝑟、𝑦1)，𝐶点坐标为(𝑥、𝑦)，𝐶𝐴连线与𝑥轴夹角为𝜃。 
对电场𝐸1中做类平抛运动有：加速度：𝑎2 = 𝑘𝐸1，𝑥轴方向：𝑥= 𝑣𝑥𝑡，𝑦轴方向：𝑣𝑦= 𝑎2𝑡；𝑦1 −𝑦=
1
2 𝑎2𝑡2，解得：𝑦1 =
𝑎2𝑥2
2𝑣𝑥2 + 𝑦…① 
 
有
𝑣𝑦
𝑣𝑥=
𝑎2𝑡
𝑣𝑥= tan𝜃 
而
𝑦1−𝑦
𝑥
=
𝑎2𝑡
2𝑣𝑥=
1
2 tan𝜃…② 
由几何关系得：tan𝜃=
𝑦
𝑟−𝑥…③ 
联立①②③式得方程：𝑦= −
1
2 𝑥2 + 2𝑥(m) 
(0 ⩽𝑥⩽4m) 
 
142 
答案：（1）到达𝐴点的速度大小为1.6 × 103m/s； 
（2）该粒子从释放点运动到𝐴点的时间为
3√5
400 s； 
（3）第一象限的电场边界线方程𝑦= −
1
2 𝑥2 + 2𝑥(m)(0 ⩽𝑥⩽4m)。 
 
4. 【解析】（1）已知带电小球在光滑的竖直圆轨道内做完整的圆周运动，经C 点时速度最大，因此，
C 点是竖直面内圆周运动的物理“最低点”，也就是小球在C 点受力情况满足合外力完全充当向心
力，如图，满足
 ，因此电场力为：F＝mgtan60°，即为：F＝
 
（2）小球在轨道最高点B 时的受力情况如图所示， 
讨论：①若在B 点时轨道对小球的压力最小等于零．半
径方向的合外力为重力mg，在B 点，根据圆周运动的条件
可获得，
；得：
① 
②若小球在D 点时的轨道对小球的压力最小等于零 
 
则D 到B 的过程中，重力和电场力做功：得： 
，代
入数据解得：
② 
根据①②两种情况的讨论可知，小球在B 点的最小速度
为vB2； 
（此处也可以直接分析“等效力场”，与重力作用下的竖直平面圆周运动类比，可知其整个圆周运动
速度最小的点为D 点，应满足在D 点不脱离圆轨道的条件） 
小球从A 到B 过程中，只有电场力和重力做了功，又知A、B 两点在同一等势面上，该过程电场
力做功为0，根据动能定理可得：
③，联立以上②③两式可得
． 
 
 
 
 
 
143 
5.【答案】A 
【解析】本题电场方向未知，可先利用电场力和重力做功的独立性分析电场的情况。 
小球运动的过程中重力与电场力做功，设电场力做的功为W ，则有：
2
2
0
1
1
2
2
W
mgh
mv
mv
+
=
−
，代
入
0
2
v
v
=
，解得：
0
W =
，说明MN 为电场的等势面。 
可知电场的方向水平向右；小球在竖直方向做自由落体运动，可知小球从M 到N 的过程经历的时
间为：
2h
t
g
=
，联立解得：
0v
t
g
=
，故A 正确，B 错误； 
CD、水平方向小球受向右的电场力，所以小球先向左减速后向右加速，电场力先负功后正功，机
械能先减小后增加，电势能先增加后减小，M 点和N 点电势能相等，机械能相等，故CD错误； 
故选：A 
 
6．【解答】解：（1）将匀强电场的电场强度沿AB 和AD 方向正交分解，设沿AB 方向的分量为
x
E ，沿
AD 方向的分量为
y
E ，场强方向与AB 的夹角为，设粒子的初动能为
0
k
E ，则
2
0
0
1
2
k
E
mv
=
，分别
对粒子由A 点到达B 点的过程和从A 点到达D 点的过程，由动能定理得： 
0
0
2
9
x
k
k
qE L
E
E
=
−
， 
0
0
4
y
k
k
qE L
E
E
=
−
， 
解得：
2
0
2
x
mv
E
qL
=
，
2
0
3
2
y
mv
E
qL
=
， 
则有：
3
tan
4
y
x
E
E
=
=
，可得
37
=
 
电场强度大小为：
2
0
5
cos
2
x
E
mv
E
qL

=
=
，方向与AB 的夹角为37指向右下方。 
（2）粒子从A 点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子经过长方形区域边界动能增量最多，则
需要电场力做功做多，如图1 所示C 点与A 点沿电场方向的距离最大，则由A 点到C 点电场力做功最
多，设粒子射出时速度大小为
1v 。 
由A 到C 垂直电场方向的位移大小为：
1 1
(2
)sin
(2
)sin
tan
L
NC
L
DM
L
v t



=
−
=
−
=
 
 
144 
由A 到C 平行电场方向的位移大小为：
2
1
2
1
cos
2
L
AN
at

=
=
 
由牛顿第二定律得：
2
0
5
2
v
qE
a
m
L
=
=
 
解得：1
0
2L
t
v
=
，
1
0
2
5
v
v
=
； 
（3）粒子从A 点垂直电场方向射出，第一次经过长方形区域边
界时动量增量为
0
mv ，设此过程粒子运动时间为2t ，以电场力的方向
为正方向，根据动量定理得： 
2
0
qEt
mv
=
 
解得：2
0
2
5
L
t
v
=
 
粒子的运动轨迹如图2 所示： 
当粒子出射速度垂直电场方向斜向上为
2v 时， 
由A 点到O 点平行电场方向的位移大小为：
2
2
1
2
5
L
AP
at
=
=
 
由A 点到O 点垂直电场方向的位移大小为：
2 2
OP
v t
=
 
由几何关系得：tan
OP
AP
=
 
解得：
2
0
3
8
v
v
=
 
当粒子出射速度垂直电场方向斜向下为
3v 时， 
由A 点到Q 点平行电场方向的位移大小为：
5
L
AP =
 
由A 点到Q 点垂直电场方向的位移大小为：
3 2
QP
v t
=
 
由几何关系得：tan
AP
QP
=
 
解得：
2
0
2
3
v
v
=
 
答：（1）匀强电场的大小为
2
0
5
2
mv
qL 和方向与AB 的夹角为37指向右下方； 
（2）该粒子从A 点射出的速度大小应为
0
2
5 v ； 
（3）粒子从A 点射出的速度大小应为
0
3
8 v 或
0
2
3 v 。 
 
 
 
 
145 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1  解析：（1）最小速度满足：
1
1
1
sin30
2
R
R
l
+
=
；最大速度满足：
2
2
1
sin30
2
R
l
R
=
+
，由
mv
R
qB
=
，代入以上两式可解得
0
3
qBl
qBl
v
m
m


 
（2）
2 m
T
qB

=
，
2
t
T


=
，可见t 与速度无关，所以最长运动时间对应着在磁场中转过的圆心角
θ 最大，即对应着（1）中的最小速度。其圆心角为θ= 4
3
，解得
4
3
m
t
qB

=
。研究轨迹可知，射出点在
ad 直线O 点上方1
3
l 处。 
 
 
 
2  答案：（1）①、由洛伦兹力提供向心力得：
，解得：
，故以ab 为弦长的圆弧对应运动时间最长。 
由图可知：
，∴θ＝37° 
∴
 
（2）该束粒子在磁场中可能出现的区域如图． 
 
 
 
第7 讲    带电粒子在有界磁场中的运动 
 
课后练习    
 
146 
3  答案：（1）R=0.3m 
（2）
5
5
5
10
6
3
t
T

−
=
=

s 
（3）如图所示，最小正三角形边长
2
cos30
cos30
r
r
L
+

=

4 3
3
10
+
=
m 
其面积为
m
s
72
57 3
400
+
=
m2 
 
4  【解析】A 、C 、若
0
qBL
v
m
=
，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：
2v
qvB
m r
=
；
2 m
T
qB

=
；将速度代入可得：r
L
=
；从A 射出粒子第一次通过圆弧从A 点到达C 点
的运动轨迹如下图所示，可得：
6
3
AC
T
m
t
qB

=
=
；故A 错误；带电粒子在一个周期内的运动如图；带
电粒子从C 到B 的时间：
5
5
6
3
CB
T
m
t
Bq

=
=
；故从A 到B 的时间为：
5
2
3
3
AB
AC
CB
m
m
m
t
t
t
qB
Bq
qB



=
+
=
+
=
；
故C 正确；B 、D 、若
0
2
qBL
v
m
=
，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可
得： 
2v
qvB
m r
=
；
2 m
T
qB

=
；将速度代入可得：
1
2
r
L
=
；故从A 射出粒子第一次通过圆弧从A 点到达C 点的
运动轨迹如下图所示，可得： 
 
2
2
2
6
3
3
AC
T
m
m
t
qB
qB


=

=

=
，故B 正确；带电粒子从C 到B 的时间：
2
CB
T
m
t
qB

=
=
，故从A 到B 的
时间为：
2
5
3
3
AB
AC
CB
m
m
m
t
t
t
qB
qB
Bq



=
+
=
+
=
，故D 错误；故选：BC 。 
 
 
 
 
147 
5．【答案】（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度
1v 为
1
2qB L
m
，其在磁场中的运动时间t 为
1
2
3
m
qB

； 
（2）能到达
2
L
y =
处的离子的最小速度
2v 为
1
4qB L
m
； 
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比为3
5 。 
【解答】解：（1）离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动，不进入区域Ⅱ速度最大的离子的运动轨迹
与区域Ⅰ和Ⅱ的分界线相切，其运动轨迹如图1 所示。 
设其匀速圆周运动的半径为r ，圆周轨迹的圆心角为2，
由几何关系可得： 
60
=
，
cos
r
L
r

−
=
 
解得：
2
r
L
=
 
由洛伦兹力提供向心力得： 
2
1
1 1
v
qB v
m r
=
 
解得：
1
1
2qB L
v
m
=
 
离子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的周期
1
1
2
2
r
m
T
v
qB


=
=
 
在磁场中的运动时间
1
2
2
360
3
m
t
T
qB


=

=

 
（2）能到达
2
L
y =
处的速度最小的离子在磁场区域中的运动轨迹与直线
2
L
y =
相切，其运动轨迹如
图2 所示。 
设离子在A 点进入磁场区域Ⅰ时沿x 、y 轴的分速度分别为
2x
v 、2 y
v
，在C 点进入磁场区域Ⅱ时沿x 轴的分速度分别为
2x
v ，在
C 点离子的速度与x 轴的夹角为，在区域Ⅱ中的运动半径为R ，
则有： 
2
2
2
1
cos60
2
x
v
v
v
=
=
，
2
2 cos
x
v
v

=
 
设离子由A 到C 的过程中某时刻沿y 轴的分速度为
2yi
v
，以沿x 轴正方向为正方向，此过程沿x 轴
方向由动量定理得： 
1 2yi
qB v

△
2
2
x
x
t
mv
mv
=
−
 
其中：
2yi
v

△t
L
=
 
 
148 
已知：
2
1
2
B
B
=
 
联立可得：
2
2
2
1
1
cos
2
2
qB L
mv
mv

=
−
 
由几何关系得：
cos
2
L
R
R

−
=
 
由洛伦兹力提供向心力得：
2
2
2
2
v
qB v
m R
=
 
联立解得：
2
R
L
=
，
2
1
2
2
4
qB L
qB L
v
m
m
=
=
 
（3）设速度大小为
3v 的离子，在区域Ⅱ中的运动轨迹与x 轴相切，对此粒子由进入区域Ⅰ到与x
轴相切的过程，与（2）同理，以沿x 轴正方向为正方向，此过程沿x 轴方向由动量定理得： 
1 3yi
qB v

△
2 3yi
t
qB v
+ 
△
3
3 cos60
t
mv
mv
=
−
 
其中：
1 3yi
qB v

△
1
t
qB L
=
 
2 3yi
qB v

△
1
3yi
B
t
q
y v
L
= 

△
1
B
t
q
y
L
= 
△
1
1
0
1
2
L
qB
y
ydy
qB L
L
=
=

 
联立可得：
1
1
3
3
1
1
2
2
qB L
qB L
mv
mv
+
=
−
 
解得：
1
3
3qB L
v
m
=
 
故离子源射出的离子速度大于
1
3qB L
m
的离子能进入第四象限，则进入第四象限的离子数与总离子数
之比为： 
1
1
1
1
6
3
3
6
5
B qL
B qL
m
m
B qL
B qL
m
m

−
=
=
−
 
答：（1）离子不进入区域Ⅱ的最大速度
1v 为
1
2qB L
m
，其在磁场中的运动时间t 为
1
2
3
m
qB

； 
（2）能到达
2
L
y =
处的离子的最小速度
2v 为
1
4qB L
m
； 
（3）进入第四象限的离子数与总离子数之比为3
5 。 
 
 
 
 
 
149 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【解析】（1）粒子在电场做类平抛运动，沿y 轴方向做匀加速直线运动，沿x 轴方向以速度
0v 做匀速
直线运动（设其位移为)x ，设粒子进入磁场时的速度大小为v ，其方向与x 轴夹角为，其沿y 轴
方向的分速度为
yv ，运动时间为1t ，则有：
2
1
1
2
d
at
=
，
0 1
x
v t
=
，
1
yv
at
=
，
0
tan
yv
v
=
，由牛顿第二
定律可得：qE
ma
=
，联立代入数据解得：
3
2
x
d
=
，
53
=
，
0
0
5
cos
3
v
v
v

=
=
，方向与x 轴正方向
夹角为53； 
（2）粒子进入磁场做逆时针的匀速圆周运动，圆周轨迹恰好与磁场下边界相切。设运动半径为r ，
由几何关系得：cos53
3
r
d
d
r
+
−
=
，解得：
5
r
d
=
 
粒子再次进入电场做反方向的类平抛运动，与从O 点进入电场做的类平抛运动相对称，故水平位移
仍等于x ，可得：S 点到O 点的距离为：
2
2 sin53
11
SO
x
r
d
=
+
=
； 
（3）设磁感应强度的改变后，粒子在磁场中的运动半径为R ，粒子每次在磁场中的运动轨迹的弦
长为：
2 sin53
L
R
=
，经(
1)
n n 
次磁偏转仍过S 点，需满足关系：(2
)
11
n
x
L
SO
d
+
=
=
 
联立解得：
5 11
(
3)
8
R
d
n
=
−
，可得：11
3
0
n −

，且n 为大于1 的正整数，解得：
2
n =
，或
3
n = 
由洛伦兹力提供向心力得：
2v
qvB
m R
=
，解得：
0
5
3
mv
mv
B
qR
qd
=
=
 
当
2
n =
时，
25
16
R
d
=
，
0
16
15
mv
B
qR
=
 
当
3
n = 时，
5
12
R
d
=
，
0
4mv
B
qd
=
 
答案：（1）带电粒子进入磁场时的速度大小为
0
5
3 v ，方向与x 轴正方向夹角为53； 
（2）S 点到O 点的距离为11d ； 
（3）磁感应强度的可能值为
0
16
15
mv
qR 和
0
4mv
qd
。 
第8 讲  带电粒子在电磁组合场中的运动 
 
课后练习    
 
150 
2．【解析】设第一次进入第一象限时的速度为v ，竖直分速度为
yv ，则： 
0
sin 60
v
v =
，
sin30
yv
v
=
， 
P 到Q 过程中设粒子运动时间为1t ，则：
0 1
2l
v t
=
，
1
2
y
PQ
v
y
t
=
 
解得1
0
2l
t
v
=
，
3
3
PQ
y
l
=
 
设粒子在磁场Ⅰ中运动的半径为
1
R ，根据几何关系可知从Q 到O
粒子转过的角度为120，则：
1
3
2
sin 60
OQ
PQ
l
l
y
R
=
−
=
 
解得
1
2
3
R
l
=
 
设第一象限的电场强度的大小为E ，则有：
1
y
qE
v
t
m
=
 
根据洛伦兹力提供向心力可得：
2
1
v
qvB
m R
=
 
解得：
0
6
Bv
E =
； 
（2）设粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为
2
R ，粒子在Ⅰ、Ⅱ磁场中的运动轨迹如图所示，依题意
可得粒子在磁场Ⅱ中转过的圆心角为300，离开磁场Ⅱ再次进入磁场Ⅰ转过的圆心角为300后又会再次
进入磁场Ⅱ，以后循环下去，则
x
x
mv
B
qR
=
 
可知
x
R 取最小值时
x
B 最大； 
粒子出电场后便不再进入电场，则有： 
𝑅2 −2 ∙
𝑙
2𝑡𝑎𝑛30° ≥𝑅1(1 −𝑐𝑜𝑠60°) 
①粒子由x 轴下方经M 点，则有： 
2
1
(
1)(
2
)
(
0
2tan30
OM
l
n
R
nR
l
n
+
−
+
=
=

、1、2
)
 
分析可知
1
n = 是
2
R 有最小值
21
R ， 
解得
21
3 3
1
2
3
R
l
=
−
 
②粒子由x 轴上方经M 点，则有： 
2
1
(
2
)
(
0
2tan30
OM
l
n R
nR
l
n
−
+
=
=

、1、2
)
 
分析可知
1
n = 是
2
R 有最小值
22
R ， 
 
151 
解得
22
2
2 3
3
R
l
l
=
−
  
对比可知
21
R 更小，则
x
B 的最大值为
21
xm
mv
B
qR
=
 
由于
2
1
v
qvB
m R
=
 
解得：
4
9 3
2
xm
B
B
=
−
。 
 
3．【解析】（1）粒子在加速器中加速，由动能定理得：
2
0
1
0
2
qU
mv
=
−
，解得加速器的加速电压：
2
0
2
mv
U
q
=
 
（2）粒子沿x 轴方向做匀速直线运动，运动到MNPQ 面上需要的时间
0
L
t
v
=
，粒子进入电场区域后
经过N 个周期到达MNPQ 面，电场的周期
0
0
t
L
T
N
Nv
=
=
，粒子在电场的前半个周期沿Z 轴正方向做初
速度为零的匀加速直线运动，后半个周期沿Z 轴正方向做匀减速直线运动，粒子在一个周期结束粒子沿
Z
轴方向速度为零，在一个电场周期内粒子沿
Z
轴方向的位移
2
2
2
2
0
0
0
1
0
2
2
0
0
1
1
1
2
(
)
(
)
2
2
4
4
4
T
qE
qE L
L
Z
a
aT
m
Nv
mN v
=

=
=


=
，粒子到达MNPQ 面上时沿Z 轴的坐标
2
0
1
2
0
4
qE L
Z
NZ
mNv
=
=
，粒子到达MNPQ 时的位置坐标是(L ，
2
L ，
2
0
2
0
)
4
qE L
mNv
。 
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
2
0
0
v
qv B
m r
=
，解
得：
0
mv
B
qr
=
，粒子进入磁场后在xOy 面内的运动轨迹如图所示 
由几何知识可知：1
4
L
r =
，
2
2
2
2
2
(
)
2
L
r
L
r
−
+
=
，解得：2
5
4
r
L
=
，粒
子恰好从QGHM 面射出时的磁感应强度：
0
1
4mv
B
qL
=
，
0
2
4
5
mv
B
qL
=
，磁
场的磁感应强度的范围是
0
0
4
4
5
mv
mv
B
qL
qL 
答案：（1）粒子加速器的加速电压为
2
0
2
mv
q ； 
（2）该粒子经过平面MNPQ 时的位置坐标是(L ，
2
L ，
2
0
2
0
)
4
qE L
mNv
； 
（3）该磁场的磁感应强度的范围是
0
0
4
4
5
mv
mv
B
qL
qL 。 
 
 
152 
4．解析：（1）电子在电场中做类平抛运动，射出电场时与水平方向夹角30得到：，根据几何关系可得：
0
cos30
v
v
=
，解得：
0
2 3
3
v
v
=
 
（2）由速度关系
0 tan30
yv
v
=
，根据速度时间关系可得：
yv
at
=
，加速度：
Ee
a
m
=
，
0
L
v t
=
，联
立可以得到：
2
0
3
3
mv
E
eL
=
； 
（3）在磁场变化的半个周期内，粒子的偏转角是60，这过程中x 方向位移为R ，粒子到达N 点时
要满足速度方向与进入磁场方向相同，则有：2
2 (
1
nR
L n
=
= 、2、3
)
，电子在磁场中作圆周运动：
2
0
mv
evB
R
=
，解得：
0
0
2 3
(
1,2,3
)
3
nmv
B
n
eL
=
=
 
若粒子在磁场中的半个周期内转过60，同时在磁场中运动的时间是磁场周期的整数倍时，可以满
足题目要求，则有：
0
1
2
(
1,2,3
)
6
n
T
nT n
=
=
，
0
0
2
2
R
m
T
v
eB


=
=
，解得：
0
3
(
1,2,3
)
3
L
T
n
nv

=
=
。 
答案：（1）电子飞出电场时的速度大小为
0
2 3
3 v ； 
（2）0 x L 区域内匀强电场场强E 的大小为
2
0
3
3
mv
eL
； 
（3 ）写出圆形磁场区域磁感应强度
0
B 的大小、磁场变化周期T 各应满足的表达式为
0
3
(
1,2,3
)
3
L
T
n
nv

=
=
。 
 
 
5．
【解析】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45斜向下射入磁场，
则从O 点射出时速度
0
2
v
v
=
；由动能定理可得：
2
2
0
0
1
1
( 2 )
2
2
2
U
q
m
v
mv
=
−
，代入数据解得：
100V
U =
； 
（2）带电粒子在磁场中运动周期
2πm
T
qB
=
，则
6
0
π
2π 10 s
2
2
T
T
m
qB
−
=
=


，根据洛伦兹力提供向心力
 
153 
可得
0.02 2m
4
nv
L
r
qB
=
=

；粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间
6
2π 10 s
2
T
t
−
=
=

，射出点在AB 间离O 点0.04 2m ； 
（3）粒子运动周期
6
2π
4π 10 s
m
T
qB
−
=
=

，粒子在
0
t =
、
0
2
T
t =
等时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出，如图，由几何关系可得
临界时
5π
6
=
，要不从AB 边界射出，应满足
0
2
2π
T
T


，得
5
0
10 s
3
T

−


。 
答案：（1）两金属极板间的电压U 是100V； 
（2）若
0
0.5s
T =
，求
0s
t =
时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间为
6
2π 10 s
−

，射出点在
AB 间离O 点0.04 2m； 
（3）磁场的变化周期
0T 应满足的条件为
5
0
π 10 s
3
T
−


。 
 
 
 
 
154 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．解析：A、正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面
偏，所以后表面比前表面电势高，故A 错误；BC、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平
衡，有qE＝qvB，即
＝vB．电压表的示数与磁感应强度、装置的宽b 成正比，与装置的高c 无关，
故B 正确，C 错误；D、污水流量Q＝vbc＝
bc＝
，可知Q 与U 成正比，故D 错误； 
故选：B。 
 
2．解析：（1）在加速电场中由动能定理得：
2
1
2
qU
mv
=
水 
解得：
2qU
v
m
=
水
 
进入修正区后，沿电场线方向的加速度：
Eq
a
m
=
，由题意在修正区的时间：
2
m
t
qB

=
，所以沿y 方
向的速度：
2
2
y
Eq
m
E
v
at
m
qB
B


=
=

=
，由于磁场不改变速度的大小，故可得：
2
2
y
v
v
v
=
+
水，代入得到：
2
2
2
2
8
4
E
m
B qU
v
B m

+
=
 
（2）进入修正区后，沿y 方向做初速度为零的匀加速直线运动，由
2
1
2
yx
at
=
，将已知条件代入解
得：
2
2
8
y
mU
x
B q

=
，将已知
2
2
8qUB
E
m

=
代入后得：
= 2
y
qU
v
v
m
=
水
，离开修正区后做匀速直线运动，打
到夹板还需时间：
2
2
2
L
mL
t
v
qU
=
=
水
，
2
2
2
2
2
8
2
8
2
y
y
mU
L
mU
L
x
v t
B q
B q


=
+
−
=
+
总
，以正方体底面中心O 在平
板的垂直投影点为原点，在平板内建立直角坐标系（其中x 轴与GR 平行）。则x 轴对应的直线为x = 1
2 L ，
故坐标为1
(2 L ，
2
2
)
8
2
mU
L
B q

+
 
第9 讲  带电粒子在复合场中的运动 
 
课后练习    
 
155 
（3）对粒子由动量定理得：F △t
nm
=
△tv
nm
=
合
△
2
y
t
v ，解得：
2
F
n qUm
=
，由牛顿第三定
律可知对平板的作用力为：
2
F
n qUm
=
。 
答案：（1）粒子射出正方体电磁修正区后的速度为
2
2
2
2
8
4
E
m
B qU
B m

+
； 
（2）若满足关系式
2
2
8qUB
E
m

=
，求从S 点入射的粒子最后打到平板上的位置坐标为1
(2 L ，
2
2
)
8
2
mU
L
B q

+
； 
（3）接（2）问，若粒子源单位时间内射出n 个粒子，则单位时间内平板受到粒子的作用力为2n qUm 。 
 
 
 
 
 
156 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1． B 
 
2．解析：因F＞f1，故棒ab 由静止开始作加速运动，棒ab 中将出现不断变大的感应电流，致使cd 也
会受到安培力F2 作用，当F2＞f2 时，cd 棒也开始运动，故cd 棒开始运动的条件是：F﹣f1﹣f2＞0              
（1）当F＝0.25N 时，F﹣f1﹣f2＝0，故cd 棒保持静止，两杆的稳定速度差等于ab 棒的最终稳定
速度v1max，故此种情况有： 
电流：
， 
安培力：Fm＝BIml，则有，F﹣Fm﹣f1＝0，由此得v1max＝0.32m/s．          
（2）当F＝0.3N 时，有 
， 
安培力，F1＝F2＝BIl，由牛顿第二定律，F﹣f1﹣F1＝m1a1，且F2﹣f2＝m2a2，及a1＝a2 
解得：
 
 
3．【解析】BC 、导体棒a 向左运动，穿过闭合回路的磁通量发生变化，产生感应电流，根据楞次定律
和左手定则可知，a 受到的安培力方向向右，b 棒受到安培力方向也向右，故a 向左做减速运动，
b 向右做加速运动，当两棒切割磁感线，产生感应电动势相等时，回路中不再有感应电流，两棒匀
速运动，匀速运动时应有：
2
2
a
b
B
v
L
B
v
L


=


，即得：
a
b
v
v
=
，当定义向左方向为正方向，故
B 正确，C 错误；A 、根据右手定则，导轨M 、N 两端的电势差
2
MN
b
U
B
Lv
= −

，由于b 棒开始
做加速度减小的加速运动，最后匀速，且由右手定则可知，N 点电势高于M 点，故A 正确；D 、
根据以上分析可知，两棒受到的安培力方向相同，故D 错误。故选：AB。 
第10 讲    电磁感应综合问题分析方法 
 
课后练习    
 
157 
4． 【解析】A 、对导体棒P 在下滑过程中受力分析如图所示， 
在很短一段时间△t 内速度变化为△v ，取沿导轨向下为正方向，
根据动量定理可得：
sin
mg
△t
F
−
安△t
m
=
△v ，其中安培力：
F
BIL
=
安
，△q
I
=
△t ，所以有：
sin
mg
△t
BL
−
△q
m
=
△v ，此
过程中通过电容器的电量：△q
C
=
△U ，导体棒两端的电压变化量
△U
BL
=
△v ，所以有：
sin
mg
△
2
2
t
B L C
−
△v
m
=
△v ，导体棒的加速度：
v
a
t
=
，联立解得：
4
g
a =
，
所以体棒P 在倾斜导轨上做匀加速运动，加速度大小为
4
g ，故A 正确；B 、导体棒在倾斜导轨上做匀
变速直线运动，设导体棒P 进入水平导轨时的速度大小为v ，根据速度—位移关系可得：
2
2
v
ax
=
，其
中
sin
h
x

=
，解得：v
gh
=
，故B 错误；CD、当导体棒P 进入水平导轨后，导体棒P 切割磁感线产
生感应电动势，产生感应电流。导体棒在安培力作用下开始减速，产生的感应电流逐渐减小，安培力逐
渐减小。所以当P 刚进入水平轨道时产生的感应电动势最大，感应电流最大，安培力最大。 
由受力平衡可知此时导体棒Q 受到的摩擦力最大，所以有：
2
f
F
BIL
=
=
安
，导体棒Q 产生的感应
电动势
2
E
BLv
=
，感应电流为
E
I
R

=
，联立解得：
2
2
4B L
gh
f
R
=
，故C 错误、D 正确。 
故选：AD 。 
 
5． 答案： 
（1）动能定理求出v0，3
2
4
Fs
BL
M
 
（2）到ab 刚进磁场，动能定理：
(
)
2
2
4
4
2
mF R
F L
s
B L −
+
 
（3）
(
)
2
2
2
2
4
4
2
'
F H
L
B L
F R
F
F
t
F
R
B L
m
m


−


=
+
−
−




 
 
 
 
 
 
158 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1  【答案】（1）
（2）
（3）
（4）小球不会与MN 杆发生第二次碰撞。 
【解析】（1）如图所示，可得：光滑绝缘小球在水平桌面上做匀速圆周运动的半径设为r， 
由图可知：
 ，得：
 ，由牛顿第二定律可得： 
 ，得：
  
 
（2）由题可知小球与MN 杆发生弹性碰撞，设碰后小球速度为
，MN 杆速度为
，可得： 
 ，
 ，联立可得：
 ，此后杆MN 与
杆PN 组成的系统动量守恒，共速度时速度设为，则有：
  ，可得：
   
由能量守恒定律可知PQ 上产生的热量：
 
  
对杆PQ 应用动量定理可得： 
，即：
，得：
 
（3）由
 ，得杆MN 比杆PQ 多滑动的距离：
 
（4）由（2）可知球与MN 碰后，小球的速度为：
， 杆MN 的速度为：
 
小球碰后做圆周运动的半径：
，运动半个周期的时间为：
 ，这段时间内杆MN
减速到与PQ 同速，最小速度为
，则其位移：
  ，此后杆MN 一直向左运动，故
小球不会与MN 杆发生第二次碰撞。 
第11 讲    电磁感应中的动量和能量方法 
 
课后作业    
 
159 
2．【解析】（1）细金属杆M 以初速度
0v 向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为
0
E
BLv
=
 
电流方向为a
b
→
，电流的大小为
2
E
I
R
=
，则所受的安培力大小为
2
2
0
2
B L v
F
BIL
R
=
=
，安培力的方
向由左手定则可知水平向左 
（2）①金属杆N 在磁场内运动过程中，由动量定理得：
0
0
3
v
BIL t
m
=

−
，且q
I
t
=

，联立解得：
0
3
mv
q
BL
=
。
 
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x ，有
2
E
I
R
=
，
BL
x
E
t

=
，整理可得：
2
BL x
q
R
=
，联立解
得：△
0
2
2
2
3
mv R
x
B L
=
。 
若两杆在磁场内刚好相撞，N 到ab的最小距离为x =△
0
2
2
2
3
mv R
x
B L
=
。
 
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻相同，
到ab的距离为
(
1)
kx k 
，则N 到cd 边的速度大小恒为
0
3
v ，根据动量守恒定律得： 
0
0
1
3
v
mv
mv
m
=
+

，解得N 出磁场时，M 的速度大小为
1
0
2
3
v
v
=
，由题意可知，此时M 到cd 边的
距离为
(
1)
s
k
x
=
−
，若要保证M 出磁场后不与N 相撞，则有两种临界情况： 
①M 减速到
0
3
v 时出磁场，速度刚好等于N 的速度，一定不与N 相撞，对M 根据动量定理有 
0
1
0
2
3
3
v
BI L
t
m
v
m

=

−

，
1
1
(
1)
2
BL k
x
q
I
t
R
−
=

=
，联立解得：
2
k =
 
②若M 运动到cd 边时，恰好减速到零，则对M 由动量定理得：
0
2
2
2
0
3
v
BI L t
m
=

−
，
2
2
1
(
1)
2
BL k
x
q
I
t
R
−
=

=
，解得：
3
k =
 
综上所述，M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2
3.
k 
 
答案：（1）M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小为
2
2
0
2
B L v
R
，方向水平向左； 
（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为
0
3
v ， 
①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量为
0
3
mv
BL ； 
②初始时刻N 到ab的最小距离为
0
2
2
2
3
mv R
B L ； 
（3）初始时刻，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为
(
1)
kx k 
，M 出磁
场后不与N 相撞条件下k 的取值范围为2
3.
k 
。 
 
 
160 
3．解析：
（1）设杆ab磁场区域Ⅰ时的速度为
1v ，根据速度—位移关系可得：2
1
1
2
sin
v
gx

=
，解得：1
1m/s
v =
，
ab杆进入磁场区域Ⅰ做匀速运动，根据平衡条件可得：
1
sin
B IL
mg

=
，回路中，R 与cd 杆并联，
再与ab串联，根据闭合电路的欧姆定律可得：
1
2
E
I
R
R
=
+
，其中电动势：
1
1
E
B Lv
=
，联立解得：
1
6 T
10
B =
，
5 6 A
3
I =
； 
（2）流过电阻R 的电荷量：
1
2
R
q
I t
It
=
=
，ab杆匀速穿过磁场
1
B ，所以电流恒定，
5
6A
6
RI =
，
经过的时间：
2
1
x
t
v
=
，联立解得：
5 6 C
12
q =
； 
（3）杆ab达到水平轨道时的速度为
2v ，则
2
2
1
3
2 sin
(
)
v
g
x
x

=

+
，解得：
2
3m/s
v =
，杆ab和杆cd
发生弹性碰撞，由于质量相等，碰撞后速度交换，杆cd 以
2
3m/s
v =
进入磁场区域Ⅱ，在通过磁场区域Ⅱ
的过程中，取向右为正方向，利用动量定理可得：
2
B lq
m
−
=
△v ，而q
I
=
△
2
4
1
2
B lx
t
R
R
=
+
，解得：△
0.5m/s
v = −
，每经过一次磁场区域Ⅱ杆的速度就减少0.5m/s 。当杆cd 第二次与杆ab发生弹性碰撞后，
杆ab获得的速度大小为：
4
2
2
v
v
=
−
△
3m/s
2 0.5m/s
2m/s
v =
−
=
 
因此杆ab沿斜面向上运动，取水平地面为零势能面，利用机械能守恒定律可得：
2
3
4
1
sin30
2
mgx
mv

=
，
解得：3
3
0.4m
x
x
=

，所以ab杆不能再次进入磁场区域Ⅰ，之后ab杆继续下滑以2m/s 与杆cd 发生弹性
碰撞，最后杆cd 在磁场区域Ⅱ总共穿越6 次，最后一次穿出磁场区域Ⅱ时恰好停止，不再与ab发生弹性
碰撞，因此总共发生弹性碰撞的次数为
5
n =
次。 
答案：（1）匀强磁场区域Ⅰ的磁感应强度为
6 T
10
； 
（2）杆ab在滑过斜面上磁场
1
B 的过程中，流过电阻R 的电量为5 6 C
12
； 
（3）杆ab和杆cd 一共可以碰撞的次数为5 次。 
 
 
 
 
 
 
161 
4．解析：（1）由于两棒的材料、横截面积均相同，棒PQ 长度为棒MN 的3 倍，故棒PQ 的质量为3m，
电阻为3R ，当MN 棒做匀速直线运动时，速度达到最大值
1v ，由受力平衡得：1
1
sin30
0
A
F
mg
F
−
−
=
 
由法拉第电磁感应定律得：
1
E
BLv
=
，由闭合电路欧姆定律得：
4
E
I
R
=
，其所受安培力大小为：
1
A
F
BIL
=
，解得：
1
2
2
4mgR
v
B L
=
 
（2）当回路中电流为I时，由牛顿第二定律得： 
对MN 棒：
1
1
sin30
F
mg
BI L
ma
−
−
=
，即
1
mg
BI L
ma
−

=
 
对PQ 棒：
2
2
3
3
F
BI L
ma
−

=
，即
2
3
3
3
mg
BI L
ma
−
=
 
即
1
2
a
a
=
，所以MN 棒和PQ 棒速度大小总相等， 
当系统稳定时，设两棒速度大小为
2v ，则稳定时回路的总电动势为：
2
4
E
BLv
=
，由闭合电路欧姆
定律得：
4
E
I
R

=
，稳定时对PQ 分析：
2
3
F
BI L
=
，解得：
2
2
2
mgR
v
B L
=
 
（3）由（2）问可知，两棒的速度大小总相等，则它们的位移大小也总相等，设从释放到最终稳定
它们各自的位移大小为x ，由功能关系得：
2
2
1
2
2
2
1
1
sin30
3
2
2
F x
F x
mgx
mv
mv
Q
+
−
=
+
+
，对PQ 从释放到
稳定过程分析，由动量定理得：2
2
3
3
F t
BILt
mv
−
=
，又因为：
4
E
I
R
=
，由法拉第电磁感应定律得：
4
E
BLv
=
，
x
vt
=
，以上联立解得：
2
2
3
2
2
2
2
4
4
4
6
.
m g Rt
m g R
Q
B L
B L
=
−
 
答案：（1）棒MN 的最终速度为
2
2
4mgR
B L ； 
（2）棒MN 的最终速度为
2
2
mgR
B L ； 
（3）此过程中系统产生的焦耳热为
2
2
3
2
2
2
2
4
4
4
6
.
m g Rt
m g R
B L
B L
−
 
 
 
 
 
162 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．解析：（1）设物块𝐵沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为𝑣0。 
由机械能守恒定律得：𝑚𝑔𝑅=
1
2 𝑚𝑣0
2 
代入数据解得：𝑣0 = 5 m s
⁄ ， 
在圆弧最低点𝐶，由牛顿第二定律得：𝐹−𝑚𝑔= 𝑚
𝑣02
𝑅 
代入数据解得：𝐹= 60N， 
由牛顿第三定律可知，物块𝐵对轨道的压力大小：𝐹′ = 𝐹= 60N，方向：竖直向下。 
（2）在传送带上，对物块𝐵，由牛顿第二定律得：𝜇𝑚𝑔= 𝑚𝑎， 
设物块𝐵通过传送带后运动速度大小为𝑣，有𝑣2 −𝑣0
2 = −2𝑎𝑙 
代入数据解得：𝑣= 4m/s， 
由于𝑣> 𝑢= 2m/s，所以𝑣= 4m/s即为物块𝐵与物块𝐴第一次碰撞前的速度大小。 
设物块𝐴、𝐵第一次碰撞后的速度分别为𝑣2、𝑣1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：𝑚𝑣= 𝑚𝑣1 + 𝑀𝑣2，由机械能守恒定律得：
1
2 𝑚𝑣2 =
1
2 𝑚𝑣1
2 +
1
2 𝑀𝑣2
2， 
解得：𝑣1 = −
1
2 𝑣= −2m/s，𝑣2 = 2m/s， 
物块𝐴的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：𝐸𝑃=
1
2 𝑀𝑣2
2 =
1
2 × 6 × 22 = 12J； 
（3）物块𝐵以𝑣1 = −2m/s滑会传送带后做匀减速运动，最大位移为：𝑠𝑚=
−𝑣12
−2𝑎= 2m，即物块𝐵不
能通过传送带滑到右面的曲面上，物块向右减速到零后，将沿传送带向左加速，可判断滑到左边光滑平
台时速度𝑣1′ = 2m/s，继而与𝐴发生第二次碰撞，即第一次碰撞到第二次碰撞之间，物块在𝐵传送带上运
动的时间为：𝑡1 = 2 ×
−𝑣1
−𝑎= 4s 
第12 讲    多过程综合题的思路与方法 
 
课后作业    
 
163 
由弹性碰撞规律可知，第二次碰后𝐵的速度为：𝑣2 = −
1
2 𝑣1 = −1m/s，向右滑上传送带减速到零后
又加速返回到左边水平台面与𝐴发生第三次碰撞，第二次碰撞到第三次碰撞之间，物块𝐵在传送带上运
动的时间为：𝑡2 = 2 ×
−𝑣2
−𝑎=
1
2 𝑡1 = 2s 
同上计算可知，物块𝐵第三次、第四次… ..第𝑛次碰撞后在传送带上运动的时间为：𝑡𝑛=
1
2𝑛−1 × 4s =
1
2𝑛−3 s 
答案：（1）物块𝐵滑到
1
4圆弧的最低点𝐶时对轨道的大小为60N，方向：竖直向下； 
（2）物块𝐵与物块𝐴第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能为12J； 
（3）物块𝐵与物块𝐴碰撞的第𝑛次到𝑛+ 1次之间的过程中，物块𝐵在传送带上运动的时间为
1
2𝑛−3 s。 
 
2．解析：解法一：设小物块从高为ℎ处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为𝑣． 
由功能关系得𝑚𝑔ℎ=
1
2 𝑚𝑣2 + 𝜇𝑚𝑔cos𝜃
ℎ
sin𝜃① 
以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量𝐼= 𝑚𝑣−𝑚(−𝑣)② 
设碰撞后小物块所能达到的最大高度为ℎ′，则
1
2 𝑚𝑣2 = 𝑚𝑔ℎ′ + 𝜇𝑚𝑔cos𝜃
ℎ′
sin𝜃③
，同理，有𝑚𝑔ℎ′ =
1
2 𝑚𝑣′2 + 𝜇𝑚𝑔cos𝜃
ℎ′
sin𝜃④，𝐼′ = 𝑚𝑣′ −𝑚(−𝑣′)⑤，式中，𝑣′为小物块再次到达斜面底端时的速度，𝐼’为
再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．由①②③④⑤式得𝐼′ = 𝑘𝐼⑥，式中𝑘= √
tan𝜃−𝜇
tan𝜃+𝜇⑦ 
由此可知，小物块前4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为𝐼1 = 2𝑚√2𝑔ℎ0(1 −𝜇cot𝜃)⑧ 
总冲量为𝐼= 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4 = 𝐼1(1 + 𝑘+ 𝑘2 + 𝑘3)⑨ 
由1 + 𝑘+ 𝑘2 + ⋯𝑘𝑛−1 =
1−𝑘𝑛
1−𝑘⑩ 
得𝐼=
1−𝑘4
1−𝑘2𝑚√2𝑔ℎ0(1 −𝜇cot𝜃)(11) 
代入数据得𝐼= 0.4(3 + √6)N · s 
答案：在小物块与挡板的前4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是0.4(3 + √6)N · s． 
解法二：设小物块从高为ℎ处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和
支持力，小物块向下运动的加速度为𝑎，依牛顿第二定律得𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃= 𝑚𝑎① 
设小物块与挡板碰撞前的速度为𝑣，则𝑣2 = 2𝑎
ℎ
sin𝜃② 
以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为𝐼= 𝑚𝑣−𝑚(−𝑣)③ 
 
164 
由①②③式得𝐼1 = 2𝑚√2𝑔ℎ(1 −𝜇cot𝜃)④ 
设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为𝑎′，依牛顿第二定律有𝑚𝑔sin𝜃−𝜇𝑚𝑔cos𝜃=
𝑚𝑎′⑤ 
小物块沿斜面向上运动的最大高度为ℎ′ =
𝑣2
2𝑎′ sin𝜃⑥ 
由②⑤⑥式得ℎ′ = 𝑘2ℎ⑦ 
式中𝑘= √
tan𝜃−𝜇
tan𝜃+𝜇⑧ 
同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量𝐼′ = 2𝑚√2𝑔ℎ′(1 −𝜇cot𝜃)⑨ 
由④⑦⑨式得𝐼′ = 𝑘𝐼⑩ 
由此可知，小物块前4 次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为𝐼1 =
2𝑚√2𝑔ℎ0(1 −𝜇cot𝜃)(11) 
总冲量为𝐼= 𝐼1 + 𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4 = 𝐼1(1 + 𝑘+ 𝑘2 + 𝑘3)(12) 
由1 + 𝑘+ 𝑘2 + ⋯𝑘𝑛−1 =
1−𝑘𝑛
1−𝑘(13) 
得𝐼=
1−𝑘4
1−𝑘2𝑚√2𝑔ℎ0(1 −𝜇cot𝜃)(14) 
代入数据得𝐼= 0.4(3 + √6)N · s(15) 
答案：在小物块与挡板的前4 次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是0.4(3 + √6)N · s． 
 
3．解析：（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为𝑎，
经历时间𝑇后与墙第一次碰撞。碰撞时的速度为𝑣1，则 
𝜇𝑚𝑔= 𝑚𝑎…① 
𝐿=
1
2 𝑎𝑇2 …② 
𝑣1 = 𝑎𝑡…③ 
联立①②③解得 
𝑇= 0.4s         𝑣1 = 0.4m/s…④ 
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速
度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为𝑇。 
设在物块与木板两者达到共同速度𝑣前木板共经历𝑛次碰撞，则有 
𝑣= 𝑣0 −(2𝑛𝑇+△𝑡)𝑎= 𝑎△𝑡…⑤ 
式中△𝑡是碰撞𝑛次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间。 
 
165 
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为 
2𝑣= 𝑣0 −2𝑛𝑇…⑥ 
由于木板的速率只能位于0 到𝑣1之间，故有0 ⩽𝑣0 −2𝑛𝑇⩽2𝑣1 …⑦，求解上式得1.5 ⩽𝑛⩽2.5 
由于𝑛是整数，故𝑛= 2 …⑧ 
再有①⑤⑧得△𝑡= 0.2s…⑨ 
𝑣= 0.2m/s…⑩ 
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为 
𝑡= 4𝑇+△𝑡= 1.8s… (11) 
即从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s。 
（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为𝑠= 𝐿−
1
2 𝑎△𝑡2 … (12) 
联立 ①与(12)式，并代入数据得𝑠= 0.06m… (13) 
即两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。 
 
4．【解析】（1）粒子在电场中加速，qU＝
𝟏
𝟐mv2 ，粒子在磁场中qvB＝𝒎𝒗𝟐
𝒓，r＝
𝟑𝒂
𝟏𝟔，解得𝑼=
𝒒𝑩𝟐
𝟐𝒎𝒓𝟐=
𝟗𝒒𝑩𝟐𝒂𝟐
𝟓𝟏𝟐𝒎  
（2）要使粒子能回到S，则每次碰撞时粒子速度都应与边垂直，则r 和v 应满足以下条件： 
①粒子与框架垂直碰撞，绕过三角形顶点时的轨迹圆弧的圆心应位于三角形顶点上，即SB 为半
径的奇数倍，即𝒓=
𝑺𝑩
𝟐𝒏−1 =
𝟑𝒂
𝟒(𝟐𝒏−𝟏) (n＝1，2，3，… ) 
②要使粒子能绕过顶点且不飞出磁场，临界情况为粒子轨迹圆与磁场区域圆相切， 
即r≤a－√𝟑
𝟐a  ，解得n≥3.3，即n＝4，5，6…，得加速电压𝑼=
𝟗𝒒𝑩𝟐
𝟑𝟐𝒎⋅
𝒂𝟐
(𝟐𝒏−𝟏)𝟐(n＝4，5，6，…)． 
（3）粒子在磁场中运动周期为T，qvB＝𝒎𝒗𝟐
𝒓，T＝
𝟐𝝅𝒓
𝒗，解得T＝
𝟐𝝅𝒎
𝒒𝑩，当n＝4 时，时间最短，即 
tmin＝3×6×
𝑻
𝟐＋3×𝟓
𝟔T＝
𝟐𝟑
𝟐T ，解得tmin＝
𝟐𝟑𝝅𝒎
𝒒𝑩. 
【答案】(1)
𝟗𝒒𝑩𝟐𝒂𝟐
𝟓𝟏𝟐𝒎；(2)𝑼=
𝟗𝒒𝑩𝟐
𝟑𝟐𝒎⋅
𝒂𝟐
(𝟐𝒏−𝟏)𝟐(𝒏＝𝟒，𝟓，𝟔，… )；(3)𝒕𝐦𝐢𝐧=
𝟐.𝟑𝝅
𝒒𝑩  
 
 
5．解析：（1）𝑃、𝑄发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，
由动量守恒定律得：𝑚𝑣0 = 𝑚𝑣𝑃1 + 4𝑚𝑣𝑄1，由机械能守恒定律得：
1
2 𝑚𝑣0
2 =
1
2 𝑚𝑣𝑃1
2 +
1
2 · 4𝑚𝑣𝑄1
2 ，
 
166 
解得：𝑣𝑃1 = −
3
5 𝑣0，负号表示方向，𝑣𝑄1 =
2
5 𝑣0 
（2）𝑄向上滑行过程，由牛顿第二定律得：4𝑚𝑔sin𝜃+ 𝜇· 4𝑚𝑔cos𝜃= 4𝑚𝑎，解得：𝑎= 2𝑔sin𝜃 
𝑃、𝑄第一次碰撞后𝑄上升的高度为ℎ1，对𝑄，由运动学公式得：0 −𝑣𝑄1
2 = 2(−𝑎)
ℎ1
sin𝜃，解得：ℎ1 =
𝑣02
25𝑔 
设𝑃运动到与𝑄刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为𝑣02，第一次碰撞后到第二次碰撞前，对𝑃，
由动能定理得：−𝑚𝑔ℎ1 =
1
2 𝑚𝑣02
2 −
1
2 𝑚𝑣𝑃1
2 ，解得：𝑣02 = √7
5 𝑣0 
𝑃、𝑄发生第二次碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动
量守恒定律得：𝑚𝑣02 = 𝑚𝑣𝑃2 + 4𝑚𝑣𝑄2，由机械能守恒定律得：
1
2 𝑚𝑣02
2 =
1
2 𝑚𝑣𝑃2
2 +
1
2 · 4𝑚𝑣𝑄2
2 ，解得：𝑣𝑃2 =
−
3
5 × √7
5 𝑣0，𝑣𝑄2 =
2
5 × √7
5 𝑣0，第二次碰撞后𝑄向上运动过程，由运动学公式得：0 −𝑣𝑄2
2 = 2(−𝑎)
ℎ2
sin𝜃，
解得：ℎ2 =
7
25 ·
𝑣02
25𝑔 
设𝑃运动到与𝑄刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为𝑣03，第二次碰撞后到第三次碰撞前，对𝑃，
由动能定理得：−𝑚𝑔ℎ2 =
1
2 𝑚𝑣03
2 −
1
2 𝑚𝑣𝑃2
2 ，解得：𝑣03 = (√7
5 )2𝑣0 
𝑃与𝑄第三次碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向上为正方向，由动量守恒定律
得：𝑚𝑣03 = 𝑚𝑣𝑃3 + 4𝑚𝑣𝑄3，由机械能守恒定律得：
1
2 𝑚𝑣03
2 =
1
2 𝑚𝑣𝑃3
3 +
1
2 · 4𝑚𝑣𝑞3
2 ，解得：𝑣𝑃3 = −
3
5 ×
(√7
5 )2𝑣0，𝑣𝑄3 =
2
5 × (√7
5 )2𝑣0 
第三次碰撞后对𝑄，由运动学公式得：0 −𝑣𝑄3
2 = 2(−𝑎)
ℎ3
sin𝜃，，解得：ℎ3 = (
7
25)2 ·
𝑣02
25𝑔… … … … 
第𝑛次碰撞后，𝑄上升的高度：ℎ𝑛= (
7
25)𝑛−1 ·
𝑣02
25𝑔  𝑛= 1、2、3 … … 
（3）𝑃、𝑄向上运动过程速度逐渐减小，两物体到达同一位置时发生碰撞， 
当𝑃、𝑄最后一次发生碰撞时到达最高点，此时两者到达同一高度， 
当𝑃、𝑄到达𝐻时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程， 
由动能定理得：−(𝑚+ 4𝑚)𝑔𝐻−𝜇· 4𝑚𝑔cos𝜃·
𝐻
sin𝜃= 0 −
1
2 𝑚𝑣0
2，解得：𝐻=
𝑣02
18𝑔 
（4）设𝑄第一次碰撞至速度减为零需要的时间为𝑡1，则：𝑡1 =
𝑣𝑄1
𝑎 
设𝑃运动到斜面底端时的速度为𝑣𝑃1′，需要的时间为𝑡2，则：𝑣𝑃1′ = 𝑣𝑃1 + 𝑔sin𝜃· 𝑡2，𝑣′𝑃1
2 −𝑣𝑃1
2 =
2𝑔sin𝜃· 𝑠， 
设𝑃从𝐴点到𝑄第一次碰撞后速度减为零处匀减速运动的时间为𝑡3，则：𝑣02 = (−𝑣𝑃1) −𝑔sin𝜃· 𝑡3， 
 
167 
当𝐴点与挡板之间的距离最小时：𝑡1 = 2𝑡2 + 𝑡3，解得：𝑠=
(8√7−13)𝑣02
200𝑔sin𝜃 
答案：（1）𝑃与𝑄第一次碰撞后瞬间各自的速度大小𝑣𝑃1、𝑣𝑄1分别为
3
5 𝑣0、
2
5 𝑣0； 
（2）第𝑛次碰撞使物块𝑄上升的高度ℎ𝑛是(
7
25)𝑛−1 ·
𝑣02
25𝑔  𝑛= 1、2、3 … …； 
（3）物块𝑄从𝐴点上升的总高度𝐻为
𝑣02
18𝑔； 
（4）为保证在𝑄的速度减为零之前𝑃不会与之发生碰撞，𝐴点与挡板之间的最小距离𝑠为
(8√7−13)𝑣02
200𝑔sin𝜃。 
 
 
 
168 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. 解析：（1）设金属框在进入第一段匀强磁场区域前的速度为
0v ，金属框在进入和穿出第一段匀强磁
场区域的过程中，线框中产生平均感应电动势为
2
2BL
E
t
=
 
平均电流强度为（不考虑电流方向变化）
2
2
E
BL
I
r
rt
=
=
 
由动量定理得： 
   
1
0
BILt
mv
mv
−
=
−
 
   
2
1
0
2BL
B
Lt
mv
mv
rt
−
=
−
 
   
2
3
1
0
2B L
mv
mv
r
−
=
−
 
同理可得：
2
3
2
1
2B L
mv
mv
r
−
=
−
 
       
2
3
3
2
2B L
mv
mv
r
−
=
−
 
 
整个过程累计得：
2
3
0
2
0
B L
n
mv
r
−
=
−
，解得：
2
3
0
2nB L
v
mr
=
 
金属框沿斜面下滑机械能守恒：
2
0
1
2
mgh
mv
=
，解得  
2
2
4
6
0
2
2
2
2
v
n B L
h
g
m gr
=
=
 
（2）金属框中产生的热量Q
mgh
=
，解得  
2
4
6
2
2n B L
Q
mr
=
 
（3）金属框穿过第(
1)
k −
个磁场区域后，由动量定理得：
2
3
1
0
2
(
1)
k
B L
k
mv
mv
r
−
−
−
=
−
 
金属框完全进入第k 个磁场区域的过程中，由动量定理得：
2
3
1
k
k
B L
mv
mv
r
−
−
=
−
 
解得：
2
3
(2
2
1)
k
n
k
B L
v
mr
−
+
=
 
第13 讲    能量和动量问题的系统观 
 
课后练习    
 
169 
金属框中的电功率：
2
2
6
8
2
3
(
/)
(2
2
1)
k
BLv
n
k
B L
P
r
m r
−
+
=
=
 
★（1）、（3）快捷解法：金属框速度的变化量与其进（出）磁场边界的位移成正比，每次完全进（出）
磁场后，动量变化量都为∆𝑚𝑣= 𝐼安= −𝐵𝐿𝑞= −
𝐵𝐿∙𝐵𝐿𝑥
𝑟
= −
𝐵2𝐿3
𝑟 
因此完全通过n 个磁场区域后，总的动量变化量为∆𝑚𝑣= −2𝑛
𝐵2𝐿3
𝑟，由于末速度为0，可得： 
2
3
0
2nB L
v
mr
=
，金属框沿斜面下滑机械能守恒：
2
0
1
2
mgh
mv
=
，解得  
2
2
4
6
0
2
2
2
2
v
n B L
h
g
m gr
=
=
。 
第（3）问中，金属框完全进入第k 个磁场区域时，穿越磁场边界的总位移为(2𝑘−1)𝐿，故∆𝑚𝑣=
𝑚𝑣𝑘
′ −𝑚𝑣0 = −(2𝑘−1) 𝐵2𝐿3
𝑟，将前面的𝑣0代入，可得
2
3
(2
2
1)
k
n
k
B L
v
mr
−
+
=
，金属框中的电功率：
2
2
6
8
2
3
(
/)
(2
2
1)
k
BLv
n
k
B L
P
r
m r
−
+
=
=
 
 
2. 解析：（1）以A 、B 两物体及小车组成的系统为研究对象，以A 的初速度方向为正方向，由动量守
恒定律得：2
0
3
I
I
mv
−
+
=
，解得：
3
I
v
m
=
，方向向右。 
（2）A 与C 之间的摩擦力：
1f
mg

=
，B 与C 之间的摩擦力：
2f
mg

=
 
可知A 与B 都相对于C 运动的过程中，C 受到的摩擦力的矢量合等于0，C 始终保持静止； 
A 与B 的质量相等，开始时A 的速度：
1
2I
v
m
=
，B 的速度：
2
I
v
m
=
 
A 的加速度：
1
1
f
a
g
m

=
=
 
B 的加速度：
2
2
f
a
g
m

=
=
 
A 与B 的加速度的大小相等，可知当B 的速度减小为0 时，A 的速度减小为I
m ，该过程中A 的位
移：
2
2
1
2
1
2
v
v
x
a
−
=
，B 的位移：
2
2
2
2
v
x
a
=
 
若A 和B 碰撞前瞬时，B 的速度恰好为零，则：
2
2
2
2
2
1
2
2
1
1
1
2
2
2
2
2
2
v
v
v
v
I
L
L
x
x
a
a
a
gm

−
=
=
+
=
+
=
=
 
A 、B 相碰，碰后粘在一起，则：
2
2
mv
mv
=
，可得：
2
I
v
m
=
 
此后A 与B 一起做减速运动，A 对C 的摩擦力与B 对C 的摩擦力的和推动C 做加速运动，对C 由
动能定理可得：
2
1
2
1
1
(
)
2
f
f
x
mv
+
=
，联立可得：
2
1
2
36
I
x
gm

=
 
 
170 
若A 与B 恰好不能相碰，当B 速度减小为0 时，A 的速度仍然是I
m ，此后A 做减速运动，B 相
对于小车C 仍然静止，B 与小车C 则一起向右做加速运动，可知：
2
L 一定大于
1L ，对C 由动能定理可
得：
2
1
2
1 2
2
f x
mv
=
，可得：
2
2
2
9
I
x
gm

=
 
（2）快捷解法：用I 表示，系统初动能为
𝐼2
2𝑚，共速损失了
2
3，剩余末动能为
1
3 ∙
𝐼2
2𝑚=
𝐼2
6𝑚。第一种情
况，C 单独被加速，其末动能占系统总末动能的
1
3，为
𝐼2
18𝑚，摩擦力为2𝜇𝑚𝑔，故
2
1
2
36
I
x
gm

=
；第二种情
况，BC 共同被加速，其末动能占系统总末动能的
2
3，为
𝐼2
9𝑚，摩擦力为𝜇𝑚𝑔，故
2
2
2
9
I
x
gm

=
 
（3）①由于在运动的过程中A 受到的摩擦力与B 受到的摩擦力大小相等，方向相反，所以A 与B
的系统的水平方向的动量守恒，则𝐿< 𝐿1时，A 与B 碰撞后二者的速度都是2
I
m ，与碰撞前的速度无关，
所以碰撞后A 与B 一起做减速运动，A 对C 的摩擦力与B 对C 的摩擦力的和推动C 做加速运动，则在
速度相等时C 的位移都是
2
1
2
36
I
x
gm

=
； 
②如果A 与B 不能相碰，则A 、B 、C 相对静止前，C 的位移都是
2
2
2
9
I
x
gm

=
； 
可知如果𝐿1 < 𝐿< 𝐿2。，则x 的最大值是
2
2
9
I
gm

，最小值接近
2
1
2
36
I
x
gm

=
。 
 
 
 
 
 
171 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．【答案】（1）
13.5N
N=
；（2）
60
=
，
0.69m
s =
 
【解析】（1）设小球在C 点受到的支持力为N，小球对管壁的压力为
'
N ，对小球在C 点有 
2
0v
N
mg
m R
−
=
，解得
13.5N
N =
，根据牛顿第三定律可得
'
13.5N
N
N
=
=
 
（2）设小球在D 点的速度为
1v ，小球从D 沿斜面滑到最高点距D 点的之间距离为s，小球从C
点到D 点由
2
2
0
1
1
2
v
v
gl

−
=
，解得
1
4m/s
v =
 
小球在DE 斜面上有
2
cos
sin
mg
mg
ma



+
=
① 
小球在斜面上的位移
2
1
2
v
as
=
② 
联立①②，由数学知识整理可得
(
)
2
1
2
2 3
2
sin
cos
5sin(30
)
v
s
g




=
=
+
+
 
当
60
=
时，s 最小，最小值为
2 3 m
0.69m
5
s =
=
。 
 
2．解析：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机
械能守恒。 
（1）过程中A 的重力势能减少， A、B 的动能和B 的重力势能增加，A 的瞬时速度总是B 的2 倍。
2
2
2
3
2
1
2
2
1
3
2
2







+


+

=

v
m
v
m
L
mg
L
mg
，解得
11
8gL
v =
 
（2）B 球不可能到达O 的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA 竖直位置向
左偏了α 角。 
由机械能守恒可得：2mg2Lcosα=3mgL(1+sinα) 
此式可化简为4cosα－3sinα=3，利用三角公式可化为
4
5 cos𝛼−
3
5 sin𝛼=
3
5，即 
课后练习   
第14 讲  物理极值问题及其数学方法 
 
 
172 
sin(53°－α)=sin37° 
解得α=16°，所以B 球能上升的最大高度h=L+Lsinα，解得h=1.28L 
（3）B 球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功WG。设OA 从开
始转过θ 角时B 球速度最大，由机械能守恒可得：
(
)
2
2
3
2
1
2
2
2
1
v
m
v
m


+


=2mg2Lsinθ-3mgL(1-cosθ) 
=mgL(4sinθ+3cosθ-3) 
使用与（2）的方法可得mgL(4sinθ+3cosθ-3)= mgL(5sin(α+37°)-3)≤2mgL，解得
11
4gL
vm =
。
 
                            ⑵                       ⑶ 
 
 
 
 
3．【答案】射程
2
0
0
2
v
S
v
gh
g

+
 
【解析】以抛出点为原点建立直角坐标系。 
设投掷角为θ ，则有： 
0
2
0
1
2
x
v cosθ t
y
v sinθ t
gt
=


=
−

 
消去参数t 可得：
(
)
2
2
2
0
1
2
g
y
xtanθ
tan θ
x
v
=
−
+
（x≥0）。 
落地时刻水平位移最大，即射程S 满足此时
(
)
2
2
2
0
1
2
g
S tanθ
tan θ
S
h
v
−
+
= −。 
整理该式转化为关于tanθ 的一元二次方程： 
2
2
2
2
2
0
0
0
2
2
gS
gS
tan θ
S tanθ
h
v
v
−

+

+
−
=
 
要使tanθ 存在，必须满足
2
2
2
2
2
0
0
4
0
2
2
gS
gS
S
h
v
v



=
+
−







，即
2
0
0
2
v
S
v
gh
g

+
。 
取极值时
0
=
，此时
0
2
0
2
v
tanθ
v
gh
=
+
。 
 
 
A 
v1 
v1/2 
A 
α 
θ 
A 
 
173 
4．【解答】解：（1）因为系统静止，采用整体法进行受力分析，如图1 所示。设竖直墙壁给A 球的作用
力为
2
N ，水平面给B 球的作用力为
1
N 。 
 
在水平方向有
2
F
N
=
。 
设
1F 为轻杆对两球的作用力大小。对小球A ，受力情况如图2 所示。根据平衡条件有 
2
0
cot
N
mg

=
 
可得
2
3
3
F
N
mg
=
=
 
（2）撤去F 后，当A 球刚好脱离竖直墙壁时，轻杆与两球间的作用力
1
0
F =
 
此时，A 球只受重力，加速度为
A
a
g
=
 
B 受力平衡，所以加速度为
0
B
a =
 
（3）把A 、B 两球和轻杆作为研究对象，在这个过程中系统的机械能守恒，有 
2
2
1
1
(sin60
sin )
2
2
A
B
mgL
mv
mv

−
=
+
 
又因为
sin
cos
A
B
v
v


=
 
所以得
2
2
( 3
2sin )sin
Bv
gL


=
−
 
之后有两类方法分析其极值： 
解1.1：上式可继续化为
3
2
3
3
( 3
2sin )sin sin
=
3
9
Bv
gL
gL
gL





=
−







， 
当且仅当3
2sin
sin


−
=
即
3
sin
3
=
时取“=” 
解1.2：也可以设
(
)
2
2
sin
( 3
2sin )sin
B
f
v
gL



=
=
−
，对该函数求导可得： 
(
)
2
' sin
2 3
sin
6sin
f
gL



=
−
，当导函数为零时，易得
3
sin
3
=
 
 
174 
解2：以B 球参考系，A 球相对于B 球做线速度为
B
v
v
sin
=
线
的圆周运动，如图3 所示。 
根据牛顿第二定律得 
2
(
)
sin
sin
Bv
mg
m
L

=
 
综合各式解得
3
sin
3
=
 
答：（1）开始时为保持系统静止，则力F 为
3
3 mg 。 
（2）撤去力F 后，当A 球刚好脱离竖直墙壁时，A 、B 球的加速度分别为g 和0。 
（3）当A 球刚好脱离竖直墙壁时，sin等于
3
3 。 
 
 
 
175 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．解析：（1）A 、打点计时器使用交流电源，故A 错误。 
B 、实验时应先接通电源，再释放小车，故B 错误。 
C 、实验时应保持细绳与平板平行，故C 正确。 
D 、要让小车从靠近定滑轮处开始运动，故D 错误。 
故选：C 。 
（2）每次改变小车质量后，重力沿斜面的分力改变，需要重新调节平板的倾角。 
（3）在力不变的条件下，加速度与质量成反比，所以
1
a
M
−
图象是过原点的倾斜的直线，故A 正
确，BCD错误； 
（4）由于小车所受的合力等于悬挂的沙和沙桶的重力mg ，则不需要满足沙和沙桶的质量远小于
小车的总质量。改变小车的质量，需要重新调节平板的倾角。 
故答案为：（1）C ；（2）需要；（3）A ；（4）等于；不需要。 
 
2．【答案】（1）3V ；（2）D ；（3）1.50；（4）
1
2
ER
R
R
+
；（5）见解答。 
【解答】解：（1）实验所用电源为2 节电动势约1.5V 的干电池串联组成，可知电源电动势约为3V ，
故电压表量程应选用3V 。 
（2）滑动变阻器串联在电路中，由图2 可知滑动变阻器的滑片先是置于最左端，为使闭合开关时
滑动变阻器接入电路的阻值最大，则电池盒上接线柱A 与滑动变阻器的接线柱D 连接。 
（3）电压表量程为3V ，分度值为0.1V ，读数要估读到分度值下一位，故其示数为1.50V 。 
（4）电压表视为理想电压表，根据闭合电路欧姆定律可得电路中的电流为： 
1
2
E
I
R
R
=
+
 
被测电阻为R 时，其两端的电压
1
2
ER
U
IR
R
R
=
=
+
。 
第15 讲  实验原理与实验设计 
 
课后练习    
 
176 
（5）当R 较大时，会导致电压表的分流较大，故原因不相同，不同意他的观点。 
电压表测量的是自身的电压，电压表与被测电阻R 为并联关系，两者的电压是相同的，即电压表测
量的既是自身的电压，也是被测电阻的电压。当R 较大时，是因为被测电阻R 的分流较小，被测电阻对
电压表测量自身的电压影响较小，也就是对测量结果影响较小。 
故答案为：（1）3V ；（2）D ；（3）1.50；（4）
1
2
ER
R
R
+
；（5）见解答。 
 
3．【解析】（1）在保持电阻
0
R 滑片位置不变的情况下，因
m
n
R
R

，开关S 由与m 接通变为与n 接通后，
干路电流变小，由并联电路分流性质可知电流计G 示数变小，故
m
I 大于
nI ； 
（2）欧姆表的中值电阻为内电阻，“ 1
”挡的内电阻小于“ 10

”挡的内电阻，故将单刀双掷开关S
与n 接通，此时欧姆表的挡位为“ 10

”； 
（3）若从“ 1
” 挡位换成“ 10

” 挡位，总电阻增大，通过电流表的电流减小；要想进行欧姆调零，
需要使电流表电流增大，所以调零电阻
0
R 的滑片应该向上滑动，时的电流表所在的支路电阻减小、电流
增大； 
（3）在①②间接入阻值为100的定值电阻
1
R ，根据闭合电路的欧姆定律可得：
1
2
3
g
E
I
R
R
=
+
内
，
在①②间接入待测电阻
x
R ，稳定后电流计? 的指针偏转到满偏刻度的1
3 ，则有：1
3
g
x
E
I
R
R
=
+
内
，当①②
间短路时，有：
g
E
I
R
=
内
，联立解得：
400
x
R =
。 
故答案为：（1）大于；（2）10

；（3）向上；（4）400。 
 
4．解析：（1）电流表量程为1mA ，量程太小，应把电流表与定值电阻并联以扩大其量程，扩大后的量
程为：
3
1
1 10
599
0.001A
0.6A
1
g
g
I r
I
I
R
−


=
+
=
+
=
 
（2）由于电流表内阻已知，电流表可以采用外接法，为方便实验操作，滑动
变阻器应选择D ，实验电路图如图所示： 
（3）电流表内阻为：
1
1
599 1
1.00
599
1
A
r R
R
R
r

=
=


+
+
，由图示电源U
I
−
图象可知， 
电源电动势为：
1.50V
E =
 
电源内阻为：
0.8
1.5
|
|
|
| 1.00
0.84
0.38
A
U
r
R
I
−
=
−
=
−

； 
 
177 
（3）由于电流表内阻已知，把电流表与电池等效为一个新电源，能准确计算
并排除电流表的分压，故电流与电压的测量值不存在系统误差； 
故答案为：（1）并、0.6A ；（2）电路图如图所示；D ； 
（3）1.50(1.48 1.52
−
均对）、0.84(0.75
0.90
−
均对）；（4）不存在。 
 
 
 
178 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. 解析：一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为
 
如图，以器壁上的面积S 为底、以
为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在
时间内有1/6
与器壁S 发生碰撞，碰撞粒子总数为
 
时间内粒子给器壁的冲量为
 
面积为S 的器壁受到的粒子压力为
 
器壁单位面积所受粒子压力为
  
 
2．【解答】解：（1）当外电路断开时，极板间的电压大小等于磁流体发电机的电动势E 。此时，发电通
道内电荷量为q 的离子受力平衡，则有：
qE
qvB
a
=
 
解得：E
Bav
=
 
当开关S 闭合后，由欧姆定律可得：
E
I
R
r
=
+
 
电极间的电压
BavR
U
IR
R
r
=
=
+
 
（2）该电流在发电通道内受到的安培力大小为
A
F
BIa
=
 
要使等离子体做匀速直线运动，所需的推力
T
A
F
F
=
 
推力的功率为：
T
T
P
F v
=
 
联立解得：
2
2
2
T
B a v
P
R
r
=
+
 
第16 讲  新场景问题中的思想、建模与推导 
 
课后练习    
 
179 
闭合电路中电动机的总功率为
D
P
IE
=
 
联立解得：
2
2
2
D
B a v
P
R
r
=
+
 
则
T
D
P
P
=
 
（3）①金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u ，单位体积内的电子数为n ，t 时间内有N 个电
子通过电阻的横截面，则 
N
utSn
=
 
t 时间内通过横截面的电荷量为Q
Ne
=
 
电流为
Q
I
t
=
 
联立解得：
(
)
Bav
u
R
r neS
=
+
，故金属导体中形成电流的电荷定向移动速度u 与v 成正比。 
②设金属导体中的总电子数为
1
N ，长度为d ，由于电子在金属导体内可视为匀速直线运动，所以
电场力的功率应该等于所有电子克服阻力f 做功的功率，即
2
1
I R
N fu
=
 
1
N
dSn
=
 
由电阻定律得：
d
R
S

=
 
联立解得：
(
)
Bave
f
R
r S

=
+
 
答：（1）开关S 闭合后，该磁流体发电机的电极间的电压为BavR
R
r
+
； 
（2）证明过程如上述所示； 
（3）①证明过程如上所示； 
②金属导体中每个电子所受平均阻力f 大小为(
)
Bave
R
r S

+
。 
 
3. 解：（）光子的能量𝐸= 𝑚𝑐2
𝐸= ℎ𝜈= ℎ
𝑐
𝜆
〖2 分〗
光子的动量𝑝= 𝑚𝑐
〖2 分〗
可得𝑝=
𝐸
𝑐=
ℎ
𝜆
〖2 分〗
（）一小段时间
内激光器发射的光子数𝑛=
𝑃0𝛥𝑡
ℎ𝑐
𝜆
〖1 分〗
光照射物体表面，由动量定理
𝐹𝛥𝑡= 𝑛𝑝
〖2 分〗
 
180 
产生的光压𝐼=
𝐹
𝑆
〖1 分〗
解得𝐼=
𝑃0
𝑐𝑆
〖2 分〗
（）由（）同理可知，当光一半被反射一半被吸收时，产生的光压 
𝐼=
3𝑃
2𝑐𝑆
〖2 分〗
距太阳为
处光帆受到的光压
𝐼=
3𝑃
2𝑐⋅4𝜋𝑟2
〖2 分〗
太阳光对光帆的压力需超过太阳对探测器的引力
𝐼𝑆′ > 𝐺
𝑀𝑚
𝑟2
〖2 分〗
解得𝑆′ >
8𝜋𝑐𝐺𝑀𝑚
3𝑃
〖2 分〗 
 
4. 解：（）导线运动时产生的感应电动势为
，
导线中的电流为
，
导线受到的安培力为
，
物体匀速运动，拉力和安培力相等，所以拉力为
，
拉力
做功
，将
代入得到
电能为
，
产生的焦耳热为
，由此可见
（）导线
中的总电子数
，
导线
中电子的电量为
通过导线的电流为
这些电量通过导线横截面积的时间为
 
181 
联立以上各式得
（）方法一：动量解法（力的平衡条件）
设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同，设经历的时间为
，电子的动量
变化为零。
因为导线
的运动，电子受到沿导线方向的洛伦兹力为
的作用，有
沿导线方向，电子只受到金属离子的作用力和
作用，所以
联立解得电子受到的平均作用力为
方法二：能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为，在这段时间内，通过导线一端的电子总数为
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力做功而产生的，有
在时间内电子运动过程中克服阻力所做的功，可以表示为
电流产生的焦耳热为：
联立解得
 
 
 
182 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1．解析：本题可使用量纲法和特殊值法求解。与点电荷的场强公式𝐸= 𝑘
𝑄
𝑟2，比较可知，C项表达式的
单位不是场强的单位，故可以排除C；当𝑟= 𝑎时，右侧圆环在𝐴点产生的场强为零，则𝐴处场强只由
左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可以排除D；由于两点电荷均带正电，依据矢
量的合成法则，则B选项可以排除。综上所述，可知，A正确。故选：A。 
 
2．解析：本题可使用极限法和特殊值法求解。由题意知，弹簧对木块1 的拉力与木块1 所受的摩擦力
平衡，当m1 的质量越小时摩擦力越小，弹簧的拉力也越小。当m1 的值等于零时(极限)，不论m2 多
大，弹簧的伸长量都为零，说明弹簧的伸长量与m2 无关，故选A 项。 
 
3．【解析】根据𝑃= 𝐹𝑣得，𝐹=
𝑃
𝑣，根据牛顿第二定律得，𝐹−𝑓= 𝑚𝑎，解得𝑎=
𝐹−𝑓
𝑚=
𝑃
𝑣−𝑓
𝑚=
𝑃
𝑚𝑣−
𝑓
𝑚， 
可知图线的斜率𝑘=
𝑃
𝑚=
2
0.05 = 40，
𝑓
𝑚= 2，因为汽车的质量已知，所以可以得出汽车的功率𝑃，汽
车所受的阻力𝑓，故A、D正确。 
当牵引力等于阻力时，速度最大，最大速度𝑣𝑚=
𝑃
𝑓，所以可以求出最大速度，故C正确。 
根据动能定理知，𝑃𝑡−𝑓𝑥=
1
2 𝑚𝑣𝑚2 −0，由于汽车运动的路程未知，则无法求出汽车运动到最大
速度所需的时间，故B错误。本题选择可以求出的物理量，故选：ABC。 
 
4．答案：D。 
解析：本题可使用图解法求解AB、若保持𝜃不变，对小球进行受力分析，受
到重力𝐺、𝐿1弹力𝐹1、𝐿1弹力𝐹，根据平衡条件，作出矢量三角形，如图所示： 
 
 
第17 讲  选择题答题技巧总结与应用 
 
课后练习    
 
183 
若保持𝜃不变，𝐹在竖直面内沿逆时针方向缓慢旋转90°，𝐹先增大后减小，𝐹1一直减小，故𝐴𝐵错
误； 
𝐶𝐷、若保持𝐿1的长度不变，则𝐹1大小不变，作出矢量圆，如图所示： 
 
根据矢量圆分析，弹簧𝐿1与水平方向的夹角为𝜃先减小后增大，𝐿2上
的弹力一直增大，故𝐶错误，𝐷正确； 
 
5．答案 C 
解析：本题可使用二级结论法求解。以O 点为最高点，取合适的竖直直径Od 作等时圆，交Ob 于
e，如图所示 
 
这样我们就构造了一个“等时圆”，显然O 到a、e 才是等时的，比较图示位移Ob>Oe，故推得t1<t2，
故C 正确． 
 
6．答案：D 
解析：本题可使用二级结论法求解。当滑动变阻器的滑片P 向右移动时，滑动变阻器接入电路的有
效电阻减小，由“串反并同”知，电流表A 的示数将增大，电压表V 的示数将减小，小灯泡L 变亮，电
源总功率增大，电源内电压增大，选项A、B 错误；电容器两端电压与电压表两端电压相同，由Q＝CU
知电容器所带电荷量减小，即电容器将放电，通过定值电阻R1 的电流方向自左向右，选项C 错误；因
电源内电压增大，所以路端电压减小，由η＝U
E×100%知电源效率变小，选项D 正确。 
 
7．【答案】ACD 
【解答】解：D ．将六棱柱的上表面的一半拿出 
 
 
184 
如图所示，由几何条件可知正电荷在OF 中点K 的场强方向垂直OF ，则K 点的合场强与OF 的夹
角为锐角，D 在F 点产生的场强大小为A 点在F 点产生的场强大小的1
3 ，合场强方向斜相右上角且与
水平面的夹角大于三十度，所以在F 点的场强和OF 的夹角为钝角，因此将正电荷从F 移到O 点过程中
电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D 正确； 
C ．设A点电势为，由等量异种电荷的电势分布可知 
0
A


=

 
0
D


= −
 
0
O
=
 
0
F

 
因此 
A
F
F
O
D












−
=
−

−
=
 
即A点与F点的电势差小于O点与D点的电势差，故C 正确； 
AB ．由等量异种电荷的对称性可知F和C电场强度大小相等，B和E电场强度方向不同(B有
向下的分量，E有向上的分量），故A 正确，B 错误； 
故选：ACD 。