高中物理——猿题库——满分之路——搞定高考物理压轴题_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

刚
傅雪平／编著
搞定高考物理压轴题
分
之
路
｜攻克高考物理压轴题’这一本就够了
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高中物理
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目
第-章力学综台篇
第＿讲基本运动之直线运动……………………………………1
第二讲基本运动之平抛运动
…………………………………1］
第三讲基本运动之圆周运动
…………………………………2］
第四讲力学经典之碰撞类问题
………………………………31
第五讲力学经典之弹簧类问题………………………………43
第六讲力学经典之板块类问题
………………………………53
第七讲力学经典之传送带问题
………………………………65
第二章电学综台篇
第八讲带电粒子在电场中的运动……………………………75
第九讲带电粒子在磁场中的运动
……………………………85
第十讲带电粒子在电磁场中的运动
…………………………97
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第十＿讲带电粒子在复合场中的运动………………………1（）9
第十二讲带电粒子运动对接高新科技………………………121
第十三讲“发电类,’模型问题…………………………………133
第十四讲“电动类”模型问题…………………………………143
第十五讲“双电源”电路模型问题……………………………157
第十六讲电磁感应现象对接高新科技………………………167
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矮
回
目
第—章力学综台篇
第一讲基本运动之直线运动…………………………………179
第二讲基本运动之平抛运动…………………………………181
第三讲基本运动之圆周运动…………………………………183
第四讲力学经典之碰撞类问题………………………………186
第五讲力学经典之弹簧类问题………………………………189
第六讲力学经典之板块类问题………………………………192
第七讲力学经典之传送带问题………………………………196
第二章电学综台篇
第八讲带电粒子在电场中的运动……………………………199
第九讲带电粒子在磁场中的运动……………………………202
第十讲带电粒子在电磁场中的运动…………………………207
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第十＿讲带电粒子在复合场中的运动………………………210
第十二讲带电粒子运动对接高新科技………………………214
第十三讲“发电类”模型问题…………………………………218
第十四讲‘‘电动类”模型问题…………………………………220
第十五讲“双电源”电路模型问题……………………………222
第十六讲电磁感应现象对接高新科技………………………224
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第-章力学综台篇
第-讲基本运动之盲线运动
°典例剖析
~~~~~~~~
~~
~
~~~~
［例1］（2（）17.高者全国卷Ⅱ）为提高冰球运动员的加速能力’教练员在冰面上与起跑线距
离s0和51（sl＜‘0）处分别放置＿个挡板和＿面小旗’如图所示.训练时’让运动员和
冰球都位于起跑线上’教练员将冰球以速度U0击出’使冰球在冰面上沿垂直于起跑
线的方向滑向挡板;冰球被击出的同时’运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗
训练要求当冰球到达挡板时’运动员至少到达小旗处.假定运动员在滑行过程中做
匀加速运动’冰球到达挡板时的速度为Ul ’重力加速度大小为g.求;
挡板
辑｀,
｜~~~°ˉ「
S0
｜
｜
＝---万
冰球
（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数;
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度
…Ⅷ
（1）设冰球的质量为m’冰球与冰面之间的动摩擦因数为严’冰球运动的力口速度大
小为α.
解法1:应用牛顿运动定律求解
冰球做匀减速运动’由运动学规律可得U｛—U;＝—2αs0
根据牛顿第二定律可得严加g＝mα
2
2
U0—℃1
解得尸＝2g‘0
.
‖
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
解法2:应用动能定理求解
1
2
1
2
冰球做匀减速运动’由动能定理得—尸′〃g50＝百mU1—百″!U0
2
2
解得腆—渺:羔
（2）冰球到达挡板时’满足训练要求的运动员中’刚好到达小旗处的运动员的力口速
度最小.设这种情况下’冰球和运动员的加速度大小分别为α和α1 ’根据51＝
＋α｜‘2｀运动员的位移为｀』’妥求解运动员的最′｜｀加逮度倒｜.只婆求出运动员
的运动时间t即可ˉ.又由于冰球和运动员运动的时间相等’所以只要求出冰球
的运动时间便可’求时间t有多种解题思略.
解法1:应用匀变速直线运动的速度规律求解
冰球做匀减速运动,有U1＝U0—αt
严″0g＝mα
2
2
250
且似-Ⅱ焉｜,可以求解′＝
｛.
U0丁ˉU1
解法2:应用匀变速直线运动的平均速度与位移的关系求解
由位移公式s0＝U0＋U1
2
t,
2S0
直接求解t＝｜
.
U0一厂U1
解法3:应用匀变速直线运动的“沙t,’图象求解
V
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』第一章力学综台篇｜
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可
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由
图
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女
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250
解得t＝U0＋U1 .
解法4:应用动量定理求解
由动量定理得—／2加gt＝″!U1—″l〖′0
2
2
U0—〖／1
且／《≡2gS0
9
2J0
可以求解r＝｜
.
℃0ˉ厂U1
然后根据题目条件’妥求冰球到达挡板的同时,运动员运动的最小距离应等于
起跑到′』｀旗嫡距离』］测运动员运动的最′］｀位移绷1＝＋α!t』
S1（U1＋U0）2
可以解得加速度的最小值为α1＝
2s;
.
［感悟方法］
通过解决这个问题’我们会有两点收获:
1.对于多对象的运动问题’关键是抓住运动对象之间的速度、位移、加速度的关
系;比如本题中抓住“冰球”与“运动员’’的运动时间相等
2.在选择物理规律对运动进行描述时’我们既要考虑到规律的可行性,更要考虑
到规律的方便性’这个题目展现了物理解题的三条基本思路:
（1）“力”的方法:运动学规律与牛顿三大运动定律
（2）“量”的方法:动量定理与动量守恒定律
（3）“能”的方法:动能定理和能量守恒定律
—般地,对于系统’我们选用动量守恒定律和能量守恒定律对于单个物体对
象’我们选用运动学规律、牛顿运动定律、动量定理与动能定理.
如果是匀变速运动’运用运动学规律结合牛顿运动定律’问题—般都能求解.但
相对来讲’如果涉及时间要素’选择动量定理会更方便;如果涉及位移’选择动
能关系或许会简便—些.
3
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
［例2］（2016.盲雪江霉卷）如图所示’倾角为α的斜面A被固定在水平面上’细线的—端
固定于墙面’另—端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连’B静止在斜面上.滑轮左
侧的细线水平’右侧的细线与斜面平行.A、B的质量均为m.撤去固定A的装置后’
A、B均做直线运动.不计—切摩擦,重力加速度为g.求:
（Q｀｀←.-x
（1）A固定不动时’A对B支持力的大小lV;
（2）A滑动的位移为工时’B的位移大小＄;
（3）A滑动的位移为工时的速度大小UA.
（1）物块B受重力、支持力与绳子的拉力作用’根据力的乎衡条件可得A对B的
支持力的大小lV＝Ⅷgcosα.
（2）解法1;利用几何关系求解
撤去固定A的装置后’A、B均做直线运动’当A运动的位移为工时,B运动的
位移为s’如图1所示’过C点作CF／／／DE’四边形CDEF为乎行四边形’DE
的长度即为B的位移大小’那么CF的长度也等于B的位移大小.
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G
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X
…＝～／
图l
图2
根据几何关系求s的方法又有多种’常用的有:
方法-:如图3所示’根据几何关系‘正＝工。（1＿cosα）’J’＝工. slnα
且‘＝√‘县＋j;
解得‘＝√2（1＿cosα）.工
■
下
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4
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「霓二章力学综台篇‖
■翻Ⅷ
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岛
X
图4
图3
方法二;如图4所示’根据几何关系可得‘＝2rsin÷
△
方法三:根据余弦定理可得s2＝贝,2＋工2
2工2cosα.
解得s＝工√2（1—cosα）.
方法四:根据正弦定理可得.s
＝
工
s1nα
,
沉
α
s1n—厂
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—
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工
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解
可
解法2:利用相对运动求解
由相对运动位移公式了B对地＝了B对A＋＿了A对地’可ˉ画出位移矢量图示如图5
所示,
Ⅺ
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对
→
姚
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瞬〕r≡坚要
｀
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图5
可得』＝2工sm÷
（3）利用位移的几何关系’可得到B的下降高度s’＝工. Slnα
o
根据A、B系统机械能守恒定律″骡”—÷测砌i＋＋’吨
@
要求A的速度’关键是要找出A、B两物体的速度关系’常用的解法有三种:
解法1:利用速度的定义
△J
根据速度的定义得UA＝歹’UB＝及
｜
则uB＝√2（1—cosα）.uA.
医
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
■诬Ⅷ
解法2:极限处理方法
2△堑sm;
巍们得出』＝…÷,对此进行处理可得釜≡
△′
取△t→0,得z′E≡2U八sm÷
解法3:利用相对运动方法
Ⅵ
图6
根据相对运动,可作出速度的矢量图示,如图6所示可得圃B＝2刚Asm;
得出砌阔＝2uAsin昔或是uB＝√2（l—c。sα）.〃A后,与O◎两式联立可解得〃＾
＝／2g贮smα
V3—2cosα
［感悟方法］
通过本题的求解’我们学到了处理多对象运动的两种基本方法:
1.几何分析法:通过作图,描述出每个对象运动的情景图,然后再通过图形分析寻
找到对象运动之间的时间、空间关系.这种方法＿般接受起来比较容易’但对于
—些比较复杂的情景’几何关系的处理比较繁杂’也只有作出清晰的图象加上
较高的分析能力才能明确几何关系’这对我们的图象分析能力提出很高的
要求.
2.相对运动法:利用相对运动结合运动的合成思想’解法简单快捷、思路流畅’是
超越常规的解题方法.但由于这个方法超越了高考说明的要求’＿般的同学不
愿意多花时间去学习训练’所以往往只是—些“尖子生”采用的方法.其实’相对
运动方法掌握起来并不困难’建议要想‘搞定”压轴题的同学务必掌握这种好
方法.
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习
练
节
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旱
／
热
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1. （2017.忘雪江霉餐）如图所示,两个半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上’其上有＿光
滑圆柱C,三者半径均为RC的质量为狮,八、B的质量都为普,与地面间的动摩擦因数
整个过程中B保
均为严.现用水平向右的力拉A’使A缓慢移动’直至C恰好降到地面
持静止设最大静摩擦力等于滑动摩擦力’重力加速度为g.求:
（1）未拉A时’C受到B作用力的大小F;
（2）动摩擦因数的最小值尸mm;
（3）A移动的整个过程中’拉力做的功W.
7
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｜
….搞定离考物理压轴题〗
●
◎
△
（2016.忘奢海南卷）水平地面上有质量分别为m和4″!的物块A和B’两者与地面的动
摩擦因数均为〃.细绳的—端固定’另—端跨过轻质动滑轮与A相连’动滑轮与B相连’
如图所示.初始时’绳处于水平拉直状态若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移
动了距离5’重力加速度大小为g.求:
／／／／／／／／7-7-厂7＝厂7／／／／／／／／／／／
（1）物块B克服摩擦力所做的功;
（2）物块A、B的加速度大小.
｜
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」第-章力学综台篇）
（2013.高雪全国卷I）水平桌面上有两个玩具车A和B,两者用—轻质细橡皮筋相连,
在橡皮筋上有—红色标记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态’A、B和R分别位于直角坐
标系中的（0,2／）、（0,—／）和（0’0）点.已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为α
的匀加速运动;B平行于工轴朝工轴正向匀速运动.在两车此后运动的过程中’标记R在
∩
飞
凹
某时刻通过点（I’I）.假定橡皮筋的伸长是均匀的’求B运动速度的大小
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题｜
（2013.高雪四」l‖卷）近来’我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为’如图1所
示.每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起’死亡上千人.只有科
学设置交通管制’人人遵守交通规则’才能保证行人的生命安全.
如图2所示’停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m.质量8t、车长7m的
卡车以54km／b的速度向北匀速行驶’当车前端刚驶过停车线AB’该车前方的机动车
交通信号灯由绿灯变黄灯.
4
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（1）若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路’卡车司机发现行人’立即
制动’卡车受到的阻力为3×104N.求卡车的制动距离;
（2）若人人遵守交通规则’该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD.为确保行人安
全’D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯?
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「霓-章力学综台篇｝
第二讲墓本运动之平抛运动
◎典例剖析
［例1］（2016.高雪浙江卷）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图
所示.P是—个微粒源,能持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒.高
度为／l的探测屏AB竖直放置’离P点的水平距离为L’上端A与P点的高度
差也为／l.
（1）若微粒打在探测屏AB的中点’求微粒在空中飞行的时间;
（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围;
（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等’求L与h的关系
…洒
（1）打在中点的微粒’由乎抛运动规律在竖直方向上做自由落体运动可得
;咖＝÷凛i』
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（2）打在B点的微粒’水乎方向U1＝—.
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竖直方向2h＝÷飘｛
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｜满分之路.搞定高考物理压轴割
阎翟｀打在A点输微糙初遮度圃:-Ⅲ儡
微粒初逮度范凰L√聂≤倒≤吼聂
（3）解法1:利用平抛运动规律求解
如图1所示’乎抛运动竖直方向上做自由落体运动可ˉ得UA’＝√】硕
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UB｀′＝2√gh
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根据速度的合成U＝√U甚＋U;’可得
酗≡√郧;＋呐-√害＋鳃＂
蛔—√°;＋响-＼／需＋罐〃
由于质蚤相同的微粒打到探测屏A｀B两点时ˉ动能相同’可得UA＝UB
w赛＋2g′憋-＼／需＋』g』
可得L＝2√肪.
解法2:利用动能定理求解
微粒从P点分别打在A、B两点’根据动能定理’可得
狮‘州-÷″”i—÷咖酒;
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』第一章力学综台篇｝
…Ⅷ
2…＝÷枷砸:—＋狮翻韶
由题意得＋加Ui≡÷咖则诌
即mg″＋÷咖＂;-2mgh＋÷加刚§
结合@◎式可得L＝2√2h.
解法3:利用能量守恒定律求解
微粒从P点分别打在A、B两点’根据能量守恒定律’可得
加gh＋＋′″＂;≡÷狮刚i
2″鸭h＋÷狮渺｛≡÷咖锄岿
淘题意得÷狮圃i＝寸咖诡
即砸g′）＋＋咖砌;-2狮gh＋÷加砌｛
结合@◎式可得L＝2√刀t.
解法4:利用相似三角形规律求解
根据乎抛运动的末速度的反向延长线交于水平位移的中点C’如图2所示’可ˉ以
利用相似三角形规律’可得
L
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勺
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图2
｜3—
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〖
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由于质量相同的微粒打到探测屏A、B两点时动能相同’可得UA＝UB
结合@◎o@式可得L＝2√面h.
［感悟方法］
本题的求解展示了处理平抛运动的常用方法:
1.运动的台成与分解法:对于求平抛运动的时间’—般都要将平抛运动分解成两
个分方向运动来处理对于某＿时刻的速度’一般也是先求两个分方向运动的
速度’然后再合成.
2.能量守恒方法:对于某一时刻的速度’还有＿种比较方便的方法就是利用能量
的观点来处理
3.平面几何关系法:由于“某时刻平抛运动物体速度的反向延长线经过该时刻水
平位移的中点”’据此可以得到速度偏向角与位移偏向角之间满足的关系.根据
这个关系,我们往往可以找到＿些破解问题的几何关系
［例2］（2012.高者全国卷）—探险队员在探险时遇到＿山沟’山沟的—侧竖直’另—侧的
坡面呈抛物线形状.此队员从山沟的竖直＿侧’以速度U0沿水平方向跳向另—侧坡
面如图所示’以沟底的O点为原点建立坐标系O刃y.已知’山沟竖直一侧的高度为
2h,坡面的抛物线力糯为’—六甄』,探险队员的质量为咖人视为质点.忽略空气阳
力’重力加速度为g
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『第～章力学综台篇｜
（1）求此人落到坡面时的动能;
（2）此人水平跳出的速度为多大时’他落在坡面时的动能最小?动能的最小值为
多少?
四翻Ⅷ
（1）解法1:利用平抛运动的规律求解
设该队员在空中运动的时间为t’在坡面上落点的横坐标为工’纵坐标为）′.由
平抛运动规律得工≡U0t
2″ˉ卫≡昔g《:
根播题意有测-荒
′4／t2
可得tW＋gh
落点处的竖直分速度Uγ＝gt
落点处的速度U＝√U;＋U;
解得露……隙-＋枷翻』—昔枷（碰;＋糕）
解法2:利用机械能守恒定律求解
设该队员在空中运动的时间为t’在坡面上落点的横坐标为刃’纵坐标为y.由
乎抛运动规律得
Z＝U0t
了
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γ＝寸gt2
根撼题意有y-箭
由机械能守′隧落到坡面时的动能为÷咖锄』-＋狮渺;＋咖g（2′皿—y）
蝶…解得凤-÷…〖-＋枷（渺｛＋萧簧）（＂）
↑5
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
■睡Ⅷ
（2）解法1:利用配方法求解
（≡）…徽…≡＋仆雨巩;竿鼠′‖｜,＋:…
…小输条僻为上式↑输平薪项等予…剐锄‖＋舅′』≡点÷丽.靡”
≡√百万时’动能的最小值E胀m＝÷狮g凡
白
解法2:利用均值不等式求解
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（哉＋揣）』ˉ÷吧＂
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（※）式可以改写为Ek＝÷加gh
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.…融守＂—揣｀靡翻』≡呵时,落…能最』‖、;风m-;″瞻＾
［感悟方法］
通过本题求解,我们可以有两点收获:
L对题目特点的认识:本题是可爱的平抛运动与抛物线形状坡面的‘‘偶遇”’无非
是抛物线坡面对平抛运动的时间与空间进行了“约束”’也就是说平抛运动的位
置坐标同时符合抛物线的代数方程我们经常做到的平抛运动遇到水平面、竖
直面、圆形面等等各种曲面问题’其本质都是如此.
2.求极值的-般方法:求极值的方法一般有物理方法和数学方法若能从物理现
象的分析中找到—些临界、边界条件’这些条件往往就是极值条件’那么我们直
接根据这些条件求出极值即可.若无法直接找到这些条件’—般可以用函数的
方法来求极值.具体地’先根据物理现象写出自变量与应变量的关系,然后根据
函数求极值的方法来求解即可’本题就是采用了这种方法
｜6
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』第一章力学综台篇｜
.签章节练习
b
L（2011 .忘奢海南卷）如图’水平地面上有＿个坑’其竖直截面
为半圆.αb为沿水平方向的直径.若在α点以初速度U0沿αb
方向抛出—小球’小球会击中坑壁上的C点.已知C点与水平」
点.已知C点与水平地
α
面的距离为圆半径的＿
半’求圆的半径
↑7
＝＿
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‖满分之路,搞定高考物理压轴题‖
2. （2014.高者浙江卷）如图所示’装甲车在水平地面」二以速度u0＝20m／s沿直线前进’车
上机枪的枪管水平,距地面高为h＝1.8m.在车正前方竖直立＿块高为两米的长方形
靶,其底边与地面接触枪口与靶距离为L时’机枪手正对靶射出第＿发子弹’子弹相对
于枪口的初速度为u＝800m／s.在子弹射出的同时’装甲车开始匀减速运动’行进5＝
90m后停下.装甲车停下后’机枪手以相同方式射出第二发子弹. （不计空气阻力’子弹
看成质点’重力加速度g取10m／s2）
靶
（1）求装甲车匀减速运动时的加速度大小;
（2）当L＝410m时’求第＿发子弹的弹孔离地的高度’并计算靶上两个弹孔之间的距离;
（3）若靶上只有一个弹孔’求L的范围
｜8
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」第-章力学综台篇｝
3. （2018.浙江4月）如图所示’＿轨道由半径为R＝2m的四分之＿竖直圆弧轨道AB和
长度可调的水平直轨道BC在B点平滑连接而成现有＿质量为0.2kg的小球从A点
无初速度释放’经过圆弧上B点时’传感器测得轨道所受压力大小为3. 6N’小球经过
BC段所受阻力为其重力的0.2倍’然后从C点水平飞离轨道’落到水平地面上的P点’
P、C两点间的高度差为3.2m.小球运动过程中可视为质点’且不计空气阻力.
A
R＝2m
C
■
0
｜
‖
／′＝3.2m
｜
R
地面
…锈＿
（1）求小球运动至B点的速度大小;
（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功;
（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大’求BC段的长度;
（4）小球落到P点后弹起’与地面多次碰撞后静止假设小球每次碰撞机械能损失75％’
碰撞前后速度方向与地面的夹角相等.求小球从C点飞出到最后静止所需的时间.
｜9
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‖满分之路搞定高考物理压轴题｛
（2008.高者江霉卷）抛体运动在各类体育运动项目中很
常见’如乒乓球运动.现讨论乒乓球发球问题’设球台长
2L、网高h’乒乓球反弹前后水平分速度不变’竖直分速度
2L、网高h’乒乓球反弹前后水干分速度个变’竖直分速度
4
↑
／!l
~｜
-上
｀｀P2
P3
O｜＿2L
＿｜
大小不变、方向相反’且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力. （设重力加速度为g）
（1）若球在球台边缘O点正上方高度为∧1处以速度Ul水平发出’落在球台的Pl点（如
图实线所示）’求Pl点距O点的距离工l
.
（2）若球在O点正上方以速度u2水平发出’恰好在最高点时越过球网落在球台的P2点
（如图虚线所示）’求U2的大小.
（3）若球在O点正上方水平发出后,球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3
点’求发球点距O点的高度′l3.
20
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』第-章力学综台篇｝
第三讲基本运动之圆周运动
c典例剖析
［例1］（2016.浙江4月）如图所示’装置由—理想弹簧发射器及两个轨道组成.其中轨道］
由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接’高度差分别是hl＝0.20m、h2＝
0. 10m’BC水平距离L＝1.00m.轨道II由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨
道平滑连接而成’且A点与F点等高当弹簧压缩量为d时’恰能使质量′＂＝
0.05kg的滑块沿轨道I上升到B点;当弹簧压缩量为2α时,恰能使滑块沿轨道I
上升到C点. （已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比）
C
l
E
（1）当弹簧压缩量为回时’求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小;
（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数;
（3）当弹簧压缩量为α时’若沿轨道l运动’滑块能否上升到B点?请通过计算说明
理由.
■翻Ⅷ
（1）解法1:由动能定理求解
滑块从弹簧压缩最短到最后到达B点’设弹簧弹力做功为W’由动能定理有
W—′＂gh1＝0
根据功能关系’弹簧的弹力做功W≡E弹
可得E弹＝0. 1J
弹簧恢复原长过程.囱动能定理有W-＋咖颧;
可解得u0＝2m／s.
2｜
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｜满分之路搞定高考物理压轴题l
解法2:由机械能守恒定律求解
滑块从弹簧压缩最短到最后到达B点’设弹簧的弹性势能为E弹’对弹簧和滑
块系统,根据机械能守恒有E弹＝△Ek＝mgh1＝0.05×10×0.20J＝0. 1」
由△Ek-÷咖聊;可得刚0-2m／恳
（2）由E弹◎◎α2可得△Ek′＝E弹′＝4E弹＝4加ghl
由动能定理可得—加g（／t1＋h2）—〃加gL＝—△Ek′
解得膘-止产-α鼠
″TU2
（3）恰能通过圆环最高点须满足的条件是mg≡F而丁
A点和F点等高’由机械能守恒定律有F点的速度u＝u0＝2m／s
解得Rm＝0.4m
当R＞Rm＝0·4m时,滑块会脱离螺旋轨道,不能上升到B点.
当R＜Rm＝0｀4m时,滑块不会脱离螺旋轨道,可以上升到B点｀
［感悟方法］
本题的重、难点在第（3）小题’是＿个竖直平面内圆周运动的临界问题.物体在竖
直面内做的圆周运动是一种典型的变速曲线运动’该类运动常有｜临界问题’并伴
有“最大”“最小”“刚好”等词语’常分析两种模型～轻绳模型和轻杆模型’分析
比较如下:
＼
轻绳模型
轻杆模型
″耐＼聪
＼
均是没有支撑的小球
圃
雕｀｝
均是有支撑的小球
常见
类型
过最高
点的临
界条件
7
U臼
由″!g＝加—得
厂
由小球恰能做圆周运动即得U临＝0
U临＝√酝
22
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1第-章力学综台篇‖
（续表）
＼
轻杆模型
（1）当U＝0时’FN＝mg’FN为支持
力’沿半径背离圆心
（2）当0＜U＜√歹时’—FN＋′＂g＝
轻绳模型
（1）过最高点时,U≥√百7’FN
U2
＋′帅g＝′′!—’绳、轨道对球产
厂
生弹力FN
（2）不能过最高点时’U＜｀／百厂’
在到达最高点前小球已经脱离
了圆轨道
U2
加—’FN背向圆心’随U的增大而减小
厂
讨论
分析
（3）当U＝√歹时,FN＝0
◎
『U乙
（4）当U＞√歹时’FN＋加g＝加—’FN
厂
指向圆心并随U的增大而增大
压
↑压
在最高
点的FN
图线
O
-″『g
〃
厂
◎
凸
谬
取竖直向下为正方向
取竖直向下为正方向
［例2］（2015.高者安撇卷）由三颗星体构成的系统’忽略其他星体对它
们的作用’存在着—种运动形式’三颗星体在相互之间的万有引
力作用下’分别位于等边三角形的三个顶点上’绕某＿共同的圆
心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为
A、B｀C三颗星体质量不相同时的＿般情况）.若A星体质量为2′
量均为′＂’三角形的边长为α’求:
（1）A星体所受合力大小FA;
（2）B星体所受合力大小FB;
（3）C星体的轨道半径Rc;
（4）三星体做圆周运动的周期T.
若A星体质量为2′＂’B｀C两星体的质
23
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｜满分之路.搞定高考物理压轴铡
（1）由万有引力定律,A星体所受B、C星体引力大小为
-G誓-F酗
′刃A′γ〗B
FBA＝G
’
曰
厂
一
下
了
所
图
口
女
向
方
帅
∩
″
—
’
″
犯
√
∑
八
尸
为
卜
大
力
合
则
（2）同上’B星体所受A、C星体引力大小分别为
G″!A″!B＝G2匹1
FAB＝
厂2
α2
Fc凰-G狮尝凰-G逻
α2
方向如图所示
接下来’运用几何方法求解FB’具体有以下几种解法:
解法1:正交分解方法
对星体B受力分析’有
’
工方向;F比＝FABco660°＋FcB＝2G弯
α
’
y方向:F助｝＝FABsin60°＝√5G!21二
α2
可得F月＝√F在＋F舌y＝√7U吐
α2
·
24
~~
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」第-章力学综台篇｜
■疆Ⅷ
解法2:余弦定理方法
√FiB＋FbB＿2F∧B .FcBcos120°
O
FB＝
■
’
″
—
。
″
—
师
~~
日
尸
得
可
入
代
（3）解法1:勾股定理方法
星球B、C的质量均为m’根据对称性并考虑等效性’可以把星球B、C等效为
B、C连线中点D处’质量为2′〃的星球D.星球A的质量也为2″!’同样可以把
星球A、D等效为A、D连线中点O处’即（）点就是三个星体做圆周运动的
中心.
圆心O在中拿线AD的中』点.可得R剿—宁,
在直角三角形△ODC中’根据勾股定理有
（夸…）』＋（÷“）:＝R:
可得重｛Rc＝乎“
解法2:余弦定理方法
圆心o在中墓线AD的中点,原厂罕·
在三角形△OAC中’根据余弦定理有R8＝Rh＋α2-2RA。αcos30°
可得到Rc-乎·
℃
尺
◎
…
｀
｜
′
／
助
＿
丁
（
（4）三星体运动周期相同’对C星体’由Fc＝FB＝√7U些＝″!
α凸
〃√磊
可得T＝
25
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‖满分之路搞定高考物理压轴题l
■翻Ⅷ
［感悟方法］
对于天体运动问题,我们要关注以下几点:
1.要明确星体做匀速圆周运动的向心力来源
A、B、C三星体各自做圆周运动的向心力均来自另外两个星体对它的万有弓｜力
的合力.
2.要明确三个星体中做匀速圆周运动的运动参量的关系
A、B、C三星体绕某＿共同的圆心O在三角形所在平面内做圆周运动’那么它
们具有相同的角速度
3.要注意区分星体之间距离厂与星体做圆周运动的轨道半径厂
万有引力公式F—G譬,垦体做阀阔运动的向心力公式F陶-啊竿-′″″!厂,两
个7铆的含义不同F-G咎中的.′”指的是M″′两垦体球心之｜盯的郧离F.
U2
≡′＂—＝′′!（o2厂中的‘‘厂’,指的是星体做圆周运动的轨道半径厂.
厂
4.要注意找到天体运动过程中的时间与空间关系
物理解题—般有两种方程’＿个是物理方程’这主要来自对过程和状态的理解
与描述’还有＿个是辅助方程’是反映题目的具体要求的’是由具体要求所涉及
的物理量之间的关系组成的方程.来自对具体题目的已知条件和隐含条件的认
识.从解题过程看,问题的难点就在于对辅助方程的获得’时空关系不仅是获得
辅助方程的＿个重要方向’更重要的是本题对空间关系的不同认识给我们扩大
了解题思路’锻炼了我们的思维
26
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『第一章力学综台篇｝
习
练
节
＝
旱
／
薄
◆
1. （2009.高雪安徽卷）过山车是游乐场中常见的设施如图是一种过山车的简易模型,它
由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成’B、C、D分别是三个圆形轨道的最低
点,B、C间距与C、D间距相等,半径R1＝2.0m、R2＝L4m.—个质量为m＝1.0kg的
小球（视为质点）’从轨道的左侧A点以u0＝12.0m／s的初速度沿轨道向右运动’A、B
间距Ll＝6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数尸＝0.2’圆形轨道是光滑的.假设水平
轨道足够长’圆形轨道间不相互重叠.重力加速度g取10m／s2 ,计算结果保留小数点后
—位数字.试求:
第＿圈轨道
（1）小球在经过第—个圆形轨道的最高点时’轨道对小球作用力的大小;
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道’B、C间距L应是多少;
（3）在满足（2）的条件下’如果要使小球不能脱离轨道’在第三个圆形轨道的设计中’半径
R3应满足的条件;小球最终停留点与起点A的距离
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｜满分之路·搞定高考物理压轴题‖
（2016 .高者全国卷Ⅱ）轻质弹簧原长为2／’将弹簧竖直放置在地
面上’在其顶端将＿质量为5加的物体由静止释放’当弹簧被压缩
到最短时’弹簧长度为／.现将该弹簧水平放置’＿端固定在A点’
另＿端与物块P接触但不连接.AB是长度为5／的水平轨道’B端
另＿端与物块P接触但不连接.AB是长度为5／的水平轨道’B端
2
D
C
型4
B
与半径为』的光滑半
圆轨道BCD相切’半圆的直径BD竖直,如图所示.物块P与AB间的动摩擦因数／《＝
（）.5.用外力推动物块P’将弹簧压缩至长度』,然后放开’P开始沿轨道运动.重力加速度
大小为g.
（1）若P的质量为′′!’求P到达B点时速度的大小’以及它离开圆轨道后落回到AB上
的位置与B点之间的距离;
（2）若P能滑上圆轨道’且仍能沿圆轨道滑下’求P的质量的取值范围
28
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『第≡章力学综台篇｝
3. （2014.高雪全国餐Ⅲ）已知地球的自转周期和半径分别为T和R’地球同步卫星A的
圆轨道半径为儿卫星B沿半径为厂（厂＜h）的圆轨道在地球赤道的正上方运行’其运行方
向与地球自转方向相同.求:
（1）卫星B做圆周运动的周期;
（2）卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔（信号传输时间可忽略）
29
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题］
4. （2009 .高雪天津卷）2008年12月’天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑
洞“人马座A￥”的质量与太阳质量的倍数关系.研究发现’有—星体S2绕人马座A※做
椭圆运动’其轨道半长轴为9.50×102天文单位（地球公转轨道的半径为＿个天文单
位）’人马座A÷就处在该椭圆的＿个焦点上.观测得到S2星的运行周期为15.2年.
（1）若将S2星的运行轨道视为半径厂＝9. 50×102天文单位的圆轨道,试估算人马座A※
的质量MA是太阳质量Ms的多少倍（结果保留＿位有效数字）
;
（2）黑洞的第二宇宙速度极大’处于黑洞表面的粒子即使以光速运动’其具有的动能也不
足以克服黑洞对它的引力束缚由于弓｜力的作用’黑洞表面处质量为″′的粒子具有
的势能为E傻＝—G等（设粒子在离黑洞无限远处的势能为零）’式中MR分别表示
黑洞的质量和半径已知引力常量G＝6.7×10-11N.m2／kg2 ’光速c≡3.0×108m／s’
太阳质量Ms＝2.0×1030kg’太阳半径RS＝7.0×108m’不考虑相对论效应’利用上
问结果’在经典力学范围内求人马座A※的半径RA与太阳半径Rs之比应小于多少
（结果按四舍五人保留整数）
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『第一章力学综台篇｝
第四讲力学经典之碰撞类问题
◎典例剖析
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
＿■傲雨≡＝…≡≡雨＝＝-≡＝…■■面■同■＝…＝Ⅷ≡尸＝尸气勺＝
1］（2003。高雪江雾卷）在—种新的“子母球”表演中’让同—竖直线上的
小球A和小球B’从距水平地面高度为户h（户＞1）和h的地方同时由
静止释放,如图所示.球A的质量为″! ’球B的质量为3加.设所有碰撞
都是弹性碰撞’重力加速度大小为g’忽略球的直径、空气阻力及碰撞
时间.
（1）求球B第—次落地时球A的速度大小;
（2）若球B在第—次上升过程中就能与球A相撞’求P的取值范围;
（3）在（2）情形下’要使球A第—次碰后能到达比其释放点更高的位
置’求户应满足的条件.
｜例
／1
p／′
／／／／／／／／／／／／／／
…
解法1:解析法
（1）A、B两球都做自由落体运动’加速度相同’B球下落h的高度时,A球也下落
h的高度’由U;＝2g／l得U0＝√〗颐.
（2）B球下落后又反弹’若刚弹起时与A球刚好碰撞’设B球的下落时间为t1 ’则
〗
］
旷
吕
］
—
〗~~
∧
解得川-＼／子｀
靡“＞血.俘鸭,…!
若反弹至最高点时与A球相撞’则可得
＜2√要
〖
／
）
］
＿
吕
户
（
〗
／
γ
可解得户＜5
因此1＜户＜5
~
3｜
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l澎分之路.搞定高考物理压轴题1
（3）设B球下落后与地面碰撞又上升L的距离,刚好与A球相撞,比时,0＜L＜∧,
则两球从开始下落到发生碰撞所经历的时间相同·
对A球｀“—＼／2（咋L）
刺B球,巍下落….…圃臀.后…直上…｀…为,-√z丽
rB2＝√面百万—√2g（h＿L）
得
〗
日
日
才
吕
］
—
∑
〗
β
洋
“
″
~~
儿
由
g
!圃-』凰＋』酗—』仔—｀／』（旱）
由于碰撞时A、B球的运动时间相同,因此
／2（户h—L）＝2／巫—／2（h—L）
v
g
vgv
g
解之得L～l0户了:—诊:h
o
卤（2）絮圃］＜脚＜5｀磁撞前一瞬间,倒＾-√2g（′h—L）≡（夕＋3楞
◎
因碰撞过程中内力远大于外力’此碰撞过程可看成动量守恒的过程,若规定竖
直向上为正方向’则由动量守恒定律得
／~｜~
γ′〗BUB—″〖AUA＝″?AUA一广γ′〗BoUB
◎
又是弹性碰撞’机械能也守恒’即
1
2｜1
2
1
′2｜1
′2
丁加AT′A十百″!BUB＝丁加AUA十丁mBUB
@
由以上四式』并代入数据得’U′＾＝止i卫√回百万
而根据题意知’A球反弹的高度比其释放点高,设A球上升5米’
／2
｀-尝＞加—L-…＋,″＋户纳
16
晨′坠i卫√蘸丙＞（豫＋3）仔
可解得户＜3
由（2）知户＞1
因此1＜户＜3.
32
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『第-章力学综台篇｜
■翘m
解法2:图象法
对于第（2）（3）两问’我们还可以用图象法来解决.
（2）若P＝1’球B在反弹离地瞬间与球A相碰撞
设B球落地的时间为r0 ’若当B球在最高点与球A相碰撞’碰撞的时刻为
2r0.规定竖直向下为正方向’作出A、B球的运动的U＿t图象’如图所示.那么由
图可知’相碰撞时,B离地高度h’A下落高度为4h’所以h＋4／l＝户h’可得户＝
5。所以户的取值范围:1＜P＜5.
］
β
〖
（）
／0
α
■
°
副
｜
弓
曰
钩
寸
◎
卜
副
幻
◎
（3）A、B碰撞时’因内力远大于外力’碰撞过程可看成动量守恒的过程’若规定竖
直向下为正方向’则由动量守恒定律得—加BUB＋mAUA＝—″!AUA′＋加BUB
又是萍』隆碰撞,机械能也守恒卵＋…i＋＋…:—÷…′i＋昔″』圆颧借
可解得z／A-（＋渺剿＋:锄B）
＼≈
≈
／
要求使得A球第一次碰撞后能到达比释放点更高的位置’应当满足条件
｜℃′A｜＞UA
可得UA＜3UB
若考虑A球碰后刚好回到原处的临界情景’即UA＝3UB’结合如图所示的沙t
图可以知道,碰撞发生在′-L5酮时刻,碰撞时B离地高度÷∧,A下落高度为
÷h,所以÷h＋:h-灿,可得′-凯
33
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若碰撞时ˉ刻t＜1. 5r0’由图可知碰撞时ˉ均满足UA＜3UB,又由第（2）问可知户＞
1,因此1＜户＜3。
］
刁
A′／／≡
坐
上
Ⅶ
√
□
‖
‖
‖
‖
■
‖
』
‖
□
〗
‖
‖
‖
甲
卢
∩
′
▲
■
≈
夕
■
～
夕
■
≈
″
■
、
尸
≈
∩
凹
尸
■
≈
』
←
·
□
【
尸
铡
川
姚
＝
必
○
寸
［感悟方法］
对于“碰撞”我们要掌握以下＿些内容:
1.碰撞的特点
根据时间长短’我们往往将物理过程分为持续性过程与短暂性过程.碰撞是—
种典型的短暂性过程’由于碰撞过程的时间极短’所以可以认为碰撞过程系统
所受到的外力远小于系统内部相互作用的内力’所以系统的外力冲量可以忽
略’因此碰撞的过程系统的动量是守恒的.
2.碰撞的种类及特点
种类
特点
分类标准
弹性碰撞
动量守恒,机械能守恒
机械能是
否守恒
非弹性碰撞
动量守恒’机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒’机械能损失最大
碰撞前后速度共线
对心碰撞（正碰）
碰撞前后动
量是否共线
非对心碰撞（斜碰）
碰撞前后速度不共线
3.弹性碰撞的规律
两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律
以质量为′′′1 ’速度为U1的小球与质量为加2的静止小球发生正面弹性碰撞为
例’则有′′nU1＝′′l1Ul′＋加2U2′
‖
百狮1U1＝百’阀M′2＋古′…′2
解得U1′＝（m1＿加2）U1
′
2′厕lU1
U2＝
m1＋′″2
″〗1＋″12.
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』第一章力学综台篇｜
回疆Ⅷ
［结论］
（1）当两球质量相等时’Ul′＝0’U2′＝℃1 ’两球碰撞后交换了速度
（2）当质量大的球碰质量小的球时’U1′＞0’U2′＞0’碰撞后两球都向前运动.
（3）当质量小的球碰质量大的球时’U1′＜0’U2′＞0’碰撞后质量小的球被反弹
回来.
［例2］（2016 。高雪北零誊）（1）动量定理可以表示为△户＝F△t’其中动量户和力F都是矢
量.在运用动量定理处理二维问题时’可以在相互垂直的工、y两个方向上分别研究.
例如’质量为加的小球斜射到木板上’人射的角度是0’碰撞后弹出的角度也是0’碰
撞前后的速度大小都是U’如图1所示.碰撞过程中忽略小球所受重力.
γ
√γ
｀
二
夕
′
∩
付
凹
′
β
、、
、
x
图1
a.分别求出碰撞前后r、y方向小球的动量变化△P工、△P’;
b.分析说明小球对木板的作用力的方向.
（2）激光束可以看做是粒子流’其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动.激光照
射到物体上’在发生反射、折射和吸收现象的同时’也会对物体产生作用光镊效应
就是＿个实例’激光束可以像镊子＿样抓住细胞等微小颗粒.＿束激光经S点后被
分成若干细光束’若不考虑光的反射和吸收’其中光束@和◎穿过介质小球的光路
如图2所示.图中O点是介质小球的球心,人射时光束@和◎与SO的夹角均为0’出
射时光束均与SO平行.请在下面两种情况下’分析说明两光束因折射对小球产生的
合力的方向
图2
a.光束o和◎强度相同;
b.光束o比◎强度大.
36
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｜满分之路,搞定高考物理压轴题［
可
」
析
解
●
（1）a.工方向:动量变化为△户工＝mz／sin0—′″usin0＝0
γ方向:动量变化为△户卫＝mucosβ—（—mucos0）＝2″【〖′cos0,方向沿y轴正方向.
b.根据动量定理可知’木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三
定律可知’小球对木板作用力的方向沿y轴负方向.
『
‖
‖
‖
‖
‖
‖
‖
…
呻
呵
尸
≈
…
″
胆
β
讫
、
｀
｀
、
飞
℃
｀
γ
γ
↑
C／γ
—巴
O
x
｝F
图3
（2）解法1:整体分析法
a.仅考虑光的折射,设△t时间内每束光穿过小球的粒子数为″’每个粒于动量
的大小为P·
这些粒子进入小球前的总动量为户］＝2″户cos0
从小球出射时的总动量为户2＝2″户
户1 、户2的方向均沿SO向右
根据动量定理F△t＝户2—户1＝2″户（1—cos0）＞0
可知’小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律’两
光束对小球的合力的方向沿SO向左.
b.建立如图4所示的O工γ直角坐标系.
图4
工方向:
根据（2）a同理可知’两光束对小球的作用力沿工轴负方向.
y方向:
设△r时间内’光束o穿过小球的粒子数为″l ’光束◎穿过小球的粒子数为＂2’
门1＞′『2。
36
~
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『第一章力学综台篇｝
~,·解折＿】
这些粒子进入小球前的总动量为P1γ＝（涧1—〃2）户sln0
从小球出射时的总动量为户2γ＝（）
根据动量定理:F川△t＝户2y—户1y＝—（″1—〃2）户sin0
可知,小球对这些粒子的作用力Fγ的方向沿y轴负方向’根据牛顿第三定律’
两光束对小球的作用力沿γ轴正方向.
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方.
解法2:隔离分析法
分别研究光束o@的动量改变以及两光束因折射对小球产生的力.
a.两光束强度相同’即动量PI＝P2’如图5所示.
根据对称性结合矢量关系可得动量改变△户1＝△户2’
球对两束光的作用力Fl≡F2 ,
根据作用力与反作用力的关系’可得两光束对球的作用力F′1＝F′2
’
考虑对称性’根据矢量合成,可得光束对小球产生的合力方向水乎向左.
″
~
』
′
〗
∧
坪
岗
Ⅷ
γ
尸
图5
『
b.两光束强度不相同’即动量户1＞P2 ’如图6所示.
根据对称性结合矢量关系可得动量改变△户1＞△户2,
球对两束光的作用力F1＞F2
’
根据作用力与反作用力的关系,可得两光束对球的作用力F′1＞F′2
’
考虑对称』性’根据矢量合成’可得光束对小球产生的合力方向指向左上方
F（
图6
37
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‖满分之路.搞定高考物理压轴题］
解法3:等效类比法
γ
＞
~
图7
如图7所示’我们将图3旋转一个角度’发现两个问题的相似性’可得光束o◎
对小球的作用力方向为F1 、F2,
当两光束强度相同时’F1 、F2合力的方向沿SO向左;
当光束o比光束◎吏强时’F1大于F2’则F1、F2合力的方向指向左上方.
［感悟方法］
通过本题的求解’我们灵活运用了模型的建立与迁移的—般方法:等效类比法
1.碰撞模型的建立
本题的本质是“非对心碰撞”问题在例1中,我们提到了非对心碰撞的问题,具
体到本题的第（1）问’等效于小球与木板（质量等效于无穷大）碰撞问题’研究的
是碰撞系统内部的相互作用力问题’即小球对木板的作用力’—般应用动量定
理来求解第（2）问’考虑到光具有粒子性的特点’其实考查的实质是微观粒子
的碰撞问题,这样就可以把问题转化为我们所熟悉的“碰撞”问题
2,模型的迁移应用
整体法与隔离法均是将‘』碰撞”模型应用到解决具体的问题中.而将第（1）问中
的模型整体等效类比应用到解决到第（2）问中去’是一种创新性的模型迁移
方法.
38
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』第一章力学综台篇｜
习
练
→
∏
＝
旱
／
舞
1. （2016 .盲雪全国卷I）某游乐园人口旁有一喷泉’喷出的水柱将—质量为M的卡通玩
具稳定地悬停在空中.为计算方便起见’假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度U0
竖直向上喷出;玩具底部为平板（面积略大于S）;水柱冲击到玩具底板后’在竖直方向水
的速度变为零’在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为p’重力加速
度大小为g.求:
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量;
（2）玩具在空中悬停时’其底面相对于喷口的高度
39
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题‖
／／／／／／／
（2016.高雪海甭卷）如图所示,物块A通过＿不可伸长的轻绳悬挂在
天花板下,初始时静止;从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平
方向与A相撞’碰撞后两者粘连在—起运动;碰撞前B的速度的大小
U及碰撞后A和B＿起上升的高度∧均可由传感器（图中未画出）测
得.某同学以h为纵坐标’U2为横坐标’利用实验数据作直线拟合’求
〔
得该直线的斜率为k＝L92×10-3 s2／m.已知物块A和B的质量分B
别为′ⅦA＝0.400kg和mB＝（）. 100kg’重力加速度g取9.80m／s2.
（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力’求hˉU2直线斜率的理论值卢0;
′
｜陀—虎0 ×l00％’结果保留l位有效数字）.
（2）求卢值的相对误差6（6＝
′
□
（
）
~y
2
■■■‖■■■
■
L≡
｛
尺∩
40
~
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』第一章力学综台篇｝
3. （2（）15 .高雪广枣卷）如图所示’＿条带有圆轨道的长轨道水平固定’圆轨道竖直’底端分
别与两侧的直轨道相切’半径R＝0.5m.物块A以u0＝6m／s的速度滑人圆轨道’滑过
最高点Q’再沿圆轨道滑出后’与直轨上P处静止的物块B碰撞’碰后粘在＿起运动’P
点左侧轨道光滑’右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列’每段长度都为L＝0. 1m.物块与
各粗糙段间的动摩擦因数都为〃＝0. 1,A｀B的质量均为′″＝1kg（重力加速度g取
10m／s2 ;A、B视为质点’碰撞时间极短）
Q
B
胸骂二Z引
别p0
ˉ
′
爬
（1）求A滑过Q点时的速度大小U和受到的弹力大小F;
（2）若碰后AB最终停止在第虎个粗糙段上’求陶的数值;
（3）求碰后AB滑至第″个（〃＜卢）光滑段上的速度U″与″的关系式
4↑
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｜满分之路′搞定高考物理压轴题h
（2011 ·盲奢全国卷）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的
单层钢板更能抵御穿甲弹的射击.通过对以下简化模型的计算可以
4
～
露城卫
粗略说明其原因质量为2m、厚度为2创的钢板静止在水平光滑桌面
上.质量为加的子弹以某—速度垂直射向该钢板’刚好能将钢板射
穿.现把钢板分成厚度均为α、质量均为′阀的相同两块’间隔＿段距离平行放置’如图所
示.若子弹以相同的速度垂直射向第＿块钢板,穿出后再射向第二块钢板’求子弹射人第
二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到的阻力为恒力’且两块钢板不会发生碰撞.不计重
力影响
42
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』露～章力学综贪篷」
第五讲力学经典之弹簧类问题
◎典例剖析
1］（2013.高雪安饿卷）如图所示’质量为M、倾角为α的斜面
体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上’底部与地面
的动摩擦因数为／Ⅺ’斜面顶端与劲度系数为虎、自然长度为L
｜｜例
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
／
的瞬质弹簧相迹蝉簧的另ˉ端连接着质量为枷的物块压缩弹簧使其长度为芋时
将物块由静止开始释放’且物块在以后的运动中’斜面体始终处于静止状态重力加
速度为g.
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度;
（2）选物块的平衡位置为坐标原点,沿斜面向下为正方向建立坐标轴’用工表示物块
相对于平衡位置的位移,证明物块做简谐运动;
（3）求弹簧的最大伸长量;
（4）为使斜面体始终处于静止状态’动摩擦因数尸应满足什么条件（假设滑动摩擦力
等于最大静摩擦力）?
…Ⅷ
（1）设物块在斜面上乎衡时’弹簧的伸长量为△L’有′ngsinα—陶△L＝0
解得△L＝咖g最lnα
此时弹簧的长度为L＋′″g÷mα
／／／／
图1
（2）如图1所示’当物块的位移为工时’弹簧伸长量为工＋△L’物块所受合力为
F合＝″〗gsinα—陶（工＋△L）
联立以上各式可得F合＝＿点Z,由此可知物块做简谐运动·
43
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｛满分之路,搞定高考物理压轴题‖
（』）物块徽简谐运动的振幅为A＝÷＋咖g:｜nα
由对称性可痴’最大伸长量为÷＋2鹏爷m乌
（4）解法1:隔离法
设物块位移工为正’则斜面体受力情况女口图2所示,由于斜面体乎衡’所以有
／
√
（—
］
｀
爪
｜
｜
岭
图2
水乎方向／＋FN1slnα—Fcosα＝0
竖直方向FN2—Mg—FNlcosα—Fsinα＝0
又F＝虎（z＋△L）,FN1＝mgcosα
联立可得／＝陀工COSα,
FN2＝Mg＋mg＋虎工sinα
为使斜面体始终处于静止’结合牛顿第三定律’应有／｜≤〃FN2’所以
腆≥毋≡Mg—脚g＋粒…
k 工｜cosα
当工＝—A时’上式右端达到最大值’于是有
偶≥4赠蕊艘碧删α
■
解法2:整体法
—
″
旭
雷
′
翔
叫
—
腮
屏
刀
α
／
〃
α｀
α
vi
户丁7丁7
〃
γ
汀
芦
◎
〃
｀
Ⅶ
凹
′
〃
″
〃
＋
〃
″
′
′
〃
』
‖
＼
′
∩
｜
｜
｜
↑
〃
〃
〃
〃
／
〃
／
〃
／
〃
〃
〃
／
图3
44
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』第一章力学综台篇｜
当物块在最大位移处时’将斜面体与物块看成一个整体’受力分析如图3所示.
同时将加速度进行正交分解’可以得到:
当在最上端最大位移处’水乎方向:／1＝″!αcoSα
@
竖直方向:（M＋加）g—N1＝″!αs1nα
◎
当在最下端最大位移处’水平方向:／2＝″!αCOSα
◎
竖直方向:N2—（M＋加）g＝″′αs1nα
@
婆求斜面体保持静止测腰≥片
◎
由◎式可知’当／相等时’N越大,严越小.因此物块在平衡位置上方时需要的
动摩擦因数比在下方时大.结合@可知’加速度α越大时’N越大’严越小’因此
为使斜面始终处于静止状态’只要使得物块在下方最大位移处能保持斜面体静
止即可。
物块徽简谐运动的振幅为A-÷＋
最大枷逮度嘲-爵-g副nα＋羔
″〗gS1nα
卢
o
…oo可得偶≥4燃撼撇笋删′
［感悟方法］
本题的求解展现了两方面的能力:连接体类问题的处理方法以及弹簧问题的处理
策略.
1.对干连接体的处理方法-般有整体法与隔离法.对于加速度不同的连接体’整体法
处理时’我们可以运用整体（质点组）牛顿第二定律∑F＝′″1α1＋加2α2＋m3α3＋…
2.对于弹簧问题’我们要把握两个方面的问题
（1）处理弹簧问题的基本操作
可以归结为16个字:凡遇弹簧’必定原长’分清拉压’理清方向.具体地说’遇到
弹簧问题’我们首先要确定问题中弹簧的原长位置’其次对于弹簧处于某—状
态时’要分清楚弹簧是处于拉伸状态还是压缩状态’同时’务必理清楚在这＿状
态下与弹簧所连接对象受到弹簧弹力的方向’本题第（1）问的解决过程落实了
这些具体的要求.
45
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
（2）解题过程要体现弹簧的“美”
弹簧的“美”体现在两个方面: ‘简单美”与“对称美”.
“简单美”体现在弹簧的弹力与形变量的关系’即F＝虎工’正是基于这—点’与弹
簧相连接的物体的运动才能是“简谐运动”.
“对称美”＿般体现在三点:弹簧的伸缩（形变量）关于原长对称;弹簧振子的运
动关于平衡位置对称;弹簧的弹簧势能关于原长对称.本题第（4）小题的求解过
程’充分运用了弹簧的“对称美”.
［例2］（2（）16.高雪全国卷I）如图’＿轻弹簧原长为2R’其＿端固定在倾角为37°的固定
直轨道AC的底端A处’另＿端位于直轨道上B处’弹簧处于自然状态.直轨道与＿
尸
半径为;R的光滑圆弧轨道相切于C点.AC＝7R.A｀B、C、D均在同＿竖直平面内
质量为″!的小物块P自C点由静止开始下滑’最低到达E点（未画出）’随后P沿轨
道被惮回.最高到达F点,AF＝4R.已知P与直轨道｜川的动摩擦囚数陛-＋重力加
速度大小为g. （取sm37.＝二｀cos37°＝兰）
O
O
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
A
（1）求P第—次运动到B点时速度的大小.
（2）求P运动到E点时弹簧的弹性势能.
（3）改变物块P的质量,将P推至E点’从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高
点D处水平飞出后’恰好通过（,点C点在C点左下万.与C点水平相距:R、竖
直相距R’求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量
46
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』第-章力学综台篇｜
（1）解法1:应用动能定理求解
根据题意知,B、C之间的距离′为／＝7R＿2R
设P到达B点时的遮度为蹄.由动能定理得狮g‖瓤n0—…′c。s0-昔狮诡
式中0＝37°’联立o◎式并由题给条件得UB＝2｀／百瓦
解法2:牛顿运动定律结合运动学规律求解
根据题意知,B、C之间的距离』为′＝7R—2R
对物块进行受力分析’由牛顿第二定律有〃′gsinβ—″!gcos0＝′′m
9
解得α＝gsln0—似gcos0≡亏g
式中0＝37°
物块从C到B运动的过程’由运动学规律有u皆＝2α′
联立各式并由题给条件得UB＝2√互页.
（2）解法1:分阶段动能定理求解
◎
◎
◎
°
◎
◎
◎
◎
由（1）已经求得UB＝2√百F
@
设BE＝工’P到达E点时速度为零’设此时弹簧的弹性势能为Ep.p由B点运
动到E点的过程中’由动能定理有
…m0—膘…°爵诀E僧＝0÷″脆眉
o
E、F之间的距离为′1≡4R—2R＋工
o
P到达E点后反弹’从E点运动到F点的过程中’由动能定理有
Ep＿加g／1sin0—严′′lg／1cos0＝0
@
联立◎◎@式并由题给条件得工＝R
◎
Ep一号枷g尺
o
解法2:全过程动能定理求解
设BE＝正,P到达E点时速度为零,P到达E点后反弹,物块p从B到E点
然后回到F点’由动能定理有
—mg.2Rsinβ—〃狮gc°sβ. （2堑＋2R）＝0—÷…苗
@
可得鲤≡R.代入解法l中的o式或o式』可糯Ep＝粤″鸭尺
o
q7
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
…画
（3）设改变后P的质量为m1 ,D点与G点的水平距离工I和竖直距离y1分别为
7
反
烫』＝古R—甘Rsm0
O
］』＝R＋:R＋:R…
o
式中’已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实.
设P在D点的速度为UD’由D点运动到G点的时间为r.由乎抛运动公式有
］
川1＝古飘2
◎
工1＝℃Dt
o
∩
联立@～@式得UD＝÷√百盂
◎
设P在C点速度的大小为uc’在P由C运动到D的过程中机械能守恒’有
＋鹏l锄邑≡＋咖l囤i＋啊g（:R＋:R…）
o
P由E点运动到C点的过程中’同理’由动能定理有
E＂—…（鲤＋5R）瓢n0—似枷］g（塑＋5R）…＝＋呐憾8
o
1
联立各式得ml＝了m.
o
［感悟方法］
本题涉及两个基本问题的处理:弹性势能的处理与多过程问题的处理
L弹簧弹性势能的处理
弹簧的弹性势能的公式为E＂-÷怂』,其巾蜒为弹簧的形变量但是在具体的
高考范围问题中’却很少用到这个公式来处理’常用的处理方法是“消元法”’具
体的做法有两种
（1）利用弹簧弹性势能的对称性.弹簧的弹性势能关于原长对称,所以往往可以
选取关于弹簧原长对称的两个位置的物理过程’从而使得弹性势能初末状态相
等’实现“相消”.
（2）利用弹簧在同＿形变量弹性势能相等的特点’比如本题从第（2）小题到第
（3）小题’虽然改变了物块P的质量’但弹簧的形变相同’所以弹性势能也相同’
实现‘‘相消’’的效果
48
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』第一章力学综台篇｜
■翘Ⅷ
2·多过程问题的处理
对于多过程问题’我们处理的基本策略是:过程分段’按需整合.具体地说就是
将-个长过程分成多个“子过程”’按照需要分段选取某个过程或是某几个过程
甚至是整个过程.其选择的策略主要是将待求的物理量与具体的物理过程相对
接’考虑所选择的物理规律.本题第（3）小题,求P的质量采用了两种方法’体现
了动能定理在处理多过程问题中的优势.
＾喷章节练习
~
~
｛呵m丽旧
（2015 .高雪北京卷）如图所示’弹簧的＿端固定’另＿端连
接—个物块’弹簧质量不计.物块（可视为质点）的质量为m’
在水平桌面上沿工轴运动’与桌面间的动摩擦因数为户.以!
］文
‖
可幻彭＼9」十△星〃入凸≡／
‖
、
〃‖
o
‖／√夕＼飞
.
J
‖／巳／√／≥＾d b｀、／‖√／ˉ≥～≡／√
〃.＝
了
｜
O
x｜
X2
x3
x
在水平桌面上沿工轴运动’与桌面间的动摩擦因数为户.以弹簧原长时物块的位置为坐
标原点O’当弹簧的伸长量为工时’物块所受弹簧弹力大小为F＝粒’肉为常量
（1）请画出F随工变化的示意图;并根据P工图象求物块沿工轴从O点运动到位置工的
过程中弹力所做的功.
（2）物块由工l向右运动到工3 ’然后由工3返回到工2’在这个过程中’
a.求弹力所做的功’并据此求弹性势能的变化量.
b求滑动摩擦力所做的功;并与弹力做功比较’说明为什么不存在与摩擦力对应的
“摩擦力势能”的概念.
49
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［溢分之路.搞定高考物理庄颗题〗
2 （2015.高者江苏卷）＿转动装置如图所示’四根轻杆OA、OC、AB和
CB与两小球及＿小环通过铰链连接,轻杆长均为／,球和环的质量均
为m’O端固定在竖直的轻质转轴上.套在转轴上的轻质弹簧连接在O』
与小环之问’原长为L装置静止时’弹簧长为;L转动该装置并缓慢
增大转速’小环缓慢上升.弹簧始终在弹性限度内,忽略＿切摩擦和空
气阻力’重力加速度为g.求:
（1）弹簧的劲度系数虎;
（2）AB杆中弹力为零时’装置转动的角速度@∩;
（3）弹簧长度从÷L缓慢缩短为÷L的过程中,外界对转动装置所做的功W
2
~
5O
~
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】第-章力学综台篇｜
3. （2017.高奢海窗卷）＿轻弹簧的＿端固定在倾角为0的固定光滑斜面的底部’另一端和
质量为m的小物块α相连,如图所示质量为:″′的小物块b紧靠α静止在斜面上,此时
√
弹簧的压缩量为工0’从t＝0时开始’对b施加沿斜面向上的外力’使b始终做匀加速直
线运动.经过＿段时间后’物块α、b分离;再经过同样长的时间’b距其出发点的距离恰好
也为工0.弹簧的形变始终在弹性限度内’重力加速度大小为g.求
＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼＼｀＼＼＼＼＼｀｀｀｀＼＼＼＼｀｀
（1）弹簧的劲度系数;
（2）物块b加速度的大小;
（3）在物块α、b分离前’外力大小随时间变化的关系式
5｜＿
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
4. （2011 .高雪福建卷）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装
置示意图’其下半部AB是—长为2R的竖直细管’上半部BC是
半径为R的四分之＿圆弧弯管,管口沿水平方向’AB管内有＿
原长为R、下端固定的轻质弹簧.投饵时’每次总将弹簧长度压缩
到0. 5R后锁定’在弹簧上端放置—粒鱼饵,解除锁定’弹簧可将
鱼饵弹射出去设质量为m的鱼饵到达管口C时’对管壁的作用
力恰好为零.不计鱼饵在运动过程中的机械能损失’且锁定和解
除锁定时’均不改变弹簧的弹性势能.已知重力加速度为g.求:
（1）质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小Ul
;
（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;
（3）已知地面与水面相距L5R’若使该投饵管绕AB管的中轴线
R
2R
0。5R
…仙
｜
15R
｜
＼
O′
~
~
~
~
~
~
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~
OO′在90°角的范围内来回缓慢转动’每次弹射时只放置＿粒
馏饵,鱼饵的顾量在:枷到′＂之间变化’且均能落到水面｝持续投放足够长时间后’
鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少?
‖
｜
52
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』第-章力学综台篇｝
第六讲力学经典之板块类问题
O典例剖析
［例1］（2015.
（2015.高者全国卷I）—长木板置于粗糙水平地面上’木板左端放置＿小物块;在
木板右方有＿墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5m’如图甲所示. t＝0时刻开始’小
物块与木板—起以共同速度向右运动’直至t＝1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极
短）.碰撞前后木板速度大小不变’方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已
知碰撞后1s时间内小物块的U—t图线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的15
倍’重力加速度大小g取10m／s2.求:
｀
·
‖
′
吕
■
Ⅲ
〃
川
〗
′≡霹…′了我锹》Ⅲ＿∧
「］
图甲
｜~＼
←
O
l
2
t／s
图乙
（1）木板与地面间的动摩擦因数严l及小物块与木板间的动摩擦因数／《2
;
（2）木板的最小长度;
（3）木板右端离墙壁的最终距离.
｜·解析9
解法1:运用牛顿运动定律结台运动学规律求解
（1）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前’小物块和木板一起向右做匀变速运
动’设加速度为α1 ’小物块和木板的质量分别为″l和M.由牛顿第二定律有
—严1（加＋M）g＝（m＋M）αl
o
由题图乙可ˉ知’木板与墙壁碰前瞬间速度u1＝4m／s’由运动学公式得
U1＝℃0＋α1t1
◎
』则-徊M｜＋＋阑!‘;
o
式中’t1＝1s,‘0＝4.5m是木板碰前的位移’℃0是小物块和木板开始运动时
的速度°
63ˉ
~
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′满分之路.搞定高考物理压轴题k
皿疆洒
联立O◎◎式和题给条件得尸l＝0. 1’αl＝1m／s2
@
在木板与墙壁碰撞后’木板以
U1的初速度向左做匀变速运动’小物块以U1的
初速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为α2 ’由牛顿第二定律有
严2mg＝mα2
◎
由题图乙可得刨:—子;≡升≡｜m／息2｀方向水平向左
o
式中’t2＝2s’u2≡0’联立◎O式和题给条件得严2＝0.4.
@
（2）设碰撞后木板的加速度为α3’经过时间△r’木板和小物块刚好具有共同速度
U3.由牛顿第二定律及运动学公式得
严2mg＋严］（M＋加）g＝Mα3
o
可得凛』＝÷m／爵』
U3＝—U1＋α3△〖
O
U3＝Ul＋α2△r
o
接下来’我们可以用两种方法来处理:
方法-:以地面为参考系
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中’木板运动的位移为
ˉ赋｜严△′
51≡
o
小物块运动的位移为』』-渺宁:△′
小物块相对木板的位移为△5＝s2—51
联立@O@OOOOOO式’并代入数值得△5＝6.0m.
方法二:以木板为参考系
°
◎
°
小物块相对ˉ于木板的初速度为u相对＝（4＋4）m／s＝8m／s,方向水乎向右;相
对末遮度为零湘对加逮度徽橱输-α』＋趣』＝（4＋;）m／s』,方向水乎陶左询
运动学公式有
＿64
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』第-章力学综台篇｀
2
U相对≡6。0m
相对位移△s＝2α相对
因为运动过程中小物块没有脱离木板’所以木板的最小长度应为6.0m.
（3）在小物块和木板具有共同速度后’两者向左做匀变速运动直至停止’设加速度
为α4’此过程中小物块和木板运动的位移s3.由牛顿第二定律及运动学公式得
尸1（m＋M）g＝（m＋M）α4
o
0—U;＝2α453
o
碰后木板运动的位移为N＝s1＋＄3
o
联立@o@ooooooo式’
并代入数值得s＝—6· 5m
o
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m.
对于第（2）（3）小题’还可以有两种常用的解法:
解法2:运用图象法求解
（2）由OO式可得△t＝L5s’u3＝2m／s,方向水平向左.作出木板碰墙后’小物块
与木板的‘‘速度时间”图象’如图所示.
Sˉ｜）
4
2
气
≡
〕
气
…
O
4
l／S
勺
▲~
一4
根撼图象可知′｜、物块和木板的相对位移△＂-÷×8×L5m＝60m
因为运动过程中小物块没有脱离木板’所以木板的最小长度应为6.0m.
55
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‖满分之路.搞定高考物理压轴题｜
…Ⅷ
（3）在小物块和木板具有共同速度后’两者向左做匀变速运动直至停止’设力口速度
为α4 ’减速至零的时间为t3 ’由牛顿第二定律有／』l（′′!＋M）g＝（′′!＋M）α4
可得α4＝1m／s2
由运动学公式可得t3＝鱼＝2s
α4
作出图象’如图所示’根据图象可知’木板右端离墙壁的最终距离为
』-＋×（2＋｛）×L5m＋＋×2×2m-仕5m
解法3:运用动能定理与能量守恒求解
（2）从木板碰撞墙壁到小物块与木板速度达到相同’根据动能定理有
1
2
1
2
对小物块:—严2′＂g‘1＝了″!U3—百′m′1
解得sl＝1.5m
≡告M渺!—÷M顾;
对木板:—／22mg＄2—以1（M＋加）g‘2
解得s2≡4.5m
相对位移△5＝s1＋s2＝6°0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板,所以木板的最小长度应为6.0m
（3）从木板碰撞墙壁到最后停止的过程’对小物块与木板系统进行研究’根据能的
转化与守恒可知’碰撞墙壁前系统的总动能转化为系统内部因一对ˉ滑动摩擦
力做功产生的内能以及长木板与地面摩擦产生的热能’因此有
÷（M＋狮）U｛＝陛2mg△肘＋似1（M＋狮）愿＂
△
可得s＝6.5m.
ˉ56
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』第-章力学综台篇｜
［例2］（2017 .高雪全国卷I‖）如图’两个滑块A和B的质量分别为′ⅧA＝1kg和′′!B＝
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严l＝
0.5;木板的质量为′〃＝4kg’与地面间的动摩擦因数为尸2＝0. 1.某时刻A、B两滑块
开始相向滑动’初速度大小均为u0＝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:
B
』
∩ˉ→
←ˉ∩
（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
（1）滑块A和B在木板上滑动时’木板也在地面上滑动.设A、B和木板所受的摩
擦力大小分别为／1、／2和／3 ,A和B相对于地面的力口速度大小分另｜｜为αA和
αB’木板相对于地面的加速度大小为α1 .在物块B与木板达到共同速度前有
◎
◎
◎
／1＝严1加Ag
／2＝尸1加Bg
／3＝严2（′〃＋′′′A＋mB）g
由牛顿第二定律得
／1＝加AαA
／2＝加BαB
／2～／1＿／3＝mα1
设在t1时刻’B与木板达到共同速度’其大小为U1 .由运动学公式有
◎
◎
◎
◎
◎
U］＝U（）—αBt1
▲
oU1＝α1t1
联立o@◎@◎◎@o式’
代入已知数据得u1＝1m／s.
o
57
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
（2）解法1:运用牛顿运动定律结合运动学规律求解
在′1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为媳≡锄∩h—÷α哑｛
o
设在B与木板达到共同速度U1后’木板的力口速度大小为α2’对于B与木板组
成的体系’由牛顿第二定律有／l＋／3＝（mB＋加）α2
o
由@◎@◎式知’αA＝αB;再由@o式知’B与木板达到共同速度时’A的速度
大小也为U1 ,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速
度相同,设其大小为U2·设A的速度大小从U1变到Z′2所用的时间为t2,则由
运动学公式’对木板有
dU2＝U1＿α2t2
@
对A有U2＝—U1＋αAt2
o
在r2时间间隔内’B（以及木板）相对地面移动的距离为
‘］＝m‘:—÷α2‘;
@
臼
在（r1＋t2）时间间隔内’A相对地面移动的距离为
沁≡颧0（n＋鳃）—÷颧A（n＋″）』
o
A和B相遇时’A与木板的速度也恰好相同’因此A和B开始运动时’两者之
间的距离为J0≡5A＋51＋5B
o
联立以上各式’并代入数据得J0＝1.9m.
o
解法2:运用图象法求解
可以求出A、B咸速运动时αA＝5m／s2 ’αB＝5m／s2 ;木板加速的加速度α1≡
a5m／s: ;B与木板共速后一起咸速的加速度“:＝÷m／s:B减速与木板加
9
速达到相同速度所需妥时间t1≡0.4s;B与木板整体减速和物块A先减速后
力口速到共同速度时间t2＝0°3s·
58
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1第一章力学综台篇｜
…m
设定向右方向为正方向’作出三个物体的沙r图象’如图所示
w（m。Sˉl）
〕
∑
‖
∩
引
卫
凸
F
I）
可以得到“A、B开始运动时,两者之间的距离”就等于四边形CEFD所围成的
面积,因此
鹰G＋CD. ′］＋古EG. ′2＝L9m
50＝≡
2
［感悟方法］
“板块”问题就是通常遇到的叠放问题’由于其往往可看成由物块和木板构成的＿
对相互作用模型’故将其形象称为“板块”问题其应用的知识面较为广泛’与运动
学、受力分析、动力学、功与能等有着密切联系,而且往往牵涉着临界极值问题.
在处理“板块”问题中’我们往往会遇到以下几个基本问题:
处理方法
常见基本问题
根据物块与木板的相对运动方向来判断’摩擦力的突变
时刻:U物与U板相同时
分析物体所受的摩擦
力（动力、阻力）
板、块能—起加速运
动的最大加速度
板、块间达到最大静摩擦力时
弄清对地位移和相对位移的概念是前提可先由运动学
公式求出某段时间内物体与传送带的对地位移’然后用
‘‘快”的减去“慢”的就是差距也可应用图象法或相对运
动法进行求解
相对位移的计算
物块与木板保持相对静止时物块还在木板上’弄清达到
临界状态的时间和位移关系
物块不从木板上掉下
去的条件
69
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｛满分之路.搞定高考物理压轴题〖
对于板、块能＿起加速运动的最大加速度问题’是—个易错问题’下面我们通过对
-个问题的处理加以讨论:
如图所示’长方体物块A叠放在长方体物块B上’B置于光滑水平面上’A、B质
量分别为加A＝6kg’mB＝2kg’A、B之间动摩擦因数严＝（）.2’开始时F＝10N’
此后逐渐增加’在增大到45N的过程中’则
（
）
A.当拉力F＜12N时’两物块均保持静止状态
B.两物块间从受力开始就有相对运动
C.两物块开始没有相对运动’当拉力超过12N时’开始相对滑动
D.两物块间始终没有相对运动’但AB间存在静摩擦力’其中A对B的静摩擦力
水平向右
我们往往会犯这样的错误:物块和木板相对滑动时,由于受到乎衡思想的影响’认
为拉力和滑动摩擦力一样大,进而导致了错误’就本题而言’很多人会选择C
选项.
正确分析:隔离对B分析,当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时’A、B发生相对滑
动,则αB≡巴卫A旦—0.2×6×10m／s2＝6m／s2 ;
′γ〗B
2
再对整体分析F＝（mA＋加B）α≡8×6N≡48N’知当拉力达到48N时’A、B才
发生相对滑动｀由于地面光滑’只要有拉力两物体就一起运动.
正确答案:D
6O
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「霓二墩力学综合篇｜
.喀章节练习
＿巴＝≡坠巴≡＝巴＝ˉ△＝＝＝一巴＝乙■乙…＝＝＝＝
一巴≡
品
巴
＝…ˉ—＝＝■田…■≈＝≡＝≈＝匣—二≡＝＝←＝≡＝＝……＝…≡
L（2016.高雪四川卷）避险车道（标志如图甲所示）是避免恶性交通事故的重要设施’由制
动坡床和防撞设施等组成’如图乙所示的竖直平面内’制动坡床视为水平面夹角为0的
斜面＿辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶人制动坡床’当车速为23m／s
时’车尾位于制动坡床的底端’货物开始在车厢内向车头滑动’当货物在车厢内滑动了
4m时’车头距制动坡床顶端38m’再过一段时间’货车停止已知货车质量是货物质量
的4倍’货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小
为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板’取cos0＝1’sin0＝
0. 1’g取10m／s2.求
Ⅶ
施
避险车道
前方5＂m
图乙
图甲
（1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
（2）制动坡床的长度
6｜
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［滋分之路.搞定高考物理压轴题1
2. （2013.高奢全国卷Ⅱ）一长木板在水平地面上运动’在t＝0时刻将
—相对于地面静止的物块轻放到木板—k’以后木板运动的速度—时
间图象如图所示.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;
｀
■
‖
′
′
巳
］
∏
〃
川
｀
↓
↓
｜
代
＝
》
归
L
／／s
（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
62
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『第～章力学综台篇］
＼
3. （2015 .高宅全国卷Ⅱ）下暴雨时’有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾
害某地有—倾角为,-37.（sm37.-:）的山坡C’｜二面有—质量为删的
37讣／＼
石板B’其上下表面与斜坡平行;B上有—碎石堆A（含有大量泥土）’A和
B均处于静止状态’如图所示.假设某次暴雨中’A浸透雨水后总质量也为″!（可视为质
量不变的滑块）,在极短时间内.A.B间的动摩擦因数陛｜减小为;,E、C间的动摩擦囚数
严2减小为0. 5’A、B开始运动’此时刻为计时起点;在第2s末’B的上表面突然变为光
滑’尸2保持不变已知A开始运动时’A离B下边缘的距离／＝27m’C足够长’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）在0～2s时间内A和B加速度的大小;
（2）A在B上总的运动时间
63
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｜满分之路,搞定高考物理霹圃题〗
（2010.高雪海南卷）如图1中,质量为加的物块叠放在质量为2″!的足够长的木板上方
右侧’木板放在光滑的水平地面上’物块与木板之间的动摩擦因数为尸＝0.2.在木板上
施加＿水平向右的拉力F’在0～3s内F的变化如图2所示.图中F以mg为单位’重力
加速度g取10m／s2.整个系统开始时静止
4
F~
!″〗g
l
（）。4
（）
坚
~
吼
加
’
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‖
∑
日
—
‖
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』
上
β
『
■
‖
儿
~
~
~
~
ⅣS
3
图l
图2
（1）求1s｀1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度;
（2）在同—坐标系中画出0～3s内木板和物块的沙t图象’据此求0～3s内物块相对于
木板滑过的距离
64
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＝第一章力学综台篇｜
~
第七讲力学经典之传送带问题
◎典例剖析
!
（2014.高雪江霉卷）如图所示’生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和
乙’甲的速度为U0.小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上’工件与乙
之间的动摩擦因数为尸.乙的宽度足够大’重力加速度为g.
［例1］（2（）14
□
□
□
□
传送带乙
＼
｜
传送带甲
U0
＼
-→
＼
□□□□
（1）若乙的速度为U0’求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离5;
（2）若乙的速度为2U0’求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小U;
（3）保持乙的速度2U0不变,当工件在乙上刚停止滑动时’下—只工件恰好传到乙上’
如此反复.若每个工件的质量均为加’除工件与传送带之间摩擦外’其他能量损
耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率P.
皿睡Ⅷ
（1）设t＝0时ˉ刻摩擦力与侧向的夹角为0’侧向、纵向力口速度的大小分别为αz、αγ
则墅＝tan0
α.r
很小的△t时间内,侧向、纵向的速度增量
△〖／工＝α工△t,
△Uy＝αJ△t
解得盖-tanβ
且由题意知tan0＝望
U工
／
则毕＝
U工
Uv—△′Uγ ＝tan0
U王—△U2
65
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｜满分之路.搞定高考物理屉圃翻
m涵Ⅷ
所以摩擦力方向保持不变’因此’工件在传送带乙上侧向力口速度的分量保持不变.
当传送带乙的速度为U0时,摩擦力与侧向的夹角为45°’如图所示.可得
／
v0
侧向力口速度大小α堑＝〃gcos45。
根据匀变速直线运动规律有—2α工＄＝0—U;
侧
＿
独
~~
＄
得
解
（2）以传送带乙为参考系’工件的速度与受到的摩擦力的情况如图所示.
由孪-U’—△刚γ＝tan6,可知U′则＝〖／夏.tan0,则当.〔／堑＝0时’Ⅱ／’＝0,这说明
U工
U工＿△U工
当侧向停止时’工件相对于传送带乙的速度为零’即与乙的速度相同,即z′
＝2U0·
／＼~~~~~~~~
~＼~~~~~~~
~~＼~~~~~~~~~~
~＼~~~~~~
~~~｀~~~~~~~~~~~
~＼~~
~~~~~＼~~~~~~~~~
V｛）
√百vO
（3）解法1:运用能量守恒求解
工件在乙上滑动时侧向位移为工’沿乙运动的方向的位移为γ’
由题意知α工＝尸gcos0,αγ＝严gsin0
在侧向上＿2αz工＝0＿U;
○
〗
＼
／
○
℃
β
（
~~γ
γ
≡
α
◎
△
上
向
纵
在
工件滑动时间r＝…
αγ
66
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』第一章力学综台篇｝
■灌西
乙前进的距离Ⅳ1＝2U0t
工件相对ˉ乙的位移L＝√工2＋（J1＿γ）2
则系统摩擦生热Q＝尸狮gL
电动机做功W-÷″＂（2咖）2
÷狮刚;＋Q
臼
曲F—γ’解得F≡4仰…
5
。
解法2:运用功能原理求解
若以传送带乙为研究对象’受到的摩擦力情况如图所示.
｜
v＿
＼
∩
γ
勺
▲
妥传送带乙速度保持不变’则驱动乙的电动机的输出功率必等于传送带乙克服
~
摩擦力做功的功率’有P＝〃加g.2u0sin0
由几何关系可得sm0＝孪
u
可解得F＝4何′′′gU0
5
［感悟方法］
本题的求解’需要处理好两个问题:相对运动问题和电动机输出能量问题
1.相对运动问题
工件在传送带乙上的运动情况’如果从地面上去看相对比较复杂’但如果转化
为相对于传送带乙去看’问题就会变得简单在判断—个物体相对另＿个物体
做什么运动时’我们要求出相对速度与相对加速度’要用到公式:
uA对B＝uA对C＋uC对B,αA对B＝αA对C＋αC对B,｀rA对B＝工A对C＋｀I?C对B
67
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
…Ⅷ
2.电动机输出能量
求解电动机输出的能量问题,我们往往可以用两种方法来思考:
—是电动机输出的能量最终会转化为哪些能量?即用能量的转化与守恒来
求解;
二是电动机输出的能量转化为其他形式的能是通过什么力做功实现的?即用
功能原理的观点来求解
［例2］（2006 。高者全国卷）—水平的浅色长传送带上放置—煤块（可视为质点）’煤块与传
送带之间的动摩擦因数为尸.初始时’传送带与煤块都是静止的.现让传送带以恒定
的加速度α0开始运动当其速度达到U0后便以此速度做匀速运动.经过—段时间’
煤块在传送带上留下了＿段黑色痕迹后’煤块相对于传送带不再滑动.求此黑色痕
迹的长度.
解法1:牛顿运动定律结合运动学规律
根据“传送带上有黑色痕迹”可知’煤块与传送带之间发生了相对运动’煤块的加
速度α小于传送带的加速度α0.根据牛顿运动定律’可得α＝尸g
o
设经历时间t1 ’传送带由静止开始加速到速度等于U0’煤块则由静止加速到
U’有:
U0＝α0t1
◎
U＝αtl
◎
由于α＜α0’故U＜U0’煤块继续受到滑动摩擦力的作用.再经过时间r′’煤块的速
度由U增加到U0’有:U0＝U＋αj′
@
设在煤块的速度从0增加到U0的整个过程中’传送带和煤块位移分别为‘0和
s’有:
测-＋凛帜｛＋翅M』
◎
匹
■
】
■
〗
吻
—
″
~~
『
四
◎
68
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『第一章力学综台篇｜
传送带上留下的黑色痕迹的长度
／＝S0—S
@
U0
综合上述各式’可解得′＝丁
△（止亚
＼严gˉ
α（）
）
解法2:运用图象法求解
煤块的加速度:α＝严g
U0
煤块加速到U0的时间:t2＝—
α
o
@
U0
传送皮带加速到U0的时间:r1＝—
α0
◎
由此可得煤块与传送带运动过程的沙t图象如图所示:
v
A
／＝／传送
ˉ／』F‘
带
VO
煤块
『
■卢
C
｛′
［′
『1
t2
【
黑色痕迹的长度可用图中阴影部分的面积计算得到:
′-＋咖（′:
向）
解得′-守（器—粥）
解法3:运用相对运动求解
@
◎
以传送带为参照物’煤块相对于传送带向后先做匀加速运动再做匀减速运动:
匀加速阶段:相对加速度大小:α1＝α0—严g
相对初速度:U′0＝0
o
U0
加速时间:r1＝α0
◎
搁对位移;列＝÷α!时
匀减速阶段:相对ˉ加速度大小:α2＝′义g
相对末速度:U‘＝0
◎
◎
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题｜
…■
设减速时间为t2
U0
则有:rl＋t2＝
α2
◎
相对位移;瓜:-↓α2‘;
黑色痕迹长度:／＝s1＋J2
U;（α0—严g）
综合以上各式得:／＝
2严gα0
◎
◎
o
［感悟方法］
有关物块相对于传送带运动的问题中,相对位移、相对路程、痕迹长度这三个概念
比较容易混淆’在此做＿具体说明;
以传送带为参考系’以连续两次相对运动为例’设两次相对位移分别为△Z1 、△工2
（1）若△工1与△工2的方向相同’则总的相对位移大小△Z＝△工l＋△工2’相对路程
△5＝△工1＋△刃2 ’痕迹长度／＝△工l＋△工2
;
（2）若△工1与△工2的方向相反’即有“返回’’现象’则总的相对位移大小△工＝｜△工l
＿△工2
｜’相对路程△5＝△工1＋△工2 ’痕迹长度／≡△工1 （△工l＞△Z2）或是／＝△工2
（△工1＜△工2）.
值得注意的是’相对运动产生的系统内能Q＝严mg.工’式子中的工确切的含义是
“相对路程”.
70
~~~ ~ ~ ~ ~
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」第～章力学综台篇｜
.。?章节练习
L（20｜6啸＝…某快递公司分拣娜件的水平传输装置示意邵
-节
如图’皮带在电动机的带动下保持u＝1m／s的恒定速度向右运
动’现将＿质量为加＝2kg的邮件轻放在皮带上’邮件和皮带间的动摩擦因数严＝0. 5.
设皮带足够长’取g＝10m／s2’在邮件与皮带发生相对滑动的过程中’求
（1）邮件滑动的时间t;
（2）邮件对地的位移大小工;
（3）邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W
7｜
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题‖
2. （2011 ·裔雪广车卷）如图所示’以A、B和C｀D为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直
平面内’＿滑板静止在光滑水平地面上’左端紧靠B点’上表面所在平面与两半圆分别相
切于B、C.＿物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点’运动到A时刚好与传送带速
度相同’然后经A沿半圆轨道滑下’再经B滑上滑板.滑板运动到C时被牢固粘连.物块
可视为质点’质量为m’滑板质量M＝2m’两半圆半径均为R,板长／＝6.5R’板右端到C
的距离L在R＜L＜5R范围内取值’E距A为5＝5R’物块与传送带、物块与滑板间的动
摩擦因数均为／《＝0.5’重力加速度取g.
A｜＿s≡5R→1
僚
＼~
~＼B
″
D
∏L
—
F′夕′夕′′′′歹夕′′夕′′夕′歹夕′夕′′夕′′夕′′′歹夕夕″夕夕厂′夕′′′夕′夕夕′′′夕′′夕夕′夕′′夕夕夕′夕′夕′夕
｜←———-′＝65R
≡广L——｜
（1）求物块滑到B点的速度大小;
（2）试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中’克服摩擦力做的功W／与L的关
系’并判断物块能否滑到CI）轨道的中点
72
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』第一章力学综台篇｜
3. （2012 .高雪安撇卷）如图所示’装置的左边是足够长的光滑水平台面’—轻质弹簧左端
固定’右端连接着质量M＝2kg的小物块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始终以＂≡2m／s的速率逆时针转动.装置的右边是＿
光滑曲面’质量加＝1kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0m处由静止释放.已
知物块B与传送带之间的动摩擦因数严＝0.2’』＝1.0m.设物块A、B间发生的是对心弹
性碰撞’第—次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.g取10m／s2.
（1）求物块B与物块A第—次碰撞前的速度大小;
（2）通过计算说明物块B与物块A第—次碰撞后能否运动到右边的曲面上?
（3）如果物块A、B每次碰撞后’物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定,而当它们再
次碰撞前锁定被解除’试求出物块B第″次碰撞后的运动速度大小
73
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
4. （2003 。高奢天萍卷）＿传送带装置示意如图’其中
9
传送带经过AB区域时是水平的’经过BC区域时
变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成’未画出）’经过
A
匝≡—＝
CD区域时是倾斜的’AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为加的小货箱—个＿
个在A处放到传送带上’放置时初速度为零’经传送带运送到D处’D和A的高度差为
h.稳定工作时传送带速度不变’CD段上各箱等距排列’相邻两箱的距离为L·每个箱子
在A处投放后’在到达B之前已经相对于传送带静止’且以后也不再滑动（忽略经BC段
的微小滑动）.已知在—段相当长的时间T内’共运送小货箱的数目／V个.这装置由电动
机带动’传送带与轮子间无相对滑动’不计轮轴处的摩擦求电动机的平均功率P.
q
74
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第二章电学综台篇
第∧讲带电粒子在电场中的运动
c典例剖析
［例1］（2011 .盲者北京卷）静电场方向平行于工轴’其电势甲随工的分布可简化为如图所
示的折线’图中甲0和α为已知量一个带负电的粒子在电场中以工＝0为中心、沿巫
轴方向做周期性运动.已知该粒子质量为m、电荷量为—q’其动能与电势能之和为
A（0＜A＜q90）.忽略重力.求:
O
p（）
／＼
ˉα
O
（／
（1）粒子所受电场力的大小;
（2）粒子的运动区间;
（3）粒子的运动周期.
（1）由题图可知’0与α（或—‘／）两点间的电势差为甲0
电场搔度的大′」、E＝粤
电场力的大′｜｀F＝qE＝芋
（2）解法1:根据动能定理求解
设粒子在［—工0’工0〕区间内运动’在O处的速率为U0’粒子从O处到工0处’由
动能定理有
∑
○
口
＂
′
］
—
β
○
~~
○
汇
≤
）
α
（
●
Ⅱ
75
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（满分之路.搞定高考物蓬屋辆题〗
…Ⅷ
在O处’动能与电势能之和为＿A,
喘酗锄;＋咖（—q）＝—A
电场搔度的大′｜｀E-粤
解得工0＝α（1＿▲）
q甲0
所以’粒子的运动区间为—〃（1
ˉ△）≤r≤〃（1—ˉ△）.
q甲0
q90
解法2:能的转化与守恒方法
设粒子在［—工0’工0］区间内运动’速率为U’由题意得
÷加锄2—q聊-—A
宙题图可知′＝卿（1—等）
由oo得＋′＂U』～q卿（1—等）—A
圈动能非负,有q卿（｜—导）—A≥0
得工｜≤α（1—▲）’即工0＝‘j（1—▲）
q甲0
q90
粒子的运动区间为—α（1—△）≤工≤d（1—▲）.
q甲0
q甲0
（3）考虑粒子从—工0处开始运动的四分之一周期
o
◎
◎
@
…
—
呵
~~
助
万
~~
尸
—
加
~~
α
度
速
口
力
的
子
粒
律
定
一
一
第
顿
牛
据
良
↑
◎
由…直线运动规律得』-＼／罕
~／2md2（1兰）
≡＼／q帜,
,帜0
将@◎代入’得〗
糙子遥动周期r＝螺-掷:枷（绅＂—A）
76
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『第二章电学综台篇｝
…画
［感悟方法］
通过本题的解答’我们有以下两点收获:
L‘‘搭台‖昌戏”是总体策赂
带电粒子在电场、磁场中的运动问题’说到底就是“电学搭台’力学唱戏”’电场｀
磁场创设“场景”’粒子具体的运动规律符合力与运动的基本规律’因此’解决此
类问题的根本方法还是力学方法
2.“五读俱全’,的读图方法
问题提供了电势甲随工的分布图’那就要求我们从图象中获取信息’获取信
息的基本方法是“五读俱全”,即读横、纵坐标所表示的物理量及单位’图线
的横、纵截距’图线的斜率’图线与坐标轴所围成的面积及图线的交点.本
题通过读取图线的斜率’可以知道是‘‘匀强电场”同时可以求出电场强度的
大小.
［例2］（2015.高雪安饿卷）在工Oy平面内,有沿y轴负方向的匀强电场’场强大小为E（图
中未画出）’由A点斜射出质量为加、带电荷量为＋q的粒子’B和C是粒子运动轨迹
上的两点’如图所示,其中／0为常数.粒子所受重力忽略不计.求:
）
（1）粒子从A到C过程中电场力对它做的功;
（2）粒子从A到C过程所经历的时间;
（3）粒子经过C点时的速率
（1）WAc≡qE（γA
〕c）＝3qE／0.
（2）解法1:根据抛体运动规律求解
根据抛体运动的特点’粒子在工方向上做匀速直线运动’由对称性可知轨迹最
高点D在y轴上’可今rAD＝rDB＝T’
77
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题［
m蹈Ⅷ
女口图所示,因为BE＝OB,所以tBc＝T
由qE＝加α得α＝蝗
″?
∑
＼
）
丁
∑
（
α
电
」
—
’
▲
~~
○
了
↓
日
＋
□
γ
∑
丁
α
勺
」
—
◎
≈
~~
□
γ
又
解得r-√需
√誓
则A→C过程所经历的时间t＝3
〕
○
d／＼BE
ˉ（
O／b
′＿
~x
2／0’—3／b）
解法2:借用匀变速直线运动推论求解
根据抛体运动的特点’粒子在工方向上做匀速直线运动’由对ˉ称性可知轨迹最
高点D在y轴上’可令tAD＝』DB≡T,
因为BE＝OB,所以rDB＝tBc≡T
从D到C可ˉ以看成平抛运动’
所以塑＝上
yc
3
,
可得yD＝／0
由qE＝mα得α＝塑
″?
］
又γD＝古αT2
膘得r-＼／2苦
日
＂｜八瓢C……蹦闽′ˉ』T-乳｀／耍
■
78
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『第二章电学综台篇］
（3）解法1:根据运动的合成分解法求解
粒子在DC段做类乎抛运动’于是有
水乎方向:2′0＝ucz（2T）
竖直方向:uCγ＝α（2T）
○
〗
／
Ⅱ
加
α
’
曰
曰
′
『
］
／
可
加
’
罢
（
）
〖
｜
←
｜
~
一
~
〗
α
℃
／
司
℃
沙
解法2:运用动能定理求解
粒子在DC段做类乎抛运动’于是有
／0
轨迹最高点D的速度UD＝丁
带电粒ˉ于从D到C,根据动能定理’有
Eq×4!,-＋咖馏8—÷…
代入T—√要可解得融c√等互
［感悟方法］
本题的解答’我们采用了以下两种方法:
L模式思维
带电粒子在匀强电场中的曲线运动’由于受到恒定的电场力’所以是匀变速曲
线运动’其处理方法与抛体运动相同’抛体运动中的＿些规律只要作等效处理’
均可以迁移应用
2.对称思想
抛体运动自身具有的“对称性”特点’给我们的解决带来了诸多的切人点,比如
根据对称性’我们可以得知rAD＝tDB;D点的速度水平,DC的运动过程可以看
做“类平抛运动”.这给我们利用推论卫＝寺创造了条件.
JC
O
79
＿＝＿
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
.′《章节练习
｜
1. （2016.宫雪四」‖‖卷）中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最
大的粒子加速器加速器是人类揭示物质本源的关键设备’在放射治疗、食品安全、材料
科学等方面有广泛应用如图所示’某直线加速器由沿轴线分布的—系列金属圆管（漂移
管）组成,相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极质子从K点沿轴线进人加速器并
依次向右穿过各漂移管’在漂移管内做匀速直线运动’在漂移管间被电场加速’加速电压
视为不变.设质子进人漂移管B时速度为8×106m／s’进人漂移管E时速度为1×
107m／s’电源频率为1×107Hz’漂移管间缝隙很小,质子在每个管内运动时间视为电源
周期的1／2.质子的比荷取1×108C／kg求:
漂移管
／／′＼
ˉ
ˉ
0
K
~
脉冲电源
（1）漂移管B的长度;
（2）相邻漂移管间的加速电压
80
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『第二章电学综台篇｝
（2015 .盲奢北章锤）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置’如图所示.光照
前两板都不带电用光照射A板,则板中的电子可能吸收光的能量而逸出.假设所有逸
出的电子都垂直于A板向B板运动’忽略电子之间的相互作甩保持光照条件不变α和
b为接线柱.
已知单位时间内从A板逸出的电子数为lV,电子逸出时的最大动能为Ekm.元电荷为e.
2
＿＿↑0＿＿ˉˉˉ｝
B
｛
A
~~~~
＿＿』】＿＿
■
□＝
□＝
（1）求A板和B板之间的最大电势差Um’以及将α、b短接时回路中的电流I短.
（2）图示装置可看作直流电源’求其电动势E和内阻厂.
（3）在α和b之间连接＿个外电阻时’该电阻两端的电压为U.外电阻上消耗的电功率设
为P;单位时间内到达B板的电子’在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和
设为△Ek.请推导证明:P＝△Ek.
（注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量’要在解题中做必要的说明）
8｜
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『满分之路.搞定高考物理压轴题l
3.
（2005 .高雪全国卷I）如图1所示’B为电源’电动势e＝27V’内阻不计.固定电阻R1
＝500Q,R2为光敏电阻C为平行板电容器虚线到两极板距离相等’极板长′l＝8.0×
10-2m’两极板的间距d＝1.0×10-2m.S为屏’与极板垂直,到极板的距离』2＝0. 16m.P
为＿圆盘’由形状相同、透光率不同的三个扇形α、b和C构成’它可绕AA′轴转动.当细
光束通过扇形α、b、C照射光敏电阻R2时’R2的阻值分别为1000Q、2000Q、4500Q.有
＿细电子束沿阁中虚线以速度u0＝8.0×106m／s连续不断地射人C已知电子电量e＝
1.6×10-19C’电子质量′″＝9×10-3l kg.忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间
及电子所受的重力.假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变.
γ』
5
｝
｜
‘
＝→＝＝＝＝■■■■《■《■二＝＝＝＝
p（｝
≡
辰刁尸—
ˉˉˉˉˉˉˉˉ｜O
／,—封
图］
（1）设圆盘不转动’细光束通过b照射到R2上’求电子到达屏S上时,它离O点的距离
y. （计算结果保留二位有效数字）
82
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』第＝章电学综台篇‖
设转盘按图1中箭头方向匀速转动’每3秒转＿圈.取光束照在α、b分界处时r＝0’
试在图2给出的坐标纸上’画出电子到达屏S上时’它离O点的距离y随时间t的
变化图线（0—6s间）.要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值. （不要求写出计
（2）设转盘按图
算过程’只按画出的图线评分.
）
｜v／］（）-2m
◎
~
勺
≈
l.0
（）
l
2
▲
∑
］
图
5
6／／s
83
＿ˉ＿
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题k
4.
（2011 .高雪濒江卷）如图甲所示’静电除尘装置中有＿长为L宽为b、高为α的矩形通
道’其前、后面板使用绝缘材料,上、下面板使用金属材料.图乙是装置的截面图’上、下
两板与电压恒定的高压直流电源相连.质量为′′′、电荷量为—q｀分布均匀的尘埃以水平
速度U0进人矩形通道’当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和’同时被收集通
过调整两板间距（／可以改变收集频率γ.当创＝创0时,γ为81％（即离下板0.81α0范围
内的尘埃能够被收集）.不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用.
接地线
—卜
｜
｜
｜
｜
○
○
壬］＿—L
｝←-—L—
—
●
●
●
●
●
α
」
—＞●-＞
ˉ→●ˉ→v（）
～＞●ˉ→ˉ
ˉ→●ˉ→
→●干—耳＋＋＋＋＋
~
＋
~~~~~~~~
图甲
图乙
（1）求收集效率为100％时’两板间距的最大值‘／m;
（2）求收集效率γ与两板间距创的函数关系;
（:）若单位体积内的尘埃数为″.求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量警与两
板间距′的函数关系’并绘出图线.
（
84
~
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『第二章电学综台篇｜
第九讲带电粒子在磁场中的运动
◎典例剖析
（2016。盲奢浙江卷）为了进一步提高回旋加速器的能量’科学家建造了“扇形聚焦
回旋加速器”.在扇形聚焦过程中’离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性
旋转.
扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示’圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域,
其中三个为峰区’三个为谷区’峰区和谷区相间分布°峰区内存在方向垂直纸面向
里的匀强磁场’磁感应强度为B’谷区内没有磁场.质量为m,电荷量为q的正离子’
以不变的速率U旋转’其闭合平衡轨道如图中虚线所示.
［例1］（2016。
谷区
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径厂’并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆
时针;
（2）求轨道在＿个峰区内圆弧的圆心角0’及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T;
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场’磁感应强度为B′ ,新的闭合平衡轨道在
一个峰区内的圆心角0变为90°’求B′和B的关系已知:sin（α±β）＝sinαcosβ
α
—
’
△
β
∏
吕
◎
白
］
~~
α
吕
○
℃
∩
尸
∏
吕
α
吕
○
℃
＋
—
…函
（1）在峰区内,离子做匀速圆周运动’洛伦兹力提供向心力’有qUB＝′＂述
厂
可得圆弧半径厂＝l21I』
qB
根据左手定则,可得正离子旋转方向为逆时针ˉ方向
85
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｜满分之路,搞定高考物理压轴题k
…Ⅷ
（2）如图甲所示’正离子运动一周旋转36（）。’方向的改变均发生在磁场中’即三个
峰区.
根撼对称性.离子经过每个峰区旋转l20..即峰区内圆弧约圆心蔚0-?
每个倒弧的长度均为′-午-豁
每段直线长度均为L＝八B-2厂c。s昔＝√百′＝｀且型
qB
周期T＝3（／＋L）
U
（2’r＋3√百）″Ⅱ
代入得T＝
qB
甲
（3）正离子运动一周旋转360。’方向的改变均发生在磁场中’即三个峰区与三个谷
区.女口图乙所示,根据对称性’离子经过一个峰区与一个谷区共旋转了120。’现
在已知峰区旋转了90。’那么谷区旋转了0′＝120°—90。＝30°.
在谷区内’离子做匀速圆周运动’洛伦兹力提供向』谴力’有qUB′＝加埠
厂
谷区内的轨道圆弧半径厂′＝』11I1
qB′
接下来’解题的关键是找到厂与厂′的关系’基本的方法是构建三角形’运用几
何关系来解出半径关系’最后求出答案.下面提供四种解法:
〔）
乙
＿86
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」第二章电学综台篇｜
解法1:运用等量关系求解
AD≡厂′sin÷.AC-瘫!n:
由几何关系可知AD＝AC
膨…n:-…;
御三角关系,｛n等-副n｜5.-√『—√冒
4
~～
代入得B′-午1且
解法2:运用正弦定理求解
由几何关系可知’△ABO为等边三角形’AO＝AB＝√】厂
又么BAO＝60°’所以么O2AO＝60。—45°＝15。’即△AOO2为等腰三角形
↑…弦定理.有鼠in〈5旷＿削点.
代＾得圃≡今］且
解法3:运用余弦定理求解
由几何关系可知’AF＝AB＝√r厂
在△AO2F中’根据余弦定理’有
（√Ⅲ厂）2＝厂′2＋厂′2—2厂′cos0′
~厅
代入得B′＝√3亏1B
解法4:运用直角三角形求解
在直陶△Ao』D中.凰为AD＝窖′.所以Ao』-AD§m1l5…
呐〃隐［n15.／夸′
代入得圃≡垮l6
87
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［感悟方法］
带电粒子在磁场中的运动’同样是属于‘‘搭台唱戏”类问题’ ‘·台”是磁场’“戏”是
匀逮圆周运动·得出两个基本规律～猎、T-芳除此之外要解决好带电粒
子在磁场中的匀速圆周运动问题’还要特别突出两个重要的方法:
1。对称思想
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题’往往都呈现出时间空间的对称
性’这往往会是解题的切人点’本题中根据对称性’得出离子经过每个峰区、谷
区总共旋转120。’成为解题的关键.
2.几何关系
带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动问题’从物理来讲并不难’无非是两个
基木规律萨-瑟、T／警.但最嗣难的是通过几侧关系求出半儒′或有关时间
的转动角度0.
［例2］（2017.浙江4月）如图所示’在工Oy平面内’有＿电子源持续不断地沿工正方向每
秒发射出N个速率均为U的电子’形成宽为2b、在γ轴方向均匀分布且关于工轴对
称的电子流’电子流沿工方向射人—个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场
区域’磁场方向垂直工Oy平面向里’电子经过磁场偏转后均从P点射出在磁场区
域的正下方有＿对平行于工轴的金属平行板K和A’其中K板与p点的距离为′’
中间开有宽度为2／且关于J轴对称的小孔.K板接地’A与K两板间加有正负、大
小均可调的电压UAK.穿过K板小孔到达A板的所有电子被收集且导出’从而形成
电流已知b-笋,d-!·电子质量为顺.电荷量为.·忽略电子间的相瓦作用
2b
L
t
［／」∧
↓
.‖
88
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1第二章电学综台篇｜
（1）求磁感应强度B的大小;
（2）求电子流从P点射出时与负y轴方向的夹角0的范围;
（3）当UAK＝0时’求每秒经过极板K上的小孔到达极板A的电子数;
（4）画出电流i随UAK变化的关系曲线.
■磁Ⅷ
（1）解答本题的关键是要获得结论:电ˉ子经过磁场偏转后均从P点射出’那么粒子
的轨道半径厂＝R我们不妨逆向证明,即当轨道半径厂＝R时,宽为2b的电子
流进入磁场后最终都从P点射出,具体证明方法如下:
0
√
P
卯
甲
方法1:从任一点M水平进入磁场的电子在磁场中做半径为R的匀速圆周运
动’其圆心位于其正下方的N点,如图甲所示’宽为2b的电子流进入磁场后的
圆心轨迹位于如图虚线半圆上’此虚线半圆的圆心就是P点’即所有宽为26
的电子流进入磁场后最终均从P点射出.
方法2;从任一点M水平进入磁场的电子在磁场中做半径为R的匀速圆周运
动·如图甲所示,M点与O点的连线与y轴的夹角为0,其圆心N的坐标为
（＿Rsin0,Rcos0）’圆周运动轨迹方程为（工＋Rsin0）2＋（y—Rcos0）2＝R2
「工≡0
「工＝—Rsln0
得｛删-0巍｜］-R（l＋c。s′）
其中（—Rsin0’R＋Rcos0）就是M点’（0’0）是P点’所以电子经过磁场偏转
后均从P点射出.
电子经过磁场偏转后均从P点射出’那么粒子的转道半径厂＝R.
89
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｜满分之路搞定高考物理压轴题〖
2
电子在磁场中做圆周运动’有qUB＝″!匹
厂
可解得B＝121卫
eR°
（2）上端电子从P点射出时与负y轴最大夹角为0m’如图乙所示’由几何关系得
′y
ˉˉ7贪↑ˉ～
、
＊
／
｛
／
｜
‖
0
靴
｜
｝
‖
2b
｜
↓
~~
乙
＂｜n0赋-贵
解得0m＝60°
同理’下端电子从P点射出时与负y轴最大夹角也为60°
故0的范围是—60°≤0≤60°.
／
（3）设能够到达A板的电子射出磁场时ˉ与负J轴最大夹角为α’由tanα＝了
得α≡45°
对应的电子从屯子源射出时与墅…厘离测′-R…-笋
设每秒进入两极板间的电子数为″’则
’
曰
＾
已
●
◎
~~佣
—
〗~~
／
γ
√
＿
匹
〃
~~
刃
—
Ⅳ
解得′1＝0.82N.
（4）由动能定理得出遏止电压U:-—六腿砌2
与负y轴成45°角的电子的运动轨迹刚好与A板相切时’其逆过程是类乎抛运
动,达到饱和屯流所露的最′｜｀反向屯压U′≡勤汹』
根据（3）可得饱和电流大小imax＝0·82Ⅳe,
90
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』第二章电学综趟
…Ⅷ
图线如图丙所示
训×Ⅳe）
l.20
l.20
0ˉ8（）
080
0°40
／
0·40
｀
｀
‖
／
气
≡
γ
肌
＿
尸
（）
0.5
10MK／（×
＝10
丙
［感悟方法］
本题涉及粒子源问题中的“磁聚焦”问题’“磁聚焦’,问题存在两条特殊规律:
规律-:带电粒子从圆形有界磁场边界上某点射人磁场’如果圆形磁场的半径
与圆轨迹半径相等’则粒子的出射速度方向与圆形磁场ˉk人射点的切线方向平
行’如图甲所示.
规律二:平行射人圆形有界磁场的相同带电粒子’如果圆形磁场的半径与圆轨
迹半径相等’则所有粒子都从磁场边界上的同＿点射出’并且出射点的切线与
人射速度方向平行’如图乙所示.
〃
乙
』
田
｜
习
练
→
∏
＝
旱
／
鳞
分
（2016 .高雪海南卷）如图所示’A、C两点分别位于工轴和〕轴上’
乙OCA＝30°’OA的长度为L.在△OCA区域内有垂直于工Oy平面向
里的匀强磁场质量为m、电荷量为q的带正电粒子’以平行于〕轴的
方向从OA边射人磁场.已知粒子从某点人射时’恰好垂直于OC边射
出磁场’且粒子在磁场中运动的时间为t∩.不计重力.
》
1
C
＼~~~~~
〉《＼~~
~~＼~~~~
××＼~
××）＼
××××＼
Ⅺ
＞
O｜
A
9｜
』
一
0■■■■＝■■■■■
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｜满分之路』搞定高考物莲硒圃题］
（1）求磁场的磁感应强度的大小;
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射人磁场’恰好从OC边上的同＿点射出磁场’
求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;
（3）若粒子从某点射人磁场后’其运动轨迹与AC边相切’且在磁场内运动的时间为
反
÷r0 ’求粒子此次人射速度的大小.
∩O
g
92
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「第二章电学综台篇｝
（2014.高雪山车卷）如图甲所示’间距为α、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁
场.取垂直于纸面向里为磁场的正方向’磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示. t＝0
时刻’＿质量为m、带电荷量为＋q的粒子（不计重力）’以初速度U0由Q板左端靠近板
面的位置’沿垂直于磁场且平行于板面的方向射人磁场区当B0和TB取某些特定值
时’可使t＝0时刻人射的粒子经△r时间恰能垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）.上述
2。
旦
里
知
已
为
○
Ⅵ
、
创
、
α
、
加
P
丁
｜
｜
｜
创
｜
｜
上
×
×
×
B
×
×
×
×
×
×
×γ0×
×
ˉ
×
×
×
×
×
×
×
×
g
图甲
》
‖
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Ⅱ
旦
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〕
叫
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｜
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′
～
｜
｜
ˉ
～
β
—
B
O
′
-B0
图乙
（D若△r-÷TB,求B0;
93
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
Q
（2）若△‘＝首TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;
（3）若B0＝幽婴2,为使粒子仍能垂直打在P板上.求T6
q‘／
O
94
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」第二章电学综台篇｝
3. （2017.浙江11月）如图所示’工轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场’坐标原点处有—
正离子源’单位时间在刃O〕平面内发射＂0个速率均为U的离子’分布在y轴两侧各为0
的范围内.在工轴上放置长度为L的离子收集板’其右端点距坐标原点的距离为2L’当
磁感应强度为B0时’沿y轴正方向人射的离子’恰好打在收集板的右端点.整个装置处
于真空中’不计重力’不考虑离子间的碰撞’忽略离子间相互作用.
）
B
毗戳
』
＾
′
＝
O
L
2L
x
（1）求离子的比荷丛》
″Ⅶ
（2）若发射的离子被收集板全部收集’求0的最大值;
（3）假设离子到达工轴时沿工轴均匀分布.当0＝37°’磁感应强度在B0≤B≤3B0的区间
取不同值时’求单位时间内收集板收集到的离子数″与磁感应强度B之间的关系
（不计离子在磁场中运动的时间）
95
ˉ
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
4.
（201（）.高奢全国卷）如图’在0≤工≤√百α区域内存在与工γ平面垂直的匀强磁场’磁感
应强度的大小为B.在r＝0时刻’＿位于坐标原点的粒子源在工y平面内发射出大量同
种带电粒子’所有粒子的初速度大小相同,方向与y轴正方向夹角分布在0～180°范围
内.已知沿y轴正方向发射的粒子在r＝r0时刻刚好从磁场边界上P（√百α’α）点离开磁
场.求
）
!P烟α
）
α
米
广＝
引
√3α
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷丛;
″【
（2）此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围;
（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间.
』
止
96
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】第宾章电学综台篇｜
第十讲带电粒子在电磁场中的运动
°典例剖析
［例1］（2015.盲雪天津卷）现代科学仪器常利用电场｀磁场控制带电粒子的运动.真空中
存在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场’电场与磁场的宽度均为α.
电场强度为E’方向水平向右;磁感应强度为B’方向垂直纸面向里.电场、磁场的边
界互相平行且与电场方向垂直—个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电
场左侧边界某处由静止释放’粒子始终在电场、磁场中运动’不计粒子重力及运动时
的电磁辐射.
垒1旦里捏勤旦
｜一｜××｜-→｜××｜
｛＿→｜××｜
｜—＞｜××｜—→｜××｜
｜一｜××｜
｜
‖
｜
｜
■
｜
｜
｜
｜—＞｜××｝—＞｜××｜
｜—＞｜××｜
q↓
｜××｝
｜××｛…
｜
｜××｜…
｜—＞‖
〗一0
0
‖—＞｜
｜
｜
｜××｜
｜××｜
｜
｜××｜
｜—≥｜××｜—→｜××｜
｜-→｜××｜
｜一｜××｜—｜××｜
｜一｜××｛
（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度U2的大小与轨迹半径厂2
;
（2）粒子从第″层磁场右侧边界穿出时’速度的方向与水平方向的夹角为0″’试求
sin0″;
（3）若粒子恰好不能从第′!层磁场右侧边界穿出’试问在其他条件不变的情况下’也
进人第″层磁场’但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界’请简要
推理说明之.
…Ⅷ
（1）粒子在进入第2层磁场时’经过两次电场加速’中间穿过磁场时洛伦兹力不做
功由动能庭理,有2qE刨-÷咖锄;
o
由o式解得刚:-2｀／孪
@
U;
粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qz′2B＝加—
厂2
◎
评
〗
—
乃
~~
〗
厂
得
解
式
◎
◎
由
@
w
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
（2）解法1:综合演绎法
设粒于在第″层磁场中运动的速度为U＂’轨迹半径为厂厕（各量的下标均代表粒
子所在层数,下同）.
″q皿≡÷咖碰:
◎
U;
qU′』B＝m—
o
厂″
粒子进入第n层磁场时’速度的方向与水ˉ平方向的夹角为α″’从第′l层磁场右
侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为0″’粒子在电场中运动时ˉ ’垂直于
电场线方向的速度分量不变’有u厕-lsln0厕—1＝u翘slnα″
由图1看出
@
××
←d→
←〃→｜
哼赶辽］瑟｜
…／」勤
××
‖
l
~~~
××
~
××
××
图l
图2
厂″sin0″＿厂nsinα″＝创
由O@O式得厂＂sin0＂—厂″-1sin0厕＿1＝创
由O式看出厂1sin01 ’厂2sin02’…’厂″sin0厕为一等差数列’公差为α’可得
厂＂sin0施＝厂1s‖n01＋（γ〗＿1）α
当″＝1时’由图2看出厂1sin01＝d
◎
◎
0
◎
◎
窗oo酗o式得凰in雌ˉB√恶
@
—98
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「第二章电学综台篇｜
■翘Ⅷ
解法2:分析归纳法
＞恐
α
ˉ
×
×
×~~菠
＝鲁攒
×
×
~
~
~
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＼
≥
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×
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甄
×
【〉l
尸＝
）l
×
×
×
×
×
×
图3
如图3可得厂sin01＝创
在第2个磁场中有厂2sin02—厂2slnα2＝d’
考虑到在电场中粒ˉ子运动过程的竖直速度不变’有u2sinα2＝u1sin0］
在磁场中圆周运动’有厂2＝皿些
qB
解得厂2sin02＝2d
在第3个磁场中有厂3sin03—厂3smα3＝d’u3sinα3＝u2sin02
在磁场中圆周运动’有厂3＝121卫旦
qB
解得厂3sin03＝3α
■●■
可递推得到厂〃sin0″＝n创
在磁场中圆周运动,有滁-诺
粒子通过″个电场加速有″qE刨＿＋狮圃爵
匹己
可解儒瓤n嘶-E√孺
（3）若粒子恰好不能从第″层磁场右侧边界穿出,则
两
—
◎
▲~~
门
β
sln0″＝1
99
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
／
在其他条件不变的情况下’换用比荷吏大的粒子,设其比荷为坠’假设能穿出第
′Ⅶ
／
″层磁场右侧边界’粒子穿出时,速度方向与水平方向的夹角为0′谰’由于乌
γ″
＞丛
γ门
则导致sin0′″＞1
说明0′″不存在’即原假设不成立.所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁
场右侧边界.
［感悟方法］
本题不仅仅是—般的多过程问题’它是＿个无限多过程问题’在解题过程中我
们采用了两种策略:
1.台理分段’巧妙整合
总体来看’本题是＿个带电粒子在电场、磁场中的分段运动,在电场中做直线运
动和匀变速曲线运动’在磁场中做匀速圆周运动.由于洛仑兹力不做功’粒子速
度的变化仅仅是电场力做功’所以求解进人第阀层磁场粒子的速度时’可以将
″个电场整体处理
2.有限推理’洞悉规律
对于无限过程问题’如果条件允许’可以将无限个过程作整体处理’比如本
题中的电场’除此之外’常用的方法是数学归纳法’当然’物理中的归纳是
＿种‘‘不完全归纳”’即先求出前面若干个过程（—般为3个）的结果,然后
找到其中的规律’直接可以得到第″过程的结果’这种方法我们称为“分析
归纳法’,.
对于无限过程问题’常常还有＿种更巧妙的方法,即直接选取第〃个过程’
只要找到第〃个过程与第″—1个过程之间的逻辑关系’以此类推,可以把
握整个过程的规律,同样可以求出问题的结果’这种方法我们称之为“综合
演绎法”.
｜
｀
■
＝
□
】
】
∏
■
】
】
□
｜O0
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」第二章电学综台篇｝
［例2］（2013.商雪辐建卷）如图甲’空间存在—范围足够大的垂直于工Oy平面向外的匀强
磁场’磁感应强度大小为B.让质量为′〃’电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿
工Oy平面以不同的初速度大小和方向人射到该磁场中.不计重力和粒子间的影响.
·
日
·
判
●
●
●
此
·
御
.↑）′. ↑汐
↑E
C
｛
●x
／
二
＞
α
.＼二′.x
°O°
°
°＼
／
／
·
～
甲
乙
（1）若粒子以初速度U1沿y轴正向人射’恰好能经过工轴上的A（α’0）点’求Ul的
大小.
（2）已知—粒子的初速度大小为U（U＞U1）’为使该粒子能经过A（α’0）点’其人射角0
（粒子初速度与工轴正向的夹角）有几个?并求出对应的sin0值.
（3）如图乙’若在此空间再加人沿γ轴正向、大小为E的匀强电场’＿粒子从O点以
初速度U0沿γ轴正向发射.研究表明:粒子在工Oγ平面内做周期性运动,且在任
＿时刻’粒子速度的工分量z′延与其所在位置的y坐标成正比’比例系数与场强
大小E无关.求该粒子运动过程中的最大速度值Um.
（1）带电粒子以速率U1在匀强磁场B中做匀速圆周运动’半径为R1 ’有
Q
U了
qUlB＝″2FT
o
当粒子沿』轴正向入射’转过半个圆周至A点.有R1＝:
◎
由o代入o式得刨｜＝窑
◎
（2）如图l所示,αA两点处于阎一个圆周上’且圆心在堑＝;的直线上’半径为
R.当给定一个初速率U时’有2个入射角’分别在第1、2象限’有
刨n0′＝sinβ＝炭
@
由oo式解得s｜n′-器
o
↑0｜
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｜满分之路·搞定高考物理压轴题］
…Ⅷ
头坠
／
剥
认
γ
G
躺
利飞翱＼｜
.Ⅸ
＼｜w了
／
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·
·
′
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｜
｀｀｀
′
＼～旦ˉ
●
●
图l
（3）解法1:运用牛顿运动定律结合动能定理求解
粒子在运动过程中受到电场力Fq与洛伦兹力／’洛伦兹力不做功’仅有电场
力做功,因此在轨道的最高点处速率最大’且此处速度方向水平.用〕m表示该
处的纵坐标’有
9Eγm-＋咖融甜—十狮圃;
o
由题意Um＝幻m
◎
且虎与E的大小元关’因此可利用E≡0时的状况来求陶’E＝0时洛伦兹力充
■
……B-卿蔫｀
0
″TU0
得R0＝—
qB,
其中的R0就是对应的纵坐标J0’
因此得虎＝塑
9
″?
γγ〗Um
此时带入◎得ym＝＿可百’
将此式带入@’整理后可得
触岛—菩渺m—囤;-0,
〗
○
℃
＋
β
＼
／
∏
＿
乃
（
′
√
±
∏
—
β
Ⅲ
℃
得
解
〗
◎
汐
＋
∑
｀
／
Ⅱ
—
β
（
′
坷
∏
＿
Ⅱ
~~
Ⅲ
℃
得
·
值
负
弃
舍
‖
｜O2
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『第二章电学综台篇｜
画疆Ⅷ
解法2:运用运动的合成与分解原理求解
｀y
vm
｜γ0
f／!
／
图2
如图2所示’假设粒子在工方向上有U1和—U1 ’其中U1方向的速度产生的洛伦
●
Ⅱ
—
β
兹力／1与电场力Eq平衡,即z′1qB＝Eq’可得U1
然后将—Ul与U0合成为U’即U＝√万『干亏了’受到洛伦兹力为／’这样粒子相当
于受到三个力:洛伦兹力／1、洛伦兹力／以及电场力Eq.
这样’粒子的运动可看成一个速度为U1的匀速直线运动与一个速度为℃的匀
速圆周运动的合成,形成一个“摆线”’“摆线’’的瞬时速度为U1与U的合成.当
粒子运动到最高点时’U1与U的合速度最大’也就是粒子的速度最大’即Um＝
昔划（昔》』＋琳
解法3:运用动能定理结台动三定理求解
粒子在运动过程中受到电场力Eq与洛伦兹力／’洛伦兹力不做功’仅有电场力
做功’因此在轨道的最高点处速率最大’且此处速度方向水乎’如图3所示.用
γ酗表示该处的纵坐标,有qEγm＝＋测端—＋枷馏;
o
″
＞vm
0
｜y
Vγ
y
v（）
｝ym
O
x
图3
↑03
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
酝阔
从水平方向看’粒子在水ˉ平方向的动量变化是由洛伦兹力的水平分量／工引起
~
的.从O到最高点N的过程’设洛伦兹力水平分量的平均值为／堑’
~
根据动量定理得／工
° t＝加〖′m
◎
◎
◎
~
~
又根据洛伦兹力公式得／堑＝qBUγ
~
从竖直方向看,根据位移公式得Jm＝Uv
°
t
骤立oooo可得端—菩涸m—御;≡0,
解得颧m-÷±√（:）凰＋融;’
舍弃擞值.得硼哪＝剐（:）2＋渺;
［感悟方法］
第（3）问创设的“场景”是电场与磁场的叠加’带电粒子可以做匀速直线运动（比
如速度选择器）,也可以做曲线运动’不过并不是我们常见的匀变速曲线运动或
是匀速圆周运动’对于求解某时刻的速度’往往有两种方法:
1.动能定理法
带电粒子在运动过程中受到电场力和洛仑兹力’洛仑兹力始终不做功’做功的
仅有电场力’而且电场力做功与具体的路径无关’仅与初末位置有关’这就给动
能定理求解速度创造了条件.
2.运动的合成与分解法
虽然’粒子的运动轨迹并不是匀变速曲线运动’但通过适当的等效处理’可以将
粒子的曲线运动转化为一个匀速直线运动与＿个匀速圆周运动的合成.
h
』
‖
』
巴
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电学综台篇｝
」第二章
ˉ蟹章节练习
1. （2008.盲者江霉卷）在场强为B的水平匀强磁场中’—质量为′Ⅶ、带正电q的小球在O
静止释放’小球的运动曲线如图所示.已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到工轴距
离的2倍’重力加速度为g.求:
×
×
×
×
×
×
B
（江
×
×
×
×
×
×
×
＿
】
×
＿
×
P（x
×
×
v
×
×
×
）
〕
×
（1）小球运动到任意位置P（工,y）的速率℃.
（2）小球在运动过程中第＿次下降的最大距离Jm.
（3）当在上述磁场中加—竖直向上场强为E（E＞121旦）的匀强电场时’小球从O静止释放
q
后获得的最大速率z′m
｜O5
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
2. （2011 .忘奢辐建镭）如图甲’在工＞0的空间中存在沿J轴负方向的匀强电场和垂直于
工OJ平面向里的匀强磁场’电场强度大小为E’磁感应强度大小为B.＿质量为″!’带电
量为q（q＞0）的粒子从坐标原点（）处’以初速度U0沿工轴正方向射人’粒子的运动轨迹
见图甲’不计粒子的重力.
）’
∧∧
O
×
【
‖
‖
｜
‖
■
∏
Ⅱ
‖
『
‖
｜
‖
Ⅳ
了
勺
×
｝
○
｝
x
O
仆
〖
V
‖『
甲
乙
丙
（1）求该粒子运动到y＝／L时的速度大小U;
（2）现只改变人射粒子初速度的大小’发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（γ—工
曲线）不同’但具有相同的空间周期性’如图乙所示;同时’这些粒子在γ轴方向上的
运动（J—t关系）是简谐运动’且都有相同的周期T＝旦匹1卫
qB。
L求粒子在＿个周期T内’沿工轴方向前进的距离s;
Ⅱ.当人射粒子的初速度大小为U0时’其J—t图象如图丙所示’求该粒子在y轴方向
上做简谐运动的振幅A’并写出J—r的函数表达式.
‖
「
但
I
｜
q
q
｜06
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』第二章电学综台篇｝
（2015.高奢山寒卷）如图所示’直径分别为D和2D的同心圆处于同＿竖直面内’O为
圆心’GH为大圆的水平直径.两圆之间的环形区域（I区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在垂
直圆面向里的匀强磁场.间距为d的两平行金属板间有一匀强电场’上极板开有＿小
孔一质量为狮、电量为＋q的粒子由小孔下方等处静止释放,加速后粒子以竖直向上的
△
速度U射出电场’由H点紧靠大圆内侧射人磁场.不计粒子的重力.
3
l
×
×
~~~~
×
」
〃
〃
′
×
~~~~~
G
×
×
ˉ厂—｜
创
◇
↑
（1）求极板间电场强度的大小;
（2）若粒子运动轨迹与小圆相切’求I区磁感应强度的大小;
（3）若I区、‖区磁感应强度的大小分别为胖楞,输子运动-段时间后再次经过H
qD、qD
点’求这段时间粒子运动的路程
｜07
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｛满分之路.搞定高考物理压轴题1
4. （2017·高者天津餐）平面直角坐标系工Oy中’第I象限存在垂直
于平面向里的匀强磁场’第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电
场’如图所示.＿带负电的粒子从电场中的Q点以速度U0沿工轴
正方向开始运动’Q点到y轴的距离为到工轴距离的2倍粒子
γ
蔚
×
×
×
×××
×××
×××
—≥
Px
从坐标原点o离开电场进人磁场’最终从工轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q
点到〕轴距离相等不计粒子重力’问:
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向;
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.
可
｜
l
｜08
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』第二章电学综台篇｜
第十-讲带电粒子在复台场中的运动
◎典例剖析
~~~~~~~~
~~~
~
~~~~ ~~~~~~~~~~~~~
［例1］（2017.盲雪全国餐Ⅱ）如图’两水平面（虚线）之间的距离为H’其间的区域存在方
向水平向右的匀强电场自该区域上方的A点将质量均为m、电荷量分别为q和～q
（q＞0）的带电小球M、lV先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出.小球在重
力作用下进人电场区域’并从该区域的下边界离开.已知N离开电场时的速度方向
竖直向下;M在电场中做直线运动’刚离开电场时的动能为lV刚离开电场时动能的
1.5倍.不计空气阻力’重力加速度大小为g.求
dQ-→
＿＿＿＿ˉ＿＿＿｜＿—
左
H右
＿ˉ＿＿＿＿」＿
（1）M与N在电场中沿水平方向的位移之比;
（2）A点距电场上边界的高度;
（3）该电场的电场强度大小.
■翘涵
（1）设小球M、］V在A点水平射出时的初速度大小为u0,则它们进入电场时的水
乎速度仍然为Z′0.M｀N在电场中运动的时间t相等’电场力作用下产生的加
速度沿水ˉ平方向’大小均为α’在电场中沿水乎方向的位移分别为51和52.
解法l;运用＂-咖＋α』与』-U0』＋÷刨2求解
由题给条件和运动学公式得
小球N在水乎方向做匀减速运动’由速度公式得℃0—αt＝0
由位移公式得小球M的水乎位移＄1＝刚似＋÷哑2
≈
小球lv灼水乎位移‘』-咖广＋〃』
｜09
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
…Ⅷ
联立上述ˉ三式可得丑＝3
52
解法2;运用U＝锄＋凰』与｀＝咖于颧′求解
小球Ⅳ在水平方向做匀减速运动,由速度公式得U0—αt＝0
小球M在水平方向做匀加速运动’由速度公式得℃M＝U0＋αr
~｜
由位移公式得小球M的水平位移＄1＝U0十UM
2
r
小球N的水乎位移蛔-守′
联立可得丑＝3
52
解法3:运用『厂r图象求解
作出两个小球水平方向运动的沙r图象’如图1所示
在图中,图线所围成的面积表示位移’通过计算面积可得旦＝3.
s2
‖
‖
≤
γ0
O
′
图1
解法4:运用逆向思维结合推论求解
小球N在水平方向做初速度为U0’末速度为0的匀减速直线运动’运用逆向思
维可以将小球」V的运动看成初速度为0’未速度为z′0的匀加速直线运动;小球
M在水乎方向上做初速度为U0的匀加速运动’考虑到两小球在电场中的运动时
间相同’不妨将这两个运动相串接’如图2所示:
q
‖
γ
∑
刁
0
／
γ0
r
二
—≡
「
ˉ｜ˉ
S7
Jl
图2
b■
轧′
根据初速度为0的匀力口速直线运动的规律有旦＝3.
＄2
｜｜O
~
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』第二章电学综台篇｜
（2）设A点距电场上边界的高度为／l ’小球下落∧进入电场时在竖直方向的分速
度为Uy,
解法1:运用速度三角形与位移三角形相似求解
由运动学公式得U;＝2g／t
由位移公式得H-御′＋＋瞬』
小球M迸入电场后做直线运动,如图3所示,由几何关系知
Ⅺ
—
日
~~
匹
哟
V0
v）
H
图3
联立吻—〃＝0.与』』-锄帜＋÷砸2溺式可解得″-＋H
解法2:运用两个速度三角形相似求解
小球M进入电场与离开电场时的速度关系如图4所示,根据相似规律可得
√面颜—√2g（H＋h）
U0
UM
v∩
~~卢-＝-｜
√2幼｜
~
~
H
2V0
）
Ⅱ
＋
／
′
（
吕
∑
′
√
、
＝
图4
又因为UM＝U0＋αr＝2U0,
可解得h-＋H
｜｜｜＿
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
■翻Ⅷ
解法3:运用加速度三角形与速度三角形相似求解
在进入电场前’两小球做平抛运动’时间r1＝鱼
g
U0
两小球在电场中的运动时间r＝—
α
女口图5所示’小球M在电场中做直线运动’根据相似三角形规律可得坠＝迎
g
α
‖
可得t1＝r,
小球在竖直方向做自由落体运动’根据初速度为0的匀力口速直线运动的推论可
得h;H＝1
; 3,即′!＝寺H
O
p0
V｀
~~~~~~~
α
~
~
~
g｛-ˉˉ＞
图5
（3）女口图6所示,设电场强度的大小为E’小球M进入电场后做直线运动
v0
Sl
γ↓
Eq｜H
汀〗g
2V0
‖
v川
γ〃
图6
解法1:运用速度三角形与受力三角形相似求解
』
小球M在电场中做直线运动’根据相似规律可得亚＝勤
Uy
mg
又因为Uγ＝√蘸万
带咆小球出屯场时｀M与l｀′粒子动能之比为3
; 2,坪吼M-:Ek＂
｜｜2
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』第二章电学综台篇｝
■睡洒
又F｜:M-÷狮刚勋≡＋′″［2g（H＋h）＋（2徊0）2］
臼
EkN-÷…≡＋″‖×2g（H＋′a
联立可得E＝1罢。
√2q
解法2:运用受力三角形与位移三角形相似求解
′｜球M在屯场中做直线运动.根撼桐似规撑可得昔-黑
设M、N离开电场时的动能分别为EkM、EkN,由动能定理得
逊M-÷加（砌;＋砌;）＋狮凰H＋q压1
FkN-＋咖（刚;＋财;）＋咖gHqE‘』
由已知条件Ek1＝1.5Ek2
联立可得倔-湍
［感悟方法］
本题是电场和重力场叠加问题由于重力场和匀强电场都货
本题是电场和重力场叠加问题由于重力场和匀强电场都是恒定场’所以粒子
的运动轨迹只能是直线运动或是匀变速曲线运动,只要根据相应运动所对应的
规律求解并不困难.
［例2］（2015·高奢福建卷）如图,绝缘粗糙的竖直平面MⅣ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.—质量为加、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MlV做曲线运动.A、C两点间距离为h’重力加速度为g.
~
~
〃
′d
纷
／↑
′h
红
′
／
′
／
／
／
／
／
●
●
●
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·
—
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二
肘
云
●
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●
／
／
′
／
′
／
／
P
″▲』■■
V
｜｜3
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
（1）求小滑块运动到C点时的速度大小uc;
（2）求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功W／;
（3）若［）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UD’从D点运动到P点的时间为t’求小滑块
运动到P点时速度的大小UP.
■疆洒
（1）由题意知’根据左手定则可判断’滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹
力,当洛伦兹力等于电场力qE时滑块离开MlV开始做曲线运动’即Bqu＝qE
E
解得:z′C＝百.
（2）从A到C根撼动能定理;′″g′』—W′-＋顺徊』—0
解得;w′-狮酗—÷恤景
（3）解法1:正交分解法
如图1所示’设小滑块在D的速度与竖直方向的夹角为0’则小滑块从D点到
P点’有
］
曲
助
万
β
∏
■
■
〗
几
吕
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Ⅱ
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工
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水
〕
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∑
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℃
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℃
〗
／
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Ⅱ
—
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℃
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｜
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○
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℃
）
′
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【
℃
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≡
尸
尸
′
〖
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●
■
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动
得
方
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直
据
以
竖
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M
B·
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喝—;
VD
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雹肃Ⅷw示…‖
图l
｜｜4
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』第二章电学综台篇｝
解法2:动能定理法
如图1所示,设小滑块在D的速度与竖直方向的夹角为0’则小滑块从D点到
P点’有
水乎方向←恤卿s‖n,. ′—黑』
竖直方向;＂＝UD…. ′十＋g‘2
小滑块从D点到P点’由动能定理有
”g川—qE堑＝＋…—÷加翘i
γ
联立解得;融尸√獭凰）』＋（qE）＼:＋融i
刀?2
解法3:等效转化法
设重力与电场力的合力为F’由图2可知,在D点速度UD的方向与F的方向垂
直’从D到P做类乎抛运动’在F方向做匀加速运动α＝互,t时ˉ间内在F方向
″?
的位移为蜒＼-÷α产
从D到P,根撼动能定理;F叉＝÷枷渺;.—＋″蛔i,
其中F＝√（加g）2＋（qE）2
~
~
／（mg）2＋（qE）2
＝V
′厕2
~
t2＋z′b.
联立解得:z′P
M
VP
图2
｜↑5
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题k
［感悟方法〕
本题是重力场、电场、磁场的复合’对这样的问题’我们要注意:
1。洛伦兹力与状态有关
粒子受到的重力、电场力均为恒力,但受到的洛伦兹力却是＿个与粒子运动状
态有关的力’所以粒子运动的过程会比较复杂’从A到C做的是加速度增大的
加速运动’到C点时离开竖直平面,此时电场力与洛伦兹力等大反向;粒子从C
到D做变加速曲线运动.
2.分解与合成相得益彰
粒子从D到P的运动’只受到重力和电场力’做匀变速曲线运动.对于匀变速
典型运动求解速度的方法有两种:运动的合成与分解法以及动能定理法。若用
运动的合成与分解法’即正交分解法’那么可以选择重力和电场力两个方向建
立坐标来处理’如解法1;若用动能定理解法’在求合功时,我们既可以先求出两
个力各自的功再求合功,如解法2;也可以先求合力再求合功’如解法3.
｜
ˉ霞章节练习
L（2016 .高者上海卷）如图（a）所示’长度L＝0.8m的光滑杆左端固定—带正电的点电荷
A’其电荷量Q＝1.8×10-7C;一质量″!＝0.02kg｀带电荷量为q的小球B套在杆上.将
杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中’以杆左端为原点’沿杆向右为工轴正方向建立
坐标系.点电荷A对小球B的作用力随B位置工的变化关系如图（b）中曲线I所示’小
球B所受水平方向的合力随B位置工的变化关系如图（b）中曲线I所示,其中曲线I在
0. 16≤工≤0.20和死≥0.40范围可近似看做直线求:（静电力常量诧＝9×109N.m2／C2）
】
｀尸丫N
｝
‖
0.030
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A●——＿◎-
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ˉˉˉD舒l6
~~~~~~~~
0冒20ˉ0
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′
／
′
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‖
O
X
（b）
＼
】
／
日
（
｜｜6
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」第二章电学综台篇｝
（1）小球B所带电荷量q;
（2）非均匀外电场在工＝0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E;
（3）在合电场中’工＝0.4m与工＝（）.6m之间的电势差U;
（4）已知小球在虹＝0.2m处获得u＝0.4m／s的初速度时’最远可以运动到工＝0.4m
处.若小球在工＝0. 16m处受到方向向右、大小为（）.04N的恒力作用后’由静止开始
运动’为使小球能离开细杆’恒力作用的最小距离5是多少?
｜｜7
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题｜
（2014.盲者全国卷I）如图’O、A、B为同—竖直平面内的三个点’OB沿竖直方向’
0）
么BOA＝60..OB＝;OA,将一质量为狮的小球以＿定的初动能自O点水平向右抛出,
小球在运动过程中恰好通过A点.使此小球带电,电荷量为q（q＞0）’同时加—匀强电
场’场强方向与△OAB所在平面平行.现从O点以同样的初动能沿某＿方向抛出此带
电小球’该小球通过了A点’到达A点时的动能是初动能的3倍;若该小球从O点以同
样的初动能沿另一方向抛出,恰好通过B点’且到达B点时的动能为初动能的6倍’重
■
’
曰
力加速度大小为g.求:
B
（1）无电场时’小球到达A点时的动能与初动能的比值;
（2）电场强度的大小和方向.
~
~
｜｜8
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』第二章电学综台篇｜
3.
（2（）16.高雪天津卷）如图所示’空间中存在着水平向右的匀强
B×
×
×
×
×
×
电场’电场强度大小为E＝5√百N／C’同时存在着水平方向的匀
强磁场’其方向与电场方向垂直’磁感应强度大小B＝0.5T.有
×P×
×
×
×
×
E
＿
—
×
×
×
×
×
×
—带正电的小球’质量″!＝1×10-6kg’电荷量q＝2×10
6C’正以速度u在图示的竖
直面内做匀速直线运动’当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁场消失弓｜起的电磁感应现
象）,取g＝10m／s2 ’求:
（1）小球做匀速直线运动的速度U的大小和方向;
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间j
｜｜9
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题［
（2014.高者四」｜‖卷）如图所示’水平放置的不带电的平行金属板户
和b相距h,与图示电路相连’金属板厚度不计’忽略边缘效应.P
板上表面光滑’涂有绝缘层’其上O点右侧相距∧处有小孔K;b板
上有小孔T’且O、T在同—条竖直线上’图示平面为竖直平面.质」
（2014·高者四」｜‖卷）加图所示·水平放署的不带由』的平行全属析力
上有小孔T’且O、T在同—条竖直线上’图示平面为竖直平面.质量
-
lS
4
为m｀电荷量为—q
（q＞0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射’沿户板上表面运动时间t后
到达K孔’不与板碰撞地进人两板之间.粒子视为质点’在图示平面内运动’电荷量保持
不变’不计空气阻力’重力加速度大小为g.
（1）求发射装置对粒子做的功;
（2）电路中的直流电源内阻为厂’开关S接“1”位置时’进人板间的粒子落在b板上的A
点’A点与过K孔竖直线的距离为／.此后将开关S接“2”位置’求阻值为R的电阻
中的电流强度;
（3）若选用恰当直流电源’电路中开关S接‘‘1”位置,使进人板间的粒子受力平衡’此时
U
h
在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强
度B只能在0～Bm＝包三＋5）″｜范围内选取）’使粒子恰好从b板的T孔飞出’求粒
（｀／21—2）qr
子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）.
‖
‖
｜2O
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』第二章电学综台篇｜
第十二讲带电粒子运动对接高新科技
◎典例剖析
［例1］（20l5·高奢江苏卷）＿台质谱仪的工作原理如图所示’电荷量均为＋q、质量不同的
离子飘人电压为U0的加速电场’其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O
沿着与磁场垂直的方向进人磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上已知放
置底片的区域MV＝L,且OM-L某次测量发现MN中左侧÷区域MQ损坏’检铡
不到离子,但右侧寺区域Qlv仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后,原本打
O
在MQ的离子即可在QN检测到.
士
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＿
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—
—
出
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乙｜
‖
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尸
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尸
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~~
~~
～
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×
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｀
、
、
飞
、
｀
｀
飞
秘
｀
毗
×
×
×
×
×
（1）求原本打在MN中点P的离子质量″′ ;
（2）为使原本打在P的离子能打在QlV区域’求加速电压U的调节范围;
（3）为了在QlV区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整’求需要调节U的最
少次数. （取lg2＝0.301’lg3＝0.477,lg5＝0.699）
｜·解析净
α）离子在电场中加途qUb-＋狮渺;
在磁场中做匀速圆周运动qUB＝m兰
厂0
解得门｛-古√2″笋
代入殉-÷L,解得′＂-9揣』
｜2｜
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
16U0厂2
（2）由（1）知,U＝
9L2
100U0
离子打在Q点萨＝:L,U≡
81
16U0
离子打在」V点厂＝L’U＝—丁
则屯压灼范圈1嘿J,≤U≤竿
（3）解法1:搬家法—从右往左搬
“为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整”也就是把原先打
在MQ的离子搬到QN.调节U的次数就是“搬”的次数.我们可以考虑从右端
开始“搬,,·
由（1）可知’厂◎c√万
由题意知’第1次调节电压到u1 ’使原本Q点的离子打在］v点,如图甲所示有
门
呵
~~
儿
—
阮
匙
。
此时,原本半径为厂1的打在Q1的离子打在Q上
反
;L～√厉
厂1
√万『
解得门-（:）2L
…
…
封
｜
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＝
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甲
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×
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‖22
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』第二章电学综台震‖
…Ⅷ
｜
Ⅲ｝工＿』—
×
×
×
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科
〕
′
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α
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×
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×
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B
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
图乙
第2次调节电压到U2’原本打在Q1的离子打在］V点’原本半径为厂2的才丁在Q2
只
的离子打在Q上,如图乙所示有上＝｀皿堂—｀皿
厂l
√U『’
′＝2
√万『
解得〃-（:）』L
／5｀〃＋1
同理,第″次调节电压,有厂撇＝（百）
L
检铡｜完整｀有了′≤÷
解得″≥lg2-1≈2.8
lg（:）
最少次数为3次.
解法2:搬家法—从左往右搬
下面,我们考虑从左端开始“搬”’如图丙所示.
｜
〔｀二［』
｜
O
p尸
＝＝≈≈℃
Ⅳ
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图丙
｜23
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（满分之路搞定高考物理民辆题■
…Ⅷ
由（1）可知’厂。C√百’
第一次调节’使原本打在M的离于打在Q点’此时调节到的电压为U1 ’如图
丙有
—
叫
＿
—
闷~~
皿
＿
β
—
儿
—
日
此时’原本半径为厂1打在lV1的离子打在了lV点’则
了
儿
—
◎
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×
尸
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＿
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×
×
×
图丁
第二次调节’使原本打在lV1的离子打在Q点,此时调节到的电压为U2 ,女口图
丁有
阿
呵
~皿—β—门
此时’原本半径为厂2的打在N2的离子打在N上’则
儿
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◎
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阿
—
厂
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得
儿
—
″
解
↑24
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』第二章电学综台篇｜
…
以此类椎,可得到第＂次调压,有厂脚-（:）澜×÷
只
检测完整,有′＂≥亏L
可解得″≥2.8’即最少要调压3次.
［感悟方法］
本题最大的难点是在第（3）小题’我们可以作些试探性分析:
1.定性分析:要能在QN检测出所有MQ间的离子,则要调节电压变大’使离子运
动半径变大.
2.定量判断《能不能—次性调压实现呢?
可以有两种思考:求出使得原先打在M的粒子打在Q点所需要的电压,发现在
这个电压下,原先打中Q点的粒子已经超出N点;也可以求出原先打在Q点的
粒子打在lV点所需要的电压,发现在这个电压下’原先打在M点的粒子已经超
出了Q点.看来’＿次是不可行的.
3.选定方案:多次调压,逐步实现
有了定性分析与定量判断’我们能领会出问题的本质就是对粒子的多次‘‘搬家”’既
然是“搬家”,自然是可以从左边开始’也可以从右边开始’这正是多解思路的来源
［例2］（2016.高者江苏卷）回旋加速器的工作原理如图1所示’置于真空中的D形金属盒
半径为R’两盒间狭缝的间距为创’磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直’被加速
粒子的质量为加、电荷量为＋q’加在狭缝间的交变电压如图2所示’电压值的大小为
U＂.周期T-楞—柬该种粒子在′-0～晋时间内从A处均匀地飘人狭缝,典初逮
度视为零°现考虑粒子在狭缝中的运动时间’假设能够出射的粒子每次经过狭缝均
做加速运动’不考虑粒子间的相互作用求:
×
×
×
×
×
×
B
×
×
｜
工
‘
丁
｜
Ⅳ
UhⅣ
）
Ⅱ
、
○
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Ⅵ
∑
『
］
＿
∑
『
—
γ
］
—
∑
ˉ
-Ub
图1
图2
｜26
~
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
（1）出射粒子的动能Em;
（2）粒子从飘人狭缝至动能达到Em所需的总时间／0
;
（3）要使飘人狭缝的粒子中有超过99％能射出’α应满足的条件
…洒
（1）粒ˉ子经过电场力口速、磁场偏转’最终沿D形盒边界射出’即粒子运动的动能最
大时,粒子的半径最大为R·
粒子在磁场中做圆周运动’
U2
有qUB＝加F
且E啊≡＋咖呵』
解得E硬』≡q等1
（2）解法1:分段累积法
粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0由两部分组成,一部分是在电
场中的时间’另一部分是在磁场中的时间.
粒子被加速″次达到动能Em’则Em＝″qUb
在磁场里的时间,‘＝（”—｜）×子
△
在电场中’因为在电场中加速的时间每一次不相等’设第1次为t1 ,第2次为
t2 ’第3次为r3 ,…第＂次为t厕’每次加速后的轨道半径分别为厂1、′＝2、厂3…厂厕’
粒子在狭缝间做匀加速运动’设″次经过狭缝的总时间为△t
力口速度α＝山
加创
则;廖｛≡爷＝爵』,
U2＿Ul＝塑（厂2—厂l）
t2＝
α
′γⅡα
＝塑（厂3—′2）
′γ〗α
Uq＿I／9
凹
■
~
·
丁
凸
∩
≤
■
α
IGG
｜26
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」第羔章电学综台篇｜
U厕一U″—1 ;＝塑（R—厂′′—1）
t门＝
α
″0α
在电场中加速的总时间为
△t＝t1＋r2＋t3＋…＋t″
＝塑［′〕＋（厂2—厂l）＋（厂3＿厂2）＋……＋（R＿厂″一1）］
″〗α
塑R
″?α
~~
αBR
＝
U（）
由t（）＝t＋△t
解得t0＝冗BR2＋2BIM沉m
2U0
qB。
解法2:整体分析法
粒子被加速〃次达到动能Em,
则Em＝″qUb
在磁场里的时间,r＝（″—l）×等
△
粒子在狭缝间做匀加速运动’将各段匀加速运动的部分合并到一起’可以整体
看成一个初速度为零的匀加速直线运动’设门次经过狭缝的总时间为△t
加速度α＝凹
加回
匀加逮直线运动″硼＝÷α. （M2
由′0＝（厕—l）.吾＋△′
解得t0＝冗BR2＋2BRd
冗加
2U0
qB·
｜27
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
…Ⅷ
（:）只有在0～（苦鲤）时间内飘入的缠子才能每次均被加逮
T
亏—△t
则所占的比例为γ＝昌T
2
陶聊＞99％｀解得刚＜］瑞愿
［感悟方法］
对于回旋加速器’我们要注意以下几点:
L要实现回旋加速粒子在磁场中运动的周期等于交变电压的周期
2根据E哪ˉq譬』可知粒子j‖速的最大逮度仅与磁场强度B、『J形盒半摊＂
以及粒子本质的荷质比坠有关,与电场强度E的大小及加速的次数无关.
″2
3粒子在D形盒磁场中回旋的总时间为‘圈-″;,而不是‘厕＝″T,因为每半周加
速1次.
4.粒子在电场中的时间tE＜tB,—般粗略运算中可以忽略;若要精确计算’可以将
粒子在电场中的运动整体处理为初速度为零的匀加速直线运动
＾名章节练习
（2012.高雪天津卷）对铀235的进—步研究在核能的开发和利用中具有重要意义如
图所示’质量为m、电荷量为q的铀235离子’从容器A下方的小孔Sl不断飘人加速电
场’其初速度可视为零’然后经过小孔S2垂直于磁场方向进人磁感应强度为B的匀强
磁场中’做半径为R的匀速圆周运动.离子行进半个圆周后离开磁场并被收集’离开磁
场时离子束的等效电流为I.不考虑离子重力及离子间的相互作用.
1
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｜28
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『第二章电学综台篇｜
（1）求加速电场的电压U;
（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M;
（3）实际上加速电压的大小会在U±△U范围内微小变化.若容器A中有电荷量相同的
铀235和铀238两种离子’如前述情况它们经电场加速后进人磁场中会发生分离’
为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠,等应小于多少? （结果用百分数
U
表示’保留两位有效数字）
｜29
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（2017.高雪江霉餐）＿台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘人电压
为U0的加速电场’其初速度几乎为0’经加速后’通过宽为L的狭缝M］V沿着与磁场垂
直的方向进人磁感应强度为B的匀强磁场中’最后打到照相底片上.已知甲、乙两种离子
的电荷量均为＋q’质量分别为2″!和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、lV的甲种离
子的运动轨迹不考虑离子间的相互作用.
2
B
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＝
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业M↓』.
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｜
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』
ˉ」｜｜｜ˉ ,
底片
叫龋｜
＋｜ˉˉˉˉˉˉˉˉ
（1）求甲种离子打在底片上的位置到lV点的最小距离工;
（2）在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域’并求该区域最窄处的宽度‘／;
（3）若考虑加速电压有波动’在（U0—△U）到（U0＋△U）之间变化’要使甲、乙两种离子
‖
在底片上没有重叠’求狭缝宽度L满足的条件
‖
｜30
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『第羔章电学综台篇｜
3. （2014.高雪天津卷）同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用’其×
／／×ˉˉˉ汉｀
×
慧铡贺!:酬削!嘿i＂‖蹦』!）｛噬—
×
×ˉˉˉ≡×
×
间’初速度可视为零.每当A进人板间’两板的电势差变为U’粒子得到
加速’当A离开N板时’两板的电荷量均立即变为零.两板外部存在垂直纸面向里的匀
强磁场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动’R远大于板间距离A经电场多次加
速’动能不断增大’为使R保持不变’磁场必须相应地变化不计粒子加速时间及其做圆
周运动产生的电磁辐射’不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应.求:
（1）A运动第1周时磁场的磁感应强度B］的大小;
（2）在A运动第〃周的时间内电场力做功的平均功率P″;
（3）若有—个质量也为加、电荷量为＋龙q（诧为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A
同时从M板小孔飘人板间’A、B初速度均可视为零’不计两者间的相互作用’除此之
外’其他条件均不变下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹.在B的轨迹半径
远大于板间距离的前提下’请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导
说明理由
ˉ
＿
‖
栏
＿
『
◎
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~
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／
ˉ
○
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~
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D
~~~C
｜3‖
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L（2015.高雪≡床卷）如图为某种离子加速器的设计方
案两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的
;｛删勒剿川棚撇刚毯＋
α’P为靶点,O′P＝缸（卢为大于1的整数）.极板间存在
方向向上的匀强电场’两极板间电压为U.质量为加、带
电量为q的正离子从O点由静止开始加速’经O′进人
磁场区域当离子打到极板上O′lV′区域（含lV′点）或外壳」
］V′点）或外壳上时将会被吸收’两虚线之间
的区域无电场和磁场存在’离子可匀速穿过’忽略相对论效应和离子所受的茸
（1）离子经过电场仅加速—次后能打到P点所需的磁感应强度大小;
（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值;
（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间
子所受的重力.求:
｜32
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』第二章电学综台篇｜
第十三讲
‘‘发电类’,模型问题
◎典例剖析
［
（例1］（2016.高雪上海卷）如图所示’＿关于y轴对称的导体轨道位于水平面内’磁感应
强度为B的匀强磁场与平面垂直.＿足够长、质量为加的直导体棒沿工方向置于轨
道上’在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为α的匀加速直线
运动’运动时棒与工轴始终平行.棒单位长度的电阻为p’与电阻不计的轨道接触良
好’运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P厂＝勺了（SI）.求:
》
×
×O×
×则
（1）导体轨道的轨道方程y＝／（工）;
（2）棒在运动过程中受到的安培力F池随y的变化关系;
（3）棒从y＝0运动到y＝L过程中外力F的功.
（1）根据纯电阻电略中的能量转化结合本题题意’导体棒运动过程中回略产生的
热功率等于回路中感应电流的做功功率’也等于兑服安培力做功的功率.因
此,本小题有两种基本的解法.
解法1;能量守恒—回路发热功率等干电流做功的功率
设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±工’）′）,速度为U’根据法拉
第电磁感应定律’可得感应电动势E＝B（2工）U
感应电流徽功的功率P-碧
3
根据题意’运动中产生的热功率P′＝诧y了
‖33
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厂
满分之路搞定高考物理压轴题l
…
根据能量守恒’有P≡P′
棒做匀加速运动U2＝2‘D′
又有R＝2pr
凝,｜…得删-（等）』蚕』’轨……缘
解法2:能量守恒—回路发热功率等于克服安培力做功的功率
设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±工’y）’速度为z′
安培力F-B子·
6』（2堑）』”
≡≡≡
R
安培力的功率P＝FU＝4B2工2U2
R
3
根据题意’运动中产生的热功率P厂＝虎y了
根据能量守恒’有P＝P′
棒做匀加速运动U2＝2αy
又有R≡2pr
（等户:·…状…巍
联列各式可得y＝
（2』安培力F啊-竿财—吐伍y
p
α轨…代入得F″-六叭
（3）导体棒向上做匀加速运动’根据牛顿第二定律可得FF加＝′〃α
可得F-F″＋″腮-忘…
外力F与位移γ成正比’即力F随位移y呈线性变化.对于这类变力做功’可
以通过以下几种方法来求解.
解法1:转化为平均力求解
当）′＝（）时’外力F（）≡′″α
—…一
↑34
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」第二章电学综台篇‖
约-′.畸外力F」-怠〖十′″“
—F0＋F1
外力F随位移γ呈线性变化’平均力F＝
2
~
外力F做功W＝FL
可得W＝—旦L2＋″!αL.
2√z
解法2;运用微积分求解
虽然外力F为变力’但如果将整个过程分成″个微小过程’当″足够大时’每一
个微小过程中外力F都可以被看成恒力’求出每小段外力F所做的功’然后将
所有的微小段内做的功累加起来’就是整个过程外力F做的功.
在爆＿微｜段内｀…蛔｀外…dW-…-（忘』＋″陋）d’
所以,外力徽…W-｜;（忘］＋枷座）d删-志瓜』十…
解法3:运用动能定理求解
对棒的运动过程,根播动能定理得W／w砸-＋砸渺』
婆垮力微功w辩-志K』
棒在γ＝L处棒的速度U＝√丽y＝√丽r
动能E腮-÷咖硼』-枷翅儿
外力做功W＝上L2＋咖αL
2√2（I
解法4:运用图象方法求解
考虑到功是力在位移上的累积’而这种累积的效果往往与图象的“面积”相对
应’我们不妨画出外力F与位移γ的关系图象.
如图所示’当J＝0时’外力F0＝″′α
蜜＂-L时.,卜力F｜—右L＋测“
｜35
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〗满分之路,搞定高考物理压轴题［
■翻m
F
O
L
J
外力做功等于图线与）′轴所围成的面积大小,
所以W-F＂古F』［
蝶列各式可得w-志瓜:＋…
［感悟方法］
本题的求解’让我们明确了＿个关系,学会了—个方法:
1.-个关系:安培力做负功与能量转化的关系
导体棒运动过程中克服安培力做的功等于回路中感应电流的做功’等于机械能
转化为电能的能量,如果回路是纯电阻电路’那么也等于回路产生的焦耳热量.
2.-个方法:变力做功的方法
对于变力做功,总体来讲’我们采用‘转化”的方法.转化的基本策略有二:
＿个是将变力转化为恒力,如转化为平均力’微元法等;
另一个是将变力做的功转化为求解其他等效的量,比如通过动能定理,将做功
转化为能量的变化;将做功转化为求图象的面积等
‖
［例2］（2013.盲雪全国卷I）如图’两条平行导轨所在平
面与水平地面的夹角为0’间距为L.导轨上端接有
＿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
严’重力加速度大小为g.忽赂所有电阻.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.
一｜36
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■翻Ⅷ
◎
◎
◎
◎
（1）设金属棒下滑的速度大小为U’则感应电动势为E＝BLU
乎行板电容器两极板之间的电势差为U＝E
设此时电容嚣极板上积累的屯荷量为Q.按定义有C＝:
联立O◎O式得Q＝CBLu.
（2）解法1:动力学观点
设金属棒的速度大小为U时经历的时间为t’通过金属棒的电流为′.金属棒受
到的磁场的作用力方向沿导轨向上’大小为／1＝BLt
◎
设在时间间隔（‘』蓝＋鲤）内流经金属棒约嘲菏量为△Q’撼定义有′-尝o
△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t’t＋△r）内增力口的电荷量.由@式得
△Q＝CBL△u
o
式中’△U为金属棒的速度变化量
根撼定义有α-釜
圆
全属棒所受到的摩擦力方向斜向上’大小为／2＝／《Ⅳ
o
式中’N是金属棒对导轨的正压力的大小,有N≡加gcos0
O
金属棒在时刻r的加速度方向沿斜面向下’设其大小为α’根据牛顿第二定
律有
加gsin0—／1＿／2＝加α
o
联立◎至O式得α＝m（sin0—〃cos0）
加＋B2L2C
g
@
由o式及题设可知’金属棒做初速度为零的匀加速直线运动. t时刻金属棒的
速度大小为
″I（sin0—〃cos0）
o
m＋B2L2C
gr.
U二≡＝
解法2:动量观点
设金属棒的速度大小为U时经历的时间为t’由动量定理有
（mgsinβ—严加gcos0—BIL）
. r＝加u
根据电流的定义式可得Q＝It
↑37
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…洒
根据电容的定义式可得Q＝cu
根据法拉第电磁感应定律有U＝BLu
联立解得u＝加（sinβ
〃cos0）
m＋B2L2C
gt.
解法3:能量观点
设金属棒下滑距离s时’瞬时速度为u’则电容器两极板电压U＝BLu
咆容器充咆储存的能量为E-÷QU-÷CU瞥＝＋B圈L2C徊,
根据能量守恒有
…in0-腮…。S′＋＋咖触』＋＋B』L:C渺』
可得u2＝2加g（sin0—〃cosβ）＄
m＋B2L2C
通过与u2＝2α5等效类比’发现金属棒沿导轨加速度α＝″′g（sin0—〃cos0）
m＋B2L2C
m（sln0—〃cos0）
金属棒匀加速下滑.则U＝αt＝
m＋B2L2C
gt.
［感悟方法］
通过本题’我们学会了探究变速直线运动的三种基本方法:
1.微元法
导体棒做变速直线运动’可以用微元法切人’从电荷量的微元△Q与时间微元
△r出发’转化到速度微元△U与时间微元△r,得出导体棒加速度α’将运动学与
动力学联系起来.
2.动量定理法
如果说微元法是从微观人手探寻导体棒的宏观运动规律’那么动量定理就是从
宏观人手探寻导体棒的运动规律.
3.能量守恒法
能量守恒法是从更立体的思维人手.按照自然界最普遍的“不变原则”来探寻导
体棒的运动规律,最终巧妙地与匀变速直线运动的规律联系在—起.
‖
｜38
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ˉ珍?章节练习
~~
L（2012.盲雪福建卷）如图甲,在圆柱形区域内存在—方向竖直向下、磁感应强度大小为
B的匀强磁场,在此区域内’沿水平面固定—半径为厂的圆环形光滑细玻璃管,环心O在
区域中心.＿质量为′′!、带电荷量为q（q＞0）的小球’在管内沿逆时针方向（从上向下看）
做圆周运动已知磁感应强度大小B随时间′的变化关系如图乙所硕.其巾T则-瓣
设小球在运动过程中电荷量保持不变’对原磁场的影响可忽略
B
2B（）
B｜］
O
川
l。5Z）2Z）
乙
′
甲
乙
（1）在r＝0到r＝T0这段时间内’小球不受细管侧壁的作用力’求小球的速度大小U0;
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中’将产生涡旋电场,其电场线是在水平面内—系
列沿逆时针方向的同心圆’同＿条电场线上各点的场强大小相等.试求t＝T0到t≡
1.5T0这段时间内:
@细管内涡旋电场的场强大小E;
◎电场力对小球做的功W.
｜39
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（2017 .浙江4月）间距为』的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成’如
图所示.倾角为0的导轨处于大小为Bl、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中.
水平导轨上的无磁场区间静止放置＿质量为3m的‘‘联动双杆”（由两根长为［的金属杆
Cα和e／’用长度为L的刚性绝缘杆连接构成）’在“联动双杆’’右侧存在大小为B2、方向
垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于L.质量为m、长为′的金属杆αb从倾
斜导轨上端释放’达到匀速后进人水平导轨（无能量损失）’杆αb与‘‘联动双杆”发生碰
撞’碰后杆αb和C创合在＿起形成“联动三杆”. “联动三杆”继续沿水平导轨进人磁场区
间I并从中滑出.运动过程中’杆αb、Cd和e／与导轨始终接触良好’且保持与导轨垂直
已知杆αb、cα和e／电阻均为R＝0.02Q’m＝0. 1kg’／＝0.5m’L＝0.3m’0＝30°,Bl＝
2
0. 1T’B2＝0.2T.不计摩擦阻力和导轨电阻’忽略磁场边界效应.求:
~↑~~~
寸盂
＝＝＝＿▲ˉ
h
《
′
′
‖
／
（1）杆α6在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小U0
;
（2）“联动三杆”进人磁场区间Ⅱ前的速度大小U;
（3）“联动三杆”滑过磁场区间lI产生的焦耳热Q
』
■
■
｜40
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』第二章电学综台篇｝
3. （2014.高者全国卷Il）半径分别为′和2厂的同心圆形导轨固定在同—
水平面内’＿长为厂,质量为加且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆
导轨上面’BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示.整
个装置位于＿匀强磁场中’磁感应强度的大小为B’方向竖直向下.在
呼）
＼＼
B
《
】
夕
·
○
C
D
内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有＿阻值为R的电阻（图中未画出）.直导体
棒在水平外力作用下以角速度@绕O逆时针匀速转动’在转动过程中始终与导轨保持良
好接触.设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为〃’导体棒和导轨的电阻均可忽略.重力加
速度大小为g.求:
（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小;
（2）外力的功率
｜4↑
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｛满分之路·搞定高考物理压轴题l
（20（）7 .高雪北京卷）用密度为d、电阻率为p、横截面积为A的薄金属条制成边长为L
的闭合正方形框αb6′α′.如图所示,金属方框水平放在磁极的狭缝间’方框平面与磁场方
向平行.设匀强磁场仅存在于相对磁极之间,其他地方的磁场忽略不计.可认为方框的
αα′边和6b′边都处在磁极之间’极间磁感应强度大小为B.方框从静止开始释放’其平面
在下落过程中保持水平（不计空气阻力）.
l
』
‖
｜
＄
「I］
S
＝
＝
框
金属方
／／;
＼′』
磁极
金）禹方柜
／／
激发磁场的通电线圈
装置纵截面示意图
装置俯视示意图
（1）求方框下落的最大速度Um（设磁场区域在竖直方向足够长）
;
（2）当方框下落的加速度为÷时,求方框的发热功率P;
（3）已知方框下落时间为t时’下落高度为∧｀其速度为Ut（U!＜Um）.若在同＿时间r内’
方框内产生的热与＿恒定电流I0在该框内产生的热相同求恒定电流I0的表达式.
‖42
吕
／
N
＝
S
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「第二章电学综台篇｝
第十四讲
‘‘电动类’’模型问题
◎典例剖析
~~~~~
1］（2017.高雪天津卷）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度’其原
理可用来研制新武器和航天运载器电磁轨道炮示意如图’图中直流电源电动势为
E’电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为／’电阻不
计.炮弹可视为一质量为′〃、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状
态’并与导轨良好接触首先开关S接1’使电容器完全充电.然后将S接至2’导轨间
存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出）’M］V开始向
右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时’回路中电流
为零’MlV达到最大速度’之后离开导轨问:
［例
″
＝
Ⅳ
旦
『
—
］
—
Ⅱ
厂
上
丁
〔
E
（1）磁场的方向;
（2）MN刚开始运动时加速度α的大小;
（3）MlV离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少.
（1）如图甲所示’通过炮弹的电流从M到lV’受到的安培力向右’根据左子定则’
可以判定磁场方向垂直于导轨平面向下.
＿［—l催
｀炽×
×
0→尸
I
E
C
× Ⅳ××
甲
（2）电容器完全充电后,两极板间电压为E,当开关S接2时,电容器放电,设刚放
咆时’炮弹可以看做是钝屯囤, .流缓Mv的电流为l’有」-÷
o
设MN受到的安培力为F’有F＝IIB
@
｜43
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.满分之路.搞定高考物理压轴题l
■溉Ⅷ
由牛顿第二定律’有F＝mα
◎
联立◎◎o式得α＝旦旦
@
加R.
（3）当电容器充电完毕时’设电容器上电荷量为Q0’有Q0＝CE
◎
开关S接2后,MlV开始向右加速运动,切割磁感线,产生“反电动势”,当速度
达到最大值Umax时’此时反电动势与电容器两端电压相等.
设MN上的反电动势为E′ ’如图乙所示’有E′＝B′Uma×
o
｜~
｜~
q＿｜—
—l旦
］
／
丁
丁
乙
0
傣题意有E′-U-:
设在比过程中MN的平均电流为I,MN上受到的乎均安培力为F,有
F＝I／B
由动量定理’有F△r＝加Umax
又I△t＝Q0—Q
@
◎
◎
◎
藤立o圆圃圃o酗式得Q-拧釜;是
o
｜
弓｜申:试求MN在轨道上运动的过程回路中产生的焦耳热
解析:根据能量守恒定律’电容器的电场能转化为炮弹的动能和回略中产生的
热能.现在妥求解回略中产生的焦耳热’妥求出电容器的电场能和炮弹的
动能.
炮弹达到最大速度时的动能E鹰∏｀-＋…岛
咆容嚣的咆场能W＝十CU2
所以,电容器咆场能的转化△w-÷cE:—＋C［膜
～
】
｜44
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『第二章电学综台篇｝
■疆Ⅷ
根据能的转化与守恒,可得
÷CE:—＋C〔户＝Q＋＋″!刚:!
0
γ″CE2
解得Q＝2（″!＋B2／2C）.
［感悟方法］
通过本题的求解’让我们对安培力做功的认识更全面:
安培力做负功’机械能转化为电能,电能再进＿步转化为其他形式的能;如’上
一讲例1;
安培力做正功’电能转化为机械能以及其他形式能,比如回路中的热能而转化
的电能来自于电源内部能量,比如本题中电容器的电场能.
［例2］（2014.盲雪北京卷）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作用下’在导线框上以速度U做匀速运动’速度U与恒力F
方向相同;导线MⅣ始终与导线框形成闭合回路.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
×
×
×M×
×
×
×
×
尸
×
→
×
喇
—
×
×
×
×
×
B
×
×
×
×
×Ⅳ×
×
×
（1）通过公式推导验证:在△t时间内’F对导线MN所做的功W等于电路获得的电
能W电’也等于导线MlV中产生的焦耳热Q;
（2）若导线MN的质量m＝8.0g’长度L＝0. 10m’感应电流I＝1.0A’假设—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Ue（下表中列出＿些你可能会用到的数据）;
｜
6°0×10—2kg／mol
｜46
阿伏加德罗常数NA
元电荷e
6· （）×1023mol-l
1·6×10—19C
导线MⅣ的摩尔质量尸
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（3）经典物理学认为’金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子
失去电子后的剩余部分）的碰撞.展开你想象的翅膀,给出＿个合理的自由电子
的运动模型;在此基础上’求出导线M／V中金属离子对—个自由电子沿导线长度
方向的平均作用力了的表达式
（1）导线产生的感应电动势
E＝BLU
导线匀速运动,受力乎衡
F＝F安＝BIL
在△t时间内’外力F对导线做功
W＝Fu△t＝F安u△t＝BILu△t
电路获得的电能
W电＝qE＝IE△t＝BILu△r
可见’F对导线MN所做的功等于电略获得的电能W电;
导线MlV中产生的焦耳热
Q＝I2R△r＝I△r
° IR＝qE＝W电
可见’电略获得的电能W电等于导线MlV中产生的焦耳热Q.
（2）导线MlV中具有的原子数为］V＝巫NA
／《
因为一个金属原子贡献一个电子’所以导线MlV中的自由电子数也是N
导线MN单位体积内的自由咆子数″-呈
其中’S为导线MN的横截面积.
因为电流I＝门UeSe
】
■
q
~
＝
旧
些
…
~~
皿
—
№
~~
［
—
杠
~~
巴
【
以
所
｜
解得ue≈7.8×10
6m／s.
｜46
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『第二章电学综台篇｜
（3）下列解法的共同假设:所有自由电子（简称电子’下同）以同一方式运动.
解法l:动量解法
设电子在第一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间
为△r,电子的动量变化为零.
因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力／洛的作用
／洛＝eUB
沿导线方向’电子只受到金属离子的作用力和／洛的作用’所以
I／＿／洛△t≡0
~
~
其中I／为金属离子对ˉ电子的作用力的冲量’其平均作用力为／’则I／＝／△r
~
得／＝／洛＝e℃B.
解法2:能量解法
设电子从导线的一端到达另一端经历的时ˉ间为r,在这段时间内’通过导线一
端的电子总数
N＝上
e
电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的干均作用力／做功产生的.
在时间t内’总的焦耳热
Q＝lV／L
根据能量守恒定律’有
Q＝W电＝EIr＝BLⅪ′It
所以
~／＝eUB.
解法3:力的平衡解法
因为电流不变’所以假设电子以速度U‘相对导线做匀速直线运动.
因为导线MN的运动’电子受到沿导线方向的洛伦兹力／洛的作用
｜47
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…
／洛＝e′UB
~
沿导线方向’电子只受到金属离ˉ于的乎均作用力／和／洛作用’二力平衡’即
~／＝／洛＝eUB｀
（例3］（2017
（2017 .高雪北京卷）发电机和电动机具有装置上的类似性’源于它们机理上的类似
性直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景
Ⅳ
◎
↓
↓
Ⅱ
β
↓
尸
图1
图2
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中’两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定
在水平面内’相距为L’电阻不计.电阻为R的金属导体棒αb垂直于MlV、PQ放在
轨道上’与轨道接触良好,以速度U（U平行于MN）向右做匀速运动.
图1轨道端点MP间接有阻值为厂的电阻’导体棒αb受到水平向右的外力作用图
2轨道端点MP间接有直流电源’导体棒αb通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流
为I.
（1）求在△r时间内’图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能.
（2）从微观角度看’导体棒αb中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重
要作甩为了方便’可认为导体棒中的自由电荷为正电荷.
a.请在图3（图1的导体棒α6）、图4（图2的导体棒αb）中’分别田出自由电荷所
受洛伦兹力的示意图.
b.我们知道’洛伦兹力对运动电荷不做功.那么’导体棒αb中的自由电荷所受洛
伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机’’为例’通过计
算分析说明.
l
α
α
｜—; !川赃;
］露｜溅!圆! ;雹＂!
×
×
×
x
×
×
×
×
×
×
×B×
×气沉
×
b
图4
×
气
b
图3
｛48
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』第二章电学综台篇｜
…
（1）I.求解题图1“发电机’’产生的电能
M
α
Ⅳ
／
『
阀记＞头＜→卜
／≥箩
′
□
b
｜↓B
P
乙
甲
解法1:运用功能关系求解
如图甲所示’导体棒水乎方向受到安培力FA1和外力F作用’考虑到导体棒做
匀速运动’可得F＝FAl ’考虑到功是能量转化的量度’可见导体棒匀速运动的
过程中’外力克服安培力做功’将其他形式的能转化为电能.因此’“发电机”产
过程中’外力克服安培力做功’将其他形式的能转化为电能.因止｜
生的电能等于外力做的功’也等于克服安培力做的功.
作出等效电略图如图乙所示’
电路中的咆流I1-器
棒αb受到的安培力FA1＝BI］L
在△r时间内’“发电机”产生的电能等于棒α6克服安培力做的功
E您-F蛔财△!＿睬肯芒△′
B2L2U2△t
或者:E电≡Fz′△t＝FA1U△r＝
R＋厂
解法2:运用电流做功求解
产生的电能等于电流做的功E电＝WI＝EI△〗
咆喀中的屯流l｜-器
B2L2【′2△t
可得E电＝
R＋厂
↑49
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司
』
析
＿
解
一
●
解法3:运用能二守恒求解
题图1是纯电阻电略’也就是说’电路中产生的电能全部用来产生热量E电＝Q
＝I2（R＋厂）△r
℃
厂
儿
＋
乃
尺
~~
］
】
流
电
的
中
略
电
可得E鹅—B祟坐
Ⅱ求解题图2“电动机”输出的机械能
Ⅳ
〃
｜
｜叫
~广酝■「凰;
｜
｜
Q
T‘
6＼
…
~
一／
／
＿＝／
≡
P
止
—k
‖
「
「
″嘻
丙
丁
解法1:运用功能关系求解
如图丙所示’“电动机”输出的机械能等于安培力对αb做的功E输≡FA2z′△t
安培力FA2＝BIL
可得E输＝BILU△t.
解法2:运用反电动势求解
“电动机”输出的机械能等于电源克服“反电动势”做的功E输≡E′I△t
如图丁所示’反电动势E′＝BLU
可得E输＝BILU△r·
‖
解法3:运用能量守恒求解
“电动机”输出的机械能等于重物重力势能的增加E输＝mg∧
重物上升的高度h≡U△t
棒αb匀速’绳子拉力等于安培力T＝FA2＝BIL
重物匀速’绳子拉力等于重力mg＝T
｜
可ˉ得E输≡BILU△t
｜50
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』第二章电学综台篇｜
（2）a.图戊中’棒αb向右运动,由左ˉ于定则可知其中的正电荷受到b→α方向的洛
伦兹力’在该洛伦兹力作用下’正电荷沿导体棒运动形成感应电流’有沿b→α
方向的分速度’受到向左的洛伦兹力作用;图己中’在电源形成的电场作用下’
棒αb中的正电荷沿α→b方向运动’受到向右的洛伦兹力作用’该洛伦兹力使
导体棒向右运动’正电荷具有向右的分速度’又受到沿6→α方向的洛伦兹力
作用.
×
×
×α×
×
×
×
×
×α×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×B×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×B×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
外云
×
×
×
×
×
~
×b
~
b
×
戊
己
b.设自由电荷的电荷量为q’沿导体棒定向移动的速率为!‘.
如图己所示’沿棒方向的洛伦兹力／′1＝qUB’
做负功W1＝＿／′1 。M△t＝-quB!‘△r
垂直棒方向的洛伦兹力／′2＝q＂B’
做正功W2＝／′2 .u△r＝q‘‘Bu△／
所以W1＝—W2 ’即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.
／′1做负功’阻碍自由电荷的定向移动’宏观上表现为“反电动势”’消耗电源的
电能;／′2做正功’宏观上表现为安培力做正功’使机械能增加.大量自由电荷
所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能’在比过程中洛
伦兹力通过两个分力做功起到“传递,,能量的作用.
05‖
~
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■翘■
引申:请以题图1中的“发电机”为例’说明洛伦兹力对运动电荷不做功’并通过
计算分析说明导体棒αb中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中
起到作用的?
解析:如图戊所示’沿导体棒方向的洛伦兹力／l＝qUB’其中℃是导体棒的
速度,
在△t时间内做正功W1＝／1 .〃△t＝quB″△t’其中＂是自由电荷沿导体棒定向
移动的速率.
垂直导体棒方向的洛伦兹力／2＝qMB’
在△r时间内做负功W2＝＿／2 .℃△t＝—q″Bu△t’
可得W1＋W2＝0,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.
如题图1中“发电机”’通过外力F做功输入机械能;通过垂直杆方向的洛伦兹
力分力做负功能;同时,通过沿杆方向的洛伦兹力分力（非静电力）做正功’将机
械能输出为电能.另外’通过金属离子对电子的阻力做负功’又将电能转化为焦
耳热·
［感悟方法］
例2、例3全面系统地对“发电机”』』电动机’’两类问题进行本质探究与比较探究
结果表明:
1.洛伦兹力的关键作用
不论是在“发电机”还是‘‘电动机”模型中’洛伦兹力都起到关键作甩通过洛伦
兹力的分力做功’实现了机械能与电能之间的相互转化’而从总体来看’洛伦兹
力却是“劳而无功’’.
2.“发电机”与“电动机”本质不同
“发电机”与“电动机”能量的转化方向不同’ ‘‘发电机”是将其他能转化为电能’
而“电动机”是将电能转化为其他能’洛伦兹力的两个分力做功起到了能量的转
化作用.
‖
‖
口
』
■
＿｜52
~
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」第二章电学综台篇｝
.敷章节练习
（2007.高雪海南卷）据报道’最近已研制出—种可以投人使用的电磁轨道炮’其原理如
图所示.炮弹（可视为长方形导体）置于两固定的平行导轨之间’并与轨道壁密接开始
时炮弹在导轨的—端’通以电流后炮弹会被磁力加速,最后从位于导轨另—端的出口高
速射出.设两导轨之间的距离W＝0. 10m’导轨长L＝5.0m’炮弹质量加＝0.30kg.导
轨上的电流I的方向如图中箭头所示.可认为’炮弹在轨道内运动时’它所在处磁场的
磁感应强度始终为B＝2.0T’方向垂直于纸面向里.若炮弹出口速度为U＝2.0×
1。
103m／s’求通过导轨的电流I 忽略摩擦力与重力的影响
／
＼
」
｜53
~
~
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
（2005 。高雪北京卷）如图是导轨式电磁炮实验装置示意图两根平行长直金属导轨沿
水平方向固定’其间安放金属滑块（即实验用弹丸）.滑块可沿导轨无摩擦滑行’且始终
与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从—根导轨流人’经过滑块’再从另＿导轨
流回电源滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射.在发射过程中,该磁场在滑块
所在位置始终可以简化为匀强磁场’方向垂直于纸面’其强度与电流的关系为B＝卢I’
比例常量诧＝2.5×10
6T／A.已知两导轨内侧间距′＝1.5cm’滑块的质量m＝30g’滑
块沿导轨滑行5m后获得的发射速度u＝3.0km／s（此过程视为匀加速运动）.
2
】
′
≤—斗
｜
以
门
弓
弓
″7№
~
″／／／歹歹″驴″″′歹严歹／／／／／″″
（1）求发射过程中电源提供的电流强度;
（2）若电源输出的能量有4％转换为滑块的动能’则发射过程中电源的输出功率和输出
电压各是多大?
（3）若此滑块射出后随即以速度U沿水平方向击中放在水平面上的砂箱’它嵌人砂箱的
深度为s′.设砂箱质量为M’滑块质量为′门’不计砂箱与水平面之间的摩擦求滑块
对砂箱平均冲击力的表达式
‖
』
■
h
L
｜64
赋
电
源
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』第二章电学综台篇｜
（2006 .高者北章卷）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用图1是在
平静海面上某实验船的示意图’磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组
成.如图2所示’通道尺寸α＝2.0m、6＝0. 15m、c＝0. 10m.工作时’在通道内沿z轴正
方向加B＝8.0T的匀强磁场;沿工轴负方向加匀强电场’使两金属板间的电压U＝
99.6V;海水沿y轴方向流过通道已知海水的电阻率p＝0.20Q。m.
3·
板
｀
X
口
图l
图2
（1）船静止时’求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向;
（2）船以叫＝5.0m／s的速度匀速前进’若以船为参照物’海水以5.0m／s的速率涌人进水
口’由于通道的截面积小于进水口的截面积’在通道内海水速率增加到山＝8.0m／S.求
此时两金属板间的感应电动势U感;
（3）船行驶时,通道中海水两侧的电压按U′＝UU感计算’海水受到电磁力的80％可
以转化为对船的推力.当船以u＄＝5.0m／s的速度匀速前进时’求海水推力的功率.
｜65
~
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题］
4（20l5裔雪浙江卷）如图l所示,质量″′＝a0×l0ˉ』kg的.詹厂”形金属细框竖直
放置在两水银槽中, .嚼厂″形框的水平细杆CD长′＝α20m,处于磁感应强度大小
B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中·有—匝数〃＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈
通过开关K与两水银槽相连线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中’
其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图2所示,
」
B
——石丁-→
K
】
l
日
′
／
〃
S
图］
图2
（1）求0～0. 10s线圈中的感应电动势大小;
（2）t＝0.22s时闭合开关K’若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流
方向及磁感应强度B2的方向;
（3）t≡0.22s时闭合开关K若安培力远大于重力’细框跳起的最大高度／l＝0.20m,求
通过细杆CD的电荷量
』
巴
056
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第十五讲
‘‘双电源,,电路模型问题
◎典例剖析
［例1］（2016 .宫奢全国卷Ⅲ）如图’两条相距』的光滑平行金属导轨位于同—水平面（纸
面）内’其左端接＿阻值为R的电阻;＿与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、
导轨和金属棒中间有—面积为S的区域’区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场’
磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1≡々’式中肉为常量;在金属棒右侧还
有—匀强磁场区域’区域左边界MN（虚线）与导轨垂直’磁场的磁感应强度大小为
B0,方向也垂直于纸面向里某时刻’金属棒在—外加水平恒力的作用下从静止开始
向右运动’在r0时刻恰好以速度U0越过MN’此后向右做匀速运动.金属棒与导轨
始终相互垂直并接触良好’它们的电阻均忽略不计.求:
金属棒～γ
0
×××××
』!
×××××
×××××
′
窒轰｜蔓
‖
夕
＝
~~~~
、
、
〃
／×××
盟××
＼×××
乌
、
≈
尸
尸
R
｜
×××××
Ⅳ
（1）在r＝0到r＝r0时间间隔内’流过电阻的电荷量的绝对值;
（2）在时刻r（t＞r0）穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小
（1）在金属棒未越过MN之前’t时刻穿过回路的磁通量为O＝陀tS
O
设在从t时刻到t＋△r的时间间隔内’回路磁通量的变化量为△o’流过电阻R
的电荷量为△吼由法握第咆磁感应定棒有E-尝
o
由欧姆定律有′-贵
o
纳
瓦
~~
●
田
〃
●
有
义
定
的
流
电
由
@
｜57
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
…洒
联立oooo式得△q｜-铲△′
◎
由◎式得,在t＝0到r＝t0的时间间隔内’流过电阻R的电荷量q的绝对值为
｜q｜—竿
◎
（2）解法1:整体应用法拉第电磁感应定律求解
当t＞t0时’全属棒已越过MN.由于全属棒在MN右侧做匀速运动’有
／＝F
@
式中’／是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力.设此时回略中的电流为
I,F的大小为F＝B0I／
o
此时金属棒与MN之间的距离为s＝U0（t—t0）
o
匀强磁场穿过回略的磁通量为o′＝B0′‘
o
回略的总磁通量为ot＝o＋o′
o
式中’@仍如o式所示.由oooo式得,在时刻t（t＞t0）穿过回略的总磁通
量为
@!≡B0』u0（r—r0）＋卢Sr
@
在t到t＋△t的时间间隔内’总磁通量的改变量为
△O〔＝（B0』u0＋贞S）△t
o
由法拉第电磁感应定律得’回路感应电动势的大小为
凰-警
@
窗欧姆定律有I—:
o
B0／
联立@OOOO式得／＝（B0／u0＋陀S）ˉ厅.
Q
□
‖
｜68
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「第二章电学综台篇｜
■翻Ⅷ
解法2:应用“感生”与“动生’’电动势的叠加求解
闺略中凰磁场强度变化产生的电动势E』-等s-腮s.根撼楞次建樟可褥感虞
电动势的方向为逆时针.
金属棒切割磁感线产生的电动势E0＝B0／℃0’根据右手定则’对回略来说这个电
动势的方向也为逆时针.
因此’回路中产生的总电动势为
E＝E1＋E2＝卢S＋B0／u0
结合解法1中的@oo可得
f＿（B＂′狮＋腮s）罢
［拓展］
要注意的是’解法1具有普遍适用性’解法2却有—定的局限性’请看下面的高
考题
［例2］（2000。盲奢上海卷）如图所示’固定于水平桌面上的金属框架〔αe／’处在竖直向下
的匀强磁场中’金属棒α6搁在框架上,可无摩擦滑动’此时α创eb构成—个边长为／
的正方形’棒的电阻为厂’其余部分电阻不计’开始时磁感应强度为B0.
α
创
C
×
×
×
×
×
×
×
B0
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
e
／
b
（1）若从t＝0时刻起’磁感应强度均匀增加’每秒增量为龙,同时保持棒静止’求棒中
的感应电流,在图上标出感应电流的方向.
（2）在上述（1）情况中’始终保持棒静止’当t＝tl秒末时需加的垂直于棒的水平拉力
为多大?
（3）若从t＝0时刻起’磁感应强度逐渐减小’当棒以恒定速度U向右做匀速运动时,
可使棒中不产生感应电流’则磁感应强度应怎样随时间变化（写出B与t的关
系式）?
×
×
×
×
×
B0
×
×
×
×
｜59
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题1
匹露■
β
虹
~~
匹
＿
红
~~
Ⅱ
势
动
电
应
感
）
］
（
″
—
厂
~~
Ⅱ
—
厂
~~
】
流
电
应
感
方向:逆时针（如图所示）
『y
D
×
×
×
×
×
×
×
×
×
~
×
×
／
七
b
（2）t＝t1秒时,B＝B0＋缸1
F＝BI／
得F＝（B0＋卢t1）丝
厂
（3）棒中不产生感应电流,即总磁通量不变’有B／（／＋Ur）＝B0／2
■
■
■
●
亡
／
』
℃
＾
◎
~
＝
~
β
＋
／~~
β
得
对于第（3）小题’如果用隔离的方法’求出“磁变”与“切变”电动势’然后相“抵
消”,那就会误入歧途。
［例3］（2011 .高雪海南卷）如图’αb和［α是两条竖直放置的长直光滑金属导轨,MN和
M′］V′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
／.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:
α
〃
×
×
×
×
×
×f×
C×
曳
~
~
※
w
／＼／×
×
〃
×
×
×
γ
×
××
×
×
×b
α×
＿｜60
×
×
×
B0
×
×
×
×
×
×
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』第二章电学综台篇‖
（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
设某时刻MlV和M′N′速度分别为u1、u2。
（1）MN和M′lV′动量守恒:″』u1—2mu2＝0
求出卫＝且
U9
1
·
臼
o
（2）当MlV和M′N′的力口速度为零时’速度最大
对M′N′受力ˉ平衡:BI／＝2″lg
◎
◎
◎
∏
—
尺~~
】
E＝B／U1＋B／U2
由o◎◎@得:
—4mgR
＿2加gR
Ul—丽乖、z′2—丽叮百.
［感悟方法］
通过三个例题的求解’让我们认识到’产生感应电动势有两种不同的模型:磁变
模型与切变模型因此在“双电源”问题中可以出现多种组合’但不论何种组合’
其解决的方法只有两种:
1.整体法
先写出穿过回路的磁通量表达式’然后再根据法拉第电磁感应定律求出回路的
总电动势.
2.隔离法
先根据法拉第电磁感应定律求出每—个电源的电动势的大小’判断出每＿个电
源电动势的方向’然后再求出回路的总的感应电动势.
06｜
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｜满分之路·搞定高考物理压轴题l
.·f章节练习
L（2003.高者江苏卷）如图所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上’每根导轨每米的
电阻为厂0＝0. 10o,导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连’两导轨间的距离／＝
0.2m.有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面’已知磁感应强度B与时间t的关系为B
＝粒’比例系数虎＝0.020T／s.＿电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动’在滑动
过程中保持与导轨垂直.在t＝0时刻’金属杆紧靠在P、Q端’在外力作用下’杆以恒定
的加速度从静止开始向导轨的另—端滑动,求在r＝6.0s时金属杆所受的安培力·
【
尸
Q
』
‖
h
司
‖62
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』第二章电学综台篇｝
2.
（2007.高雪庐枣卷）如图（a）所示’—端封闭的两条平行光滑导轨相距L’距左端L处
的中间＿段被弯成半径为H的＋圆弧.导轨左右两段处于高度相差″的水平面上圆
弧导轨所在区域无磁场’右段区域存在磁场B0’左段区域存在均匀分布但随时间线性
变化的磁场B（r）’如图（b）所示’两磁场方向均竖直向上在圆弧顶端’放置—质量为′厕
的金属棒αb’与导轨左段形成闭合回路’从金属棒下滑开始计时’经过时间r0滑到圆弧
顶端.设金属棒在回路中的电阻为R’导轨电阻不计’重力加速度为g.
B（／）巾
2B0＼~
B（）
O
‖）
则）
′
（b）
↑岛
（a）
（1）问金属棒在圆弧内滑动时’回路中感应电流的大小和方向是否发生改变?为什么?
（2）求0到时间r0内’回路中感应电流产生的焦耳热量.
（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进人匀强磁场B0的—瞬间’回路中感应电流的大小和
方向
｜63
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‖满分之路.搞定高考物理压轴题‖
舶滞曝蹦
＄
于线框所在平面开始时｀cα边到磁场上边界的距离为2!’线框由静止＿＿＿＿＿ˉl
释放’从Cd边进人磁场直到e／、户q边进人磁场前’线框做匀速运动,在
磁场区
e／、户q边离开磁场后’α6边离开磁场之前’线框又做匀速运动.线框完
全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内,且αb、C创
‖
■
边保持水平’重力加速度为g.求
（1）线框αb边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是Cq边刚进人磁场时的几倍;
（2）磁场上下边界间的距离H.
□
~
~
I
Ⅱ
~
｜64
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『第二章电学综台篇｝
l.
（2018.浙江4月）如图所示,在竖直平面内建立工Oy坐标系’在0≤工≤0.65m、y≤
0.40m范围内存在—具有理想边界’方向垂直纸面向里的匀强磁场区域—边长／＝
0. 10m、质量m＝0.02kg、电阻R＝0.40Q的匀质正方形刚性导线框αbcα处于图示位
置,其中心的坐标为（0’0.65m）.现将线框以初速度℃0＝2.0m／s水平向右抛出’线框
在进人磁场过程中速度保持不变’然后在磁场中运动’最后从磁场右边界离开磁场区
域’完成运动全过程.线框在全过程中始终处于工Oy平面内’其αb边与工轴保持平行’
空气阻力不计.求:
l″m
;由÷
l｝〕
ˉ
×
ˉ
×
≡
×
＝
×
ˉ
×
＝
×
◎
斗
‖
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
（）
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
0。65Ⅺm
（1）磁感应强度B的大小;
｜65
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（2）线框在全过程中产生的焦耳热Q;
（3）在全过程中’c6两端的电势差U的与线框中心位置的工坐标的函数关系
』
q
q
｜66
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」第二章电学综台篇｜
第十六讲电磁感应现象对接高新科技
O典例剖析
｜例1］（2013.高雪浙江卷）为了降低潜艇噪音’提高其前进速度’可用电磁推进器替代螺
旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器’每组由6个相同的、用绝缘材料制成的直线通
道推进器构成’其原理示意图如下.在直线通道内充满电阻率p＝0.2Q。m的海水’
通道中α×b×C＝0.3m×0.4m×0.3m的空间内’存在由超导线圈产生的匀强磁
场’其磁感应强度B＝6.4T、方向垂直通道侧面向外磁场区域上、下方各有α×6＝
0.3m×0.4m的金属板M、lV’当其与推进器专用直流电源相连后’在两板之间的海
水中产生了从N到M’大小恒为I＝L0×103A的电流’设该电流只存在于磁场区
域不计电源内阻及导线电阻’海水密度pm＝L（）×103kg／m3.
（1）求—个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小’并判断其方向.
（2）在不改变潜艇结构的前提下’简述潜艇如何转弯?如何倒车”?
（3）当潜艇以恒定速度u0＝30m／s前进时’海水在出口处相对于推进器的速度u＝
34m／s’思考专用直流电源所提供的电功率如何分配’求出相应功率的大小.
■翻阔Ⅲ日
（1）将通电海水看成导线’所受磁场力F＝BIL’代入数据得:F≡BIC＝1.0×l（）3
×6.4×0·3N＝l.92×103N,
用左手定则可判断力的方向向右.
（2）要实施转弯’只需妥两侧潜艇受到海水的推力不平衡即可’因此只需妥开启或
关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推迸器’实施转弯.
妥实施“倒车”’只要改变安培力方向’根据左手定则,只妥改变电流方向’或改
变磁场方向即可·
｜67
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「满分之路.搞定高者物理压轴题〔
■翘Ⅷ
‖
（3）解法1:运用能三守恒求解
电源提供的能蚤转化为三个方面:第一个是提供给潜艇’第二个是海水的热
能’第三个是海水的动能.
电源提供的电功率中的第一部分为牵引功率
P1＝F牵u0≡6·9×10oW
电源提供的电功率中的第二部分为单位时间内海水的焦耳热功率
椎进器内海水的电阻
R＝′号-筋＝α5n
P2＝12I2R＝6×l06W
电源提供的电功率中的第三部分为单位时ˉ间内海水动能的增加量
海水相对地面的速度u′＝u
〖′0≡4m／s
单位时间内通过推进器的水的质量为
γⅪ＝pmbC【／＝480kg
单位时间内其动能增加为
∏
P勘-l2×＋′＂徊′2-坐6×｜0』W
解法2:运用功能关系求解
同解法1可得电源提供的电功率中转化为海水的焦耳热功率
P2＝12I2R＝6×106W
海水受到的安培力F＝BIc
海水相对地面的速度
Ⅺ′＝u—u0＝4m／s
安培力对海水做的功
q
／
W趴＝Rr［＝l2BIc÷′
安培力对海水做功的功率
′
P』＝］2B′〔》÷＝46×l0』W
｜68
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」第二章电学综台篇｜
…
对潜艇的安培力F′＝—F
安培力对潜艇做的功
WFA′＝F工,＝12BIcu0r
安培力对潜艇做功的功率
P1＝12BIcu0＝6.9×105W·
解法3:运用反电动势求解
海水在安培力的作用下做匀加速运动’同时切割磁感线,产生“反电动势”.设直
流电源的电动势为E’海水产生的反电动势为E反’等效电路如图所示.
--→I
｜
~｜
且—
—L
「
根据闭合电略欧姆定律有
E—E反＝IR
两边同乘以电流I可得EI＝E反I＋I2R’这个式子表明,直流电源提供的能量’
其中一部分转化为海水的焦耳热,另一部分转化为与反电动势有关的能量.
同解法1可得电源提供的电功率中转化为海水的焦耳热功率
P2＝12I2R＝6×106W
下面我们来求解与反动势有关的功率.海水相对于潜艇的初速度为U0’海水相
对于潜艇的未速度为U’海水做匀加速运动’所以海水切割磁感线产生的反动势
的乎均值为
U0＋U
E反＝12BCU＝12BC
9
因此’反动势对应的功率为
U0＋U
P反＝EI≡12BIc
2
＝7·37×105W
考虑到海水相对地面的速度U′＝U—U0’
可得U＝U0＋z／
‖69—
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0
~｜
／
U0ˉ厂U
所以P反＝EI≡12BIC
。
＝l2BIc（z』0＋÷）＝12BIcu0＋6BIcu′≡pl＋p3
白
△
即P1＝12BIcu0＝6.9×105W’此为海水动能增加的功率;
P3＝6BIcu′＝4.6×104W’此为对潜艇做功的功率.
［例2］（2014.高雪辐建卷）如图’某＿新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管
道’管道的长为L、宽为α、高为h’上下两面是绝缘板,前后两侧面M、lV是电阻可忽
略的导体板’两导体板与开关S和定值电阻R相连整个管道置于磁感应强度大小
为B’方向沿z轴正方向的匀强磁场中.管道内始终充满电阻率为p的导电液体（有
大量的正、负离子）’且开关闭合前后’液体在管道进、出口两端压强差的作用下’均
以恒定速率U0沿工轴正向流动,液体所受的摩擦阻力不变.
V
√
勿
（1）求开关闭合前’M、」V两板间的电势差大小U0;
（2）求开关闭合前后’管道两端压强差的变化△户;
（3）调整矩形管道的宽和高’但保持其他量和矩形管道的横截面积S≡αh不变’求电
阻R可狄得的最大功率Pm及相应的宽高比÷的值
｜·解析·
（1）解法1:运用受力平衡求解
电源的电动势在数值上等于电源未接入电略时电源两端的电势差.即当开关
闭合前’M｀lV两板间的电势差大小等于“磁流体发电机”的电动势.
导电液体刚进入磁场时’因两板不带电’电场力F电＝0’正、负离子受洛伦兹
力向lV、M偏转’使得两板电量增加’F电逐渐增加’但只要／洛＞F电’两板上
正、负离子会继续积累.当／洛＝F电时正、负离子受力平衡不再偏转,这时两
板上电荷量不再增加,两板间电势差保持不变.
｜70
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■疆洒
设带电离子所带的电荷量为q’当其所受的洛伦兹力与电场力平衡时ˉ ,U0保持
恒定,有
U0
BqU0≡q了
得:U0＝Bαu0.
解法2:利用非静电力做功求解
考虑开关闭合后’为维持电流持续运转,电源内部必须有在正负极板间搬运载
流子的非静电力.在磁流体发电机中’以正离子为例’粒子受洛伦兹力而向M
板偏转.如图所示’其速度可分解为水乎分速度U0（等离子体冲进场的速度’在
后方粒子的撞去下,这个分速度大小不变）和竖直分速度℃1 .粒子所受洛伦兹力
也可分解为指向M板的分力／0＝qU0B（由水乎分速度U0决定）和水乎向左的
分力／1＝qU1B（由竖直分速度U2决定）,／1的宏观表现就是安培力’币／0就是
电源中的非静电力.
由电动势的定义可知’电动势在数值上等于在电源的正负极间每搬运1C的电
量非静电力做的功.
W非
E＝—,
q
磁流体发电机中’非静电力／0＝qU0B,
发电机MN两极板的间距为d,则
W／0
qu0B团
E＝＿＝
＝BdU0。
q
q
考虑到开关闭合前’M、Ⅳ两板间的电势差大小等于“磁流体发电机”的电动势.
所以U0＝B‘jx／0·
｜7｜
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…Ⅷ
解法3:利用等效方法求解
导电液体迸入磁场后’‘‘切割”磁感线的过程可以等效为一根长为创的导体棒
在切割磁感线’可根据电磁感应定律得E＝B创U0
考虑到开关闭合前’M、N两板间的电势差大小等于“磁流体发电机”的电动
势.所以U0＝Bdu0.
（2）解法1:牛顿运动定律结合欧姆定律求解
设开关闭合前后’管道两端压强差分别为户1、户2’液体所受的摩擦阻力均为／,
开关闭合后管道内液体受到的安培力为F安’有:
户1h创≡／’户2∧d＝／＋F安’F安＝BM
根撼欧姆定律’有′≡岸
α
两板间液体的电阻厂＝p∏
LαU0B2
联立解得:△P＝LhR＋dp.
解法2:根据能量的转化与守恒定律求解
↑…姆庭律.商′-六-岸
α
两板间液体的电阻厂≡p∏
发电机的总功率P＝EI＝U0I
设开关闭合前管道两端压强差为户1 ,根据能的转化与守恒有户1∧α.U0＝／U0
设开关闭合后管道两端压强差为户2’根据能的转化与守恒有户2∧α.u0＝P
＋／U0
联立解得
」
｜
LαU0B2
△户＝户2—户1＝L／tR＋dO
‖
‖72
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」第＝章电学综台篇｝
囤醒扳●
BLU（）
（3）电阻R获得的功率为:P＝I2R’P＝（LR｜o
丁十方
）2R°
时
贩
—
○
‖~~
α
—
∧
当
LSU;B2
电阻R获得的最大功率Pm＝
［感悟方法］
4p
通过例1、例2的求解’我们要学会解决信息题的＿般思路.
（1）认真审题’提取信息
信息题叙述冗长’信息混杂’要防止审题时误人歧途.要坚持“＿遍全读’定点重
读”的策略突出问题的主干,使繁杂的问题简明化.要仔细阅读提供的材料’理
解新信息和新情景’紧扣问题,剔除干扰信息’提取有价值信息
（2）激活记忆’迁移模型
在审题过程中’专注分析问题的核心信息’通过联想、类比、等效等方法来激活
大脑记忆中的“模型库”’将问题与模型库中的相应模型做一—对应’比如例1’
从整个问题来看就是电磁感应中的“电动机”模型’从细节上看涉及流体柱体模
型’流体的导体棒模型等例2中从整体来看’是同学们熟悉的磁流体模型’从
细节看是电源的断路模型、电源的供电模型｀速度选择器模型以及通过等效的
方法将流体转化为导体棒的切割模型等
（3）搭建桥梁’确定方向
建立模型后’搭建模型与相应的物理知识之间的桥梁’选用适当的物理规律并
灵活应用原有知识,通过推理解决问题
｜73
~
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】
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ˉ￡章节练习
（2014.高雪重庆卷）某电子天平原理如图所示’E形磁铁
的两侧为N极’中心为S极’两极间的磁感应强度大小均
为B’磁极宽度均为L’忽略边缘效应’＿正方形线圈套于
中心磁极’其骨架与秤盘连为—体’线圈两端C、D与外电
路连接’当质量为′＂的重物放在秤盘上时’弹簧被压缩,秤
］
弹簧
可蔓
秤盘
’
S
C一／厂N
N
线
圈
D
盘和线圈＿起向下运动（骨架与磁极不接触）’随后外电路对线圈供电’秤盘和线圈恢复
到未放重物时的位置并静止’由此时对应的供电电流I可确定重物的质量
已知线圈匝数为″线圈电阻为R’重力加速度为g’问:
（1）线圈向下运动过程中’线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?
（2）供电电流I是从C端还是从D端流人?求重物质量与电流的关系
（3）若线圈消耗的最大功率为P’该电子天平能称量的最大质量是多少?
■
■
b
‖
0
｜74
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『第二章电学综台篇｜
（2016 .盲雪天津镭）电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行
安全性的辅助制动装置’其工作原理是利用电磁阻尼作用减
缓车辆的速度电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所
示’将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面
上’斜面与水平方向夹角为0.＿质量为m的条形磁铁滑人两
铝条间’恰好匀速穿过’穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始
终保持恒定’其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁
铁运动相同磁铁端面是边长为团的正方形’由于磁铁距离铝
条很近’磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场’
2。
磁感应强度为B’铝条的高度大于α’电阻率为p.为研究问题方便’铝条中只考虑与磁铁
正对部分的电阻和磁场’其他部分电阻和磁场可忽略不计’假设磁铁进人铝条间以后’
减少的机械能完全转化为铝条的内能’重力加速度为g.
（1）求铝条中与磁铁正对部分的电流I;
（2）若两铝条的宽度均为b’推导磁铁匀速穿过铝条间时速度U的表达式;
（3）在其他条件不变的情况下’仅将两铝条更换为宽度b′＞b的铝条’磁铁仍以速度U进
人铝条间’试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化.
~
■
｜75—
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题］
3.
（2010.高者北京卷）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器’广泛应用于测量和自
动控制等领域.
如图1’将＿金属或半导体薄片垂直置于磁场B中’在薄片的两个侧面α、b间通以电流
I时,另外两侧c、／间产生电势差’这—现象称为霍尔效应.其原因是薄片中的移动电荷
受洛伦兹力的作用向＿侧偏转和积累’于是C、／间建立起电场EH’同时产生霍尔电势
差UH.当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时’EH和UH达到稳定值’UH的大
小与!枷B以及霍尔元件厚度刨之间满足关系式U＂＝RH罢.其中比例系数RH称为
霍尔系数’仅与材料性质有关.
E｜〃
／
↓
′
／
／
~
图l
≡
／
尸
∩
‖
田
∩
」
斗
∩
肌
〕
川
∑
∩
｜
』
‖
∩
）
件
个
一
九
脚
尔
仕
＾
霍
（
体
磁
永
图2
图3
（1）设半导体薄片的宽度（c、／间距）为′’请写出UH和EH的关系式;若半导体材料是
电子导电的’请判断图1中C｀／哪端的电势高;
■
b
0
‖76
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』第二章电学综台篇｜
（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为″’电子的电荷量为e’请导出霍尔系
数RH的表达式（通过横截面积S的电流I≡″euS’其中u是导电电子定向移动的
平均速率）;
（3）图2是霍尔测速仪的示意图’将非磁性圆盘固定在转轴上’圆盘的周边等距离地嵌
装着′′!个永磁体’相邻永磁体的极性相反.霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近当圆
盘匀速转动时,霍尔元件输出的电压脉冲信号图象如图3所示.
a.若在时间r内’霍尔元件输出的脉冲数目为P’请导出圆盘转速N的表达式.
b.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程除此之外’请你展开“智慧的翅膀”’提
■
出另—个实例或设想
｜77
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
4.
（2013 ·寓雪天津卷）超导现象是20世纪人类重大发现之＿’日前我国已研制出世界传
输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行.
（1）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零这种性质可以通过实验研究.将＿
个闭合超导金属圆环水平放置在匀强磁场中’磁感线垂直于圆环平面向上’逐渐降
低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场’若此后环中的电流不随
时间变化’则表明其电阻为零请指出自上往下看环中电流方向’并说明理由.
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限p’研究人员测得撤去磁场后环中电流为I’
并经—年以上的时间t未检测出电流变化.实际上仪器只能检测出大于△I的电流
变化’其中△I＜I’当电流的变化小于△I时’仪器检测不出电流的变化’研究人员便
认为电流没有变化.设环的横截面积为S’环中定向移动电子的平均速率为U’电子
质量为m、电荷量为e.试用上述给出的各物理量’推导出p的表达式.
（3）若仍使用上述测量仪器’实验持续时间依｜日为t’为使实验获得的该圆环在超导状态
（
L
的电阻率上限p的准确程度更高’请提出你的建议’并简要说明实现方法
0
｜78
｜
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~
答案与解析
第-章力学综合篇
第-讲基本运动之直线运动
［章节练习］
l.解:（l）C受力平衡,则2Fcos30°＝″!g.
解得F-乎枷凰
（2）C恰好降到地圃时,B受C压力的水平分力最大’为F…—粤狮‘
▲
B受地面的摩擦力／≡严′Ⅺg
b
侗
根据题意／min＝F工max ,解得／么m｜n≡了
（3）C下降的高度h≡（侗-1）R
A的位移工＝2（侗1）R
摩擦力做功的大小W／＝／工＝2（佰-1）严mgR
根据动能定理得WW／＋加gh＝0-0
解得W＝（2尸-1）（佰-1）mgR.
‖
仍
β
］
＿
日
2.解:（1）物块A移动了距离5,则物块B移动的距离为s1
（D
物块B受到的摩擦力大小为／≡4严′＂g
物块B克服摩擦力所做的功为W≡／s1＝2／』″!gs。
（2）设物块A、B的加速度大小分别为αA、αB,绳中的张力为T.由牛顿第二定律得
F
／』加g
T≡加αA
2T-4尸加g＝4加αB
由A和B的位移关系得αA≡2αB
联立@oo式得αA＝互二且巴11旦
2m
αB
F-3〃加g
4加
·
◎
◎
°
◎
◎
@
e
｜79
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
3.解:从运动学和运动的合成角度人手,作图寻找几何关系是关键
‖
设B车的速度大小为U.如图,标记R在时刻／通过点K（／,′）,此时A、B的位置分别为H、G由运动学
公式,H的纵坐标JA、G的横坐标工B分别为
0′
№
d
2／
／
（／』
γ
川
」
xB
G
（）
ˉ／
＼
‖
~~~~~
F／
γA＝2!＋÷α′2
o
■
@
工B＝Ut
在开始运动时,R到A和B的距离之比为2
: l,即
（）E:OF≡2
:
1
由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任＿时刻R到A和B的距离之比都为2 :L因此’在时刻t有
HK:KG＝2
:
1
由于△FGH@△IGK9有
HG:KG≡工B
:
（工B-』）
HG:KG≡（yA＋／）
:
（2』）
由o@o式得
3′
工B了‘
yA＝5／
联立o@oo式得
锄＝＋√m
o
°
◎
o
@
o
2
2
U／＿U0
4.解: （1）据题意,由U;-U;＝2α虐r,得;刃≡
＾
乙α
o
汽车刹车时,阻力产生的加速度为α
尸
—
加
~~
α
得
律
＾
正
~~
第
顿
牛
由
◎
◎
U
代人数据得制动距离r＝3（）m
｜8O
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『答案与解析｝
（2）据题意,汽车不受影响的行驶距离应该是工1＝30m
故黄灯的持续时间为t,
@
则t≡丑
U0
代人数据得时间为t≡2s
c
o
第二讲基本运动之平抛运动
［章节练习］
1.解:设圆半径为厂,质点做平抛运动’则;
工＝U0t
’＝＋′＝＋忽:
过C点做cαˉ上αb于‘／点,Rt△αCd〔／〕Rt△CM’可得Cα2＝αα°创b,即为:
o
@
）
工
厂
◎
△
（
工
~~
〗
）
厂
—
◎
△
（
o
由o@o得:厂＝4（7±4侗）
2
U0·
g
2解;（l）装甲车的加速度。-妥-等m′鼠
L
（2）第—发子弹飞行时间‘l＝万丰万『≡0.5s
弹扎离地高度′i!＝′i—÷g‘｛—队55m
第＿个弹扎离地的高度h:＝hˉ＋g（宁）,≡Mm
两弹孔之间的距离△h＝h2-／l1＝0。45m。
（3）第＿发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为
L］-（鳃＋铡〕俘-…
第二发子弹打到靶的下沿时’装甲车离靶的距离为
Ⅲ
了
尸
○
○
『
｜
十
丽
了
／
γ
℃
儿
L的范围为492m＜L≤570m
2
3.解: （1）在B点,由牛顿第二定律有FN-′Ⅺg＝′＂万
根据牛顿第三定律FN＝F′N≡3.6N
解得℃B＝4m／s°
｜8↑
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定高考物理压轴题｜
‖满分之路·搞
（2》A至B过程,由动能定理濒g愿w′＝＋′″诡·
解得W／≡2.4J
（3）B至C过程.由动能定理可得—…L唾—＋′＂锄｛＋′＂铡:
B至P的水平距离;L-,漂＋渺c俘≡』—＋彻:＋÷娜〔
当uc≡1. 6m／s时P至B的水平距离最大’LBc＝3.36m.
俘-队;｀
（4）C至P时间:t0＝
厂
＼
）
／
］
—
〗
（
门
吕
日
α
○
〗
×
］
—
日
吕
』
丛
且~~
毕
『
少
｜
向
l.解; （1）据平抛规律得;′!｜＝寸gti
〖
］
℃
~
］
万
抨
解得:工1≡Ul
］
∩
（2）同理得;′!2＝寸gr亩
工2＝U2t2
且:／l2≡′!
2工,＝L
解得;吨-÷｀／聂
（3）如图｀同理得;h』-＋颜!
｜ˉ
／j3
｜
~
~
~
~
~
~
~
／〗
广
凸
旬
凹
甸
γ
℃~~
习
凹
刀
-xq＿→｜
→
∏
告
皿
｜
且;3工3＝2L
设球从恰好越过球网到最高点的时间为t,水平距离为＄,有
∩
乙
》
吕
司
儿
—
句
乙
~~
Ⅱ
∏
′
日
〗
／
5＝U3t
由几何关系得:工3＋‘＝L
解得″:＝÷′匹
｜82
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『答案与解析｝
第三讲基本运动之圆周运动
［章节练习］
1.解:（1）设小球经过第＿个圆轨道的最高点时的速度为Ul ,根据动能定理
—脾咖gL!＿2″』腐R1＝÷顺U｛—÷″m;
小球在最高点受到重力′′og和轨道对它的作用力F’根据牛顿第二定律
2
℃1
F＋加g＝m面
由o@得F＝10.0N.
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为U2 ,由题意
o
@
o
2
U2
′〃g＝狮瓦
@
ˉ鹏啊g（L!＋L）＿2顺gR:—÷’″铡;—÷掘刚;
由@o得L＝l2.5m.
（3）要保证小球不脱离轨道,可分两种情况进行讨论:
L轨道半径较小时,小球恰能通过第三个圆轨道’设在最高点的速度为U3 ,应满足
o
o
2
U3
mg＝m恿
@
ˉ陛′＂g（L!—2L）ˉ2啊gR』-÷砸触!—÷″酗;
o
由OOO得R3＝0。4m
Ⅱ轨道半径较大时,小球上升的最大高度为R3 ,根据动能定理
ˉ鹏′＂g（L!＋2L）—狮gR』—0ˉ＋′撼刚;
解得R3＝L（）m
为了保证圆轨道不重叠,R3最大值应满足（R2＋R3）2＝L2＋（R3-R2）2
解得R3＝27.9m
综合I 、Ⅱ9要使小球不脱离轨道,则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m
当0＜R3≤0.4m时,小球最终停留点与起始点A的距离为L′ ,则
〗
○
℃
加
］
—
〗
○
~~
′
儿
吕
加
么
／
Ⅲ
＾
‖
＾
◎
∩
●~~
／
【
｜83
~
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题｜
当L0m≤R3≤27.9m时,小球最终停留点与起始点A的距离为L′′,则
L〃＝L′-2（L′-Ll-2L）＝26·0m·
2.解:（1）依题意当弹簧竖直放置,长度被压缩至′时,质量为5加的物体的动能为零,其重力势能转化为
弹簧的弹性势能.由机械能守恒定律,弹簧长度为l时的弹性势能
Ep≡5mgI
o
设P的质量为M,到达B点时的速度大小为UB,由能量守恒定律得
Ep—÷M触计陛Mg. 4′
o
联立O@式’取M＝′＂并代人题给数据得uB≡√雨了
O
若P能沿圆轨道运动到D点,其到达D点时的向心力不能小于重力’即P此时的速度大小u应满足
2
7ⅪU
—-″lg≥0
／
凹
@
设p滑到D点时的速度为uD9由机械能守恒定律得
’
录
β
℃
加
∏
儿
—
∩
／
＝
Ⅷ
（
∑
●
月
加
＋
）
∩
′
白
丁
‖
←
℃
】
″
］
—
∑
◎
联立OO式得uD＝｀／面百7
O
UD满足@式要求,故P能运动到D点’并从D点以速度UD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间
为′ ,由运动学公式得2!≡＋瓢,
@
P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为6＝U［）／
o
联立O@O式得s＝2徊／.
O
（2）为使P能滑上圆轨道’它到达B点时的速度不能小于零由o@式可知
5″〗g／＞〃Mg·4／
o
要使P仍能沿圆轨道滑回’P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有
］
方MU:≤Mg′
o
加
匡
√
—
◎
△
联立o◎oo式得;顺≤M
@
3.解: （1）解法1:牛顿运动定律结台万有弓｜力定律
设卫星B绕地心转动的周期为T′ ,根据万有引力定律和圆周运动的规律有
G警≡顾（午）』＂
G婴＿狮′（争）』′
o
@
—｜84
~~ ~~~~
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｛答案与解析｝
式中,G为引力常量,M为地球质量’加、″!′分别为卫星A、B的质量.由o@式得
T√＝（广）』T
o
解法2:运用开普勒运动定律求解
设卫星B绕地心转动的周期为T′ ,根据开普勒第三定律,有
h3
厂3
T2
T′2
3
~
解得T′-（虎）』T
（2）解法1:运用圆周运动规律求解
设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为t.
在此时间间隔t内,卫星A和B绕地心转动的角度分别为α和α′ ,则
-O
t
α-乙冗宇7一
▲
＋
α′＝2冗古
若不考虑卫星A的公转,两卫星不能直接通信时,卫星B的位置应
在图中B点和B′点之间’如图所示,图中内圆表示地球的赤道
A
由几何关系得
丝BOB′—2（…!÷—…m粤）
O
@
o
B′
＝≡′′B
由o式知,当厂＜h时,卫星B比卫星A转得快,考虑卫星A的公转后应有
α—α≡乙BOB′
由o@oo@式得
＂（″;—′;）（…｜n÷＋…粤）m
厂2
t＝≡
o
o
解法2:利用相对角速度求解
设卫星A和B连续地不能直接通信的最长时间间隔为r。
在此时间问隔′内,卫垦A利月绕地心转动的角遮度分别为座』和α／,根据周期公式,叫得‘°-千.‘〃′＝争
卫星B相对A绕地心转动的角速度山相对≡@
@
由几何关系得
丝BOB′-2（…n斧十…｜n吾）
由圆周运动规律有乙BOB′＝幻相对t
＂（亡÷）（…÷…粤）叭
联立求得〖＝
｜85
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｜满分之路,搞定高考物理压轴题‖
l.解:（l）S2星绕人马座AⅧ做圆周运动的向心力由人马座A·对S2星的万有引力提供,设S2星的质量为
加s2 ,角速度为山’周期为T’则
GMA婴s2＝ms2四2′’
厂白
『
办
尔
—
予
」
α
设地球质量为mE,公转轨道半径为厂E,周期为TE。则
MSmE
G——
（器）;
＝′＂E
厂E0
Ⅱ
厂
『
】
）
酝
—
丁
／
′
｜
＼
〗
）
厂
—
吨
（
~~岭
—
必
得
式
~~~
述
上
←
义
联
式中TE≡1年’
7E＝1天文单位,
代人数据可喘≈｜×l叭
（2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远,此时粒子的势能为零. ‘‘处于黑洞表面的粒子即使以光速运
动,其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚’’ ,说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑
洞的过程中克服引力做功,粒子在到达无限远之前,其动能便减小为零,此时势能仍为负值,则其能量总
和小于零根搪能量守恒定律,粒于在黑洞表面处的能量也小于零则有÷咖c:
G婴＜0.
依题意可知R＝RA,M≡M∧,
可得RA＜2旦皿△
C2
9
代人数据得RA＜1.2×10l0m
丛＜17
RS
第四讲力学经典之碰撞类问题
［章节练习］
1.解:（l）设△t时间内,从喷口喷出的水的体积为△V,质量为△′Ⅶ,则
△m＝D△V
o
0
△V＝U0S△r
@
由oo式得单位时间内从喷凹喷出的水的质量为警-′吻S
o
（2）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为儿水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为U.对于
△t时间内喷出的水,由能量守恒得
↑86
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『答案与解析｝
÷（△加）U2＋（△狮）gh＝÷（△″!）U;
在h高度处,△t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
△户＝（△″〖）U
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有
F△t＝△户
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得
F＝Mg
联立o@oo@式得
U;
M2g
／l≡厢-2p2u;S2 .
2。解:（1）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为U′ ,由动量守恒定律有
@
o
o
@
o
″〗BU＝（7川A＋加B）U′
在碰后A和B共同上升的过程中,由机械能守恒定律有
o
÷（疵A十′测』）锄′』-（獭＾…）g″
~｜
~｜
@
2
〃〖B
联立o@式得′L＝2g（′川A＋mB）2U2
o
′″B
由题意得h0＝2g（刀!A＋加B）2
代人题给数据得陀o＝2.04×l0
3 s2／m。
（2）按照定义s-｜宁｜×l00％
由OO式和题给条件得0＝6％.
3·解: （1）物块A从滑人圆轨道到最高点Q,根据机械能守恒定律,得
÷枷锄;＝砸g. 2R＋＋″》融,
所以A滑过Q点时的速度
u＝√u;-4gR≡√62—4×10×0.5m／s≡4m／s＞√百F＝√百m／s
在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式,得
@
◎
o
〗
Ⅲ
—
尺
加
~~
尸
＋
吕
〖
″
所以A受到的弹力F＝等ˉ狮g＝（嘿ˉ｜×l0）N≡22＂
｜87
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l满分之路搞定高考物理压轴题l
（2）A与B碰撞遵守动量守恒定律,设碰撞后的速度为U′ ,则″!U∩≡2′＂U′ ,
］
所以U′＝亏U0＝3m／6
从碰撞到AB停止’根据动能定理’得
2′〃″啡L-0—÷.2〃酗Ⅷ
′2
32
＝≡≡
（3）AB从碰撞到滑至第″个光滑段根据动能定理’得
℃
″
∑
］
儿
—
◎
△
∩
乙
川
℃
加
〗
■
‖
上
—
◎
′
臼
儿
屑
Ⅷ
尸
〗
解得U厕＝√§≡丁面7『（″＜陀）.
4.解:解法1 ;解析法
设子弹初速度为u0’射人厚度为2d的钢板后,最终钢板和子弹的共同速度为V.由动量守恒得
（2加＋加）V＝mu0
解得v＝＋锄＂
此过程中动能的损失为
△E＝÷顺锄;—÷×3枫v:
解得△E＝＋咖p;
9
分成两块钢板后’设子弹穿过第＿块钢板时两者的速度分别为U1和V1 ’由动量守恒得
m〖／1＋mV1＝加U0
o
@
o
凰为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第ˉ块钢板的动能损失为芋, 由能量守恒得÷″!刚｛—
皿
—
〗
〗
○
℃
″
γ
可
』
—
◎
▲~~
畴
】
〃
］
儿
—
∩
′
▲
@
联立O@O@式,且考虑到ul必须大于vl ,得
-（＋＋粤）
o
U］
U∩
设子弹射人第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2 ,由动量守恒得
2mV2＝″!u1
损失的动能为△屑′＝＋枷锄｛—÷×2枷v;
◎
●
联立ooooo式得△圃-＋（1＋乎）×竿
o
‖88
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因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由o式可得,射人第二块钢板的深度工为
＝÷（叶亨）‘
o
解法2:图象法
我们可以从条件“子弹在钢板中受到的阻力为恒力”人手,在总动量守恒的前提下,利用速度时间图象的
丰富表现力’将整个过程用图象来表达.设子弹在运动过程中受阻力作用的加速度为α
‖v
v
v0
V］
p0
vl／2
V今
v0
＝
ˉ’
〔／
／
O
仆
■
』
图l
图2
由圈1可知;淑—＋喻撼器—嘉
子弹射穿第＿块钢板的速度为U1 ’钢板的速度为U2 ,则由图象可知:
d＝÷〔财0＋＂!
硼:）爷
由图2可知,U0-U1≡p2
o
@
o
子弹射人第二块钢板留在其中,共同速度为等,则由图象可得
△
〗
凹
—
知
~卫〃
叼
—
’
曰
~工
@
联立上述各式可得x-＋（l＋亨）,
第五讲力学经典之弹簧类问题
［章节练习］
1.解:（1）I孔工图象如图所示.
F
／
物块沿工轴从O点运动到位置工的过程中,弹力做负功;F
工图线下的面积等于弹力
做功大小.弹力做功
WT＝—＋.位.堑＝÷拉a
臼
（2）a,物块由工1向右运动到工3的过程中,弹力做功
WT!-—÷. （垃!＋″』）. （鞠堑!）＝＋粒｛＿＋粒!
O
Ⅺ
｜89
~
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题〗
物块由Z3向左运动到工2的过程中,弹力做功
WT2-÷. （垃:＋粒3）. （延3—堑:）＝＋隐工;—÷隐堑;
e
整个过程中,弹力做功
WT-wn丁Ww—＋隐堑｛—÷位;
弹性势能的变化量
△E!』—w丁-＋缸;ˉ＋Ar;
b.整个过程中,摩擦力做功
W／＝-严′Ⅶg（2工3-x1-工2）
与弹力做功比较9弹力做功与工3无关,即与实际路径无关,只与始末位置有关,所以9我们可以定义＿个
由物体之间的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量—弹性势能.而摩擦力做功与工3有关,即与
实际路径有关,所以,不可以定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”
解: （1）装置静止时,设OA、AB杆中的弹力分别为Fl 、Tl ,OA杆与转轴的夹角为0l
「
小环受到弹簧的弹力F撇1＝隆.亏
∩
乙
小环受力平衡,F弹1＝加g＋2Tlcos01
小球受力平衡,F1cos0l＋T1cos01＝′＂g
F1sin01＝T1sln01
解得隐-鲤~
上
（2）设OA、AB杆中的弹力分别为F2、T2 9OA杆与转轴的夹角为02 ,弹簧长度为工
小环受到弹簧的弹力F弹2＝陀（工
L）
小环受力v衡,F弹』-咖g碍堑-:L
对小球,F2cos02＝mg
F2sin02≡m@;Isin02
且cos02＝岳
白L
解得酗愈-√爵
（3）弹簧长度为寺L时｀设OA、AB杆中的弹力分别为F』＼T3 ’OA杆与弹簧的夹角为β3
△
小环受至‖弹簧的弹力F弹』-÷隐L
｜90
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』答案与解析｜
~「
小环受力平衡,2T3cos03＝加g＋F弹; .且cos03＝方
对小球,F3cos03＝T3cos03＋加g
F3sin03＋T3sin03≡m@!［sin03
解得″』-√平
整个过程弹簧弹性势能变化为零,则弹力做的功为零,由动能定理
w涧g（爷ˉ÷）ˉ…（芋÷）-2×÷狮（…in,’）,
解得W＝咖gL＋l6等么
3.解:（1）对整体分析,根据平衡条件可知9沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有:
腮咖-（顺÷顺）g愚m″
解得隐-s″霉nβ
（2）由题意可知,6经两段相等的时间位移为Z0
;
工1
1
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知:—＝—
工0
4
说明当形变邑为堑｜＝塑,
￥＝竿时-者分离;
对加分析,因分离时αb间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知;陀工1-加gsin0≡mα
联立解得;铡-÷gsm队
（3）设α＼b分离前经时间r时,“｀6前进的位移z＝寺″2＝gsin仇‘
△
10
则形变量变为:△工＝工0-工
对整体分析可知9由牛顿第二定律有:F＋虎△工＿
解得F-竞…‘＿｜嘛;u:q!
工0
因分离时位移工＝丁
由堑—子—÷哑:
（″』＿÷′测）gsin0-（咖＋:′鹏）α
~~′
≈
√,工＂
解得:t＝
2gsln0
假蒜.F…才熊成立
故应保证0≤t＜
｜9‖
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I
满分之路.搞定高考物理压轴题l
4.解:（1）质量为″!的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供,则
℃1
加g＝′″页
o
由o式解得Ul＝√百页.
（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能·由机械能守恒定律有
@
E＂-砸g（』咽R＋R）＋÷脚锄｛
o
由@O式得Ep＝3″!gR。
@
（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响,质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动9设经过t
时间落到水面上,离OO′的水平距离为工1 ’由平抛运动规律有
生5R＝÷g《:
◎
工1＝℃1『＋R
由OO式解得工1＝4R
◎
●
当鱼饵的质量为;砸时』设其到达管口c时速度大小为U』.由机械能守恒定律有
E膳-÷咖gα5R｜R）｜÷（÷澜）锄;
由@o式解得U2≡2
｀／百F
质量为÷啊的鱼饵落到水面上时,设离OO′的水平距离为露2 ,则
工2＝U2t＋R
由OOO式解得工2＝7R
训
厂）门
鱼饵能够落到水面的最大面积S-丁（厕工;—厕工｛）＝于厕R:（或825师R2）
o
o
o
第六讲力学经典之板块类问题
［章节练习］
1。解:（1）设货物的质量为m’货物与车厢间的动摩擦因数尸＝0.4,货物在车厢内滑动过程中,受到的摩擦
力大小为／,加速度大小为αl ,则
／＋mgsin0＝″!α1
o
／＝〃′＂gcos0
@
联立O@式并代人数据得αl≡5m／s2
o
α1的方向沿制动坡床向下
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」答案与解析｜
（2）设货车的质量为M’车尾位于制动坡床底端时的车速为U≡23m／s.货物在车厢内开始滑动到车头距
制动坡床顶端s0≡38m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1 ,在车厢内滑动的距离s
＝4m,货车的加速度大小为α2 ,货车相对制动坡床的运动距离为52.货车受到制动坡床的阻力大小为
F,F是货车和货物总重的户倍,陀＝0.44,货车长度』0＝12m,制动坡床的长度为／,则
Mgsin0＋F／≡Mα2
@
F≡h（刀『＋M）g
o
励
凸
＋
凸
］
α
可
」
—
∩
／
≈
Ⅱ
℃
~］
＄
o
“-刚′÷α泌』
@
o
5≡J］～＄2
／＝』0＋50＋52
o
联立O@@～O并代人数据得／＝98m.
O
2.解:从Uˉt图象中获取速度及加速度信息根据摩擦力提供加速度·且不同阶段的摩擦力不同,利用牛顿
第二定律列方程求解
（1）从t＝0时开始,木板与物块之间的摩擦力使物块加速,使木板减速,此过程＿直持续到物块和木板具
有共同速度为止
由图可知,在tl＝0.5s时,物块和木板的速度相同.设t≡0到t＝tl时间间隔内,物块和木板的加速度大
小分别为αl和α2 ,则
Ul
α1 ＝＝华
L1
α）
U0-〔／］
广］
凹l
o
＾
′
α
式中u0＝5m／s、u1≡lm／s分别为木板在t＝0、t≡tl时速度的大小.
设物块和木板的质量均为m,物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为／1l 、尸2 ,由牛顿第二定
律得
尸1加g＝加α1
o
（尸1＋2〃2）加g＝mα2
@
联立o@o@式得
αl＝0.20
o
尸2＝0.30.
O
（2）在t1时刻后9地面对木板的摩擦力阻碍木板运动’物块与木板之间的摩擦力改变方问设物块与木板
之间的摩擦力大小为／,物块和木板的加速度大小分别为α′l和α′2 ’则由牛顿第二定律得
／＝mα′l
@
｜93
~
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2尸2″lg-／＝″!α′2
假设／＜尸］″lg,则α′1＝α′2 ;
由oo@o式得／＝尸2加g＞尸1 ′抛g,与假设矛盾
故／＝严1mg
由@o式知,物块加速度的大小α′I等于α1
;
o
o
物块的t厂t图象如图中点划线所示
卜’／（m.sˉl）
5
l
O
05
′／s
由运动学公式可推知,物块和木板相对于地面的运动距离分别为
2
U1
『l＝2×示
乙α1
o
2
~｜
U1
U罕川′!＋刃I
o
~◎
凸
＄
物块相对于木板的位移的大小为
@
］
』
『
…
◎
乙
尸
飞
甲~~
『
严
联立oooooooo式得
5≡1ˉ 125m.
■
o
3.解:（1）在0～2s时间内,A利B的受力如图所示·其中／1 、M是A与B之间的摩擦力和正压力的大小,
／2 、］V2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小,方向如图所示.由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得
∏
L
『
′″g
们g
◎
◎
◎
°
／1≡／11N1
lVI＝加gcos0
／2＝／12N2
N2＝Nl ′＋″〗gCOS0
｜94
~
~~~
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」答案与解析｜
规定沿斜面向下为正.设A和B的加速度分别为αl和α2 9由牛顿第二定律得
◎
◎
◎
◎
mgsin0
／1≡mα1
mgSln0～／2＋／1′＝′川α2
］V］＝N1′
／1＝／1′
联立o@o@◎o@o式’并代人题给数据得
α1＝3m／s2
α2＝1m／s2 .
（2）在tl＝2s时,设A和B的速度分别为U1和U2,则
u1＝α］t1＝6m／s
u2＝α2t1＝2m／s
t＞t1时,设A和B的加速度分别为α′1利α′2.此时A与B之间的摩擦力为零,同理可得
α′1＝6m／s2
α2＝-2m／s2
B做减速运动.设经过时间t2 ,B的速度减为零’则有
U2＋α′2t2＝0
联立@oo式得
t2＝1S
在tl＋r2时间内’A相对于B运动的距离为
』＝（÷αM｛＋m鳃＋＋α′Ⅸ;）—（÷…;＋刚』幽＋＋α′哑;）
＝12m＜27m
此后B静止·A继续在B上滑动.设再经过时间t3后A离开B,则有
◎
◎
◎
α
◎
回
o
o
o
′
』-（翘］—α′1蛔）酗＋αl‘!
o
可得
r3＝1s（另＿解不合题意,舍去）
设A在B上总的运动时间为t总,有
t总＝t1＋t2＋t3＝4S.
o
o
4。解:（1）设木板和物块的加速度分别为α和α′ ,在t时刻木板和物块的速度分别为Ur和U′′ ’木板和物块之
间摩擦力的大小为／,依据牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得
／＝加α′
o
恩
加
α
′~
′
′
≡
◎
｜95
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U′!2＝U′《1＋α′（t2
r1）
F／＝（2m）α
U′2＝Ut1＋α（t2-rl
）
由o@o@o式与题给条件得
ul≡4m／s,uL5＝4。5m／s,u2＝4m／s’u3＝4m／s
U′2＝4m／s,U′3≡4m／s.
（2）由O@式得到物块与木板运动的沙1图象,如图所示。在0～3s内物块相
45
对于木板滑过的距离△＄等于木板和物块沙t图线下的面积之差,即图中带阴
4
影的四边形面积,该四边形由两个三角形组成,上面的三角形面积为0.25m,
2
下面的三角形面积为2m,因此△N＝2.25m.
o
（）
o
@
o
◎
●
『
′
』
／
∩
≤
√
∩
乙
尸
、
山
■
‖
儿
■
】
【
S
第七讲力学经典之传送带问题
［章节练习］
1。解: （1）设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F,则
F＝严加g≡mα
又U＝αt
Fr≡′〃U-0
由o@式并代人数据得
t＝0·2S°
（2）邮件与皮带发生相对滑动的过程中,对邮件应用动能定理,有
o
o
o
l
2
F工≡丁′ⅦU
0
@
由o@式并代人数据得
r≡0. 1m°
（3）邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为N,则
5二＝Ut
摩擦力对皮带做的功
W≡
F.『
由ooo@式并代人数据得
W＝二-2］.
o
o
@
2.解: （1）物块从静止开始做匀加速直线运动到A过程·滑动摩擦力做正功,物块从A到B,重力做正功’根
L
据动能定理…＋狮g2R＝÷枷诡｛解得;刚圃＝3√盂
｜96
｜
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『答案与解析｝
（2）物块从B滑上滑板后开始做匀减速运动,此时滑板开始做匀加速直线运动,当物块与滑板达共同速
度时,二者开始做匀速直线运动.设它们的共同速度为U,根据动量守恒定律得
UB
mUB＝（′″＋2加）U,解得:U＝ˉ厅
□
对物块,川动能定理列方程;—…!-＋狮财:ˉ÷′″颧:,解得瓤—8R
对滑板,川动能定理列方程;…:-÷×2′测硼圈—0,解得;题-2R
由此可知物块在滑板上滑过s1
52≡6R时,小于6.5R,并没有滑下去,二者就具有共同速度了。
当2R≤L＜5R时,物块的运动是匀减速运动8R,匀速运动L-2R,匀减速运动0. 5R’滑上C点’根据动
能定理;—陛咖g（8R—0刀R）＝÷狮U:—＋狮U:｀解得;÷′＂o:＝÷顺gR＜′＂gR,
臼
w′＝似加g（8R＋…）-￥狮gR物块不能滑到CD轨道的巾点
当R＜L＜2R时,物块的运动是匀减速运动6.5R＋L,滑上C点。根据动能定理:
—似狮g（…＋D＝＋枷锄8—＋顺刚:解得;w′＝…（…＋L》＝＋獭g（l3R＋2L）
菏＋顺刚邑＝＋啊g（…D≥厕gR时’可以滑到CD轨道的中点,此时要求肌＜队5尺,这与题目矛盾所
以物块不可能滑到CD轨道的中点。
3.解:（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为U0.由机械能守恒知
∩
／
＝
＾
‖
γ
℃
刃
γ
司
」
—
’
二~~
〖
／
吕
Ⅺ
′
得U0≡｀／百百7丁
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为α,则
严″?g＝加α
设物块B通过传送带后运动速度大小为U,有
沪-U;≡
2α／
联立解得u＝4m／s
由于u＞2m／s’所以u＝4m／s即为物块B与物块A第＿次碰撞前的速度大小.
（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、u1 ,取向右为正方向,由弹性碰撞知
-加u＝mu1＋MV
÷顺渗≡＋碾测｛＋÷Mv:
解得U1＝鼻”＝冬m／＄
O
Q
｜w
~~~
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即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动.
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为／′ ,则
◎
0—Ui＝
2α′′
得′′＝÷『n＜lm
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上
（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速可以判断,物块B运动到左边
台面时的速度大小为Ul ,继而与物块A发生第二次碰撞.设第二次碰撞后物块B速度大小为U2 ,同上计
算可知
1
／
1
＼2
U2≡百Ul＝＼丁／
U
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…,碰撞后物块B的速度大小依次为
鳃-丁吨—（÷）』＂
1
跳＝丁吨＝（＋）』°
1
则第″次碰撞后物块B的速度大小为
”涧＝（＋）赋渺＝紊硒／｀
4.解:以地面为参考系（下同）,设传送带的运动速度为U0 ,在水平段运输的过程中,小货箱先在滑动摩擦力
作用下做匀加速直线运动,设这段路程为s’所用的时间为t’加速度为α,则对小货箱有
’
孕
广
凸
α
Ⅷ
‖
→
—
∩
／
≈~~
＄
o
@
U0＝α『
在这段时间内,传送带运动的路程为
50＝U0t
由以上各式得
50≡2J
用／表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送带对小货箱做功为
o
@
］
◎
Wl＝／s＝亏mU6
o
传送带克服小货箱对它的摩擦力做功
W2—′蛔-2×＋″次′;
o
两者之差就是克服摩擦力做功产生的热量
｜98
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」答案与解析｜
Q—÷′鹏融;
@
可见,在小货箱加速运动过程中’获得的动能与发热量相等
T时间内·电动机输出的功为W＝PT
此功用于增加小货箱的动能、势能以及克服摩擦力发热9即
w＝寺Nm〖′;＋N加gh＋NQ
乙
已知相邻两小货箱的距离为L,所以
U0T＝ⅣL
联立@ooo式’得
o
o
o
＼
｀
‖
□
『
′
／
『
′
■
吕
｜
丁
β
儿
〗
″
Ⅵ
／
／
‖
‖
｀
｀
咖
—
丁
＿
尸
第二章电学综合篇
第八讲带电粒子在电场中的运动
［章节练习］
1.解; （1）设质子进人漂移管B的速度为UB’电源频率、周期分别为／、T,漂移管B的长度为L,则
T-＋
.／
T
L＝UB ·了
o
@
联立o@式并代人数据得L＝0.4m
o
（2）设质子进人漂移管E的速度为uF,相邻漂移管间的加速电压为U9电场对质子所做的功为W,质子
从漂移管B运动到E电场做功W′ 0质子的电荷量为q、质量为′抛’则
w＝qu
@
W′＝3W
o
w＝＋枷硼:—寺狮勋:
臼
△
o
联立@OO式并代人数据得u＝6×1（）4＼
解: （1）由动能定理得Ekm＝eUhM可得
E｀
U＝＿坚里
m
e
2
短路时所有逸出的电子都到达B板,故短路电流
I短≡lVe·
↑99
—
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（满分之路.搞定高考物理压轴题｛
］
∏
·
监
巴
Ⅱ
（2）电源的电动势等于断路时的路端电压,即上面求出的Um’所以E＝U ∏］
轮
丽
~~
匠
—
捻
~~
厂
阻
内
源
电
（3）设电阻两端的电压为U’则电源两端的电压也是U°
由动能定理知’＿个电子经电源内部电场后损失的动能
△Eke≡eU
设单位时间内有N′个电子到达B板,则损失的动能之和
△Ek＝］V′△Eke＝」V′eU
根据电流的定义,此时电源内部的电流I＝Ⅳ′e
此时流过外电阻的电流也是I≡］V′e,外电阻上消耗的电功率P＝IU≡N′eU
所以p＝△Ek.
3·解:（1）设电容器C两板间的电压为U,电场强度大小为E,电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小
为α,穿过C的时间为r］,穿出时电子偏转的距离为y1
,
cR1
o
U＝R1＋R2
∏
—
’
α
~
Ⅱ
◎
◎
eE＝mα
′
刨
—
讣
~~
／
●
@
L
’
二
］
′
α
］
—
∑
~］〕
o
泌
勾
—
〗
α
｀
‖
′
由以上各式得№-六（R!等噬;
代人数据得yl＝4.8×10—3m
o
@
由此可见〗］＜寺′,电子可通过C
△
设电子从C穿出时,沿y方向的速度为u,穿出后到达屏S所经历的时间为r2 9在此时间内电子在y方向
移动的距离为y2
,
U1＝αt1
o
I2~
U0
◎
◎
t2
y2＝U1r2
由以上有关各式得γ:-惹（R!等R泞
o
＝-20O
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』答案与解析｜
代人数据得）′2＝192×10 2m
由题意y＝y1＋y2≡2·4×l0—2m
（2）如图所示·
◎
◎
V／l（）ˉ2m
~
~
IIIIIIIII
l
』
』
】
■
】
2.0
］■■■■
1.0
′／S
0
l
2
3
4
5
6
4.解:（1）收集效率γ为81％,即离下板0.81α0的尘埃恰好到达下板的右端边缘’设高压电源的电压为U,
则在水平方向有L＝〖′0t
●
在竖直方向有肌8M』-÷哑』
@
胆
—
叫
~~
眶
万
~~
尸
—
加
~~
α
中
其
o
当减小两板间距时,能够增大电场强度,提高装置对尘埃的收集效率.收集效率恰好为100％时,两板间
距即为αm。如果进一步减小〔／,收集效率仍为100％.
因此’在水平方向有L≡U0t
@
■
在竖直方向有刨m-÷侧↑』
o
其中α′＝旦＝哩＝ˉ2I上
~『
′γ?
′γ2
γⅪαm
◎
●
联立O@O@OO可得αm≡0. 9创0.
（2）通过前面的求解可知,当α≤0. 9创0时,收集效率γ均为100％
当α＞0。9回0时,设距下板工处的尘埃恰好到达下板的右端边缘,此时有
’
■
、
｀
『
′
儿
—
吻
′
口
‖
＼
胆
冠
］
—
〗
~贮
o
根据题意｀收集效率为γ-苛
联立O@OOO可得γ-α81（山）a
α
（3）稳定工作时单＂时间下板收集的尘埃质量为等＝γ…Ⅷ
当感≤α9擞″时,″-l,因此等-…Ⅱ｀
o
2O｜
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满分之路搞定高考物理压轴题］
（′;
当感＞…＂时,γ＝αsl（守）』.囚此等＝队8l…0了
绘出的图线如下
｀△M△／
0·9″们b〔川〕M〕
嫩
／
′
＼
＼
／
／
＼
／
＼
＼
／
／
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′
飞
／
～≈
／
／
／
／
α
O
0。9刨）
第九讲带电粒子在磁场中的运动
［章节练习］
1。解:（l）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间r0内其速度万向改变了90。,故其周期
T＝4／0
o
设磁感应强度大小为B,带电粒子速度大小为U,圆周运动的半径为厂。由洛伦兹力公式和牛顿定律得
2
qUB＝加匹
@
厂
匀遮阀周运动速度满足,-竿
o
q
联立o◎o式得B-湍
o
（2）设带电粒子从OA边两个不同位置射人磁场’能从OC边上的同一点P射出磁场,带电粒子在磁场中
运动的轨迹如图（a）所示.设两轨迹所对应的圆心角分别为0l和02.由几何关系有
01＝180°-02
带电粒子两次在磁场中运动的时间分别为r1与／2 ’则
o
C
尸
／
队
‘
＼
／
l
（′
阁（a）
β
【
〗
~~
丁
』
—
◎
▲~~
’
二
仆
匹
＋
屯
‖
丛
』
o
202
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」答案与解析｝
（3）如图（b）所示,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°.设O′为圆弧
的圆心,圆弧的半径为厂0 ,圆弧与AC相切于B点9从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此
时有
丝OO′D＝乙BO′A＝30°
@
｝
〔
0
I）
T
O｜
「）′
A
腐｜
（
｝）
）
厂0
厂0cos乙OO′D＋cos乙BO′A＝L
2汀厂0
设粒子此次人射速度的大小为U0 ,由圆周运动规律U0＝-7＝
联立ooo翻式得哪-嘿
2
γγ?U0
2.解;（l）设粒子做圆周运动的半径为Rl ,洛伦兹力提供向心力,则有qU0B0＝瓦
据题意由几何关系得
R1＝α
联立o@式得
γ?2U0
B0≡—厂·
qα
（2）设粒子做圆周运动的半径为R2 ,加速度大小为α,由圆周运动公式得
2
U0
α＝瓦
据题意由几何关系得
3Ro＝d
c）
（∏）
P
o
o
@
』
o
@
o
联立@o式得
3U;
α＝—厂·
α
o
（3）设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得T＝丝丘
U∩
@
由牛顿第二定律得
2
′γ?U0
qU0B0≡—百
o
203
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由题意知B0＝鲤血’代人o式得
qα
α＝4R
粒子运动轨迹如图所示,O］、O2为圆心,OlO2连线与水平方向的夹角为0,在每
个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中p板,且要求0＜0＜÷·由题意
o
v0
臼
B（＿ˉ ˉ0Ⅲ儿黍』O2
可知
奴β
R
‘4
呛
—
’
～
~~
丁
β
｜
十
∏
’
曰
∏
—
’
≈
O
~
］
o
vO
设经历完整TB的个数为＂（″＝0,1,2,3…）
若在A点击中P板,据题意由几何关系得
R＋2（R＋Rsin0）Ⅶ＝创
当〃＝0时,无解
当″＝l时,联立oo式得
］
β＝÷（或s‖n0＝方）
联立oooo式得
y
尸厂
∏α
」B盂
当抛≥2时’不满足0＜0＜90。的要求
若在B点击中P板,据题意由几何关系得
R＋2Rsln0＋2（R＋Rsin0）闪＝α
当″＝0时,无解
当″＝1时,联立oo式得
β＝…『n＋（或s!n0-＋）
联立@ooo式得
司
y
T圈ˉ（÷＋…m士）六
当″≥2时,不满足0＜0＜90°的要求。
α
α
‖
o
α
田
I
Ⅲ
◎
o
o
U2
3.解:（1）洛伦兹力提供向心力,有qUB0≡″!页
圆周运动的半径R＝L
解得ˉ2＝-I▲
γⅦ
B0L
204
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‖
（2）如图1所示,以最大值0m人射时,有
△r≡2R（1—cos0m）＝L或2Rcos0m＝L
解得0m＝÷.
（3）B＞B0 ,全部收集到离子时的最小半径为R1 ,如图2所示,有
2R1cos37°≡L
解得B!-器-MB＂
当B0≤B≤1.6B0时,有＂l＝门0
B＞1.6B0 ’恰好收集不到离子时的半径为R2 ,有R2＝0. 5L
解得B2＝2B0
当1.6B0＜B≤2B0时,设R′≡皿卫
qB,
2R′-L
有＂』-2R′α…7画）陶-啊［5器）
当2B0＜B≤3B0时,有″3＝0。
4.解:（1）初速度与J轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1
关系可知,乙POC＝30.｛△oCP为等腰三角形,故么OCP＝芋
T
此粒子飞出磁场所用的时间为t0＝丁
式中T为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的人小为融,半径为R,由儿何关系叫得R-孪α
q」
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
咖B-啊÷
T＝旦匹旦
阁l
V｛
‖
』
〈惨二≈〉＼
气
｀
√
0｜
L
2Lx
图2
』
中的弧OP所示,其圆心为C.由几何
o
@
「
o
@
o
°
缅
—
…
联立@o@o解得丛
γn
o
）
『）′）
J
‖
f
矿
V
屑｝l
2O5
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（2）仍在磁场中的粒子其圆心角＿定大于120° .这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出;角度最大
时从磁场左边界穿出.依题意,所有粒子在磁场中转动时间相同’则转过的圆心角相同,故弦长相
等;同＿时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆
＝
／～
心、OP为半径的弧MN上. （弧MN只代表初速度与y轴正方向为60°时粒子的运动轨迹）如图2
所示.
设此时位于P、M、］V三点的粒子的初速度分别为Up、UM、UM由对称性可知Up与OP、UM与OM、UN与
ON的夹角均为÷.
u
设UM、UN与y轴正向的夹角分别为0M、0N,
∏
—
∩
●
由几何关系有0M
@
0N＝芋
u
对于所有此时仍在磁场中的粒子,其初速度与y轴正方向所成的夹角0应满足
∩
÷≤0≤于
q』
o
■
》
ˉ＿ˉ～↓P
~
』一—～
■
O
旧α
h
M
Ⅳ
阁2
（3）在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切,其轨迹如图2所示.由几何关系可
知OM＝OP
由对称性可知MN＝OP
由图可知,圆的圆心角为240°,从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间为2t0.
206
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『答案与解析｜
第十讲带电粒子在电磁场中的运动
■章节练习□
L解: （1）洛仑兹力不做功,由动能定理得:′＂gy≡百′ⅦU
α
解得;U＝√zy.
2
（2）设在最大距离ym处的速率为Um,根据圆周运动有:qBUm
加g＝加
了丁
R
@
o
丁
且由@得Um＝√回百y∏7
由o@及R＝2ym
2m2
得:‰＝舞~
（3）小球运动如图所示
@
◎
~
×
×
×
×
久
×
｜
｜
∩
…
γ
×
×
×
1
’
丁′＂z′而
由动能定理得: （qE-加g）ym
□」
2
Um
由圆周运动得:qBUm＋mg-qE＝″!页
@
■
由O、@且R≡2｜ym｜
9
解得;Um＝盂（qE—″!g儿
2.解:（1）由于洛伦兹力不做功9只有电场力做功,由动能定理有
—qE′l＝÷″mz—÷′″刚;
△
白
o
…
＿
加
〗
∩
℃
′
√
~~
℃
得
解
式
●
由
@
（2）I。由图乙可知,所有粒子在＿个周期T内沿r轴方向前进的距离相同,即都等于恰好沿工轴方向匀
速运动的粒子在T时间内前进的距离.设粒子恰好沿r轴方向匀速运动的速度大小为Ul ’则
qU1B＝qE
o
又5＝U1T
o
式中T＝丝皿
qB
207
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由o@式解得＄＝旦匹』卫E
o
qB2
.
Ⅱ设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处）,对应的粒子运动速度大小为U2（方向沿
r轴）,因为粒子在y方向上的运动为简谐运动,因而在y＝0和y＝ym处粒子所受的合外力大小相等,
方向相反,则
qU0B-qE＝-（q〖／2B
qE）
1
2
1
2
由动能定理有＿qEym≡丁mU2-丁mU0
o
@
■
又A醚＝＋yⅧ
o
由ooo式解得A躺＝盖（刚,—音）
叮写出图内曲线满足的简谐运动γ
′函数表达式为』＝矗（＂,—昔）（l—c。s等〕
3。解:（1）设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得
~
℃
加
］
—
∑
α
—
∩
乙
Ⅱ
α
o
由o式得
〗
℃
『
α
加
α~~
匠
@
（2）设I区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得
U2
qUB＝刀Ⅱ页
q
o
如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况.若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得
h
甲
R＝?
联立o@式得
B＝业四
qD
若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得
@
◎
k
208
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』答案与解析｜
犯
丁
尺
o
联立oo式得
E-器
o
（3）设粒子在I区和I区做圆周运动的半径分别为R1 、R2 ,由题意可知, I区和Il区磁感应强度的大小
分删为腑!＝带、B:-垫
qD,
由牛顿第二定律得
2
2
q财B!—删贡,q融B:-′＂瓦
o
U
代人数据得
R!-:.R』-?
o
∏
设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为Tl 、T2 ,由运动学公式得
~
T1＝2冗R1 7-
2沉R2
9』2-
U
U
o
据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对
称性可知,I区两段圆弧所对圆心角相同,设为0l ,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为
02 ,圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α9由几何关系得
01＝120°
O
02≡180°
@
α＝60.
o
α＝60ˉ
qj）
p
乙
粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示’设粒子在I区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1
、
t2 ,可得
下
」
∑
伪
—
狮
×
扣
—
α
~~
丁
〔
］
〗
’
∩
′
△
◎
×
们
β
〗
］
×
哪
—
α
~~
店
］
o
设粒子运动的路程为5,
由运动学公式得
S＝U（r1＋t2）
联立ooo@ooo式得
o
丙
J＝5.5jrD.
o
4·解: （1）在电场中,粒子做类平抛运动9设Q点到工轴距离为L9到y轴距离为2L,粒子的加速度为α,运
动时间为t’有
2L＝U∩t
o
209
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P
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〗
亡
α
］
—
目~~
儿
@
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为【′）
UV＝αt
o
设粒子到达O点时速度方向与工轴正方向夹角为α,有tanα＝丝
@
U0
联立O@O@式得α＝45°
o
即粒子到达O点时速度方向与r轴正方向成45°角斜向上.
设粒子到达O点时速度大小为U’由运动的合成有
U＝√5『干可
o
联立o@oo式得U＝√田0.
@
（2）设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为″! ,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律可得
F＝′Ⅶα
o
又F≡qE
o
设磁场的磁感应强度大小为B’粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供「句心力,
■
旦
2
U
有q飞′B＝′阀页
o
由几何关系可知R＝√百L
联立ooooo＂o式得昔-÷
o
q
｜｜）′
××××
××××
偿湍
~‖
牛仁｜″~
｜
g
~｜
第十-讲带电粒子在复合场中的运动
［章节练习］
1解;（l）由图叫知当＝M『＂时.F!＝喂-队0ls｀
F1工2
因此q≡ˉ丙可＝1×10ˉ6C.
（2）设在工≡0. 3m处点电荷与小球间作用力为F2
.
F合＝F2＋qE
2｜O
~
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因此E＝F詹了F廖＝ˉ0］!触0lβN／C—尉×10』N′C
电场在工＝0. 3m处沿细杆方向的电场强度大小为3×104N／C,方向水平向左
（3）根据图象可知在工＝0。4m与工＝0. 6m之间合力做功大小
W△＝0。004×0. 2J≡8×l（）—4J
口
W△
由qU＝W合可得U＝—三＝8（〕0V.
q
（4）由图可知小球从r＝0. 16m到r＝0.2m处
电场力做功W1＝0.03×0.04」＝6×10＿4J
2
小球从工＝0。2m到工≡0。4m处
电场力做功w』＝十顺锄:＝M×l0ˉ』J
由图可知小球从Z＝0.4m到工＝0.8m处
电场力做功W3＝-0.004×0.4J＝-L6×10—3 J
由动能定理W1＋W2＋W3＋F外5≡0
Wl＋W2＋W3＝0.065m.
解得J≡-
F外
■
Q
2解;（l）设小球的初速度为u0初动能为EM’从O点运动到A点的时间为t ,令OA＝′,则OB＝甘′,根
据平抛运动的规律有
dsin60。＝u0t
~
o
‘′c。s60.-÷g‘,
@
又有Ek0＝÷′涧U;
曰
o
由ooo式得
q
E臆0≡;加g‘′
设小球到达A点时的动能为EM,则
@
E懒—E酗＋＋″鸭d
o
厅
／
—
∩
□
~~
纪
丽
得
式
◎
°
由
o
（2）加电场后,小球从o点到A点乖‖B点,高度分别降低了;利￥,设电势能分别减小△E,＾和△E醒.由
能量守恒及@式得
2｜｜
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△E僻A＝3E酗—E!铡＋獭gd-÷E＂
@
q
△EpB＝6Ek0-Ek0
寸狮gd≡Ek0
o
在匀强电场中,沿任＿直线,电势的降落是均匀的.设直线OB上的M点与A点等电势,M与O
隆
O……咽｀呻争≡鸯
°＂B
E
解得r≡d,MA为等势线,电场强度方向必与其垂线OC方向平行.设电场强度方向与竖直向下的方向
的夹角为α,由几何关系可得α＝30。
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°.
设电场强度的大小为E,有
qEdcos30°＝△EpA
由@@o式得
‘—呼
3。解: （1）小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同＿平面内,合力为零,则
o
o
@
■
■
qUB＝√q2E2＋″!2g2
代人数据解得U＝20m／s
速度U的方向斜向右上方,与电场E的方向之间的夹角0满足tan0＝塑
加g
代人数据解得tan0＝√面,0＝60°.
（2）解法l :撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为α’有
◎
◎
o
@
吕
加
｜
十
″
匠
√
Ⅳ
α
◎
◎
设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为Z·有I≡Ut
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为J’有
’
≈
广
咎
α
］
—
∑
@
V
α与′＂g的夹角和U与E的夹角相同,均为0,又tan0≡坠
.r
联立@OOOO式,代人数据解得t＝2侗s≈3,5s,
o
o
2｜2
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『答案与解析｜
解法2:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向’它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点
竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为
o
uy≡usin0
若使小球再次经过P点所在的电场线’仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有
门
′
白
手
『
少
宫
］
—
日
旷
〕
【
o
联立@◎O式,代人数据解得t＝2√可s≈3,5s.
4.解:（1）设粒子在户板ˉk做匀速直线运动的速度为U0 ,有h＝U0t
设发射装置对粒子做的功为w,由动能定理得
◎
●
］
O
W＝÷″顺′0
≈
@
联立o@式可得W＝皿h1
o
2t2
.
（2）S接“1”位置时,电源的电动势E0与板间电势差U有
E0＝U
@
板间产生匀强电场的场强为E,粒子进人板间时有水平方向的速度U0 ,在板间受到竖直方向的重力和电
场力作用而做类平抛运动,设加速度为α,运动时间为r1 ’有
U＝Eh
o
加g-qE＝″〗α
o
h＝÷α爵
o
′≡U0t1
o
S接“2’,位置,则在电阻R上流过的电流I满足
』
p
E（）
I≡R＋厂
o
联立o@～o式得
I≡
″2／t
／
2h3
q（R＋′）（g-丙）
o
（3）由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡,当粒子从K进人板间后立即进人磁场做匀速圆
周运动,如图所示,粒子从D点出磁场区域后沿DT做匀速直线运动,DT与b板上表面的夹角为题目所
求夹角0’磁场的磁感应强度B取最大值时的夹角0为最大值0m,设粒子做匀速圆周运动的半径为R,有
2
k
γ》77》∩
疵
—
尺
~~
β
○
Ⅶ
α
二
p
o O
′
｜
（
｛
、
‖
≈√
0
力
D
过D点作6板的垂线与b板的上表面交于G,由几何关系有
~
DG＝h-R（1＋cos0）
0
b
I
｜←-厂←｜G
@
2｜3
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题｛
~
TG＝h＋Rsln0
o
—
“
—
—
正
~…
—
…
β
∏
已
［
O
联立OO～O式,将B＝Bm代人,求得
βm-a丫cs｜＂÷
√
当B逐渐减小,粒子做匀速圆周运动的半径R也随之变大,D点向b板靠近,DT与6板上表面的夹角0
也越变越小,当D点无限接近于b板上表面时,粒子离开磁场后在板间几乎沿着b板上表面运动而从T
孔飞出板间区域,此时Bm＞B＞（）满足题目要求,夹角0趋近00 ,即β0＝0
则题目所求夹角为
2
0＜0≤arcslnˉ言
O
■
第十二讲带电粒子运动对接高新科技
上
［章节练习］
1。解:（1）设离子经电场加速后进人磁场时的速度为U,由动能定理得
门
乙
Ⅶ
加
］
—
〗~~
∏
α
o
离子在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力提供向心力,即
2
U
qz′B≡″Ⅱ页
@
回
由o@式解得
U-q警
（2）设在r时间内收集到的离子个数为N,总电荷量为Q,则
Q＝Ir
o
@
Ⅷ
＾
α
—
『
~
Ⅳ
c）
o
M＝Nm
由@oo式解得
M≡21山
q
@
（3）由o@式有
o
＿2｜4
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』答案与解析｜
设″!′为铀238离子在质量,由于加速电压的大小会在U±△U范围内有微小变化’铀235离子在磁场中
最大半径为
1／2′″（U＋△U）
Rmax＝百γ
q
铀238离子在磁场中的最小半径为
1~／2m′（U△U）
R′m!n＝百γ
q
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为
Rmax＜R′min
o
o
o
僧‖古√2′″（U;ˉ△U）＜古√2′″｛（［厂△u）
则有加（U＋△U）＜″1′（U＋△U）
◎
°
:｜｜等＜舟;王册
其中铀235离子的质量m＝235u（u为原子质量单位）,铀238离子的质量
加′＝238u
户
罐＜;;;‖干;;:‖
解得等＜M3％
o
o
2解; （l）设甲种离了在磁场中的运动半径为厂! ,在屯场巾加逮时,有q［见-＋
2
且qUB＝2加坠
厂1
。
户
／
【
Ⅺ
′
日
解碍庐＝-÷｀／平
根据几何关系Z＝2厂l-L
解得翅÷｀／罕0
（2）如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上
圃-门√｛—（÷）』
解德〃≡÷评丫锻芋
MⅣ
底片
（3）设乙种离子在磁场中的运动半径为厂2
′1俯最小半径萨…-÷√顾（U』—△U）
q
2‖5
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｜满分之路.搞定高考物理压轴题l
萨＂的最人半径萨…-古√:枷（U』＋△U）
q
由题意知2厂1min
2厂2max＞L
郎÷√巫《U聊『△U》—÷√2抛《Uγˉ△U）＞［
解得L＜昔√子［:√（U＂—△U）—√2（U＂＋△UⅫ
;解;（l）设A经电场第l次加逮后的速度为膨』,由动能定理得qU-÷″』馏｛—0
o
A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力
2
′川U1
qU1B1≡—百
@
…式得B］-六√平
（2）设A经门次加速后的速度为U″ 9由动能定理得
o
■
（
）
’
≈
刀
℃
加
］
—
〗~~
∏
α
么
″
o
设A做第＂次圆周运动的周期为T＂,有Tn≡丝且
U′』
设在A运动第＂周的时间内电场力做功为W″
,
则W″＝qU
＿
W捌
在该段时间内电场力做功的平均功率为P″＝丙
O
o
o
√要
qU~
∏R
~
由@oo@式解得P″
（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹
A经过＂次加速后,设其对应的磁感应强度为B″’A、B的周期分别为T测、T′ ’综合@o式并分别应用A
B的数据得T删-摆
巩
—
『
尺
~~…
—
…~~
丁
由上式可知’T″是T′的虎倍’所以A每绕行1周’B就绕行诧周.由于电场只在A通过时存在,故B仅在
与A同时进人电场时才被加速
经″次加速后｀A、B的速度分别为U＂和U｛,考虑到@式
＿／面而万
U＂＿v亏厂
√竿旦＝√万刨,
′
U川＝≡
-2｜6
~~
~
~
~
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」答案与解析｜
由题设条件并考虑到o式,对A有T厕U厕＝2冗R
设B的轨迹半径为R′ ,有T′U″′＝2冗R′
比较上述两式得R′＝些
｀股
上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变
由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示.
l.解:（1）离子经＿次加速的速度为U0,由动能定理得
9Uˉ÷…;
o
离子的轨道半径为R!则R0＿寺d
@
2
U0
由洛伦兹力提供向心力』qU0B≡m瓦
联立o@o式得B＝2√〗U丽丁
q″
.
（2）设离子在电场中经过〃次加速后到达P点,根据动能定理和牛顿第二定律得
o
■
″qU-÷狮圃:
@
2
U抛
qU＂B≡加—
厂刀
o
γ『
尺α
厂门＝≡
2
o
联立翻◎o式解得岭ˉ√孪,B-2｀／丽百丽
q虎α
当离子经过第—次加速,在磁场中偏转时
’
≈
］
／
〔
刃
γ
司
」
—
◎
△~
∏
α
@
U1
qU1B≡γⅦ—
厂1
联立@oo@o式解得厂l＝ˉ丝
2√而
o
p
由于:＜厂l≤等,解得1≤″＜隐2 ,且″为整数’所以″-l,2,3’….隐2ˉl
磁感应强度的可能值为圃-2栅q测（″司.2,…摩—］｀
（3）当离子在电场中加速（龙2
l）次时,离子打在p点的能量最大
此时磁感应强度B＝2√2（陀2＿1）Uq′门
q虎d
2｜7—
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′满分之路.搞定高考物理压轴题｜
最终速度嘶-√2（膘而］）qu
离子在磁场中做匀速圆周运动的周期
示
2冗m
冗m虎α
』＝＝ˉ—--≡≡
离子在磁场中运动的时间
2（卢2—1）-17＝
（2陶2-3）冗″拢d
r1＝
2
2√2Uq加（虎2-l）
根据牛顿第二定律,离子在电场中运动的加速度
犯
顽
~~胆
丽~~
α
离子在电场中运动的全过程等效为初速度为0的匀加速直线运动,根据速度公式U厕＝αr2 ,得离子在电场
加
）
］
山
∑
户
（
∑
√
／
~吟—α
~〖
〗
间
寸
日
动
ˉ
互
℃
寸
＾
勺
白
中
I
第十三讲“发电类”模型问题
［章节练习〕
1.解:（1）小球运动时不受细管侧壁的作用力,因而小球所受洛伦兹力提供向心力
2
U0
qU0B0≡加—
厂
o
…
＿
加
~~
○
Ⅶ
得
解
式
◎
由
@
（2）@在T0到1.5T0这段时间内,细管内＿周的感应电动势
E感-丽′』芳
由题图乙可知苦-等
o
@
由于同＿条电场线上各点的场强大小相等,所以
■
聪
环
~~
匠
o
由…式及T＂-瓣得E＿篇
@在T∩到1.5T∩时间内,小球沿切线方向的加速度大小恒为
o
OE
α＝≡～
″『
@
小球运动的末速度大小
U＝U0＋α△t
o
2｜8
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』答案与解析｜
由题阁乙知△‘＝队5T＂.＂由oooo式得翻≡;硼懒ˉ黑I
由动能定理,电场力做功为
W＝寺徊2＿÷顺U;
△
△
由@oo式解得
w-;狮懒;-5q慧兰
解: （1）杆αb切割磁感线B1时,等效电路如图所示.
感应电动势E＝B1′U0
电流′-蒜
安培力F＝B1I／
B｛′2U0
匀速运动条件为L5R＝mgsin0
解得u0＝1·5加gRsin0
＾
′
＝om／s°
B;／2
（2）杆α6与“联动双杆”发生碰撞,由动量守恒定律得mU0＝4″〖U
解得刚-粤-L5m／｀
（3）进人磁场区间Ⅱ,设速度变化△U,经历时间为△t,由动量定理
有IB2／△t≡＿4m△U
B2／L
I△t＝△q＝r5∏
-B;／2L
＝-0.25m／s
解得△U＝1.5R×4m
B;I2L
出磁场区间〗,同样有△U＝—1。5R×4m ≡
0.25m／s
出磁场区间〗后“联动三杆,,的速度为u′＝u＋2△u≡1.0m／s
o
o
’
～
-0
E,R
R
R
『
｜
产生的焦耳热Q＝寺×4″』（U2-U′2）＝α25J
乙
3.解: （1）根据右手定则,得导体棒AB上的电流方向为B→A,故电阻R上的电流方向为C→D
设导体棒AB中点的谨度为铡则侧-咖亏憾＂
而UA＝幻厂,UB＝2@厂
根据法拉第电磁感应定律,导体棒AB上产生的感应电动势E＝B厂U
根据闭合电路欧姆定律得′-肯
联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为′＝骂笋
2‖9
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（2）根据能量守恒定律,外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和
即P＝BI厂℃＋／U,而／≡〃加g
解得P-＂B狞｛＋蚂丝
△
4解;（D方框质量濒-4LA‘,方框电阻R＿′芳
方框下落速度为U时,产生的感应电动势E≡B。2L.U
感应咆流′-÷-警
方框下落过程,受到重力G及安培力F
G≡加g＝4LAdg,方向竖直向下
F＝BI. 2L＝旦1△LU,方向竖直向上
p
当F＝G时,方框达到最大速度,
即U≡Um,则旦△LUm＝4LAdg
O
｜
方檀下落的最大谨度锄m＝誓
（2）方框下落加速度为÷时,有″′g＿IB. 2L＝′滩÷.
△
则′＝溃≡等
方框的发热功率p＝I2R＝4pALd2g2
B2
。
（3）根据能量守恒定律,有濒gh—÷咖财′＋I;R‘
I‘≡＼／箭（gh—
＼
」
’
巳
（
汐
］
—
〗
℃
■
」
—
’
曰
眉
’
α
—
α
′
′
川
γ
∧
】
式
达
表
的
］
流
电
定
恒
得
解
第十四讲“电动类’,模型问题
［章节练习【
即
＿
加
~~
尸
—
加
~~
α
●
■
为
度
速
加
的
弹
炮
仔
■
解
］
炮弹做匀加速运动’有;U2＝2αL
2
解得;I＝2箭L＝6×l06A
220
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』答案与解析｝
2解;（l）由匀加速运动公式α＝舌＝9×l0‘m／s2
由安培力公式和牛顿第二定律,有F＝BII≡龙I2／,即诧I2I＝加α
-＼／要-a;×｜0’A
因此I
（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4％’即P△』×4％＝÷′＂U』
△
发射过程巾电源供电时间△‘—:—＋×10
』§
÷mU2
所需的电源输出功率为P＝△了×4％＝1.0×109W
由功率P-IU,解得输出电腿U—卡—L2×l0;v
（3）分别对砂箱和滑块用动能定理,有
′鳃＝÷MU′
厂′
l
′
1
2
／”!≡丁加U-亏mz′
△
由牛顿定律／＝-／′和相对运动s炯≡5M＋s′
由动量守恒加U＝（″!＋M）U′
M
1
2
-厅″lU
乙
联立求得／s′＝加＋M
M
U2
故平均冲击力／＝2（m＋M）.了.
3解; （l）根据安培力公式,推力F］＝′］B6’其中′］＝:,R＝′÷
~y
则F｜＝:B6-坠B≡79队sN,对海水推力的方向沿瓤轴正方向（向右）
p
（2）U感≡Buαb＝9. 6V.
卜
（3）根搪欧姆定攘,I!-÷-
安培推力F2≡I2Bb＝720N
（U＿Budb）α（＝600A
的
对船的推力F＝8（）％F2＝576N
推力的功率P＝Fu5≡8（）％F2℃s＝2880W
4.解:（1）由电磁感应定律E＝″些
△t
得E＝″S△生＝30V.
△t
22↑
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（2）电流方向C→D,B2方向向上.
U
0
（3）由牛顿第二定律有F＝mα＝″!—
△『
安培力F＝IB1／
△Q＝I△／
U2＝2gh
〃丽＝（）
B1［
′γ1
得△Q＝
（）3C·
第＋五讲
··双电源”电路模型问题
】章节练习】
1解;以α表示金属杆运动的加速度’在胜时刻,金属杆与初始位置的距离L＝寺αt2
乙
此时杆的速度U≡αt
这时,杆与导轨构成的回路的面积S＝L／
回路中既有切割产生的电动势El＝B′U
又有磁变产生的电幼势吗-s芳
而B＝陶t
△B
B（r＋△r）＿Bt＝贞
△r
△t
司
根据楞次定律·可知E］与E2的方向相同,所以回路总感应电动势E＝E1＋E2
回路的总电阻R＝2L厂0
回路中的感应电流′＝÷
作用于杆的安培力F≡BI／
联立解得F-嘿′
代人数据,可得F＝1.44×10＿3N
解:（1）感应电流的大小和方向均不发生改变.因为金属棒滑到圆弧任意位置川
相同
（2）0～t0时间内,设回路中感应电动势大小为Eo感应电流为I,感应电流产生
咆磁感应定榨;E＂＝罢-L』且
r0
E0
根据闭合电路欧姆定律:I＝页
联立且由焦耳定律有;Q≡I2Rt＝L坦i
t0R,
因为金属棒滑到圆弧任意位置时
I,感应电流产生
,回路中磁通量的变化率
◎
△
的焦耳热为Q,由法拉第
222
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」答案与解析｜
（3）设金属进人磁场B』—瞬间的逮度为霞′,金｜寓棒在圆弧区域下滑的过程中,机械能守恒:枷gH＝＋咖刚2
在很短的时间△1内,根据法拉第电磁感应定律,金属棒进人磁场B0区域瞬间的感应电动势为E,则
E-罢,渺——
△工
△t
△@≡B∩L△工＋L2△B（t）
由闭合屯路欧姆定肆得;′～舟
联立解得感应电流; !-等（√坛H—片）
根据上式讨论:
I当〃盂-÷时｀I-0;
Ⅱ当〃盂＞÷时｀′-罢（√i百∏／÷）,丽为b→蜒;
Ⅱ当√i豆＜÷时,′-竿（÷—〃盂）.方向为α→‘
3.解: （l）设磁场的磁感应强度大小为B,Cα边刚进人磁场时,线框做匀速运动的速度为U1 ’C创边上的感应
电动势为El ,由法拉第电磁感应定律,有
E1＝2B』〖／1
o
设线框总电阻为R’此时线框中电流为Il ,由闭合电路欧姆定律,有
E1
I1＝页
@
P
设此时线框所受安培力为F］,有
F1＝2I1／B
由于线框做匀速运动,其受力平衡’有
加g＝F1
由o@o@式得
o
@
刚!-瞬
o
设αb边离开磁场之前,线框做匀速运动的速度为U, ,同理可得
′川gR
B2′2
o
U’
由oo式得
U2＝4U1
·
@
223
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（2）线框自释放直到Cα边进人磁场前’由机械能守恒定律9有
2″嚼!—＋咖翻｛
线框完全穿过磁场的过程中,由能量守恒定律9有
］
］
″!g（2′＋H）＝亏′腮”;-古″′刚;＋Q
由@oo式得
o
o
■
′
’
●
＾
己
’
≈
＋
｜
~
＝
~
○
—
吧~~
Ⅱ
4解;（u感应电流′-等
由受力平衡得′阀g＝BI〖
进人时y方向的速度;uy＝2m／s’B＝2T.
B／2
（2）根据动量定理:-B』△q＝汀!U＿mU0 ,解得△q≡ˉ而
全过程能量守恒;Q-咖g!十÷咖U;—＋狮硼: .解得Q-0D375］
（3）进人磁场前:工≤0。4m’Uα6≡（）
迸人磁场过程;α｀m＜r≤队‘m,U磁≡Bu醚翻Mˉ′§＝（4硕—L′）V
在磁场中:0·5m＜r≤0. 6m,U妨≡Bz′0I≡0.4V
出磁场过程;M＜r≤Mm,岭ˉ锄,竿＝5（1—r）m／‘
U蹿-等×子-宁M
第＋六讲电磁感应现象对接高新科技
［章节练习］
L解; （1）由右手定则知:感应电流从C端流出.
（2）设线圈受到的安培力为FA。外加电流从D端流人.
由FA＝加g和FA≡2抑BIL,得加＝丝丝I.
g
（3）设能称量的最大质量为m0·
由滩-竿′刷P—′鸳R得砸铡-竿恨
2.解; （1）磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F安,有
o
F安≡IdB
224
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』答案与解析｜
@
设磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小为F＝2F安
磁铁匀速运动时受力平衡,则有
F-mgsin0＝0
联立o@o式可得
I-嘿;β
（2）磁铁在铝条间运动时,在铝条中产生的感应电动势为
E＝BαU
设铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有
R＝′谎
由欧姆定律有
o
@
c）
o
匠
—
尺~~
】
@
日
联立oooo式可得
u≡pγⅦgsin0
2B2α2b
o
（3）磁铁以速度u进人铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立O@OOO式
可得F＝2B2d26U
o
p
当铝条的宽度6′＞b时,磁铁以速度〖′进人铝条间时,磁铁受到的作用力变为F′ ,有
F′＝2B2创2b′U
o
O
｜
可见,F′＞F＝′测gSin0’磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速
下滑,此时加速度最大.之后,随着运动速度减小,F′也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速
度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小,综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到
F′≡″?gsin0时,磁铁重新达到平衡状态,以较小的速度匀速下滑。
3.解:（1）UH＝EH／
c端电势高
（2》山U＂≡K＂于
o
得;RH＝U阔角-E日′孟
o
当电场力与洛伦兹力相等时eEH＝eUB
得:EH＝UB
o
又I＝刀eUS
@
225
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将o、o代人o得RH＝囤B′荒＝锄′志≡羔六
（3）a.由于在时间／内,霍尔元件输出的脉冲数目为P,则P≡加M
圆盘转速为N≡旦;
′Ⅺt
b.略（提出的实例或设想合理即可）.
l.解; （1）逆时针方问
撤去磁场瞬间,环所围面积的磁通量突变为零,由楞次定律可知,环中电流的磁场方向应与原磁场方向
相同,即向上.由石手螺旋定则可知,环中电流的方向沿逆时针方向.
（2）设圆环周长为′、电阻为R·由电阻定律得
／
R＝′亏
o
设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为△E,由焦耳定律得
△E≡I2Rt
o
设环中单位体积内定向移动电子数为″,则
I＝″eUS
o
式中＂、e、S不变,只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化电流变化大小取△I
时,相应定向移动电子的平均速率变化的大小为△U,则
△I＝＂eS△U
@
设环中定向移动电子减少的动能总和为△Ek,则
司
｜
」
℃
△
／
＼
【
加
】
」
—
∩
乙
~
℃
加
］
—
∑
厂
｜
匹
＾
○
Ⅶ
Ⅸ
Ⅱ
△
o
由于△I＜I9可得
］
△
／
〖
加
它
『
『
必
~~
】
瓜
丘
△
o
根据能量守恒定律,得
△E＝△Ek
联立上述各式,得
′门US△I
p＝etI2
.
@
o
（3）由′＝等兰′看出｜在题设条件限制卜,适当增大趟导电流.叫以使实验获得p的准确程度更高｀通过
增大穿过该环的磁通量变化率可以实现增大超导电流
226
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