2024年高考物理命题猜想与仿真押题专题20计算题的解题方法与技巧命题猜想含解析

PAGEPAGE34计算题的解题方法与技巧命题猜想【考向解读】计算题命题立意分类eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(单个物体小球、物,块、木板、星球、卫星等)―→各类运动问题,\a\vs4\al(多个物体物块、木板、小,球、弹簧传送带等)―→功能关系能量守恒问题,\a\vs4\al(带电粒子、,带电小球等)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(带电粒子在弧立电场、磁场中的运动,带电粒子在复合场中的运动)),导体棒、各种形态的线框―→电磁感应问题))【命题热点突破一】各类运动问题(1)各类运动问题主要包括：静止、匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动这四种运动．(2)破解运动学问题关键是抓住运动的条件，即受力分析而后利用牛顿其次定律探讨物体的运动．(3)该类问题主要包括，单个物体的多个运动过程问题，多个物体的追及相遇问题，板块问题，传送带问题，天体的运动等问题．例1、（2024年全国Ⅰ卷）一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，求（1）烟花弹从地面起先上升到弹中火药爆炸所经过的时间；（2）爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度【答案】（1）；（2）【解析】本题主要考查机械能、匀变速直线运动规律、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关的学问点，意在考查考生敏捷运用相关学问解决实际问题的的实力。（1）设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有①设烟花弹从地面起先上升到火药爆炸所用的时间为，由运动学公式有②联立①②式得③由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分接着上升的高度为，由机械能守恒定律有⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为⑧【变式探究】【2024·新课标Ⅱ卷】为提高冰球运动员的加速实力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0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动身滑向小旗。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v1。重力加速度大小为g。求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满意训练要求的运动员的最小加速度。【答案】（1）（2）（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤由③④⑤得⑥【变式探究】避险车道是避开恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物起先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cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m(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．图1­【答案】(1)5m/s2，方向沿制动坡床向下(2)(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23m/s.货物在车厢内起先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s2.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k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12m，制动坡床的长度为lMgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2联立并代入数据得l＝98m【变式探究】如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8m．在车正前方直立一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一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800m/s.在子弹射出的同时，装甲车起先匀减速运动，行进s＝90m后停下．装甲车停下后，机枪手以相同的方式射出其次发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10m/s2)(3)这个题目在理解上有困难，即“靶上只有一个弹孔”，假如两发子弹打在同一个孔，这个距离是个定值，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L,820))2，y2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L－90,800))2，即y1＝y2，L＝3690m，这个距离对应的下落时间t＝eq\f(L,820)＝4.5s>eq\r(\f(2y,g))＝0.6s，不符合题意．若有一发子弹落地，另一发打在靶上，才能满意题目中的靶上只有一个弹孔，L才有所谓的“范围”，由于落地的极限时间相同t＝eq\r(\f(2y,g))＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s，所以出射速度越大，水平射程越长，当其次发子弹恰好打在靶的下边缘时，第一发已落地，其次发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2＝vt＋s，解得L2＝570m．若第一发子弹打到靶的下边缘时，装甲车离靶的距离为L1＝v′0t，而h＝eq\f(1,2)gt2，解得L1＝492m；若靶上只有一个弹孔，则L的范围为492m<L≤570m【答案】(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.45m(3)492m<L≤570m【变式探究】万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一样性．(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的改变可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G.将地球视为半径为R、质量匀称分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0.a．若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值eq\f(F1,F0)的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出详细数值(计算结果保留两位有效数字)；b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值eq\f(F2,F0)的表达式．(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r、太阳的半径为Rs和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度匀称且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？(2)地球绕太阳做匀速圆周运动，受到太阳的万有引力，设太阳质量为MS，地球质量为M，地球公转周期为Tg，有eq\f(GMSM,r2)＝Mreq\f(4π2,T\o\al(2,g))得Tg＝eq\r(\f(4π2r3,GMs))＝eq\r(\f(3πr3,GρR3))其中ρ为太阳的密度，由上式可知，地球的公转周期仅与太阳的密度、地球公转半径与太阳的半径之比有关，因此“设想地球”的1年与现实地球的1年时间相等．【答案】(1)a.eq\f(F1,F0)＝eq\f(R2,R＋h2)＝0.98b.eq\f(F2,F0)＝1－eq\f(4π2R3,T2GM)(2)不变【命题热点突破二】功能关系能量守恒问题(1)该类问题主要包括，单个物体参加的多个曲线运动、连接体问题、含弹簧的问题等．(2)破解这类问题关键明确哪些力做功衡量哪些能量的改变，有几种能量每种能量的增加和削减．例2、（2024年江苏卷）如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B．质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽视一切摩擦，重力加速度为g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T．【答案】（1）（2）（3）（）【解析】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上上升度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）依据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma解得（）【变式探究】【2024·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为m，长度为l的匀称松软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为A． B． C． D．【答案】A【解析】将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，PM段绳的机械能不变，MQ段绳的机械能的增加量为，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功，故选A。【变式探究】轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；(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．图1­【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满意eq\f(mv2,l)－mg≥0④设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤联立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD满意④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出．设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s＝vDt⑧联立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上上升度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl⑪联立①②⑩⑪式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m⑫【变式探究】一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB和CB与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l，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与小环之间，原长为L，装置静止时，弹簧长为eq\f(3,2)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，忽视一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：(1)弹簧的劲度系数k；(2)AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度ω0；(3)弹簧长度从eq\f(3,2)L缓慢缩短为eq\f(1,2)L的过程中，外界对转动装置所做的功W.(2)设OA，AB杆中的弹力分别为F2，T2，OA杆与转轴的夹角为θ2小环受到弹簧的弹力：F弹2＝k(x－L)小环受力平衡：F弹2＝mg，得x＝eq\f(5,4)L对小球：F2cosθ2＝mgF2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2且cosθ2＝eq\f(x,2l)解得ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)弹簧长度为L/2时，设OA、AB杆中的弹力分别为F3、T3，OA杆与弹簧的夹角为θ3小环受到弹簧的弹力：F弹3＝keq\f(L,2)小环受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F弹3且cosθ3＝eq\f(L,4l)对小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mgF3sinθ3＋T3sinθ3＝mωeq\o\al(2,3)lsinθ3解得ω3＝eq\r(\f(16g,L))整个过程弹簧弹性势能改变为零，则弹力做的功为零，由动能定理：W－mg(eq\f(3L,2)－eq\f(L,2))－2mg(eq\f(3L,4)－eq\f(L,4))＝2×eq\f(1,2)m(ω3lsinθ3)2解得W＝mgL＋eq\f(16mgl2,L)【答案】(1)4mg/L(2)ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)mgL＋eq\f(16mgl2,L)【变式探究】如图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的随意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A点由静止起先滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，接着沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝meq\f(v2,r))【解析】(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式，得vB＝eq\r(2gR)③从A到B，依据动能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式，得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤【答案】(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R【命题热点突破三】带电粒子在孤立场中运动的问题(1)该类试题包括带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动．(2)带电粒子在匀强电场中的运动为匀变速运动，可以采纳运动的合成分解法，也可以采纳功能关系；带电粒子在匀强磁场中的圆周运动，一般须要画出轨迹结合几何关系求解．例3、（2024年全国Ⅰ卷）如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面对外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求（1）11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离（2）磁场的磁感应强度大小（3）12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【答案】（1）；（2）；（3）【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的学问点，意在考查考生敏捷运用相关学问解决问题的的实力。（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为。由运动学公式有①②由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的y重量的大小为③联立以上各式得④（2）在电场中运动时，由牛顿其次定律有⑤设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有⑥设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律有⑦由几何关系得⑧联立以上各式得⑨（3）设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得⑩由牛顿其次定律有⑪设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与x轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为。由运动学公式有⑫⑬⑭⑮联立以上各式得，，⑯设在磁场中做圆周运动的半径为，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得⑰所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有⑱联立④⑧⑯⑰⑱式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为⑲【变式探究】【2024·新课标Ⅲ卷】如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场。在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>1）。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时起先计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离。【答案】（1）（2）联立①②③④式得，所求时间为⑤（2）由几何关系及①②式得，所求距离为⑥【变式探究】如图1­所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝eq\f(π,4)的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝eq\r(gl)、方向与水平面夹角θ＝eq\f(π,3)的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝eq\f(3l,π)的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；(3)若小球A、P在时刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β为常数)相遇于斜面某处，求此状况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并探讨场强E的极大值和微小值及相应的方向．图1­【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)极大值为eq\f(7mg,8q)，方向竖直向上；微小值为0小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maAeq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2联立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)).【变式探究】如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，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)均存在垂直圆面对里的匀强磁场．间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m，电量为＋q的粒子由小孔下方d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由点H紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(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，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD,4mv/qD，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程．【解析】(1)粒子在电场中，依据动能定理Eq·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得E＝eq\f(mv2,qd)(3)若Ⅰ区域的磁感应强度为B1＝eq\f(2mv,qD)，则粒子运动的半径为R1＝eq\f(mv,qB1)＝eq\f(D,2)；Ⅱ区域的磁感应强度为B2＝eq\f(4mv,qD)，则粒子运动的半径为R2＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(D,4)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得T1＝eq\f(2πR1,v1)，T2＝eq\f(2πR2,v2)据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，依据对称性可知，Ⅰ区两段圆弧所对的圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系可得θ1＝120°，θ2＝180°，α＝60°粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s＝v(t1＋t2)联立上述各式，可得s＝5.5πD【答案】(1)eq\f(mv2,qd)(2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD)(3)5.5πD【变式探究】如图所示，离子发生器放射一束质量为m，电荷量为＋q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d.(1)求加速电压U0；(2)若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；(3)若离子从abcd边界上某点飞出时的动能为mveq\o\al(2,0)，求此时匀强电场的场强大小E.(3)依据Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，离子射出电场时的速度v＝eq\r(2)v0，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx＝vy，依据x＝vxt，y＝eq\f(vy,2)t，可得x＝2y，则离子应当从bc边上的某点飞出．ab方向，有L＝v0tad方向，有y＝eq\f(v0,2)t解得y＝eq\f(L,2)，依据动能定理，有Eqy＝mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(2mv\o\al(2,0),q)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【思路点拨】(1)对直线加速过程运用动能定理列式求解即可；(2)粒子做类平抛运动，依据类平抛运动的分位移公式列式求解即可；(3)粒子做类平抛运动，依据类平抛运动的分速度公式和分位移公式列式，再结合动能定理列式，最终联立求解即可．本题关键是明确粒子的运动是类平抛运动，然后依据类平抛运动的分运动公式列式求解，不难．【命题热点突破四】带电粒子在复合场中运动的问题(1)带电粒子在复合场中的运动包括两类问题，一是粒子依次进入不同的有界场区，二是粒子进入复合场区．(2)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提，带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动状况和受力状况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动．(3)带电粒子所受的重力和电场力等值反向，洛伦兹力供应向心力，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．(4)带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个状况不同的复合场区，因此粒子的运动状况也发生相应的改变，其运动过程可能由几种不同的运动阶段组成．(5)带电粒子在复合场中的临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，依据临界条件列出协助方程，再与其他方程联立求解．例4、（2024年全国II卷）一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。（1）定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；（2）求该粒子从M点射入时速度的大小；（3）若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【答案】（1）轨迹图如图所示：（2）（3）;（1）粒子运动的轨迹如图（a）所示。（粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称）（2）粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为（见图（b）），速度沿电场方向的重量为v1，依据牛顿其次定律有qE=ma①式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1=at②③④粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿其次定律得⑤由几何关系得⑥联立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由运动学公式和题给数据得⑧联立①②③⑦⑧式得⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，⑪由③⑦⑨⑩⑪式得⑫【变式探究】【2024·新课标Ⅱ卷】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点将质量为m、电荷量分别为q和–q（q>0）的带电小球M、N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入电场区域，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N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（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。【答案】（1）3:1（2）（3）【解析】（1）设带电小球M、N抛出的初速度均为v0，则它们进入电场时的水平速度仍为v0；M、N在电场中的运动时间t相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a，在电场中沿水平方向的位移分别为s1和s2；由运动公式可得：v0–at=0①②③联立①②③解得：④（3）设电场强度为E，小球M进入电场后做直线运动，则，⑨设M、N离开电场时的动能分别为Ek1、Ek2，由动能定理：⑩⑪由已知条件：Ek1=1.5Ek2联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫解得：【变式探究】如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h＝2l、倾角α＝eq\f(π,4)的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝eq\r(gl)、方向与水平面夹角θ＝eq\f(π,3)的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝eq\f(3l,π)的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；(3)若小球A、P在时刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β为常数)相遇于斜面某处，求此状况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并探讨场强E的极大值和微小值及相应的方向．小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maA ⑤eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2 ⑥联立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)) ⑦(3)设所求电场方向向下，在tA′时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有s＝v0(t－tC)＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2cosα ⑧mg＋qE＝maP ⑨H－h＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2sinα＝eq\f(1,2)aP(t－tC)2 ⑩联立相关方程解得E＝eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2) ⑪对小球P的全部运动情形探讨可得3≤β≤5 ⑫由此可得场强微小值Emin＝0，场强极大值Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向竖直向上．【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)；Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向竖直向上；Emin＝0【变式探究】如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面对外，磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止起先沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动．A、C两点间距离为h，重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vc；(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块接着运动到水平地面上的P点．已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP.【解析】(1)由题意知，依据左手定则可推断，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MN起先做曲线运动，即BqvC＝qE解得vC＝E/B(2)从A到C依据动能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)【答案】(1)E/B(2)Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)(3)vP＝eq\r(\f(mg2＋qE2,m2)t2＋v\o\al(2,D))【变式探究】现代科学仪器常利用电场、磁场限制带电粒子的运动．在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，电场和磁场的宽度均为d.电场强度为E，方向水平向右；磁感应强度为B，方向垂直纸面对里．电场、磁场的边界相互平行且与电场方向垂直，一个质量为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．(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2；(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时，速度的方向与水平方向的夹角为θn，试求sinθn；(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，试问在其他条件不变的状况下，也进入第n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．(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn(下标表示粒子所在层数)，nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)由此可看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn为一等差数列，公差为d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d当n＝1时，由下图可看出r1sinθ1＝d联立可解得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则θn＝eq\f(π,2)，sinθn＝1由sinθ＝Beq\r(\f(nqd,2mE))知：在其他条件不变的状况下，粒子的比荷越大，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角θn越大，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．【命题热点突破五】电磁感应问题(1)通电导体在磁场中将受到安培力的作用，电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决问题的基本思路．①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向．②求电路中的电流．③分析导体的受力状况．④依据平衡条件或者牛顿其次定律列方程．(2)抓住能的转化与守恒分析问题：①抓住能量转化．电磁感应现象中出现的电能，肯定是由其他形式的能转化而来，详细问题中会涉及多种形式的能之间的转化，机械能和电能的相互转化、内能和电能的相互转化．②利用功能关系．明确有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参加了相互转化：摩擦力在相对位移上做功，必定有内能出现；重力做功，必定有重力势能参加转化；安培力做负功就会有其他形式能转化为电能，安培力做正功必有电能转化为其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．例5、（2024年江苏卷）如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑究竟端的过程中，金属棒（1）末速度的大小v；（2）通过的电流大小I；（3）通过的电荷量Q．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）匀加速直线运动v2=2as解得（2）安培力F安=IdB金属棒所受合力牛顿运动定律F=ma解得（3）运动时间电荷量Q=It解得【变式探究】【2024·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l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、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），MN起先向右加速运动。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，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：（1）磁场的方向；（2）MN刚起先运动时加速度a的大小；（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面对下（2）（3）（3）电容器放电前所带的电荷量开关S接2后，MN起先向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN上的感应电动势：最终电容器所带电荷量设在此过程中MN的平均电流为，MN上受到的平均安培力：由动量定理，有：又：整理的：最终电容器所带电荷量【变式探究】小明设计的电磁健身器的简扮装置如图1­10所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻．在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面对下的匀强磁场，