2019年高考物理热点题型整合与归纳----计算题专题

【高考展望】

一、高考计算题的题型

（1）匀变速直线运动规律的应用

（2）牛顿第二定律和运动学公式解决力学问题 （3）应用动力学和能量观点解决力学问题 （4）应用动量和能量观点解决力学问题 （5）应用动力学和能量观点解决力电综合问题 （6）带电粒子在磁场中的运动 （7）带电粒子在复合场中的运动

（8）应用动力学和能量观点处理电磁感应问题 二、 解题技巧

（1）．认真读题抓关键。

认真读题，抓住题中的关键词、关键句，如静止、匀变速运动、匀速圆周运动、刚好、恰好、至少，最大等等。忌：一目十行、蜻蜓点水、主次不分、反复全题重读。 （2）．仔细审题定方法。

紧扣题中所读的关键词、关键句，深入理解和挖掘其意，仔细审题，明确研究对象及其受力、运动、能量等情况，从而确定该题的解题方法。忌：理解有误、错用规律、似曾相识、一知半解、照抄照搬。 （3）．理清思路写规范。

进一步明确研究对象的运动过程，每个过程初末状态及参量，找准参量间的连接关系，理清思路，按运动过程分对象列式。答题表述要规范，要有必要的文字、表达式和结论，要字迹工整，版面整洁，布局美观。忌：条理不清，滥用规律，随意涂改，圈地引线，字迹不清，解方程的步骤太多。

【题型归纳】

题型一匀变速直线运动规律的应用(追击相遇)

(1)两个等量关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可以通过画草图得到。

(2)一个临界条件：即二者速度相等，它往往是能否追上、追不上或两者相距最远、最近的

临界条件。

例1如图所示，在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度v1向东行驶，一位观光游客由南向北从斑马线上横穿马路．汽车司机发现游客途经D处时经过0.5s做出反应紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该汽车最终在C处停下．为了判断汽车是否超速行驶以及游客横穿马路是否过快，警方派一警车以法定最高速度vm=16m/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经过16m后停下来．在事故现场测量得XAB=26m、XBC=9m、XBD=2m．肇事汽车刹车性能良好（可认为警车与肇事汽车刹车时加速度均相同）．问：

（1）该肇事汽车的初速度v1是多大？ （2）游客横穿马路的速度是多大？

【答案】(1)该肇事汽车的初速度v1是20m/s (2)游客横穿马路的速度是1.3 m/s 【解析】本题考查运动学基本公式。

2vm(1)对于警车，由0v2ax0得a8m/s2

2x02m对肇事汽车由xAC0v12v1t0得得v120m/sv128m/s (舍去)

2a12at1解得：t11s 2(2) 设肇事汽车由A到B匀减速运动时间t1，则xABv1t0v1t1t14s (舍去)

所以v人xBD4m/s1.3m/s t0t13要点：两个物体运动的问题要注意两者运动时间及位置之间的关系。

例2辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以v8m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶.经2.5s警车发动起来，以加速度a2m/s做匀加速运动，试问：

2（1）警车要多长时间才能追上违章的货车？

（2）在警车追上货车之前，两车间的最大距离是多少？ 【答案】（1）12.5s，（2）36m.

【解析】（1）追上两车通过的位移相同，结合位移关系求出追及的时间，加上警车发动的时间，即为警车从发动到追上货车所用的时间；（2）当警车速度与货车速度相等时，两车距离最大，根据速度时间公式和位移公式求出两车间的最大距离. （1）此时警车的位移为：x112at 2货车的位移为：x2vt2.5， 警车追上货车，则位移为：x1x2 联立解得：t=10s，t=-2s（舍去）

故警车从发动到追上货车所用的时间为t总2.5t12.5s （2）当警车的速度与货车的速度相等时，两车的距离最大 则警车速度与货车速度相等时，有：vat 解得：tv8s4s a2此时货车的位移为：x1vt2.586.5m52m 警车的位移为：x2121at242m6m 22则两车间的最大距离为：xx1x25216m36m

【点评】本题考查运动学中的追及问题.抓住位移关系和时间关系，运用运动学公式进行求解；当两车速度相等时，两车距离最大，由此求出时间，再由位移关系求出最大距离. 例3如图所示的A、B两个物体，距地面高度为45m，A物体因在运动过程中阻力不计，其加速度为自由落体加速度g=10m/s2,B物体由于受到阻力作用，其加速度大小为9m/s2，方向为竖直向下，与高度相比A、B两物体均可视为质点，求：

(1)若A、B两物体同时由静止释放，求当物体A落地时物体B离地距离；

(2)若要使两物体同时落地，在B物体由静止释放后，则需要经过多长时间将A物体由静止释放；

(3)若将B物体移到距地面高度36m的正下方C点，则同时由静止释放A、B两物体，A物体能否在B落地前追上B，若能，计算其追上的位置距地面的距离，若不能，则在A释放时至少给A物体多大的竖直向下初速度，才能追上B物体？ 【答案】(1)4.5m (2) (10-3)s (3) 不能；

52m/s 4【解析】(1)物体A落地的时间为t此时物体B下落的距离为h12h245s3s g10121at932m40.5m 22此时距地面的高度为 45-40.5m＝4.5m (2)物体B落地经历的时间为t'2ha245s10s 9所以要使两物体同时落地，在B物体由静止释放后，则需要经过止释放.

(3)物体B从C点下落到地面的时间为t''所以A物体不能在B落地前追上B

设在A释放时至少给A物体竖直向下的初速度v，则hvt1103s将A物体由静

2h1a236s22s 912gt1 2代入数据解得v＝52m/s 4【点评】：本题关键是明确两个物体的运动规律，搞清两物体之间的位移及时间关系，然后根据位移时间关系公式列式求解.

题型二应用牛顿第二定律和运动学公式的综合解决力学问题

例4公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施．使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下．人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶

时．安全距离为120m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的求安全距离仍为120m．求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 【答案】20m/s

，若要

【解析】设安全距离为s，路面干燥时，动摩擦因数为μ1。加速度大小为a1，反应时间为t0， 由牛顿第二定律得：1mgma1

2v0由运动学公式得sv0t0

2a1设在雨天动摩擦因数为μ2，有221 52a1 5设雨天的加速度大小为a2，安全行驶的最大速度为v2， 由牛顿第二定律和2mgma2得a22v2运动学公式得sv2t0

2a1联立得v220m/s72km/h 综上所述本题答案是：v272km/h

例5如图所示，平行板间由于某种场的存在，可以给落入其中的物体提供一个除重力以外竖直方向的恒力F。平行板间距离为d，上板正中有一小孔。质量为m、可视为质点的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，重力加速度为g)。求：

(1)平行板间给物体提供的竖直方向恒力F的大小； (2)小球从开始下落运动到下极板处的时间。 【答案】(1)Fmghdd (2)td22h ghg【解析】试题分析：（1）对从释放到到达下极板处过程运用动能定理列式求解竖直方向恒力F的大小；（2）对加速过程和减速过程分别运用运动学公式求解时间，再求和即为总时间． （1）对从释放到到达下极板处过程由动能定理得：mghdFd0

解得：Fmghdd

2（2）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式得：v2gh 解得：v2gh 则加速过程下落的时间t1减速过程的加速度a2v2h ggFmggh md则减速过程下落的时间t2v2 da2gh22h ghg则小球从开始下落运动到下极板处的时间tt1t2d例6 倾角θ＝37°的斜面与水平面如图所示平滑相接，A、B两完全相同的物块静置于斜面上，两物块相距s1＝4 m，B距斜面底端P点的距离s2＝3 m，物块与斜面及水平面的动摩擦因数均为μ＝0.5.现由静止释放物块A后1 s再释放物块B.设A、B碰撞的时间极短，碰后就粘连在一起运动．取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，试求：

(1)B物块释放后多长时间，A、B两物块发生碰撞； (2)A、B最后停在距斜面底端P点多远处． 【答案】 (1) 1.5 s (2)1.9 m

【解析】(1)设A、B物块的质量均为m，加速下滑时的加速度为a，A、B在斜面上时的受力情况如图25-L2-2所示，由牛顿第二定律得： mgsin 37°－Ff＝ma，Ff＝μmgcos 37° 解得a＝2 m/s2.

设B物块释放后，经过时间t，A追上B与其在斜面上相碰，由两者的位移关系得： 11

a(t＋1)2＝at2＋s1 22解得t＝1.5 s.

11在1.5 s内，B下滑的位移sB＝at2＝×2×1.52 m＝2.25 m22可知A、B在斜面上发生碰撞．

(2)两物块碰前A的速度vA＝a(t＋1)＝2×(1.5＋1) m/s＝5 m/s， 碰前B的速度vB＝at＝2×1.5 m/s＝3 m/s

由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则由动量守恒定律得：mvA＋mvB＝2mv 解得v＝4 m/s.

A、B相碰时距斜面底端的高度h＝(s2－sB)sin 37°＝0.45 m 设A、B最后停在距斜面底端P点s3处，由动能定理得 1

2mgh－μ2mgcos 37°(s2－sB)－μ2mgs3＝0－×2mv2

2解得s3＝1.9 m.

【易错点】 应先分别求出碰撞前的速度,根据动量守恒定律求出碰撞后瞬间的共同速度.

求出碰撞后瞬间距离底端的高度,对结合体全程运用动能定理求出滑行斜面后停止点距离点的距离.

例7如图所示，质量M=8kg的长木板A放在水平光滑的平面上，木板左端受到水平推力F=8N的作用，当木板向右运动的速度达到v01.5m/s时，在木板右端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块B，放上小物块0.6s后撤去F，小物块与木板间的动摩擦因数

0.2，木板足够长，取g10m/s2．求：

（1）放上小物块后撤去F前，长木板与小物块的加速度； （2）撤去F后，二者达到相同速度的时间；

（3）整个过程系统产生的摩擦热（结果保留两位有效数字）．

【答案】（1）0.5m/s2，（2）0.24s；（3）2.8J． 2m/s2；

【解析】试题分析：（1）对车和物体受力分析，由牛顿第二定律可以求得加速度的大小； （2）有推力F时，车和物体都做加速运动，由速度公式可以求得撤去力F时两者各自的速度；撤去力F后车减速，物体继续做加速运动，由速度公式可以求得两者达到相同速度时的时间；（3）由位移公式求出各自的位移，然后由摩擦力产生热量的公式即可求出． （1）分别对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得， 物块的加速度：aBmgmFmg小车的加速度：aA

M2代入数据解得：aA0.5m/s

g2m/s2

（2）撤去力F时车的速度：vAv0aAt01.50.50.6m/s1.8m/s 物块的速度：vBaBt020.6m/s1.2m/s

B的速度小于A的速度，可知B继续做加速运动，此时A在水平方向只受到摩擦力 则：aAmgM0.5m/s2

速度相等时：vAaAtvBaBt，

代入数据解得：t=0.24s；

（3）该时间A的位移：xAv0t0B的位移：xBvv12aAt00t 2212aBtt0 2产生的热量：QmgxAxB 联立得：Q=2.8J

例8一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图所示．t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图25-j3-2所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；

(3)木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】(1) μ1＝0.1μ2＝0.4 (2) Δs＝6.0 m (3) s＝6.5 m

【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有

－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①

由题图25-3-2可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v1＝4 m/s，由运动学公式有

v1＝v0＋a1t1 ② 1

s0＝v0t1＋a1t2 ③

21

式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物块和木板开始运动时的速度． 联立①②③式和题给条件得

μ1＝0.1 ④

在木板与墙壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动．设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有

－μ2mg＝ma2 ⑤ 由题图25-3-2可得

a2＝

v2－v1

⑥ t2－t1

式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得

μ2＝0.4 ⑦

(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得

μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧ v3＝－v1＋a3Δt ⑨ v3＝v1＋a2Δt ⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为

s1＝

－v1＋v3

Δt ⑪ 2

小物块运动的位移为

s2＝

v1＋v3

Δt ⑫ 2

小物块相对木板的位移为

Δs＝s2－s1 ⑬

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑫⑬式，并代入数值得

Δs＝6.0 m ⑭

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m.

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动学公式得

μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮ 0－v23＝2a4s3 ⑯ 碰后木板运动的位移为

s＝s1＋s3 ⑰

联立⑥⑧⑨⑩⑪⑮⑯⑰式，并代入数值得

s＝－6.5 m ⑱

木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m.

【易错点】 木板的最小长度也就是物块相对木板运动的最大位移，也就是小物块和木板具有共同速度时两者之间发生的相对位移。

题型三应用动量和能量观点解决力学问题

1．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 2．适用条件

(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。

(2)近似守恒：当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。如碰撞和爆炸问题。 (3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。

11

例9如图，在竖直平面内有由圆弧AB和圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B

42RR

平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为.一小球在A点正上方与A相距处由静止

24开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．

(1)求小球在B、A两点的动能之比；

(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点． EkB

【答案】 (1)＝5 (2)能运动到C点

EkA

【解析】 (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒定律得 R

EkA＝mg ①

4

设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg

EkB

＝5 ③ EkA

5R

② 4

由①②式得

(2)若小球能沿轨道运动到C点，则小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④ v2C

设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿第二定律和向心加速度公式有N＋mg＝m ⑤

R22v2C

由④⑤式得，vC应满足mg≤m ⑥

RR1

由机械能守恒定律得mg＝mv2 ⑦

42C

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．

【易错点】 应首先确定小球恰好能到达C点的临界条件，即小球运动到C点对轨道没有压力，重力与向心力大小相等列式，可以求得到达C点的临界速度，小球从B到C点能量守恒，列出能量式，求得临界条件下小球到达B点的速度，比较实际小球到达B点的速度，可以确定小球是否能沿轨道到达C点。

例10如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．求：

(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始时B离地面的高度H.

【答案】(1) t＝0.6 s (2) v＝2 m/s (3) H＝0.6 m 【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有

1

h＝gt2 ① 2代入数据解得

t＝0.6 s ②

(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有

vB＝gt ③

细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得

mBvB＝(mA＋mB)v ④

之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得

v＝2 m/s ⑤

(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有

1

(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH ⑥ 2代入数据解得

H＝0.6 m ⑦

【易错点】 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，此时动量守恒；细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，此时 A、B组成的系统机械能守恒。

例11一质量为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）烟花弹从地面开始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）t2E12E ； （2）hmggm【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知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。 （1）设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有

12Emv0

2 ①

设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有

0v0gt

②

联立①②式得

t12E gm ③

（2）设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有

Emgh1

④

火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有

1212mv1mv2E 4411mv1mv20 22

⑤ ⑥

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继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有

121mv1mgh2 42 ⑦

联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为

hh1h22E mg ⑧

【易错点】 烟花弹爆炸过程满足动量守恒定律，爆炸后上升部分做竖直上抛，要利用动量守恒定律及运动学公式进行联立求解。

例12如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切．在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起(细线未画出)．某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞．已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能Ep＝168 J，小球到达A点或B点时已与弹簧分离．重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)小球Q运动到C点时的速度大小； (2)小球P沿斜面上升的最大高度h；

(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰． 【答案】 (1)12 m/s (2)0.75 m (3)1 s

【解析】 (1)两小球弹开的过程，由动量守恒定律可得： m1v1＝m2v2

由机械能守恒定律可得： 11

Ep＝m1v12＋m2v22

22联立两式可得： v1＝5 m/s， v2＝16 m/s

小球Q沿圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得： 11

m2v22＝m2vC2＋2m2gR 22解得：vC＝12 m/s

(2)小球P在斜面向上运动的加速度设为a1 由牛顿第二定律可得：m1gsin θ＋μm1gcos θ＝m1a1 解得：a1＝10 m/s2

v12

故小球P上升的最大高度为：h＝sin θ＝0.75 m

2a1

(3)设从小球P自A点上升到两小球相遇所用时间为t，小球P沿斜面下滑的加速度为a2 由牛顿第二定律得：m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a2 解得：a2＝2 m/s2

v1

小球P从A点上升到最高点的时间t1＝＝0.5 s

a111

则：2R－gt2＝h－a2(t－t1)2sin θ

22解得：t＝1 s.

【易错点】 对于弹簧弹出两球的过程，通过动量守恒和机械能守恒可求出两球获得的速度，

再对Q，运用动能定理求小球Q运动到C点时的速度。

题型四带电粒子在电、磁场中的运动

例13如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量大小为q的带正电的粒子(粒子重力忽略不计)，从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域．在圆心O的正上方，圆环还有一个小出口b.已知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量．

(1)两极板间电压为U，请求出带电粒子在磁场中的运动半径r；

(2)两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，求这个最短时间；

(3)两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，求两极板间所加电压U取的可能值． 1【答案】 (1)

B

2UmπmB2R2q3π2

(2) (3)[tan ]，(n＝1,2,3…) q2qB2m4n＋1

【解析】 (1)粒子在电场中加速，由动能定理得：

1qU＝mv2

2

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力， v2

由牛顿第二定律得：qvB＝m

r解得r＝

1B

2Um

q

(2)经分析可知，粒子与圆周碰撞一次后从出口b射出，对应的粒子在磁场中运动的时间最短，运动轨迹如图25-L3-2所示．

3π

由几何关系得θ＝π－π＝ 442πr2πmT＝＝

vqB则tmin＝

2θπm

T＝ 2π2qB

(3)设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角为θ，经分析由几何关系得 3π

θ＝π－ 2n＋1θRtan ＝

2r

B2R2q3π2

解得U＝[tan ]，(n＝1,2,3…)

2m4n＋1

【易错点】 小球与圆筒壁碰撞两次后恰好从出入口C返回,碰撞点将圆筒三等分,应画出轨迹图,由几何关系确定出轨迹对应的圆心角,分析时间与周期的关系进行求解。

例14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

2区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核1H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1速度方向与x轴1H进入磁场时，

m，电荷量为q。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

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）21H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。

【答案】（1）s16mE2323s2；（3）s2(21)h h；（2）Bqh33【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知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。

（1）1在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图25-G2-2所示。设11H在电场中做类平抛运动，1H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为s1。由运动学公式有

s1v1t1

① ②

1ha1t122

60。1由题给条件，11H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角11H进入磁场时速度的

y分量的大小为

a1t1v1tan1

③

联立以上各式得

s123h3

④

（2）11H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qEma1

⑤

v设11H进入磁场时速度的大小为1，由速度合成法则有

2v1v1(a1t1)2 ⑥

R设磁感应强度大小为B，11H在磁场中运动的圆轨道半径为1，由洛伦兹力公式和牛顿第二

定律有

2mv1Bqv1R1

⑦

由几何关系得

s12R1sin1 ⑧

联立以上各式得

B6mEqh ⑨

va（3）设21H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为2，在电场中的加速度大小为2，由

题给条件得

1122(2m)v2mv122

⑩

由牛顿第二定律有

qE2ma2

⑪

v速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到原设21H第一次射入磁场时的速度大小为2，

点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有

s2v2t2

⑫ ⑬ ⑭

12ha2t22

2v2v2(a2t2)2sin2a2t2 v2 ⑮

联立以上各式得

v22v12

s2s1，21，

21 ⑯

设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

R2(2m)v22R1qB

⑰

s所以出射点在原点左侧。设21H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为2，

由几何关系有

2R2sin2s2 ⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为

s2s223(21)h3

⑲

【易错点】 带电粒子在匀强电场中类平抛运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力等于向心力。

例15平面直角坐标系xOy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．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y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．

Ev0

【答案】(1) v＝2v0,速度方向与x轴正方向成45°角斜向上(2) ＝

B2

【解析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有

2L＝v0t ① 1

L＝at2 ②

2

设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy

vy＝at ③

设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有

vy

tan α＝ ④

v0

联立①②③④式得

α＝45° ⑤

即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上． 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有

v＝

2

v20＋vy ⑥

联立①②③⑥式得

v＝2v0 ⑦

(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得

F＝ma ⑧ 又F＝qE ⑨

图25-j4-2

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向心力，有

v2

qvB＝m ⑩

R由几何关系可知

R＝2L ⑪ 联立①②⑦⑧⑨⑩⑪式得

Ev0

＝ ⑫ B2

【易错点】粒子在第三象限中做类平抛运动，且对于粒子而言，重力可以忽略，那么根据平抛运动相关公式，将速度分为水平和竖直两个方向分别列出方程，再求其矢量和。

题型五电磁感应与电路结合的问题

例16如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5 m，轨道足够长．金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，接入电路的有效电阻Ra＝Rb＝1 Ω.b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝80 cm高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰．求：(已知重力加速度g＝10 m/s2)

(1)a、b两棒的最终速度大小； (2)整个过程中b棒中产生的焦耳热． 【答案】(1)2 m/s 2 m/s (2)2 J

【解析】(1)设a棒下滑至C点时的速度为v0，则由动能定理得， 1

mgh＝mv02－0，

2解得v0＝4 m/s.

此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒， 有：mv0＝(m＋m)v

解得a、b两棒共同的最终速度为v＝2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动 (2)由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为： 11

Q＝mv02－(m＋m)v2，

221b棒中产生的焦耳热Qb＝Q，

2联立解得：Qb＝2 J.

【易错点】 应先根据能量守恒定律求解整个过程中回路产生的总的焦耳热,再根据能量分配关系求解b棒产生的焦耳热。

例17如图所示，两条相同的、阻值不计的“L”形金属导轨平行固定且相距d＝1m．水平部分LM、OP在同一水平面上且处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B1＝1T；倾斜部分MN、PQ与水平面成37°角，有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2＝3T．金属棒ab质量为m1＝0.2kg、电阻R1＝1Ω，金属棒ef质量为m2＝0.5kg、电阻为R2＝2Ω.ab置于光滑水平导轨上，ef置于动摩擦因数μ＝0.5的倾斜导轨上，两金属棒均与导轨垂直且接触良好．从t＝0时刻起，ab棒在水平恒力F1的作用下由静止开始向右运动，ef棒在沿斜面向上的力F2的作用下保持静止状态．当ab棒匀速运动时，撤去力F2，金属棒ef恰好不向上滑动(设定最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，ab始终在水平导轨上运动，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.

(1)当金属棒ab匀速运动时，求其速度为多大； (2)求金属棒ab在运动过程中最大加速度的大小；

(3)若金属棒ab从静止开始到匀速运动用时1.2s，则此过程中金属棒ef产生的焦耳热为多少？

255

【答案】 (1)5m/s (2)m/s2 (3)J 33

【解析】 (1)撤去力F2，金属棒ef恰好不上滑，由平衡条件得 m2gsin 37°＋μm2gcos 37°＝B2Id 由闭合电路欧姆定律得E＝I(R1＋R2) 金属棒ab产生电动势E＝B1dv 解得v＝5 m/s

(2)金属棒ab匀速运动时，由平衡条件得F1＝B1Id 5

解得：F1＝ N

3

F125

由牛顿第二定律得a＝＝ m/s2

m13

(3)金属棒ab从静止开始到匀速运动过程，由动量定理得F1t－B1Idt＝m1v 得电荷量q＝It＝

F1t－m1v

B1d

ΔΦ Δt

由法拉第电磁感应定律得E＝

由闭合电路欧姆定律得I＝

R1＋R2

E

ΔΦB1ds

电荷量q＝It＝＝

R1＋R2R1＋R21

由能量守恒定律得F1s＝m1v2＋Q

2金属棒ef产生的焦耳热Q′＝

R2Q5

＝ J R1＋R23

【易错点】 金属棒ef恰好不上滑，此时共点力的平衡

1

例18如图所示，两根间距为L＝0.5 m的平行金属导轨，其cd左侧水平，右侧为竖直的圆4弧，圆弧半径r＝0.43 m，导轨的电阻与摩擦不计，在导轨的顶端接有R1＝1.5 Ω的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，现有一根电阻R2＝0.5 Ω的金属杆在水平拉力作用下，

从图中位置ef由静止开始做加速度a＝1.5 m/s2的匀加速直线运动，金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，开始运动时水平拉力F＝1.5 N，经2 s金属杆运动到cd时撤去拉力，此时理想电压表的示数为0.225 V，此后金属杆恰好能到达圆弧最高处ab.g＝10 m/s2，求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小；

(2)金属杆从cd运动到ab过程中电阻R1上产生的焦耳热． 【答案】(1)0.2 T (2)0.15 J

【解析】 (1)金属杆运动到cd时，由欧姆定律可得I＝由闭合电路的欧姆定律可得E＝I(R1＋R2)＝0.3 V 金属杆的速度v＝at＝3 m/s

由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv，解得B＝0.2 T.

(2)金属杆开始运动时由牛顿第二定律可得F＝ma，解得m＝1 kg，

1

金属杆从cd运动到ab的过程中，由能量守恒定律可得Q＝mv2－mgr＝0. 2 J.

2因此电阻R1上产生的焦耳热为Q1＝

R1

Q＝0.15 J. R1＋R2

R1R1＋R2

U

＝0.15 A R1

【易错点】 应先根据能量守恒定律列式求解全电路中产生的电热，再根据等式Q1＝求解电阻R产生的电热。