TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15577" 題型一 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用 PAGEREF _Tc15577 \h 1
\l "_Tc31067" 題型二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc31067 \h 6
\l "_Tc30426" 題型三 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題 PAGEREF _Tc30426 \h 17
\l "_Tc16697" 題型四 機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc16697 \h 26
\l "_Tc17846" 題型五 動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 PAGEREF _Tc17846 \h 30
\l "_Tc18663" 題型六 帶電粒子(體)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc18663 \h 50
\l "_Tc6924" 題型七 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc6924 \h 69
\l "_Tc10337" 題型八 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc10337 \h 81
\l "_Tc28738" 題型九 帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) PAGEREF _Tc28738 \h 93
\l "_Tc5998" 題型十 電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題 PAGEREF _Tc5998 \h 105
題型一 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用
【典例分析1】（2023上·四川綿陽(yáng)·高三綿陽(yáng)中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）某動(dòng)車(chē)組列車(chē)總長(zhǎng)，由靜止出發(fā)后做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)最大速度后做勻速運(yùn)動(dòng)。列車(chē)出發(fā)時(shí)，在車(chē)頭前方8700m處有一信號(hào)燈（信號(hào)燈寬度可忽略）。當(dāng)列車(chē)尾部通過(guò)信號(hào)燈時(shí)，司機(jī)接到通知：在信號(hào)燈前方處有一失去控制的工程車(chē)，其運(yùn)動(dòng)方向與列車(chē)相同，速度大小恒為。司機(jī)從接到通知到開(kāi)始剎車(chē)歷時(shí)，求：
（1）求列車(chē)由靜止勻加速到最大速度所經(jīng)歷的時(shí)間和位移的大??？
（2）列車(chē)開(kāi)始剎車(chē)時(shí)，與工程車(chē)的距離d？
（3）列車(chē)為避免與工程車(chē)相碰，剎車(chē)加速度大小至少為多少？
【答案】（1）180s，8100m；（2）2100m；（3）
【詳解】（1）列車(chē)靜止出發(fā)后做加速度大小為的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，達(dá)最大速度后，由速度公式
解得到最大速度所經(jīng)歷的時(shí)間為
由位移公式
解得位移為
（2）設(shè)反應(yīng)時(shí)間內(nèi)，列車(chē)和工程車(chē)均在勻速前進(jìn)，得位移分別為
列車(chē)開(kāi)始剎車(chē)時(shí)與工程車(chē)的距離關(guān)系為
解得
（3）恰好不碰的臨界條件是：恰好相貼，后車(chē)恰好與前車(chē)共速
對(duì)后車(chē)有速度關(guān)系
相貼時(shí)長(zhǎng)度關(guān)系為
而
聯(lián)立解得
【典例分析2】．（2023上·云南昆明·高三云南師大附中?？茧A段練習(xí)）測(cè)試員帶機(jī)器狗在山地中測(cè)試，看到一松鼠在樹(shù)上，松鼠由于受到驚嚇，從高為h=5m的樹(shù)杈上掉下（可看成自由落體運(yùn)動(dòng)），同時(shí)機(jī)器狗由靜止開(kāi)始向松鼠跑去，該情境可簡(jiǎn)化為圖甲所示的模型，機(jī)器狗運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，已知機(jī)器狗的最大速度為4m/s，松鼠和機(jī)器狗均可看做質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g取10m/s2。
（1）要使機(jī)器狗在松鼠落地的同時(shí)達(dá)到落地點(diǎn)P，求機(jī)器狗的初始位置與落地點(diǎn)P之間的距離；
（2）如果開(kāi)始時(shí)機(jī)器狗與落地點(diǎn)P之間的距離為12m，由于松鼠落地后摔傷，松鼠將從靜止開(kāi)始以a2=2m/s2的加速度與機(jī)器狗以相同方向沿同一直線逃跑（松鼠逃跑的最大速度為6m/s），通過(guò)計(jì)算說(shuō)明機(jī)器狗能否追上松鼠？

【答案】（1）2m；（2）見(jiàn)解析
【詳解】（1）松鼠做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)
解得
由圖乙可知前1s內(nèi)機(jī)器狗做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。加速度
則機(jī)器狗的初始位置與落地點(diǎn)P之間的距離
（2）如果機(jī)器狗開(kāi)始時(shí)與P點(diǎn)之間的距離
由（1）問(wèn)知松鼠落地瞬間，機(jī)器狗還未到達(dá)P點(diǎn)，設(shè)松鼠落地后經(jīng)過(guò)時(shí)間達(dá)到
即
解得
松鼠落地后，時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為
松鼠落地瞬間，機(jī)器狗剛好達(dá)到最大速度4m/s，時(shí)間內(nèi)機(jī)器狗運(yùn)動(dòng)的位移為
由于
所以機(jī)器狗不能追上小松鼠。
【方法提煉】
(1)求解勻變速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的一般思路
①準(zhǔn)確選取研究對(duì)象，根據(jù)題意畫(huà)出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)示意圖，直觀呈現(xiàn)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程．
②明確物體在各階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量．
③合理選擇運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，列出物體在各階段的運(yùn)動(dòng)方程，同時(shí)列出物體各階段間的關(guān)聯(lián)方程．
(2)追及、相遇或避免碰撞等問(wèn)題的解題思路
畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖；找出時(shí)間關(guān)系、速度關(guān)系、位移關(guān)系并列出方程.
【變式演練】
1．（2023上·天津?yàn)I海新·高三天津市濱海新區(qū)田家炳中學(xué)?？茧A段練習(xí)）已知A、B 兩物體，，A 物體從處自由下落，且同時(shí)B物體從地面豎直上拋，經(jīng)過(guò) 相遇碰撞后，兩物體立刻粘在一起運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度，求：
（1）碰撞時(shí)離地高度x；
（2）碰前A、B速度。
【答案】（1）1m；（2），
【詳解】（1）根據(jù)題意，A物體做自由落體運(yùn)動(dòng)，下落后與豎直上拋的B物體相碰，則可知此時(shí)間內(nèi)A下落的高度為
而A下落時(shí)距地面，由此可知，碰撞時(shí)離地高度
（2）A物體碰撞前的速度
設(shè)B物體豎直上拋時(shí)的初速度為，則有
解得
根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系可得碰撞前B的速度為
2．（2023上·云南大理·高三云南省下關(guān)第一中學(xué)?？计谥校┤鐖D所示，在離地面高處以的速度豎直向上拋出一個(gè)小球，地面上有一長(zhǎng)的小車(chē)，其前端距離拋出點(diǎn)的正下方，小球拋出的同時(shí)，小車(chē)由靜止開(kāi)始向右做的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知小球落地前最后內(nèi)下落的高度為，忽略空氣阻力及小車(chē)的高度，求：
（1）小球拋出點(diǎn)離地面的高度；
（2）小車(chē)末端到達(dá)小球拋出點(diǎn)正下方時(shí)，小球的位移；
（3）當(dāng)小車(chē)末端到達(dá)拋出點(diǎn)正下方時(shí)，便立即做加速度大小恒為、方向與此時(shí)速度方向相反的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，為了讓小車(chē)接住小球，試確定加速度的范圍。

【答案】（1）40m；（2），方向豎直向下；（3）
【詳解】（1）設(shè)小球從最高點(diǎn)下落的時(shí)間為，則
，
聯(lián)立解得
，
小球上拋的高度為
則小球拋出點(diǎn)離地面的高度為
（2）小車(chē)車(chē)尾到達(dá)拋出點(diǎn)正下方所用時(shí)間為，則
解得
則小球的位移
解得
小球位移大小為，方向豎直向下。
（3）小車(chē)車(chē)尾到達(dá)拋出點(diǎn)正下方速度為
當(dāng)小車(chē)車(chē)尾剛好接住小球，則
解得
當(dāng)小車(chē)車(chē)頭剛好接住小球，則
解得
故
題型二 牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用
【典例分析1】（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量的薄木板靜置于足夠大的水平地面上，其左端有一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量的物塊，現(xiàn)對(duì)物塊施加一水平向右的恒定拉力，木板先在水平地面上加速，物塊離開(kāi)木板后木板在摩擦力的作用下開(kāi)始減速，運(yùn)動(dòng)的總距離。已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度大小。求：
（1）木板的加速距離d；
（2）木板的長(zhǎng)度l。

【答案】（1）；（2）1m
【詳解】（1）分析可知，拉力F作用下物塊在木板上滑動(dòng)，設(shè)物塊離開(kāi)木板前木板的加速度大小為，離開(kāi)后木板的加速度大小為，木板的最大速度為v，則有
而
解得
（2）設(shè)在拉力F作用下木板的加速時(shí)間為,物塊的加速度大小為,則有
而
解得
【典例分析2】．（2023·云南昆明·云南師大附中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平地面上有材質(zhì)不同的甲、乙兩個(gè)物塊，它們與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，甲的質(zhì)量為，乙的質(zhì)量為。在的水平推力作用下，一起由靜止開(kāi)始向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，取。求：
（1）物塊甲、乙一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度大?。?br>（2）物塊甲對(duì)物塊乙的作用力大??；
（3）某時(shí)刻甲、乙的速度為，此時(shí)撤去推力，則撤去推力后物塊乙滑行的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）18m
【詳解】（1）設(shè)物塊甲乙一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，對(duì)甲乙整體，由牛頓第二定律得
解得
（2）物塊甲對(duì)物塊乙的作用力為，有
解得
（3）撤去推力后，因?yàn)?br>所以，兩者分離，之后乙的加速度
物塊乙滑行的距離
【典例分析3】如圖所示，一旅客用F=6.5N的力拉著質(zhì)量為m=1kg的行李箱沿水平地面運(yùn)動(dòng).已知拉力F與水平方向的夾角θ=30°，從靜止開(kāi)始經(jīng)t=2.0s時(shí)行李箱移動(dòng)距離，這時(shí)旅客松開(kāi)手，行李箱又滑行了一段距離后停下。若行李箱可看做質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）行李箱與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）旅客松開(kāi)手行李箱還能運(yùn)動(dòng)多遠(yuǎn)；
（3）行李箱要在水平地面上運(yùn)動(dòng)，拉力F與水平地面夾角多大時(shí)最省力。
【答案】（1）；（2）；（3）30°
【詳解】（1）根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系有
解得
對(duì)行李箱，由牛頓第二定律有
解得
（2）旅客松開(kāi)手時(shí)，行李箱的速度為
旅客松開(kāi)手后，由牛頓第二定律得
解得
由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式得行李箱的位移為
（3）設(shè)拉力F與水平地面的夾角為，行李箱要在水平地面上運(yùn)動(dòng)，則
又
在豎直方向上，由平衡條件的
解得
由數(shù)學(xué)知識(shí)知
可知當(dāng)時(shí)，拉力F最小，最省力。
【方法提煉】
1.動(dòng)力學(xué)基本問(wèn)題的解題步驟
(1)明確研究對(duì)象：根據(jù)問(wèn)題的需要和解題的方便，選擇某個(gè)物體或某系統(tǒng)作為研究對(duì)象。
(2)受力分析：畫(huà)好受力示意圖，選擇適當(dāng)?shù)奶幚矸椒ㄇ蟪龊狭蚝狭Φ谋磉_(dá)式。
①合成法：合成法適用于受力個(gè)數(shù)較少(2個(gè))的情況。
②正交分解法：正交分解法適用于各種情況，尤其是物體的受力個(gè)數(shù)較多(3個(gè)或3個(gè)以上)時(shí)。
(3)運(yùn)動(dòng)情況分析：畫(huà)出運(yùn)動(dòng)示意圖，明確物體的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程，求出或設(shè)出物體的加速度。
(4)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律列式求解。
2．處理多過(guò)程動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的“二分析一關(guān)鍵”
(1)“二分析”
①分析研究對(duì)象在每個(gè)過(guò)程的受力情況，并畫(huà)出受力分析圖；
②分析研究對(duì)象在每個(gè)階段的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。
(2)“一關(guān)鍵”
前一個(gè)過(guò)程的結(jié)束時(shí)刻和狀態(tài)就是后一個(gè)過(guò)程的開(kāi)始時(shí)刻和狀態(tài)，明確兩個(gè)過(guò)程的交接點(diǎn)速度不變往往是解題的關(guān)鍵。
3.分析“板—塊”模型的四點(diǎn)注意
(1)從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找滑塊與滑板之間的聯(lián)系．
(2)滑塊與滑板共速是摩擦力發(fā)生突變的臨界條件．
(3)滑塊與滑板存在相對(duì)滑動(dòng)的臨界條件
①運(yùn)動(dòng)學(xué)條件：若兩物體速度不等，則會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．
②力學(xué)條件：一般情況下，假設(shè)兩物體間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，先用整體法算出一起運(yùn)動(dòng)的加速度，再用隔離法算出滑塊“所需要”的摩擦力Ff，比較Ff與最大靜摩擦力Ffm的關(guān)系，若Ff>Ffm，則發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)．
(4)滑塊不從滑板上掉下來(lái)的臨界條件是滑塊到達(dá)滑板末端時(shí)，兩者共速．
4.傳送帶的摩擦力分析
(1)關(guān)注兩個(gè)時(shí)刻
①初始時(shí)刻：物體相對(duì)于傳送帶的速度或滑動(dòng)方向決定了該時(shí)刻的摩擦力方向。
②物體與傳送帶速度相等的時(shí)刻：摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動(dòng)摩擦力或靜摩擦力)可能會(huì)發(fā)生突變。
(2)注意過(guò)程分解
①摩擦力突變點(diǎn)是加速度突變點(diǎn)，也是物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律的突變點(diǎn)，列方程時(shí)要注意不同過(guò)程中物理量莫混淆。
②摩擦力突變點(diǎn)對(duì)應(yīng)的狀態(tài)是前一過(guò)程的末狀態(tài)，也是后一過(guò)程的初狀態(tài)，這是兩個(gè)過(guò)程的連接點(diǎn)。
(3)物體在傾斜傳送上運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶速度相同后需比較tanθ與μ的大小關(guān)系：μ>tanθ，速度相等后一起勻速；μ0）的粒子從P點(diǎn)在紙面內(nèi)垂直于OP射出。不計(jì)重力，。求：
（1）若要使粒子不進(jìn)入圓形區(qū)域，速度應(yīng)滿足怎樣的條件？
（2）若粒子能進(jìn)入圓形區(qū)域且經(jīng)過(guò)圓心O，粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間；
（3）粒子第一次從圓形區(qū)域射出后，粒子再次射入圓形邊界所用的時(shí)間。（已知）
【答案】（1）或；（2）；（3）
【詳解】（1）若粒子與圓形區(qū)域左側(cè)相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)半徑為r，則
若粒子與圓形區(qū)域右側(cè)相切時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)半徑為2r，則
得
，
若要使粒子不進(jìn)入圓形區(qū)域，速度應(yīng)滿足
或
（2）若粒子能進(jìn)入圓形區(qū)域且經(jīng)過(guò)圓心O，如圖
由幾何關(guān)系
得粒子運(yùn)動(dòng)半徑為
根據(jù)牛頓第二定律
又
聯(lián)立得，粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為
（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖
由于
得
由幾何關(guān)系，粒子第一次從圓形區(qū)域射出后，粒子再次射入圓形邊界的圓心角為
則該段運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為
題型八 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【典例分析】．（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示。研究員在研究帶電粒子的受控軌跡時(shí)。設(shè)置了以下場(chǎng)景，空間中存在平面直角坐標(biāo)系。其第一象限內(nèi)存在方向沿y軸負(fù)向的勻強(qiáng)電場(chǎng)。電場(chǎng)強(qiáng)度為 E；第四象限內(nèi)有一條分界線ON與x軸正方向的夾角為： 在 軸與ON 間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。研究員將一帶正電的粒子從y軸上的距原點(diǎn)O距離d 的P點(diǎn)，以速度v0垂直y軸打入電場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后經(jīng) 軸進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從ON 上以垂直于y軸的速度方向射出。已知粒子的比荷為，不計(jì)粒子重力。求：
（1）粒子從 軸打出點(diǎn)到原點(diǎn)的距離以及粒子過(guò)該點(diǎn)時(shí)的速度 大??；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大小；
（3）若改變磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大小，使粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后軌跡恰好與ON 相切再次打入電場(chǎng)。求粒子第三次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)距離 O點(diǎn)的距離。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子在電場(chǎng)中有
經(jīng)過(guò)軸打出點(diǎn)時(shí)的速度大小
聯(lián)立可得
（2）粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)與x軸夾角
既
如圖
根據(jù)幾何關(guān)系可得
聯(lián)立可得
由
可得
（3）粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后軌跡恰好與ON 相切，則粒子第一次在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為，根據(jù)幾何關(guān)系
粒子在磁場(chǎng)中軌跡半徑
第一次出磁場(chǎng)點(diǎn)在A點(diǎn)左側(cè)距離為
出磁場(chǎng)后，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)，該過(guò)程，根據(jù)對(duì)稱性，有
聯(lián)立解得在第二次在電場(chǎng)中向右的位移大小為
根據(jù)類(lèi)斜拋運(yùn)動(dòng)對(duì)稱性，第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向仍與第一次進(jìn)入磁場(chǎng)方向相同，故第二次出磁場(chǎng)時(shí)相比較第二次進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)位置向左偏轉(zhuǎn)，然后第三次在電場(chǎng)中向右運(yùn)動(dòng)后第三次進(jìn)入磁場(chǎng)，故粒子第三次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)距離 O點(diǎn)的距離
【方法提煉】
1．組合場(chǎng)中的兩種典型偏轉(zhuǎn)
2.常見(jiàn)模型
(1)從電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)
(2)從磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)
【變式演練】
1.（2023上·內(nèi)蒙古赤峰·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖所示，在xOy平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)存在+y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限范圍內(nèi)存在垂直xOy平面向里，大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電量為-q質(zhì)量為m的粒子，以初速度從P(0，2L)點(diǎn)沿+x方向垂直射入電場(chǎng)，粒子做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)至Q(4L，0)點(diǎn)進(jìn)入第四象限，粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不計(jì)重力。求：
（1）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小；
（2）粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與PQ連線的最大距離；
（3）粒子進(jìn)入第四象限后與x軸的最大距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）粒子從P到Q的過(guò)程中，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在x軸方向有
在y軸方向有
解得
，，
所以勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為。
（2）粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)，分解為平行于PQ連線方向和垂直于PQ連線方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，粒子與PQ連線的距離最大時(shí)，速度方向平行于PQ連線。設(shè)PQ與x軸的夾角為，則
，
在垂直P(pán)Q連線方向上有
解得粒子在第一象限運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與PQ連線的最大距離
（3）粒子到Q點(diǎn)時(shí)，x軸方向的分速為，y軸方向的分速度為
則粒子進(jìn)入第四象限時(shí)的速度大小為
v的方向與x軸正方向的夾角為。粒子進(jìn)入第四象限后，在有磁場(chǎng)的區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)粒子速度方向平行于x軸時(shí)，設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，則粒子在M點(diǎn)時(shí)距離x軸最遠(yuǎn)。粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，有
解得
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓弧在y軸方向的投影長(zhǎng)度為
由于，可知在Q到M之間有5個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域和4個(gè)無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，則粒子進(jìn)入第四象限后與x軸的最大距離為
2．（2023上·甘肅白銀·高三甘肅省靖遠(yuǎn)縣第一中學(xué)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在沿軸正方向、電場(chǎng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電荷量為，質(zhì)量為的帶負(fù)電粒子以一定的速度從點(diǎn)垂直射入電場(chǎng)，從點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后，恰好垂直軸從點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。已知點(diǎn)坐標(biāo)為（0，L），點(diǎn)坐標(biāo)為（L，0），不計(jì)粒子受到的重力，求：
（1）粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；
（2）點(diǎn)的縱坐標(biāo)；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)粒子射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小為，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，粒子在點(diǎn)時(shí)的速度方向與軸正方向的夾角為，則有
解得
（2）如圖所示，設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為，根據(jù)幾何關(guān)系有

解得
（3）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
解得
3．（2024·貴州·統(tǒng)考一模）如圖所示，在xOy平面第一象限有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)、第四象限有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在坐標(biāo)為（0，h）的A點(diǎn)有一帶電粒子以某一初速度沿+x方向拋出，從坐標(biāo)為（L，0）的C點(diǎn)進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。已知粒子電荷量為q、質(zhì)量為m，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖中所示。不計(jì)粒子所受重力。求：
（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；
（2）粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由牛頓第二定律
粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有
解得
可得
（2）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力提供向心力
第一次和第二次經(jīng)過(guò)x軸的兩點(diǎn)間的距離為軌跡圓的弦，弦長(zhǎng)為
為粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度與x軸正方向的夾角
解得
所以粒子第二次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置與坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為
解得
4．（2023上·山西呂梁·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系x軸上方有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在x軸下方有與x軸正方向成角斜向右上方的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上點(diǎn)沿y軸負(fù)方向以一定初速度射出，粒子連續(xù)兩次都經(jīng)過(guò)x軸上Q點(diǎn)（未畫(huà)出）進(jìn)出電場(chǎng)，當(dāng)粒子第二次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，僅將磁場(chǎng)方向改成垂直坐標(biāo)平面向里，則粒子第四次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)還是在Q點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，求：
（1）粒子在P點(diǎn)射出的初速度的大??；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；
（3）粒子從P點(diǎn)射出到第三次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）由題意可知，粒子第一次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)，速度與電場(chǎng)方向相反，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲所示．

設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系有
解得
根據(jù)牛頓第二定律有
解得
（2）磁場(chǎng)方向改變后，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖乙所示。

粒子從M點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，且速度與電場(chǎng)方向垂直，據(jù)幾何關(guān)系有
粒子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則有
據(jù)牛頓第二定律
解得
（3）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間
粒子第一次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
粒子第二次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
故所求的總時(shí)間
題型九 帶電粒子(體)在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
【典例分析】．（2023·全國(guó)·校聯(lián)考一模）如圖所示，豎直虛線的左側(cè)存在豎直向上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)存在豎直向上電場(chǎng)強(qiáng)度大小為2E的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。光滑絕緣的四分之一圓弧軌道ab固定在虛線左側(cè)的豎直平面內(nèi)，a點(diǎn)的切線豎直，b點(diǎn)正好在虛線上，且切線水平，P點(diǎn)是圓弧ab的中點(diǎn)，帶電量為q的帶正電小球從a點(diǎn)由靜止釋放，離開(kāi)b點(diǎn)在虛線的右側(cè)正好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)虛線上的c點(diǎn)。已知b、c兩點(diǎn)間的距離是圓弧軌道ab半徑的2倍，重力加速度大小為g。
（1）求小球的質(zhì)量以及小球在b點(diǎn)的速度大??；
（2）求圓弧軌道P點(diǎn)對(duì)小球的支持力大??；
（3）求小球從b到c動(dòng)量的變化率以及a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差。
【答案】（1），；（2）；（3），
【詳解】（1）小球在虛線的右側(cè)正好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故在右側(cè)小球所受重力與電場(chǎng)力相互平衡，則有
解得
設(shè)小球在右側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，小球做勺速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，則有
小球從a點(diǎn)到b點(diǎn)，只有重力和電場(chǎng)力做功，則根據(jù)動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得
（2）小球在圓弧軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)，在P點(diǎn)的向心力由重力分力、電場(chǎng)力分力、軌道支持力提供向心力，則有
小球從a點(diǎn)到P點(diǎn)，只有重力和電場(chǎng)力做功，則根據(jù)動(dòng)能定理可得
聯(lián)立解得
（3）小球在右側(cè)做勺速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，則有
解得
小球從b到c為周期的一半，則
小球從b到c速度大小不變，方向相反，則
則動(dòng)量變化率為
小球從a到c受到重力、電場(chǎng)力做功，則根據(jù)動(dòng)能定理可得
解得
則
根據(jù)電場(chǎng)線方向可知，a點(diǎn)電勢(shì)高于c點(diǎn)，則a、c兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為。
【方法提煉】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的處理方法
(1)明種類(lèi)：明確復(fù)合場(chǎng)的種類(lèi)及特征。
(2)析特點(diǎn)：正確分析帶電粒子的受力特點(diǎn)及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)。
(3)畫(huà)軌跡：畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程示意圖，明確圓心、半徑及邊角關(guān)系。
(4)用規(guī)律：靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。
①兩場(chǎng)共存，電場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足qE＝qvB或重力場(chǎng)與磁場(chǎng)中滿足mg＝qvB且兩力方向相反時(shí)，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)受力平衡列方程求解。
②兩場(chǎng)共存，電場(chǎng)力與重力都恒定時(shí)，粒子平衡時(shí)根據(jù)平衡條件求解，做勻變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理求解，做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解或動(dòng)能定理求解。
③三場(chǎng)共存，合力為零時(shí)，受力平衡，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)或靜止。其中洛倫茲力F＝qvB的方向與速度v垂直。
④三場(chǎng)共存，粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，mg與qE相平衡，根據(jù)mg＝qE，由此可計(jì)算粒子比荷，判定粒子電性。粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，有qvB＝mrω2＝meq \f(v2,r)＝mreq \f(4π2,T2)＝ma。
⑤當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)或有約束的變速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。
【變式演練】
1.（2023·河北·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，空間存在垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）和平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為，方向與水平方向成角斜向右上方（圖中未畫(huà)出）?，F(xiàn)將一帶電量為，質(zhì)量為的絕緣小球（中軸為一小孔）從點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)時(shí)速度大小為，方向剛好豎直向上。此時(shí)對(duì)小球施加一豎直方向的外力并在點(diǎn)撤去，使小球在豎直方向的分速度保持不變。小球運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)時(shí)剛好無(wú)碰撞地進(jìn)入豎直固定光滑圓弧管道。小球從點(diǎn)（切線水平）滑出管道后剛好穿在足夠長(zhǎng)的粗糙水平細(xì)桿上。管道的半徑為，重力加速度為，小球與水平桿之間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)為兩點(diǎn)間的豎直距離為兩點(diǎn)間水平距離的倍，小球可在管道中和水平桿上自由滑動(dòng)。求：
（1）小球在細(xì)桿上最終穩(wěn)定時(shí)速度的大小
（2）小球在管道中的動(dòng)能最小時(shí)對(duì)管道的壓力大小
（3）小球在水平桿上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中合外力做的功。

【答案】（1）；（2）；（3）（ - 10）
【詳解】（1）小球所受電場(chǎng)力與重力的合力大小為
水平向右，小球最終穩(wěn)定時(shí)
所以小球在細(xì)桿上最終穩(wěn)定時(shí)速度的大小為
（2）設(shè)A、B兩點(diǎn)間的水平距離為x，則B、C兩點(diǎn)間的豎直距離為，由動(dòng)能定理得
小球從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，在水平方向由動(dòng)量定理得
聯(lián)立解得：小球到達(dá)C點(diǎn)的速度為
由小球的受力特點(diǎn)可知，管道最左端為等效最高點(diǎn)（設(shè)為P），由動(dòng)能定理得
根據(jù)題意得
故而
由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
（3）小球從C到水平桿上穩(wěn)定速度，由動(dòng)能定理得
由動(dòng)能定理得
=（ - 10）
或者：小球從C到D由動(dòng)能定理得
小球從D到水平桿上穩(wěn)定速度，由動(dòng)能定理得
解得
=（ - 10）

2．（2023上·重慶沙坪壩·高三重慶八中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在xOy豎直平面內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在的區(qū)域內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小相等且未知。一質(zhì)量為5m、電荷量為的帶電微粒從y軸上P點(diǎn)發(fā)出，沿直線運(yùn)動(dòng)到x軸上Q點(diǎn)，PQ與y軸夾角為。帶電微粒進(jìn)入第一象限后，將區(qū)域內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E變?yōu)檠貀軸正方向。帶電微粒第一次從右往左穿過(guò)y軸時(shí)，分裂成速度方向均垂直于y軸向左的帶正電的微粒甲和乙，質(zhì)量分別為m、4m，且甲、乙微粒的比荷相同，分裂后二者總動(dòng)能是分裂前微粒動(dòng)能的2倍。不考慮分裂后兩微粒間庫(kù)侖力的影響，已知重力加速度為g。
（1）求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；
（2）求分裂后乙微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
（3）分裂后甲微粒速度方向偏轉(zhuǎn)時(shí)，撤去磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，再加上與原區(qū)域相同的磁場(chǎng)，此后兩微粒的軌跡不相交，求撤去磁場(chǎng)的時(shí)間需滿足的條件。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【詳解】（1）由微粒從P到Q做直線運(yùn)動(dòng)可知，帶電微粒在第四象限中受力平衡，有
得
電場(chǎng)力與重力的合力與洛倫茲力平衡
得
（2）由帶電微粒進(jìn)入第一象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知重力與E產(chǎn)生的電場(chǎng)力平衡，則
得
由題意易知分裂前微粒的比荷與分裂后兩個(gè)微粒的比荷均相等，若分裂后甲、乙微粒的速度分別為、，甲、乙微粒的半徑分別為、，則
解得
，
或
，（舍去）
又軌跡半徑與速度成正比
解得
（3）由周期公式 易知甲、乙微粒圓周運(yùn)動(dòng)的周期相同，半徑之比為
二者的軌跡圓內(nèi)切于分裂點(diǎn)，當(dāng)撤去磁場(chǎng)后，二者同時(shí)開(kāi)始向y軸正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，再次加上原磁場(chǎng)后，二者又開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)。所有O點(diǎn)均為軌跡圓圓心，所有D點(diǎn)均為勻速直線運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的切點(diǎn)，所有K點(diǎn)為圓軌道的切點(diǎn)。甲微粒在相同時(shí)間比乙微粒運(yùn)動(dòng)距離遠(yuǎn)，再次圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心為，此時(shí)甲乙微粒圓周運(yùn)動(dòng)軌跡相切于，甲微粒圓心從到的過(guò)程中，任意時(shí)刻微粒開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)軌跡不相交，易知
解得恢復(fù)原磁場(chǎng)，二者軌跡不相交的條件為
若時(shí)恢復(fù)磁場(chǎng)，甲乙微粒的圓軌道外切，甲微粒此時(shí)的圓心為，則
解得恢復(fù)原磁場(chǎng)，二者軌跡不相交的條件為
故撤去磁場(chǎng)的時(shí)間需滿足
或
3．（2023·廣西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，在豎直面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中，y軸豎直，A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為與。的區(qū)域內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)；第二象限內(nèi)有方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）；第四象限內(nèi)有方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和豎直方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中均未畫(huà)出）。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球（視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)以大?。╣為重力加速度大?。┑乃俣妊刈鲋本€運(yùn)動(dòng)，通過(guò)O點(diǎn)（第一次通過(guò)x軸）后在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，恰好通過(guò)B點(diǎn)（第二次通過(guò)x軸）。求：
（1）第二象限內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；
（2）小球從O點(diǎn)到第四次通過(guò)x軸的時(shí)間t；
（3）小球第五次通過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)以及第四次通過(guò)x軸后在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中到x軸的最大距離。
【答案】（1）；（2）；（3）（0,0）；
【詳解】（1）小球沿AO方向做直線運(yùn)動(dòng)，則必為勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的電場(chǎng)力和垂直于AO斜向右上方的洛倫茲力，則
解得
（2）小球從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間
小球進(jìn)入第四象限后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則
周期
則第二次經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間
小球射入第一象限時(shí)速度與x軸正向成45°，水平方向沿x軸正向做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度為
豎直方向做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度為
ay=g
合加速度大小為
方向與x軸負(fù)向成45°角，則再次（第3次）經(jīng)過(guò)x軸的時(shí)間
返回時(shí)仍經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，此時(shí)速度仍為
方向與x軸負(fù)向成45°角，進(jìn)入第四象限后仍做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為
小球從O點(diǎn)到第四次通過(guò)x軸的時(shí)間
（3）小球第四次經(jīng)過(guò)x軸的位置坐標(biāo)為
x=2L
速度方向與x軸負(fù)向成45°角，正好與合加速度方向垂直，則第五次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)沿x軸負(fù)向的距離為，則
解得
則第五次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)小球恰好到達(dá)原點(diǎn)，即位置坐標(biāo)為（0，0）；
第四次通過(guò)x軸后在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中到x軸的最大距離
4．（2023上·云南昆明·高三昆明一中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy（x軸水平，y軸豎直）中，第一象限內(nèi)存在正交的勻強(qiáng)電、磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上，大小磁場(chǎng)方向垂直紙面向里；第四象限內(nèi)存在一方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)。一質(zhì)量為的帶正電的小球，從M（3.6m，3.2m）點(diǎn)，以的水平速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從P（2.0m，0）點(diǎn)進(jìn)入第四象限后經(jīng)過(guò)y軸上的N點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）。求：（g取，，）
（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
（2）小球由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至N點(diǎn)的時(shí)間；
（3）y軸上的N點(diǎn)坐標(biāo)。
【答案】（1）2T；（2）1s；（3）（0，）
【詳解】（1）第一象限內(nèi)存在電場(chǎng)和磁場(chǎng)，帶電小球在第一象限內(nèi)受到重力、電場(chǎng)力以及洛倫茲力，由于小球在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以小球受到的重力與電場(chǎng)力大小相等，方向相反，互相抵消，有
洛倫茲力提供小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有
由于小球從P點(diǎn)進(jìn)入第四象限，所以其軌跡如圖所示
設(shè)OP連線與豎直方向的夾角為，軌跡圓的半徑為r，由幾何關(guān)系有
解得
（2）設(shè)小球到達(dá)P點(diǎn)時(shí)其速度方向與x軸正方向的夾角為，由幾何關(guān)系可知，其，規(guī)定向右為正方向，小球在第四象限豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在水平方向，先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。則水平方向有
解得
（3）由上述分析，小球在第四象限運(yùn)動(dòng)，向下為正方向，豎直方向有
解得
所以N點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，）。
題型十 電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題
【典例分析】（2023上·河北·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖甲所示，兩間距為L(zhǎng)=1m的光滑水平金屬軌道固定在絕緣水平地面上，左端連接阻值為R=0.5Ω的定值電阻，一質(zhì)量為m=2kg、電阻為R=0.5Ω、長(zhǎng)度為L(zhǎng)=1m的導(dǎo)體棒垂直放置在導(dǎo)軌上，垂直于軌道的虛線1、2間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為（未知），虛線3、4間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。現(xiàn)將導(dǎo)體棒放在虛線1位置，并在導(dǎo)體棒上施加一水平向右的恒力F=4N，導(dǎo)體棒由1運(yùn)動(dòng)到4的過(guò)程中，導(dǎo)體棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，其中5s時(shí)圖線的切線與橫軸平行，已知導(dǎo)體棒在虛線4位置時(shí)的速度大小為，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。求：
（1）的大小及5s時(shí)導(dǎo)體棒的速度大?。?br>（2）虛線1、2的間距；
（3）導(dǎo)體棒在虛線3、4間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱Q。
【答案】（1）1m/s；（2）9m；（3）
【詳解】（1）t=5s時(shí)圖線的切線與橫軸平行，此時(shí)
又
聯(lián)立得
根據(jù)
得
（2）根據(jù)
聯(lián)立得
（3）從2到3用時(shí)
到3時(shí)速度
從3到4過(guò)程，根據(jù)
聯(lián)立得
根據(jù)能量守恒，導(dǎo)體棒在虛線3、4間運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱
【方法提煉】
感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起．解決這類(lèi)問(wèn)題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點(diǎn)力的平衡條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等)．
1．力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象的相互關(guān)系
2．動(dòng)態(tài)分析的基本思路
3.電磁感應(yīng)過(guò)程的實(shí)質(zhì)是不同形式的能量轉(zhuǎn)化的過(guò)程，而能量的轉(zhuǎn)化是通過(guò)安培力做功的形式實(shí)現(xiàn)的，安培力做功的過(guò)程，是電能轉(zhuǎn)化為其他形式能的過(guò)程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程．
4．能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法
(1)能量轉(zhuǎn)化
(2)求解焦耳熱Q的三種方法
5．解決電磁感應(yīng)能量問(wèn)題的策略是“先源后路、先電后力，再是運(yùn)動(dòng)、能量”，即
6.電磁感應(yīng)中力、能量和動(dòng)量綜合問(wèn)題的分析方法
(1)分析“受力”：分析研究對(duì)象的受力情況，特別關(guān)注安培力的方向。
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了變化，根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒定律等列方程求解。
(3)分析“動(dòng)量”：在電磁感應(yīng)中可用動(dòng)量定理求變力的作用時(shí)間、速度、位移和電荷量(一般應(yīng)用于單桿切割磁感線運(yùn)動(dòng))。
①求速度或電荷量：－Beq \x\t(I)lΔt＝mv2－mv1，q＝eq \x\t(I)Δt。
②求時(shí)間：FΔt＋I(xiàn)A＝mv2－mv1，IA＝－Beq \x\t(I)lΔt＝－Bleq \f(ΔΦ,R總)。
③求位移：－Beq \x\t(I)lΔt＝－eq \f(B2l2\x\t(v)Δt,R總)＝mv2－mv1，即－eq \f(B2l2,R總)x＝m(v2－v1)。
【變式演練】
1.（2024·廣東中山·中山市華僑中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，足夠長(zhǎng)的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ所構(gòu)成的斜面與水平面的夾角為θ，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，兩導(dǎo)軌頂端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌所在的空間存在垂直于斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。一根質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒垂直放置于導(dǎo)軌底端，其在兩導(dǎo)軌之間部分的電阻為R?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一沿斜面向上的速度大小為v，導(dǎo)體棒上滑過(guò)程通過(guò)導(dǎo)體截面的電荷量為q；在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度大小為g。求：
（1）導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度大??；
（2）導(dǎo)體棒向上滑的最大位移x；
（3）上滑過(guò)程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)
電流為
對(duì)導(dǎo)體棒受力分析
解得
（2）在導(dǎo)體棒上滑過(guò)程中，
產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
根據(jù)閉合電路歐姆定律，有
通過(guò)的電荷量為
聯(lián)立可得
（3）上滑過(guò)程根據(jù)能量守恒，有
導(dǎo)體棒與電阻串聯(lián)，電流相同，時(shí)間相同，由焦耳定律可得導(dǎo)體棒產(chǎn)生的熱量為
解得
2.（2023·浙江·慈溪中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖1所示，間距為d，相互平行的金屬導(dǎo)軌EG、FH與PG、QH，在GH處用一小段絕緣圓弧相連，其中PG、QH水平，EG、FH是傾角為的斜軌。EF之間接一個(gè)阻值為R的電阻，PQ之間接有阻值不計(jì)，自感系數(shù)為L(zhǎng)的自感線圈。MNGH和CDPQ區(qū)域存在大小為B，方向如圖所示垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m，電阻r的金屬棒a從AB處由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌下滑，其在斜軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的v-t圖像如圖2所示，金屬棒滑過(guò)GH后與另一根放在CD右側(cè)位置相同質(zhì)量，電阻不計(jì)的的金屬棒b相碰，碰后兩棒粘在一起運(yùn)動(dòng)。不計(jì)導(dǎo)軌的電阻及GH處的機(jī)械能損失，金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌保持垂直且接觸良好，軌道足夠長(zhǎng)。已知，，，，，。取，，。
（1）求金屬棒a剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UAB；
（2）求金屬棒a與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)以及金屬棒在磁場(chǎng)中能夠達(dá)到的最大速率；
（3）已知金屬棒a從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到4m/s時(shí)所用時(shí)間為2.1s，求此過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；
（4）求a、b棒碰撞后，向左運(yùn)動(dòng)的最大距離xm（提示：自感電動(dòng)勢(shì)的大小為）。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【詳解】（1）金屬棒a剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為
金屬棒a剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為
（2）金屬棒a在磁場(chǎng)區(qū)域外的加速度為
根據(jù)牛頓第二定律有
金屬棒a與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)
金屬棒a在磁場(chǎng)區(qū)域中，速度最大時(shí)有
金屬棒a中的電流為
解得金屬棒在磁場(chǎng)中能夠達(dá)到的最大速率
（3）金屬棒a從進(jìn)入磁場(chǎng)到速度達(dá)到4m/s時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有
電量為
解得
根據(jù)動(dòng)能定理有
解得產(chǎn)生的總熱量為
此過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為
（4）a、b棒碰撞后兩棒粘在一起運(yùn)動(dòng)，有
產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為
整理得
則
金屬棒中的電流為
根據(jù)圖象以及動(dòng)能定理有
向左運(yùn)動(dòng)的最大距離
2．（2023下·江蘇鹽城·高三江蘇省阜寧中學(xué)?？奸_(kāi)學(xué)考試）如圖，兩根半徑r為1m的圓弧軌道間距L也為1m，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計(jì)，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個(gè)裝置處于輻向磁場(chǎng)中，圓弧軌道所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，且B=0.5T，將一根長(zhǎng)度稍大于L、質(zhì)量m為0.2kg、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放，已知當(dāng)金屬棒到達(dá)如圖所示的cd位置時(shí)，金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角θ為60°，金屬棒的速度達(dá)到最大；當(dāng)金屬棒到達(dá)軌道底端ef時(shí)，對(duì)軌道的壓力為3N，（g=10m/s2）求：
（1）當(dāng)金屬棒的速度最大時(shí)，流經(jīng)電阻R的電流大小和方向；
（2）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中，流經(jīng)電阻R的電量為0.1πC，整個(gè)回路中的總電阻為多少？
（3）金屬棒滑到軌道底端的整個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為1.2J，則金屬棒的電阻R0多大？

【答案】（1）2A，方向a→R→b；（2）2.5Ω；（3）0.5Ω
【詳解】（1）當(dāng)金屬棒到達(dá)如圖所示的cd位置時(shí)，金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角θ為60°，金屬棒的速度達(dá)到最大，沿圓弧切線方向有
可得
根據(jù)右手定則可知，流經(jīng)電阻R的電流方向由a→R→b。
（2）根據(jù)
又
聯(lián)立解得
（3）在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得
解得
根據(jù)能量守恒可得
解得
又
聯(lián)立解得
3．（2023·浙江臺(tái)州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖所示的兩裝置水平放置，均處于豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為R。光滑平行導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，圖1導(dǎo)軌間距為d，圖2導(dǎo)軌間距分別為d與2d。長(zhǎng)度為2d的相同導(dǎo)體棒a、b、c均垂直靜置于導(dǎo)軌上，導(dǎo)體棒質(zhì)量為m、電阻為R。求：
（1）圖1中閉合開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒a最終速度的大小與方向；
（2）將圖1中的電源換成電容為C、電壓為的電容器，閉合開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒a最終速度的大??；
（3）圖2中閉合開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒b的最終速度的大小及從靜止開(kāi)始到達(dá)到過(guò)程中導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱。
（4）圖2中閉合開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒b速度為最終速度的一半時(shí)導(dǎo)體棒b兩端的電勢(shì)差大小。

【答案】（1）；方向向右；（2）；（3）；；（4）
【詳解】（1）距題意可知，導(dǎo)體棒a最終勻速切割磁感線，則有
得
根據(jù)左手定則可知，圖1中閉合開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒a最終速度的方向?yàn)榉较蛳蛴遥?br>（2）由題意可得導(dǎo)體棒a最終穩(wěn)定切割磁感線，則有
聯(lián)立可得
（3）由題意可得
聯(lián)立可得導(dǎo)體棒b的最終速度
導(dǎo)體棒c的最終速度
通過(guò)導(dǎo)體棒的電量為
由能量守恒定律有
而
得
（4）導(dǎo)體棒b速度為最終速度的一半時(shí)，通過(guò)導(dǎo)體棒b的電流
則導(dǎo)體棒b兩端的電勢(shì)差
4．（2023·河北保定·河北省唐縣第一中學(xué)?？级＃┤鐖D所示，傾角為、足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面固定不動(dòng)，斜面上有一系列間距均為的水平虛線（圖中僅畫(huà)出部分），虛線1、2間存在垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，從虛線2向下每間隔在兩虛線間存在垂直斜面向下的與虛線1、2間相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。一質(zhì)量為、電阻值為、邊長(zhǎng)為的正方形線框從虛線1上方某位置由靜止釋放，邊始終與虛線平行，當(dāng)線框的邊剛好到達(dá)虛線1時(shí)，線框的加速度大小為，方向沿斜面向下，重力加速度取。整個(gè)過(guò)程中線框始終沒(méi)有發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)。求：
（1）線框釋放瞬間，邊到虛線1的間距；
（2）線框的最大速度；
（3）若從釋放到線框的速度達(dá)到最大，所用的時(shí)間為，則此過(guò)程中線框中產(chǎn)生的焦耳熱為多少?
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)線框的邊到虛線1時(shí)的速度為，則由法拉第電磁感應(yīng)定律得
由閉合電路歐姆定律得
又
由牛頓第二定律得
代入數(shù)據(jù)解得
線框從釋放到邊與虛線1重合的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律得
解得
（2）線框的速度最大時(shí)，線框的合力為零，由力的平衡條件得
又
又由
代入數(shù)據(jù)解得
（3）進(jìn)入磁場(chǎng)前，設(shè)線框的加速度為，則由牛頓第二定律得
解得
線框從釋放到邊與虛線1重合的時(shí)間為
所以線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
由題意可知，線框在沿斜面下滑的過(guò)程中，始終受到安培力的作用，設(shè)線框從剛進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始經(jīng)時(shí)間速度變化為，線框的速度為，此時(shí)有
時(shí)間內(nèi)，由動(dòng)量定理得
設(shè)線框在時(shí)間內(nèi)沿斜面體下滑的距離為.對(duì)上式兩邊求和得
整理得
代入數(shù)據(jù)解得
由能量守恒定律得
解得
5.（2023上·湖南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖所示，電阻不計(jì)的兩條平行足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面上，其間距為1m。甲、乙兩根完全相同的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.5T，方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。某時(shí)刻給金屬棒甲施加一個(gè)大小為F=2N、水平向右的拉力，拉力F作用4s時(shí)，金屬棒甲、乙的加速度相等，此時(shí)撤去拉力F。已知金屬棒甲、乙的質(zhì)量均為1kg，接入電路中的電阻均為0.5Ω。求：
（1）金屬棒甲、乙的加速度相等時(shí)甲、乙的速度大??；
（2）從撤去拉力F到經(jīng)過(guò)一段時(shí)間金屬棒甲、乙之間的距離不再變化這一過(guò)程，電路中產(chǎn)生的熱量以及金屬棒甲、乙之間距離的增加量。

【答案】（1），；（2），
【詳解】（1）兩棒的加速度相等時(shí)，設(shè)甲、乙受到的安培力大小為F安，對(duì)金屬棒乙
對(duì)金屬棒甲
設(shè)回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，根據(jù)安培力公式
設(shè)兩棒的加速度相等時(shí)，甲、乙的速度分別是v甲、v乙
設(shè)t時(shí)間內(nèi)金屬棒乙受到的安培力沖量為I，對(duì)金屬棒乙
對(duì)金屬棒甲
解得
聯(lián)立以上各式可解得
（2）撤去外力F后，甲做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，乙棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后兩棒速度相等，做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)最終共同速度為v
根據(jù)動(dòng)量守恒定律：
代入數(shù)據(jù)解得
v=4m/s
根據(jù)能量守恒定律，回路中產(chǎn)生的熱量
對(duì)乙棒，根據(jù)動(dòng)量定理
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律
設(shè)甲、乙兩棒間距離增大了x
聯(lián)立解得
6．（2023·天津和平·統(tǒng)考二模）如圖甲所示，質(zhì)量為0.5kg，足夠長(zhǎng)的“”形光滑金屬框放在光滑絕緣水平面上，金屬框兩平行邊間距為1m，處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1T，金屬棒ab垂直放在金屬框兩平行邊上，用絕緣細(xì)線將棒ab與固定的力傳感器相連，開(kāi)始時(shí)細(xì)線水平伸直且無(wú)張力，給金屬框施加一個(gè)水平向右的拉力F，在拉力F的作用過(guò)程中，力傳感器示數(shù)隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，不計(jì)金屬框的電阻，棒ab始終與金屬框兩平行邊垂直且接觸良好，金屬棒接入電路的電阻為2Ω，求：
（1）時(shí)，金屬框運(yùn)動(dòng)的速度大??；
（2）時(shí)，拉力F的瞬時(shí)功率；
（3）若過(guò)程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為5.4J，此過(guò)程中拉力F做的功。
【答案】（1）2m/s；（2）12W；（3）9.4J
【詳解】（1）由題意分析可知
又
則
時(shí)
代入數(shù)據(jù)得金屬框運(yùn)動(dòng)的速度大小
（2）由乙圖結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)，可得關(guān)系式
根據(jù)
聯(lián)立可得
可知金屬框做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為
當(dāng)時(shí)，速度為
對(duì)金屬框根據(jù)牛頓第二定律，得
又
解得
則時(shí)，拉力F的瞬時(shí)功率為
（3）若過(guò)程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱為5.4J，根據(jù)功能關(guān)系可得
解得此過(guò)程中拉力F做的功
7．（2023·廣西南寧·南寧三中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖所示，兩條足夠長(zhǎng)的平行導(dǎo)電導(dǎo)軌MN、PQ水平放置，導(dǎo)軌間距L=1.0m，在軌道區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T。導(dǎo)體棒a、b質(zhì)量均為m=1kg，電阻均為R=0.5Ω，與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.3，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。重力加速度g=10m/s2，導(dǎo)軌電阻可忽略，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。
（1）若開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒a初速度為零，導(dǎo)體棒b獲得=2m/s的水平向右的初速度，求此時(shí)導(dǎo)體棒a和b的加速度大??；
（2）若同時(shí)分別給兩導(dǎo)體棒不同的沖量，使導(dǎo)體棒a獲得平行于導(dǎo)軌向左的初速度=2m/s的同時(shí)，導(dǎo)體棒b獲得向右的平行于導(dǎo)軌的初速度=4m/s，求流經(jīng)導(dǎo)體棒a的最大電流；
（3）在（2）的條件下，從導(dǎo)體棒a速度為零到兩棒相距最遠(yuǎn)的過(guò)程中，已知導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J，求此過(guò)程中導(dǎo)體棒b的位移。
【答案】（1）0；5m/s2；（2）6A；（3）0.5m
【詳解】（1）導(dǎo)體棒b運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)
回路電流
導(dǎo)體棒受安培力
解得
F0=2N
因
則a加速度為零，b的加速度
方向向左；
（2）兩棒反向運(yùn)動(dòng)，開(kāi)始時(shí)的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大
最大電流
解得
Im=6A
（3）兩棒開(kāi)始向相反方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩棒系統(tǒng)受合外力為零，則動(dòng)量守恒，當(dāng)a棒速度為零時(shí)
解得b棒速度
v3=2m/s
由（1）的計(jì)算可知，此時(shí)a棒受安培力小于摩擦力，可知以后a棒靜止，b棒向右做減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)兩棒最遠(yuǎn)，因?qū)w棒b產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J，則此過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的總焦耳熱為
Q=0.5J
此時(shí)由能量關(guān)系
解得
x=0.5m
8．（2023上·安徽合肥·高三?？茧A段練習(xí)）如圖所示，兩平行光滑導(dǎo)軌、的左端接有阻值為的定值電阻，間距為，其中、固定于同一水平面圖中未畫(huà)出上且與豎直面內(nèi)的光滑圓弧形導(dǎo)軌、相切于、兩點(diǎn)。正方形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。導(dǎo)體棒的質(zhì)量為、電阻為、長(zhǎng)度為，棒在功率恒定、方向水平向右的推力作用下由靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間后撤去推力，然后棒與另一根相同的導(dǎo)體棒發(fā)生碰撞并粘在一起，以速率進(jìn)入磁場(chǎng)，兩導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，恰好能到達(dá)處。重力加速度大小為，導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)導(dǎo)軌的電阻。求：
（1）該推力的功率；
（2）兩導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度大小；
（3）圓弧形導(dǎo)軌的半徑以及兩導(dǎo)體棒穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中定值電阻產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】（1）；（2）；（3），
【詳解】（1）設(shè)兩導(dǎo)體棒碰撞前瞬間，棒的速度大小為，在推力作用的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有
與碰后瞬間的速率為，由動(dòng)量守恒定律有
解得
（2）設(shè)兩導(dǎo)體棒通過(guò)磁場(chǎng)右邊界的時(shí)間為，該過(guò)程回路中的平均電流為，與的間距為，由動(dòng)量定理有
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和電路相關(guān)知識(shí)有
解得
（3）對(duì)兩導(dǎo)體棒沿圓弧形導(dǎo)軌上滑的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有
解得
經(jīng)分析可知，兩導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的總焦耳熱為，由能量守恒定律有
解得
9．（2023上·浙江·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）兩根足夠長(zhǎng)水平金屬直軌道平行放置，右側(cè)平滑連接半徑為r=0.5m的 光滑圓軌道，圓弧軌道處于豎直平面內(nèi)，軌道間距為L(zhǎng)=0.5m，整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=2T?，F(xiàn)將質(zhì)量均為m=0.5kg，長(zhǎng)為L(zhǎng)，電阻為R=0.5Ω的金屬棒a、b垂直軌道放置，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，金屬棒與直軌道間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.4，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，g=10m/s2。
（1）外力使棒b保持靜止，對(duì)棒a施加水平恒力F=6N，求棒a運(yùn)動(dòng)的最大速度vm及此時(shí)棒a兩端的電勢(shì)差U的大??；
（2）在（1）問(wèn)中，當(dāng)棒a勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，撤去固定棒b的外力，此時(shí)作為零時(shí)刻，t1=3s時(shí)棒b的速度 時(shí)，求從撤去固定棒b的外力到t1時(shí)刻通過(guò)棒b的電荷量q，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后， a、b運(yùn)動(dòng)保持穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)棒b的加速度ab的大??；
（3）棒a到達(dá)圓弧軌道的底端時(shí) ，重新固定棒b，改變F使棒a勻速通過(guò) 光滑圓軌道，求此過(guò)程F做的功。（結(jié)果保留π）

【答案】（1）；2V；（2）；（3）
【詳解】（1）當(dāng)a=0時(shí)，棒a的速度最大，此時(shí)有

又
F=μmg+BIL
解得

I=4A
則導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)為
棒a兩端的電勢(shì)差的大小為
U=IR=2V
（2）從撤去固定棒b的外力到 t1時(shí)刻，對(duì)棒b使用動(dòng)量定理
又
聯(lián)立，解得
q=7C
撤去固定棒b的外力后，對(duì)兩棒，由牛頓第二定律可得

當(dāng) ，時(shí)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，有

（3）棒a勻速通過(guò)圓軌道產(chǎn)生正弦式交流電，有
其中
此過(guò)程F做的功為
10.（2023下·河南信陽(yáng)·高二信陽(yáng)高中校考階段練習(xí)）如圖所示，平行傾斜光滑導(dǎo)軌與足夠長(zhǎng)的平行水平光滑導(dǎo)軌平滑連接，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。質(zhì)量分別為2kg和1kg的金屬棒b和c靜止放在水平導(dǎo)軌上，b、c兩棒均與導(dǎo)軌垂直。圖中de虛線右側(cè)有范圍足夠大、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=2T。兩平行導(dǎo)軌寬度L1:L2=2:1。質(zhì)量為2kg的絕緣棒a垂直于傾斜導(dǎo)軌靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h=1.8m（重力加速度大小g取10m/s2，不計(jì)摩擦和空氣阻力）。求：
（1）絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性正碰后剛分離時(shí)兩棒的速度大小v1和v2；
（2）最終兩導(dǎo)體棒b、c的速度大小v3和v4。

【答案】（1）0，6m/s；（2）2m/s，4m/s
【詳解】（1）設(shè)絕緣棒a滑上水平導(dǎo)軌時(shí)，速度為v0，下滑過(guò)程中絕緣棒a機(jī)械能守恒，有
絕緣棒a與金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律
由機(jī)械能守恒定律有
聯(lián)立解得絕緣棒a的速度大小為
金屬棒b的速度大小
（2）當(dāng)磁通量不發(fā)生變化時(shí)不再有電流且安培力消失，此時(shí)速度達(dá)到穩(wěn)定，則兩導(dǎo)體棒單位時(shí)間內(nèi)掃過(guò)面積相等，有
b、c分別用動(dòng)量定理
聯(lián)立解得
，
垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)
垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)
受力
情況
電場(chǎng)力FE＝qE，其大小、方向不變，與速度v無(wú)關(guān)，F(xiàn)E是恒力
洛倫茲力FB＝qvB，其大小不變，方向隨v而改變，F(xiàn)B是變力
軌跡
拋物線
圓或圓的一部分
運(yùn)動(dòng)
軌跡
求解
方法
利用類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝eq \f(qE,m)t，y＝eq \f(qE,2m)t2
偏轉(zhuǎn)角φ：
tan φ＝eq \f(vy,vx)＝eq \f(qEt,mv0)
半徑：r＝eq \f(mv,qB)
周期：T＝eq \f(2πm,qB)
偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系，利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解
運(yùn)動(dòng)
時(shí)間
t＝eq \f(x,v0)
t＝eq \f(φ,2π)T＝eq \f(φm,qB)
動(dòng)能
變化
不變
電場(chǎng)中：加速直線運(yùn)動(dòng)
?
磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
電場(chǎng)中：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
?
磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
?
電場(chǎng)中：勻變速直線運(yùn)動(dòng)
(v與E同向或反向)
磁場(chǎng)中：勻速圓周運(yùn)動(dòng)
?
電場(chǎng)中：類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)
(v與E垂直)

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