2019屆高三物理二輪復(fù)習(xí)教師用書：第二部分題型研究三計(jì)算題如何少失分-教案下載-教習(xí)網(wǎng)

分析近五年全國卷物理試題可以看出，計(jì)算題的呈現(xiàn)方式相當(dāng)穩(wěn)定，每卷有2道題，其中第24題難度較小，分值在12～14分之間；第25題難度較大，分值在18～20分之間。兩題總分為32分，比重為29.1%，是命題者用以考核學(xué)生表現(xiàn)出來的水平差異，是拉開高考分差的重要手段。可以毫不夸張地說，這2道計(jì)算題擔(dān)負(fù)著區(qū)分考生、選拔人才的重要功能。
5年高考統(tǒng)計(jì)分析
試卷
題號

考點(diǎn)
2014年
2015年
2016年
2017年
2018年
合計(jì)(次)

卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
卷Ⅰ
卷Ⅱ
卷Ⅲ
直線運(yùn)動
24
24
25
25

24

25
24、25
25
24
24

11
牛頓運(yùn)動定律
24
24
24、25
25
24
24、25
24、25
25
24、25
24、25
25
24、25
24、25
20
機(jī)械能
25
25

24
25
25
24
24
25

24

24、25
11
曲線運(yùn)動
25
25

24
25
25
24

24
25
25
24、25
11
電場
25

24

25
25

25
25
24
7
電路

25
24

24
24
25

5
磁場

24

24
24
25

24
25
25
24
8
電磁感應(yīng)

25

24
24
25

4
動量

24
24
25
3

從上表統(tǒng)計(jì)數(shù)據(jù)可以看出，牛頓運(yùn)動定律考查的頻率最高，其次是直線運(yùn)動、機(jī)械能、曲線運(yùn)動，而動量是選修3－5調(diào)整為必考內(nèi)容后，3套全國卷均首次在計(jì)算題中進(jìn)行考查；電學(xué)部分的四個考點(diǎn)考查頻率大致相當(dāng)，但都低于力學(xué)部分的四個考點(diǎn)。這表明計(jì)算題突出了力學(xué)的基礎(chǔ)性地位及方法論價值，體現(xiàn)了必備知識、關(guān)鍵能力、學(xué)科素養(yǎng)、核心價值等4個層次課程目標(biāo)的考查。
計(jì)算題雖然考查的考點(diǎn)常見，但難度通常較大，特別是第25題，其難度成因可有以下五個方面：
1．題目信息量大。條件、物理量多，題干長，讓人一看就感到費(fèi)力難解。
2．一些隱含條件有時隱藏在文字語言里，有時隱藏在圖表語言里，要經(jīng)過分析、推理、計(jì)算才能看出其中的特殊性。
3．大多數(shù)題目的物理過程較多，物理情景變化讓人應(yīng)接不暇，心生恐懼。
4．物理模型難以建立。此類題一般與實(shí)際問題相結(jié)合，物理情景新穎，與常規(guī)的物理模型相比讓考生感到不知從何處下手。
5．題目解答時所列方程較多，解題步驟繁雜，有的題目要用到數(shù)學(xué)巧解，考生難以遷移應(yīng)用。
為化解以上難點(diǎn)，本書從審題技巧、模型建立、物理方法和數(shù)學(xué)方法的應(yīng)用等諸多層面入手，為考生指明破解方向。
第一講破解計(jì)算題必備的四項(xiàng)基本能力
一、審題——抓關(guān)鍵詞
深入細(xì)致地審題和抓住關(guān)鍵詞是解題的必要前提。抓住關(guān)鍵詞要從以下9個方面入手：
1．是否考慮重力
在涉及電磁場的問題中常常會遇到帶電微粒是否考慮重力的問題。一般帶電粒子如電子、質(zhì)子、α粒子等具體說明的微觀粒子不需要考慮重力；質(zhì)量較大的如帶電油滴、帶電小球等要考慮重力。有些說法含糊的題目要判斷有無重力，如帶電微粒在水平放置的帶電平行板間靜止，則重力平衡電場力；再如帶電微粒在正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，只能是洛倫茲力提供向心力，仍然是重力平衡電場力；要特別當(dāng)心那些本該有重力的物體計(jì)算時忽略了重力，這在題目中一定是有說明的，要看清楚。
2．物體是在哪個面內(nèi)運(yùn)動
物理習(xí)題通常附有圖形，圖形又只能畫在平面上，所以在看圖的時候一方面要看清圖上物體的位置，另一方面還要看清物體是在哪個平面內(nèi)運(yùn)動，或是在哪個三維空間運(yùn)動。物體通常是有重力的，如果在豎直平面內(nèi)，這一重力不能忽略，但如果是在水平面內(nèi)，重力很可能與水平面的支持力抵消了，無需考慮。
3.物理量是矢量還是標(biāo)量
如果題目中的已知量是矢量，要考慮它可能在哪些方向上，以免漏解；如果待求的物理量是矢量，如“求解物體在某時刻的加速度”，不僅要說明加速度的大小，還要說明其方向。
4.哪些量是已知量，哪些量是未知量
有時題目較長，看了一遍以后忘記了哪些是已知量，可在已知量下劃線，或在草紙上先寫出已知量的代號；有些經(jīng)常用到的物理量，如質(zhì)量m、電荷量q或磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，題目中并沒有給出，但由于平時做題時這些量經(jīng)常是給定的，自己常常就不自覺地把它們當(dāng)做已知量，切記千萬不能用未知量表示最后的結(jié)果，這就等于沒有做題；一些常量即使題中未給出也是可以當(dāng)做已知量的，如重力加速度g；同樣一些常量卻不能當(dāng)做是已知量，如萬有引力常量G，這一點(diǎn)在解萬有引力應(yīng)用類問題時要引起重視。
5．臨界詞與形容詞的把握
要搞清題目中的臨界詞的含義，這常常是題目的一個隱含條件，常見的臨界詞如“恰好”“足夠長”“至少”“至多”等，要把握一些特定的形容詞的含義，如“緩慢地”“迅速地”“突然”“輕輕地”等，力學(xué)中如物體被“緩慢地”拉到另一位置，往往表示過程中的每一步都可以認(rèn)為受力是平衡的；熱學(xué)中“緩慢”常表示等溫過程，而“迅速”常表示絕熱過程；力學(xué)中“突然”可能表示彈簧來不及形變，“輕輕地”表示物體無初速度。
6．注意括號里的文字
有些題目中會出現(xiàn)條件或要求寫在括號里的情況，括號里的文字并不是次要的，可有可無的，相反有時還顯得特別重要。如括號里常有：取g＝10 m/s2、不計(jì)阻力、最后結(jié)果保留兩位小數(shù)等。
7．抓住圖像上的關(guān)鍵點(diǎn)
看到圖像要注意：①圖像的橫軸、縱軸表示什么物理量；②橫軸、縱軸上物理量的單位；③圖線在橫軸或縱軸上的截距；④坐標(biāo)原點(diǎn)處是否從0開始(如測電動勢時的U-I圖電壓往往是從一個較大值開始的)；⑤圖線的形狀和發(fā)展趨勢；⑥圖像是否具有周期性。
8．區(qū)分物體的性質(zhì)和所處的位置
如物體是導(dǎo)體還是絕緣體；是輕繩、輕桿還是輕彈簧；物體是在圓環(huán)的內(nèi)側(cè)、外側(cè)還是在圓管內(nèi)或是套在圓環(huán)上。
9．容易看錯的地方
位移還是位置，時間還是時刻，哪個物體運(yùn)動，物體是否與彈簧連接，直徑還是半徑，粗糙還是光滑，有無電阻等。
[典題例析]
　(2016·天津高考)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T。有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向；
(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。
[審題指導(dǎo)]
給什么
用什么
小球質(zhì)量m＝1.0×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，勻強(qiáng)電場E＝5 N/C
小球重力G＝1.0×10－5 N，受電場力qE＝×10－5 N，說明小球的重力不可忽略
求什么
想什么
根據(jù)平衡條件確定洛倫茲力的大小和方向，進(jìn)而利用F洛＝qvB和左手定則求解第(1)題
缺什么
找什么
第(2)題求時間t，需要分析撤掉磁場后小球的受力情況及運(yùn)動情況

[解析]　(1)小球勻速直線運(yùn)動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，
有qvB＝ ①
代入數(shù)據(jù)解得
v＝20 m/s ②
速度v的方向與電場E的方向之間的夾角θ滿足
tan θ＝ ③
代入數(shù)據(jù)解得
tan θ＝
θ＝60°。 ④
(2)撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有
a＝ ⑤
設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有
x＝vt ⑥
設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有
y＝at2 ⑦
a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又
tan θ＝ ⑧
聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得
t＝2 s≈3.5 s。 ⑨
[答案]　(1)20 m/s，方向與電場方向成60°角斜向上
(2)3.5 s
二、析題——建物理模型
計(jì)算題因情景新穎、表述抽象常讓考生感到老虎吃天、無從下口，要想快速找到解題突破口，就需把生活問題轉(zhuǎn)化為物理問題，這個過程就叫“建?！?。從方法和目的角度而言，建模就是將研究對象或物理過程通過抽象、簡化和類比等方法轉(zhuǎn)化為理想的物理模型。
1．解計(jì)算題時通常建立的模型
條件
模型
把研究對象所處的外部條件理想化，排除外部條件中干擾研究對象運(yùn)動變化的次要因素，突出外部條件的本質(zhì)特征或最主要的方面，從而建立的物理模型稱為條件模型。例如物體沿水平面運(yùn)動時所受摩擦力對運(yùn)動的影響不起主要作用，或需要假設(shè)一種沒有摩擦力的環(huán)境引入光滑平面的模型，其他如不計(jì)質(zhì)量的繩子、輕質(zhì)杠桿、只受重力作用或不計(jì)重力作用、均勻介質(zhì)、勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場等
過程
模型
把具體運(yùn)動過程純粹化、理想化后抽象出來的一種物理過程，稱為過程模型。例如把某些復(fù)雜的運(yùn)動過程純粹化、理想化，看做是一個質(zhì)點(diǎn)(對象模型)做單一的某種運(yùn)動。如：勻速直線運(yùn)動、勻加速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動等
2．運(yùn)用物理模型解題的基本程序
(1)通過審題，提取題目信息。如：物理現(xiàn)象、物理事實(shí)、物理情景、物理狀態(tài)、物理過程等。
(2)弄清題給信息的諸因素中什么是主要因素。
(3)尋找與已有信息(熟悉的知識、方法、模型)的相似、相近或聯(lián)系，通過類比聯(lián)想或抽象概括、或邏輯推理、或原型啟發(fā)，建立起新的物理模型，將新情景問題轉(zhuǎn)化為常規(guī)問題。
(4)選擇相關(guān)的物理規(guī)律求解。
[典題例析]
　(2016·江蘇高考)回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R。兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直。被加速粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0，周期T＝。一束該種粒子在t＝0～時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動，不考慮粒子間的相互作用。求：

甲乙
(1)出射粒子的動能Em；
(2)粒子從飄入狹縫至動能達(dá)到Em所需的總時間t0；
(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。
[物理建模]

[解析]　(1)粒子運(yùn)動半徑為R時
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝。
(2)粒子被加速n次達(dá)到動能Em，則Em＝nqU0
粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動，設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt
加速度a＝
勻加速直線運(yùn)動nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，
解得t0＝－。
(3)只有在0～時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速
則所占的比例為η＝
由η＞99%，解得d＜。
[答案]　(1)　(2)－
(3)d＜
三、破題——分解物理過程
近年來，一些高考計(jì)算題甚至是壓軸題，越來越注重考查多過程的問題。所謂多過程問題就是由多個模型在時間和空間上有機(jī)的組合在一起形成的問題。對于這類問題，要化整為零，逐個擊破。
物理多過程的呈現(xiàn)方式大體有以下三種：
[串聯(lián)式]
若多過程問題涉及的幾個過程是先后出現(xiàn)的，一般涉及一個物體的運(yùn)動。解題的方法是按時間先后順序?qū)⒄麄€過程拆成幾個子過程，然后對每個子過程運(yùn)用規(guī)律列式求解?！　　?　

　(2016·全國卷Ⅱ)輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示。物塊P與AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后放開，P開始沿軌道運(yùn)動。重力加速度大小為g。
(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；
(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。
[解析]　(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長度被壓縮至l時，質(zhì)量為5m的物體的動能為零，其重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長度為l時的彈性勢能為
Ep＝5mgl ①
設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小為vB，由能量守恒定律得
Ep＝MvB2＋μMg·4l ②
聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得
vB＝ ③
若P能沿圓軌道運(yùn)動到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時的向心力不能小于重力，即P此時的速度大小v應(yīng)滿足
－mg≥0 ④
設(shè)P滑到D點(diǎn)時的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得
mvB2＝mvD2＋mg·2l ⑤
聯(lián)立③⑤式得
vD＝ ⑥
vD滿足④式要求，故P能運(yùn)動到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式得
2l＝gt2 ⑦
P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為
s＝vDt ⑧
聯(lián)立⑥⑦⑧式得
s＝2l。 ⑨
(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時的速度不能小于零。由①②式可知
5mgl＞μMg·4l ⑩
要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有
MvB2≤Mgl ?
聯(lián)立①②⑩?式得
m≤M＜m。 ?
[答案]　(1)　2l　(2)m≤M＜m
[并列式]
若多過程問題涉及的幾個過程是同時出現(xiàn)的，一般涉及多個物體的運(yùn)動。解決的關(guān)鍵是從空間上將復(fù)雜過程拆分成幾個子過程，然后對各子過程運(yùn)用規(guī)律列式求解。
　(2015·全國卷Ⅰ)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖(a)所示。t＝0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動，直至t＝1 s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1 s時間內(nèi)小物塊的v -t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；
(2)木板的最小長度；
(3)木板右端離墻壁的最終距離。
[思路點(diǎn)撥]

[解析]　(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有
－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
由題圖(b)可知，木板與墻壁碰撞前瞬間的速度
v1＝4 m/s，由運(yùn)動學(xué)公式有
v1＝v0＋a1t1 ②
s0＝v0t1＋a1t12 ③
式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動時的速度。
聯(lián)立①②③式和題給條件得
μ1＝0.1 ④
在木板與墻壁碰撞后，木板以－v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有
－μ2mg＝ma2 ⑤
由題圖(b)可得
a2＝ ⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得
μ2＝0.4。 ⑦
(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間Δt，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)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塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動的位移為
s1＝Δt ?
小物塊運(yùn)動的位移為
s2＝Δt ?
小物塊相對木板的位移為
Δs＝s2－s1 ?
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩???式，并代入數(shù)值得
Δs＝6.0 m ?
因?yàn)檫\(yùn)動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0 m。
(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動的位移為s3。由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ?
0－v32＝2a4s3 ?
碰后木板運(yùn)動的位移為
s＝s1＋s3 ?
聯(lián)立⑥⑧⑨⑩????式，并代入數(shù)值得
s＝－6.5 m ?
木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。
[答案]　(1)0.1　0.4　 (2)6.0 m　(3)6.5 m
[復(fù)合式]
若多過程問題在時間和空間上均存在多個過程，一定會涉及多個物體的運(yùn)動。解題時要從時間和空間上將涉及的幾個子過程一一拆分出來，然后運(yùn)用規(guī)律列式求解?！　　?　
　(2015·天津高考)
如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊互相垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長為l，cd邊長為2l，ab與cd平行，間距為2l。勻強(qiáng)磁場區(qū)域的上下邊界均水平，磁場方向垂直于線框所在平面。開始時，cd邊到磁場上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場直到ef、pq邊進(jìn)入磁場前，線框做勻速運(yùn)動，在ef、pq邊離開磁場后，ab邊離開磁場之前，線框又做勻速運(yùn)動。線框完全穿過磁場過程中產(chǎn)生的熱量為Q。線框在下落過程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g。求：
(1)線框ab邊將離開磁場時做勻速運(yùn)動的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場時的幾倍；
(2)磁場上下邊界間的距離H。
[思路點(diǎn)撥]

[解析]　(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，cd邊剛進(jìn)入磁場時，線框做勻速運(yùn)動的速度為v1，cd邊上的感應(yīng)電動勢為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律，有
E1＝2Blv1 ①
設(shè)線框總電阻為R，此時線框中電流為I1，由閉合電路歐姆定律，有
I1＝ ②
設(shè)此時線框所受安培力為F1，有
F1＝2I1Lb ③
由于線框做勻速運(yùn)動，其受力平衡，有
mg＝F1 ④
由①②③④式得
v1＝ ⑤
設(shè)ab邊離開磁場之前線框做勻速運(yùn)動的速度為v2，同理可得
v2＝ ⑥
由⑤⑥式得
v2＝4v1。 ⑦
(2)線框自釋放直到cd邊進(jìn)入磁場前，由機(jī)械能守恒定律，有
2mgl＝mv12 ⑧
線框完全穿過磁場的過程中，由能量守恒定律，有
mg(2l＋H)＝mv22－mv12＋Q ⑨
由⑦⑧⑨式得
H＝＋28l。 ⑩
[答案]　(1)4倍　(2)＋28l
四、解題——運(yùn)用數(shù)學(xué)知識
數(shù)學(xué)是解決物理問題的重要工具，借助數(shù)學(xué)方法可使一些復(fù)雜的物理問題顯示出明顯的規(guī)律性。高考物理試題的解答離不開數(shù)學(xué)知識和方法的應(yīng)用，借助物理知識滲透考查數(shù)學(xué)能力是高考命題的永恒主題?？梢哉f任何物理試題的求解過程實(shí)質(zhì)上都是一個將物理問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問題，然后經(jīng)過求解再次還原為物理結(jié)論的過程。物理高考考試大綱明確要求考生必須具備“應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力，能夠根據(jù)具體問題列出物理量之間的關(guān)系式，進(jìn)行推導(dǎo)和求解，并根據(jù)結(jié)果得出物理結(jié)論，能運(yùn)用幾何圖形、函數(shù)圖像進(jìn)行表達(dá)、分析”。
常見的
數(shù)學(xué)思想
方程函數(shù)思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、化歸轉(zhuǎn)化思想
常見的
數(shù)學(xué)方法
三角函數(shù)法、數(shù)學(xué)比例法、圖像求解法、幾何圖形法、數(shù)列極限法、數(shù)學(xué)極值法、導(dǎo)數(shù)微元法、解析幾何法、分類討論法、數(shù)學(xué)歸納法等
解題一
般程序
審題→物理過程分析→建立物理模型→應(yīng)用數(shù)學(xué)思想或方法→求解答案并驗(yàn)證
[典題例析]
　(2015·江蘇高考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示，電荷量均為＋q、質(zhì)量不同的離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為零。這些離子經(jīng)加速后通過狹縫O沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，最后打在底片上。已知放置底片的區(qū)域MN＝L，且OM＝L。某次測量發(fā)現(xiàn)MN中左側(cè)區(qū)域MQ損壞，檢測不到離子，但右側(cè)區(qū)域QN仍能正常檢測到離子。在適當(dāng)調(diào)節(jié)加速電壓后，原本打在MQ的離子即可在QN檢測到。
(1)求原本打在MN中點(diǎn)P的離子質(zhì)量m；
(2)為使原本打在P的離子能打在QN區(qū)域，求加速電壓U的調(diào)節(jié)范圍；
(3)為了在QN區(qū)域?qū)⒃敬蛟贛Q區(qū)域的所有離子檢測完整，求需要調(diào)節(jié)U的最少次數(shù)。(取lg 2＝0.301，lg 3＝0.477，lg 5＝0.699)
[思路點(diǎn)撥]

[解析]　(1)離子在電場中加速，qU0＝mv2
在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，qvB＝m
解得r0＝
代入r0＝L，解得m＝。
(2)由(1)知，U＝，
離子打在Q點(diǎn)時，r＝L，得U＝
離子打在N點(diǎn)時，r＝L，得U＝
則電壓的范圍≤U≤。
(3)由(1)可知，r∝
由題意知，第1次調(diào)節(jié)電壓到U1，使原本Q點(diǎn)的離子打在N點(diǎn)，＝
此時，原本半徑為r1的打在Q1的離子打在Q上，
＝
解得r1＝2L
第2次調(diào)節(jié)電壓到U2，原來打在Q1的離子打在N點(diǎn)，原本半徑為r2的打在Q2的離子打在Q上，則
＝，＝，
解得r2＝3L
同理，第n次調(diào)節(jié)電壓，有rn＝n＋1L
檢測完整，有rn≤，解得n≥－1≈2.8
最少次數(shù)為3次。
[答案]　(1)　(2)≤U≤　(3)最少次數(shù)為3次
第二講力學(xué)計(jì)算題的解題方略與命題視角
第1課時　解題方略——解答力學(xué)計(jì)算題必備“4組合意識”
分析近幾年的高考物理試題，力學(xué)計(jì)算題的鮮明特色在于組合，通過深入挖掘力學(xué)計(jì)算題的內(nèi)在規(guī)律，在解題時，考生必須具備四種“組合意識”。只有具備了這四種組合意識，才能對力學(xué)組合大題化繁為簡、化整為零，找準(zhǔn)突破口快解題。

一、“元素組合”意識
力學(xué)計(jì)算題經(jīng)常出現(xiàn)一體多段、兩體多段，甚至多體多段等多元素的綜合性題目。試題中常出現(xiàn)的“元素組合”如下：
＋＋＋＋
＋＋運(yùn)動
力學(xué)計(jì)算題變化多樣，但大多數(shù)是對上述“元素組合”框架圖的各種情景進(jìn)行排列組合。閱讀題目時首先要理清它的元素組合，建立模型，找到似曾相識的感覺，降低對新題、難題的心理障礙。
[典題例析]
　　　(2018·黔東南州二模)如圖所示，讓小球從圖中的C位置由靜止開始擺下，擺到最低點(diǎn)D處，擺線剛好拉斷，小球在粗糙的水平面上由D點(diǎn)向右做勻減速運(yùn)動滑向A點(diǎn)，到達(dá)A孔進(jìn)入半徑R＝0.3 m的豎直放置的光滑圓弧軌道，當(dāng)小球進(jìn)入圓軌道立即關(guān)閉A孔，已知擺線長為
L＝2.5 m，θ＝60°，小球質(zhì)量為m＝1 kg，小球可視為質(zhì)點(diǎn)，D點(diǎn)與小孔A的水平距離
s＝2 m，g取10 m/s2，試求：
(1)擺線能承受的最大拉力為多大？
(2)要使小球能進(jìn)入圓軌道并能通過圓軌道的最高點(diǎn)，求小球與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ的范圍。
[元素組合]　小球＋輕繩＋豎直平面＋DA粗糙段＋恒力＋勻減速運(yùn)動＋豎直平面＋圓周運(yùn)動。
[解析]　(1)小球由C到D運(yùn)動過程做圓周運(yùn)動，擺球的機(jī)械能守恒，則有：
mgL(1－cos θ)＝mvD2
小球運(yùn)動到D點(diǎn)時，由牛頓第二定律可得：
Fm－mg＝m
聯(lián)立兩式解得：Fm＝2mg＝20 N。
(2)小球剛好能通過圓軌道的最高點(diǎn)時，在最高點(diǎn)由牛頓第二定律可得：
mg＝m
小球從D到圓軌道的最高點(diǎn)過程中，由動能定理得：
－μmgs－2mgR＝mv2－mvD2
解得：μ＝0.25
即要使小球能進(jìn)入圓軌道并能通過圓軌道的最高點(diǎn)，μ≤0.25。
[答案]　(1)20 N　(2)μ≤0.25
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
1.如圖所示，電動機(jī)帶動滾輪做逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在滾輪的摩擦力作用下，將一金屬板從光滑斜面底端A送往斜面上端，斜面傾角θ＝30°，滾輪與金屬板的切點(diǎn)B到斜面底端A距離L＝6.5 m，當(dāng)金屬板的下端運(yùn)動到切點(diǎn)B處時，立即提起滾輪使其與板脫離。已知板的質(zhì)量m＝1×103 kg，滾輪邊緣線速度v＝4 m/s，滾輪對板的正壓力FN＝2×104 N，滾輪與金屬板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.35，g取10 m/s2。求：
(1)在滾輪作用下板上升的加速度大??；
(2)金屬板的下端經(jīng)多長時間到達(dá)滾輪的切點(diǎn)B處；
(3)金屬板沿斜面上升的最大距離。
解析：(1)受力正交分解后，沿斜面方向由牛頓第二定律得μFN－mgsin θ＝ma1
解得a1＝2 m/s2。
(2)由運(yùn)動規(guī)律得v＝a1t1
解得t1＝2 s
勻加速上升的位移為x1＝t1＝4 m
勻速上升需時間t2＝＝ s＝0.625 s
共經(jīng)歷t＝t1＋t2＝2.625 s。
(3)滾輪與金屬板脫離后向上做減速運(yùn)動，由牛頓第二定律得mgsin θ＝ma2
解得a2＝5 m/s2
金屬板做勻減速運(yùn)動，則板與滾輪脫離后上升的距離
x2＝＝ m＝1.6 m
金屬板沿斜面上升的最大距離為
xm＝L＋x2＝6.5 m＋1.6 m＝8.1 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)2.625 s　(3)8.1 m
二、“思想組合”意識
一道經(jīng)典的力學(xué)計(jì)算題宛如一個精彩的物理故事，處處蘊(yùn)含著物理世界“平衡”與“守恒”這兩種核心思想。復(fù)習(xí)力學(xué)計(jì)算題應(yīng)牢牢抓住這兩種思想，不妨構(gòu)建下列“思想組合”框架圖：

平衡思想體現(xiàn)出對運(yùn)動分析和受力分析的重視。運(yùn)動分析與受力分析可以互為前提，也可以互為因果。如果考查運(yùn)動分析，物體保持靜止或勻速直線運(yùn)動是平衡狀態(tài)，其他運(yùn)動則是不平衡狀態(tài)，選用的運(yùn)動規(guī)律截然不同。類似地，如果考查受力分析，也分為兩種：F合＝0或者F合＝ma。F合＝0屬于受力平衡，牛頓第二定律F合＝ma則廣泛應(yīng)用于受力不平衡的各種情形。若更復(fù)雜些，則應(yīng)追問是穩(wěn)態(tài)平衡還是動態(tài)平衡，考查平衡位置還是平衡狀態(tài)。
高中物理守恒思想主要反映的是能量與動量恒定不變的規(guī)律。能量與動量雖不同于運(yùn)動與受力，但不同的能量形式對應(yīng)于不同的運(yùn)動形式，不同的動量形式也對應(yīng)于不同的受力形式，所以本質(zhì)上能量與動量來源于物體運(yùn)動與受力規(guī)律的推演，是運(yùn)動與受力分析的延伸。分析能量與動量的關(guān)鍵是看選定的對象是單體還是系統(tǒng)。如果采用隔離法來分析單個物體，一般先從動能定理或動量定理的角度思考。如果采用整體法來分析多個物體組成的系統(tǒng)，則能量守恒或動量守恒的思維更有優(yōu)勢。
思想不同，思考方向就會不同。在宏觀判斷題目考查平衡還是守恒后，才能進(jìn)一步選對解題方法。
[典題例析]
　質(zhì)量為m木、長度為d的木塊放在光滑的水平面上，木塊的右邊有一個銷釘把木塊擋住，使木塊不能向右滑動，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0按如圖所示的方向射入木塊，剛好能將木塊射穿，現(xiàn)將銷釘拔去，使木塊能在水平面上自由滑動，而子彈仍以初速度v0射入靜止的木塊，求：
(1)子彈射入木塊的深度是多少；
(2)從子彈開始進(jìn)入木塊到子彈相對木塊靜止的過程中，木塊的位移是多少；
(3)在這一過程中產(chǎn)生多少內(nèi)能。

[思想組合]

[解析]　(1)設(shè)子彈所受阻力為f
則木塊不動時：v02＝2d
木塊自由時，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒：
mv0＝(m＋m木)v
對子彈：v02－v2＝2x1
對木塊：v2＝2·x2
子彈射入木塊的深度l＝x1－x2
由以上五式可聯(lián)立解得：l＝d。
(2)由(1)問所列關(guān)系式可解得：x2＝d。
(3)由能量守恒定律可得在這一過程中產(chǎn)生的內(nèi)能
Q＝mv02－(m木＋m)v2＝。
[答案]　(1)d　(2)d　(3)
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
2．(2019屆高三·包頭九中模擬)一質(zhì)量為2 kg物塊放在粗糙的水平面上。物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)對物塊施加F1＝20 N的水平拉力使物塊做初速度為零的勻加速運(yùn)動，F(xiàn)1作用2 s后撤去，等物塊又運(yùn)動4 s后再對物塊施加一個與F1方向相反的水平拉力F2，F(xiàn)2＝20 N，F(xiàn)2也作用2 s后撤去，重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)F2作用多長時間，物塊的速度減為零？
(2)物塊運(yùn)動過程中離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為多少？
解析：(1)設(shè)F1的方向?yàn)檎较?，從開始運(yùn)動到撤去F2的過程中，根據(jù)動量定理F1t1－μmg(t1＋t2＋t3)－F2t3＝0
解得t3＝ s。
(2)F1作用時物塊運(yùn)動的加速度大小為
a1＝＝8 m/s2
作用2 s末，物塊速度大小為v1＝a1t1＝16 m/s
運(yùn)動的位移大小為x1＝v1t1＝16 m
撤去F1后物塊運(yùn)動的加速度大小為a2＝μg＝2 m/s2
運(yùn)動4 s末，物塊的速度大小為v2＝v1－a2t2＝8 m/s
此過程運(yùn)動的位移大小為x2＝(v1＋v2)t2＝48 m
F2作用直到物塊速度為零的過程中，物塊運(yùn)動的加速度大小為a3＝＝12 m/s2
此過程運(yùn)動的位移為：x3＝＝ m
因此物塊運(yùn)動過程中離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)距離為
x＝x1＋x2＋x3＝ m。
答案：(1) s　(2) m

三、“方法組合”意識
透徹理解平衡和守恒思想后，具體解題主要使用3種方法：受力與運(yùn)動的方法、做功與能量的方法、沖量與動量的方法。這三條主線是一個龐大的體系，光是公式就多達(dá)幾十個，不單學(xué)習(xí)時難以記憶，解題時也容易混淆。為獲得順暢的思路，筆者刪繁就簡，整理成如下的“方法組合”框架圖。

動力法
動力法的特征是涉及加速度，主要用于解決物體受力情況與物體運(yùn)動狀態(tài)的關(guān)系。已知受力求運(yùn)動，先從力F代表的F合＝0或F合＝ma寫起，進(jìn)而得出運(yùn)動參數(shù)x、v、t或θ、ω、t。已知運(yùn)動求受力，則從x、v、t或θ、ω、t代表的各種運(yùn)動規(guī)律寫起，從右向左反向得出物體所受的力F
功能法
功能法主要用于解決不涉及時間的情形。若不涉及時間，使用動能定理較為普遍。若不涉及時間又需研究能量，則優(yōu)先使用E代表的能量關(guān)系，特別是能量守恒定律
沖動法
若涉及時間，沖動法中的動量定理可以簡化計(jì)算。動量守恒定律是物理學(xué)史上最早發(fā)現(xiàn)的一條守恒定律，其適用范圍比牛頓運(yùn)動定律更廣。面對多體問題，學(xué)生選擇合適的系統(tǒng)并運(yùn)用動量守恒定律來解決，往往更加便捷

當(dāng)然，在應(yīng)用上述三種方法時，學(xué)生一定要注意各個公式的適用范圍，不能生搬硬套，例如動量守恒定律的應(yīng)用前提需先考慮系統(tǒng)所受合外力是否為零。有些問題只需一個方法就能解決，也可能是多種方法聯(lián)合求解，學(xué)生只有經(jīng)過反復(fù)實(shí)踐才能靈活選用。
[典題例析]
　光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1 kg的物塊A與質(zhì)量mB＝2 kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能Ep＝49 J。在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后B向右運(yùn)動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R＝0.5 m，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。g取10 m/s2，求：
(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大?。?br /> (2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大?。?br /> (3)繩拉斷過程繩對A所做的功W。
[方法組合]
(1)
(2)
(3)
[解析]　(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為vB，到達(dá)C時的速度為vC，由牛頓第二定律得mBg＝mB
由機(jī)械能守恒定律得mBvB2＝mBvC2＋2mBgR
代入數(shù)據(jù)得vB＝5 m/s。
(2)設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時B的速度為v1，取水平向右為正方向，有Ep＝mBv12
由動量定理得I＝mBvB－mBv1
代入數(shù)據(jù)得I＝－4 N·s，其大小為4 N·s。
(3)設(shè)繩斷后A的速度為vA，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mBv1＝mBvB＋mAvA
W＝mAvA2
代入數(shù)據(jù)得W＝8 J。
[答案]　(1)5 m/s　(2)4 N·s　(3)8 J
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
3．(2018·黔東南州一模)如圖所示，足夠長的水平直軌道與傾斜光滑軌道BC平滑連接，B為光滑軌道的最低點(diǎn)。小球a從直軌道上的A點(diǎn)以v0＝ m/s的初速度向右運(yùn)動，與靜止在B點(diǎn)的小球b發(fā)生彈性正碰，碰撞后小球b上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B兩點(diǎn)的距離x＝0.5 m，小球與水平直軌道的摩擦阻力f為重力的0.1倍，空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)兩球相碰前的瞬間小球a的速度大小；
(2)兩球相碰后的瞬間小球b的速度大小；
(3)小球a和小球b的質(zhì)量之比。
解析：(1)設(shè)小球a與小球b碰撞前瞬間的速度為v1，由動能定理：
－fx＝mav12－mav02 ①
其中f＝0.1mag ②
帶入數(shù)據(jù)得：v1＝3 m/s。 ③
(2)設(shè)a、b兩球碰撞后b球的速度為vb，小球b碰后沿光滑軌道上升的過程中機(jī)械能守恒。由機(jī)械能守恒定律：
mbvb2＝mbgh ④
解得：vb＝＝2 m/s。 ⑤
(3)a、b兩球發(fā)生彈性碰撞。設(shè)碰撞后a球的速度為va，由動量和機(jī)械能守恒定律有：
mav1＝mava＋mbvb ⑥
mav12＝mava2＋mbvb2 ⑦
由⑥⑦得：vb＝v1 ⑧
由③⑤⑧得：＝。 ⑨
答案：(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)1∶2
四、“步驟組合”意識
構(gòu)建以上三個組合的目的是引導(dǎo)學(xué)生整合知識網(wǎng)絡(luò)，提升解題效率。但學(xué)生在做題時，即使面對平時比較熟悉的物理情景，有時仍會不知道如何表述。為了切入題目，可嘗試使用“對象—過程—原理—列式”這4個步驟來書寫，如下圖所示。

通過運(yùn)用“四步法”框架圖，學(xué)生的解題思路可以更加清晰：首先找出對象，明確過程，然后分析原理，選定公式。在文字的規(guī)范表達(dá)方面，“四步法”也是一種范式，表述會更加全面。
[典題例析]
　(2018·東北育才中學(xué)三模)如圖所示，一豎直光滑絕緣的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的絕緣彈簧，其下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的小球A相連，整個空間存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，小球A靜止時彈簧恰為原長，另一質(zhì)量也為m的不帶電的絕緣小球B從距A為x0的P點(diǎn)由靜止開始下落，與A發(fā)生碰撞后一起向下運(yùn)動，全過程中小球A的電量不發(fā)生變化，重力加速度為g。
(1)若x0已知，試求B與A碰撞過程中損失的機(jī)械能；
(2)若x0未知，且B與A在最高點(diǎn)恰未分離，試求A、B運(yùn)動到最高點(diǎn)時彈簧的形變量；
(3)在滿足第(2)問的情況下，試求A、B運(yùn)動過程中的最大速度。
[步驟組合]
(1)
(2)
(3)
(4)
[解析]　(1)設(shè)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)為E，在碰撞前A靜止時有：
qE＝mg
解得E＝
在與A碰撞前B的速度為v0，由機(jī)械能守恒定律得：
mgx0＝mv02
解得v0＝
B與A碰撞后共同速度為v1，由動量守恒定律得：
mv0＝2mv1
解得v1＝v0
B與A碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE為：
ΔE＝mv02－×2mv12＝mgx0。
(2)A、B在最高點(diǎn)恰不分離，此時A、B加速度相等，且它們間的彈力為零，設(shè)此時彈簧的伸長量為x1，則：
對B：mg＝ma
對A：mg＋kx1－qE＝ma
所以彈簧的伸長量為：x1＝。
(3)A、B一起運(yùn)動過程中合外力為零時，具有最大速度vm，設(shè)此時彈簧的壓縮量為x2，則：
2mg－(qE＋kx2)＝0
解得x2＝
由于x1＝x2，說明A、B在最高點(diǎn)處與合外力為零處彈簧的彈性勢能相等，對此過程由能量守恒定律得：
(2mg－qE)(x1＋x2)＝×2mvm2
解得vm＝g 。
[答案]　(1)mgx0　(2)　(3)g
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
4．(2018·天水一中一模)如圖所示，水平地面上固定有A、B兩個等高的平臺，之間靜止放置一長為5l、質(zhì)量為m的小車Q，小車的上表面與平臺等高，左端靠近平臺A。輕質(zhì)彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在平臺A的左端，另一端與質(zhì)量為m的小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))接觸但不連接。另一彈簧水平放置，一端固定在平臺B的右端。現(xiàn)用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后由靜止釋放，P開始沿平臺運(yùn)動并滑上小車，當(dāng)小車右端與平臺B剛接觸時，物塊P恰好滑到小車右端且相對小車靜止。小車與平臺相碰后立即停止運(yùn)動，但不粘連，物塊P滑上平臺B，與彈簧作用后再次滑上小車。已知平臺A的長度為2l，物塊P與平臺A間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，平臺B、水平地面光滑，重力加速度大小為g，求：
(1)物塊P離開平臺A時的速度大小；
(2)平臺A右端與平臺B左端間的距離；
(3)若在以后運(yùn)動中，只要小車與平臺相碰，則小車立即停止運(yùn)動，求物塊P最終停止的位置距小車右端多遠(yuǎn)。
解析：(1)設(shè)彈簧壓縮最短時，彈簧的彈性勢能為Ep。由機(jī)械能守恒得：Ep＝5mgl
設(shè)物塊P離開A平臺的速度為v0，由能量守恒得：
Ep＝μmgl＋mv02
解得：v0＝3。
(2)設(shè)物塊P運(yùn)動到小車最右端與小車的共同速度為v1，從物塊P離開平臺A到物塊與小車共速過程中，物塊位移為s1，小車位移為s2，由動量守恒得：mv0＝2mv1
對物塊P：－fs1＝mv12－mv02
對小車：fs2＝mv12
s1－s2＝5l
聯(lián)立得平臺A右端與平臺B左端間的距離為：
s＝s1＝7.5l。
(3)由能量守恒可知，物塊離開平臺B時，速度為v1，設(shè)物塊P與小車再次共速時速度為v2，從物塊P離開平臺B到物塊與小車共速過程中，物塊位移為s3，小車位移為s4，由動量守恒得：mv1＝2mv2
對物塊P：－fs3＝mv22－mv12
對小車：fs4＝mv22
設(shè)小車與平臺A碰后，物塊運(yùn)動的位移為s5，由動能定理得－fs5＝0－mv22
聯(lián)立解得物塊P最終停止的位置距小車右端為：
Δs＝s3－s4＋s5＝。
答案：(1)3　(2)7.5l　(3)l
第2課時　命題研究——力與運(yùn)動計(jì)算題常考“4題型”
題型一　運(yùn)動學(xué)問題
運(yùn)動學(xué)問題單獨(dú)作為計(jì)算題的話，要么是兩個物體運(yùn)動的關(guān)系問題的討論，要么是多過程多情景的復(fù)雜問題的分析，試題難度往往較大。
　一客運(yùn)列車勻速行駛，其車輪在鐵軌間的接縫處會產(chǎn)生周期性的撞擊。坐在該客車中的某旅客測得從第1次到第16次撞擊聲之間的時間間隔為10.0 s。在相鄰的平行車道上有一列貨車，當(dāng)該旅客經(jīng)過貨車車尾時，貨車恰好從靜止開始以恒定加速度沿客車行進(jìn)方向運(yùn)動。該旅客在此后的20.0 s內(nèi)，看到恰好有30節(jié)貨車車廂被他連續(xù)超過。已知每根鐵軌的長度為25.0 m，每節(jié)貨車車廂的長度為16.0 m，貨車車廂間距忽略不計(jì)。求：
(1)客車運(yùn)行速度的大小；
(2)貨車運(yùn)行加速度的大小。
[解析]　(1)設(shè)連續(xù)兩次撞擊鐵軌的時間間隔為Δt，每根鐵軌的長度為l，則客車速度為v＝
其中l(wèi)＝25.0 m，Δt＝ s，
解得v＝37.5 m/s。
(2)法一：設(shè)從貨車開始運(yùn)動后t＝20.0 s內(nèi)客車行駛了s1米，貨車行駛了s2米，貨車的加速度為a,30節(jié)貨車車廂的總長度為L＝30×16.0 m。

由運(yùn)動學(xué)公式有
s1＝vt
s2＝at2
由題給條件有L＝s1－s2
聯(lián)立解得a＝1.35 m/s2。
[第2問，實(shí)質(zhì)是運(yùn)動學(xué)中的追及相遇問題]
法二：第2問圖像法：
如圖所示為客車和貨車的v-t圖像，圖中陰影部分面積對應(yīng)30節(jié)車廂的總長度。
L＝30l′＝480 m
可得：
·t＝L＝480 m
把v＝37.5 m，t＝20 s代入上式得
a＝1.35 m/s2。
[答案]　(1)37.5 m/s　(2)1.35 m/s2

破解運(yùn)動學(xué)類問題的關(guān)鍵是尋找兩個運(yùn)動之間的聯(lián)系：一是時間關(guān)系，二是位移關(guān)系。
尋找的方法有兩種：畫v-t圖像或者畫出運(yùn)動過程草圖，并在圖中標(biāo)明各運(yùn)動學(xué)量，包括時刻、時間、位移、速度、加速度等已知量和未知量，然后根據(jù)運(yùn)動關(guān)系列式求解?！　?br /> 題型二　運(yùn)動學(xué)與牛頓運(yùn)動定律的綜合問題
牛頓運(yùn)動定律是動力學(xué)的基礎(chǔ)，牛頓運(yùn)動定律與運(yùn)動學(xué)規(guī)律相結(jié)合形成動力學(xué)的兩類基本問題，也是高考計(jì)算題命題的熱點(diǎn)和重點(diǎn)。
　公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離。當(dāng)前車突然停止時，后車司機(jī)可以采取剎車措施，使汽車在安全距離內(nèi)停下而不會與前車相碰。通常情況下，人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1 s。當(dāng)汽車在晴天干燥瀝青路面上以108 km/h的速度勻速行駛時，安全距離為120 m。設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面間的動摩擦因數(shù)為晴天時的。若要求安全距離仍為120 m，求汽車在雨天安全行駛的最大速度。
[解析]　設(shè)路面干燥時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ0，剎車時汽車的加速度大小為a0，安全距離為s，反應(yīng)時間為t0，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得μ0mg＝ma0 ①
s＝v0t0＋ ②
式中，m和v0分別為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。
設(shè)在雨天行駛時，汽車與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，依題意有μ＝μ0 ③
設(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為a，安全行駛的最大速度為v，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式得
μmg＝ma ④
s＝vt0＋ ⑤
聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得
v＝20 m/s(或72 km/h)。 ⑥
[答案]　20 m/s(或72 km/h)

(1)根據(jù)力的觀點(diǎn)，物體做什么樣的運(yùn)動，完全是由物體的速度和受力情況這兩個方面決定的，所以應(yīng)用力的觀點(diǎn)的關(guān)鍵是要做好運(yùn)動分析和受力分析。
(2)若系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不相同，又需要知道物體間的相互作用力時，則應(yīng)利用隔離法分析。如本例中A、B的加速度大小相等，方向相反。屬于加速度不相同的情況?！　　　?

題型三　滑塊—滑板類問題
滑塊—滑板類題型是指由木板和物塊組成的相互作用的系統(tǒng)，是近年高考物理試題中的經(jīng)典題型。題中常涉及摩擦力的方向判斷和大小計(jì)算、牛頓運(yùn)動定律及運(yùn)動學(xué)規(guī)律等知識。
　(2017·全國卷Ⅲ)如圖，兩個滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B與木板相對靜止時，木板的速度；
(2)A、B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離。
[審題指導(dǎo)]
(1)
(2)
(3)
(4)
[解析]　(1)滑塊A和B在木板上滑動時，木板也在地面上滑動。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有
f1＝μ1mAg ①
f2＝μ1mBg ②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③
由牛頓第二定律得
f1＝mAaA ④
f2＝mBaB ⑤
f2－f1－f3＝ma1 ⑥
設(shè)在t1時刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運(yùn)動學(xué)公式有
v1＝v0－aBt1 ⑦
v1＝a1t1 ⑧
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得
v1＝1 m/s。 ⑨
(2)在t1時間間隔內(nèi)，B相對于地面移動的距離為
sB＝v0t1－aBt12 ⑩
設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有
f1＋f3＝(mB＋m)a2 ?
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運(yùn)動學(xué)公式，對木板有v2＝v1－a2t2
?
對A有v2＝－v1＋aAt2 ?
在t2時間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對地面移動的距離為
s1＝v1t2－a2t22 ?
在(t1＋t2)時間間隔內(nèi)，A相對地面移動的距離為
sA＝v0(t1＋t2)－aA2 ?

A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運(yùn)動時，兩者之間的距離為
s0＝sA＋s1＋sB ?
聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得
s0＝1.9 m。 ?
(也可用如圖所示的速度—時間圖線求解)
[答案]　(1)1 m/s　(2)1.9 m

1．臨界條件
(1)滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件
①運(yùn)動學(xué)條件：若兩物體速度和加速度不等，則會相對滑動。
②動力學(xué)條件：假設(shè)兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運(yùn)動的加速度，再用隔離法算出其中一個物體“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)生相對滑動。
(2)滑塊滑離滑板的臨界條件
當(dāng)滑板的長度一定時，滑塊可能從滑板滑下，恰好滑到滑板的邊緣達(dá)到共同速度是滑塊滑離滑板的臨界條件。
2．常見解法
“滑塊—滑板類”模型問題往往存在一題多解情況，常見的解法如下：
(1)動力學(xué)分析法：分別對滑塊和滑板受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度，然后結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求解。
(2)相對運(yùn)動分析法：從相對運(yùn)動的角度出發(fā)，根據(jù)相對初速度、相對加速度、相對末速度和相對位移的關(guān)系x相對＝(t＝)，往往可大大簡化數(shù)學(xué)運(yùn)算過程?！　　　?br /> (3)圖像描述法：有時利用運(yùn)動v-t圖像分析更快捷。例如，一物塊以初速度v0滑上在水平地面上靜止的木板，物塊和木板的運(yùn)動圖像如圖甲或圖乙所示。圖甲表示物塊在滑出木板前已經(jīng)與木板共速，陰影部分面積表示相對位移x相對，x相對＝；圖乙表示物塊已滑出木板，陰影部分面積表示木板總長度L，x相對＝L。
　　　　

[對點(diǎn)訓(xùn)練]
1.質(zhì)量M＝9 kg、長L＝1 m的木板在動摩擦因數(shù)μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，當(dāng)速度v0＝2 m/s時，在木板的右端輕放一質(zhì)量m＝1 kg的小物塊，如圖所示。當(dāng)小物塊剛好滑到木板左端時，物塊和木板達(dá)到共同速度。取g＝10 m/s2。求：
(1)從物塊放到木板上到它們達(dá)到相同速度所用的時間t；
(2)小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2。
解析：法一　動力學(xué)分析法
(1)設(shè)木板的加速度大小為a1，在時間t內(nèi)的位移為x1；物塊的加速度大小為a2，在時間t內(nèi)的位移為x2，則有
x1＝v0t－a1t2 ①
x2＝a2t2 ②
x1＝L＋x2 ③
v0－a1t＝a2t ④
聯(lián)立①②③④代入數(shù)據(jù)得t＝1 s。 ⑤
(2)根據(jù)牛頓第二定律，有
μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1 ⑥
μ2mg＝ma2 ⑦
聯(lián)立④⑥⑦代入數(shù)據(jù)解得μ2＝0.08。 ⑧
法二　圖像描述法

(1)作出v-t圖像如圖所示，由題意知陰影三角形面積等于木板長度，即L＝，代入數(shù)據(jù)解得t共＝1 s。 ①
(2)根據(jù)牛頓第二定律和圖像意義有：
a2＝＝μ2g ②
a1＝－＝－ ③
聯(lián)立①②③代入數(shù)據(jù)解得v共＝0.8 m/s，μ2＝0.08。
答案：(1)1 s　(2)0.08
題型四　傳送帶類問題
傳送帶是應(yīng)用比較廣泛的一種傳送裝置。以其為素材的計(jì)算題大多具有情景模糊、條件隱蔽、過程復(fù)雜的特點(diǎn)，雖然近幾年高考中與傳送帶運(yùn)動相聯(lián)系的計(jì)算題沒有涉及，但應(yīng)作為一種動力學(xué)重要題型積極備考。
　傳送帶被廣泛應(yīng)用于各行各業(yè)。由于不同的物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)不同，物體在傳送帶上的運(yùn)動情況也有所不同。如圖所示，一傾斜放置的傳送帶與水平面的傾角θ＝37°，在電動機(jī)的帶動下以v＝2 m/s的速率順時針方向勻速運(yùn)行。M、N為傳送帶的兩個端點(diǎn)，MN兩點(diǎn)間的距離為7 m。N端有一塊離傳送帶很近的擋板P，可將傳送帶上的物塊擋住。在傳送帶上的O處先后由靜止釋放金屬塊A和木塊B，金屬塊與木塊質(zhì)量均為1 kg，且均可視為質(zhì)點(diǎn)，OM間距離LOM＝3 m。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。傳送帶與輪子間無相對滑動，不計(jì)輪軸處的摩擦。
(1)金屬塊A由靜止釋放后沿傳送帶向上運(yùn)動，經(jīng)過2 s 到達(dá)M端，求金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1。
(2)木塊B由靜止釋放后沿傳送帶向下運(yùn)動，并與擋板P發(fā)生碰撞。已知碰撞時間極短，木塊B與擋板P碰撞前后速度大小不變，木塊B與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.5。
①求與擋板P第一次碰撞后，木塊B所達(dá)到的最高位置與擋板P的距離；
②經(jīng)過足夠長時間，電動機(jī)的輸出功率恒定，求此時電動機(jī)的輸出功率。
[審題指導(dǎo)]
(1)
(2)
(3)
(4)
[解析]　(1)金屬塊A在傳送帶方向上受摩擦力和重力的下滑分力，先做勻加速運(yùn)動，并設(shè)其速度能達(dá)到傳送帶的速度v＝2 m/s，然后做勻速運(yùn)動，達(dá)到M點(diǎn)。
金屬塊由O運(yùn)動到M有LOM＝at12＋vt2
即at12＋2t2＝3①
且t1＋t2＝t，即t1＋t2＝2②
v＝at1，即2＝at1③
根據(jù)牛頓第二定律有μ1mgcos 37°－mgsin 37°＝ma④
由①②③式解得t1＝1 s，t＝2 s，即t1＜t，符合題設(shè)要求。加速度a＝2 m/s2
由④式解得金屬塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ1＝1。
(2)①由靜止釋放后，木塊B沿傳送帶向下做勻加速運(yùn)動，其加速度為a1，運(yùn)動距離LON＝4 m，第一次與P碰撞前的速度為v1
a1＝gsin θ－μ2gcos θ＝2 m/s2
v1＝＝4 m/s
與擋板P第一次碰撞后，木塊B以速度v1被反彈，先沿傳送帶向上以加速度a2做勻減速運(yùn)動直到速度為v，此過程運(yùn)動距離為s1；之后以加速度a1繼續(xù)做勻減速運(yùn)動直到速度為0，此時上升到最高點(diǎn)，此過程運(yùn)動距離為s2。
a2＝gsin θ＋μ2gcos θ＝10 m/s2
s1＝＝0.6 m
s2＝＝1 m
因此與擋板P第一次碰撞后，木塊B所達(dá)到的最高位置與擋板P的距離s＝s1＋s2＝1.6 m。
②木塊B上升到最高點(diǎn)后，沿傳送帶以加速度a1向下做勻加速運(yùn)動，與擋板P發(fā)生第二次碰撞，碰撞前的速度為v2。
v2＝＝ m/s
與擋板第二次碰撞后，木塊B以速度v2被反彈，先沿傳送帶向上以加速度a2做勻減速運(yùn)動直到速度為v，此過程運(yùn)動距離為s3；之后以加速度a1繼續(xù)做勻減速運(yùn)動直到速度為0，此時上升到最高點(diǎn)，此過程運(yùn)動距離為s4。
s3＝＝0.12 m
s4＝＝1 m
木塊B上升到最高點(diǎn)后，沿傳送帶以加速度a1向下做勻加速運(yùn)動，與擋板P發(fā)生第三次碰撞，碰撞前的速度為v3。
v3＝＝ m/s
與擋板第三次碰撞后，木塊B以速度v3被反彈，先沿傳送帶向上以加速度a2做勻減速運(yùn)動直到速度為v，此過程運(yùn)動距離為s5；之后以加速度a1繼續(xù)做勻減速運(yùn)動直到速度為0，此時上升到最高點(diǎn)，此過程運(yùn)動距離為s6。
s5＝＝0.024 m
s6＝＝1 m
以此類推，經(jīng)過多次碰撞后木塊B以2 m/s的速度被反彈，在距N點(diǎn)1 m的范圍內(nèi)不斷以加速度a1做向上的減速運(yùn)動和向下的加速運(yùn)動。
木塊B對傳送帶有與傳送帶運(yùn)動方向相反的阻力：
Ff＝μ2mgcos θ
故電動機(jī)的輸出功率：P＝μ2mgvcos θ
解得P＝8 W。
[答案]　(1)1　(2)①1.6 m?、? W

1．關(guān)注兩個時刻
(1)初始時刻：物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。
(2)物體與傳送帶速度相等的時刻：摩擦力的大小、方向或性質(zhì)(滑動摩擦力或靜摩擦力)可能會發(fā)生突變。
2．注意過程分解
(1)摩擦力突變點(diǎn)是加速度突變點(diǎn)，也是物體運(yùn)動規(guī)律的突變點(diǎn)，列方程時要注意不同過程中物理量的混淆。
(2)摩擦力突變點(diǎn)對應(yīng)的狀態(tài)是前一過程的末狀態(tài)，也是后一過程的初狀態(tài)，這是兩個過程的關(guān)聯(lián)量?！　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
2.如圖所示，水平傳送帶AB長L1＝22.5 m，可以以不同的恒定速度向右運(yùn)動。右端平滑連接一長度L2＝5 m，傾角θ＝37°的斜面。一工件質(zhì)量為m＝10 kg，相對地面靜止地從傳送帶左端點(diǎn)A處放上傳送帶。工件與傳送帶、斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)若工件傳動到右端B點(diǎn)時，恰好與傳送帶相對靜止。傳送帶的速度是多大？
(2)若工件恰好能到達(dá)斜面的上端點(diǎn)C，傳送帶的速度是多大？在這種情況下，工件從A運(yùn)動到B所用的時間是多少？
解析：(1)設(shè)傳送帶速度為v1，工件至B點(diǎn)時恰好與傳送帶相對靜止(臨界點(diǎn))。由牛頓第二定律得μmg＝ma1
由運(yùn)動規(guī)律得v12＝2a1L1
解得v1＝15 m/s。
(2)設(shè)傳送帶速度為v2時，工件恰好能到達(dá)斜面上端點(diǎn)C(臨界點(diǎn))。運(yùn)動的多過程有3個子過程。
在斜面上的運(yùn)動過程。
由牛頓第二定律得μmgcos θ＋mgsin θ＝ma2
由運(yùn)動規(guī)律得v22＝2a2L2
解得v2＝10 m/s
工件在傳送帶上的滑動過程由運(yùn)動規(guī)律得
t1＝，x1＝a1t12
工件與傳送帶一起勻速運(yùn)動過程由運(yùn)動規(guī)律得
t2＝
解得：t1＝2 s，t2＝1.25 s
則工件從A運(yùn)動到B的時間為t＝t1＋t2＝3.25 s。
答案：(1)15 m/s　(2)10 m/s　3.25 s
[力與運(yùn)動計(jì)算題過關(guān)練]
1．(2018·烏魯木齊期末)我國ETC(不停車電子收費(fèi)系統(tǒng))已實(shí)現(xiàn)全國聯(lián)網(wǎng)，大大縮短了車輛通過收費(fèi)站的時間。假設(shè)一輛家庭轎車以30 m/s的速度勻速行駛，接近收費(fèi)站時，轎車開始減速，至收費(fèi)站窗口恰好停止，再用10 s時間完成交費(fèi)，然后再加速至30 m/s繼續(xù)行駛。若進(jìn)入ETC通道，轎車從某位置開始減速至15 m/s后，再以此速度勻速行駛15 m即可完成交費(fèi)，然后再加速至30 m/s繼續(xù)行駛。兩種情況下，轎車加速和減速時的加速度大小均為3 m/s2。求：
(1)轎車從開始減速至通過人工收費(fèi)通道再加速至30 m/s 的過程中通過的路程和所用的時間；
(2)兩種情況相比較，轎車通過ETC交費(fèi)通道所節(jié)省的時間。
解析：(1)設(shè)轎車勻減速至停止通過的路程為x1
x1＝＝150 m
轎車勻加速和勻減速通過的路程相等，故轎車通過人工收費(fèi)通道通過的路程為x2
x2＝2x1＝300 m
轎車勻減速至停止需要的時間為t1＝＝10 s
轎車通過人工收費(fèi)通道所用時間為t2＝2t1＋10 s＝30 s。
(2)通過人工收費(fèi)通道所需時間為30 s。此過程總位移為300 m，通過ETC通道時，速度由30 m/s減至15 m/s所需時間為t3，通過的路程為x3
t3＝＝5 s
x3＝＝112.5 m
轎車以15 m/s勻速行駛15 m所用時間t4＝1 s
轎車在x2＝300 m路程內(nèi)以30 m/s勻速行駛的路程x4和所需時間t5
x4＝x2－2x3－15 m＝60 m
t5＝＝2 s
故通過ETC交費(fèi)通道節(jié)省的時間為
t＝t2－2t3－t4－t5＝17 s。
答案：(1)300 m　30 s　(2)17 s
2.(2019屆高三·保定模擬)如圖所示，皮帶的最大傳送速度為v0＝6 m/s，傳動輪圓心之間的距離s＝4.5 m，現(xiàn)將m＝1 kg的小物體輕輕放在左輪正上方的皮帶上，物體與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，g＝10 m/s2。
(1)皮帶以v0的速度勻速傳動，把物體從左端傳送到右端，分別求出該過程中摩擦力對皮帶和物體所做的功。
(2)皮帶以a0＝6 m/s2的加速度勻加速啟動，把物體從左端傳送到右端，求出該過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量。
解析：(1)物體放在勻速傳動的皮帶上，做加速度為a的勻加速運(yùn)動，設(shè)達(dá)到v0所用時間為t0
μmg＝ma
v0＝at0
解得：a＝5 m/s2，t0＝1.2 s
這段時間里，物體的位移s0＝at02
解得s0＝3.6 m＜s，所以物體之后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動，不再受摩擦力。
摩擦力對傳送帶做功W1＝－μmgv0t0＝－36 J
摩擦力對物體做功W2＝μmgs0＝18 J。
(2)因?yàn)閍＜a0，所以物體與皮帶有相對運(yùn)動。
設(shè)皮帶達(dá)到v0所用時間為t1
v0＝a0t1
解得t1＝1 s
物體在達(dá)到v0的過程中的運(yùn)動與第(1)問相同，所以皮帶與物體的相對位移
Δs＝a0t12＋v0(t0－t1)－s0
摩擦生熱Q＝μmg·Δs
解得Q＝3 J。
答案：(1)－36 J　18 J　(2)3 J

3.(2018·上海黃浦期末)如圖所示，固定在水平地面上的一個粗糙斜面長L＝4 m，傾角θ＝37°。一個質(zhì)量為10 kg的物體在F＝200 N的水平推力作用下，從斜面底端由靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，經(jīng)過2 s到達(dá)斜面頂端。
(1)求物體沿斜面運(yùn)動時的加速度大??；
(2)求物體與斜面間的動摩擦因數(shù)大小；
(3)若物體運(yùn)動到斜面頂端時恰好撤去推力F，求物體落到水平地面前瞬間的速度大小。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g取10 m/s2)
解析：(1)物體在斜面上做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律有
L＝at2
解得a＝2 m/s2。
(2)物體在斜面上運(yùn)動時受到四個力作用，如圖所示。
沿運(yùn)動方向，根據(jù)牛頓第二定律有
Fcos θ－f－mgsin θ＝ma
垂直于運(yùn)動方向，合力為零：
Fsin θ＋mgcos θ＝N
f＝μN(yùn)
得μ＝
代入已知數(shù)據(jù)得μ＝0.4。
(3)物體離開斜面下落至地面前的過程中僅有重力做功，機(jī)械能守恒。設(shè)物體在斜面上運(yùn)動的末速度為v1，落地前的速度大小為v2
根據(jù)勻加速直線運(yùn)動的規(guī)律有
v1＝at＝2×2 m/s＝4 m/s
根據(jù)幾何關(guān)系，斜面頂端到水平面的高度
h＝Lsin θ＝4×0.6 m＝2.4 m
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv12＋mgh＝mv22
得v2＝
代入已知數(shù)據(jù)得v2＝8 m/s。
答案：(1)2 m/s2　(2)0.4　(3)8 m/s
4.如圖所示，長L＝1.5 m，高h(yuǎn)＝0.45 m，質(zhì)量M＝10 kg的長方體木箱，在水平面上向右做直線運(yùn)動。當(dāng)木箱的速度v0＝3.6 m/s時，對木箱施加一個方向水平向左的恒力F＝50 N，并同時將一個質(zhì)量m＝1 kg的小球輕放在距木箱右端處的P點(diǎn)(小球可視為質(zhì)點(diǎn)，放在P點(diǎn)時相對于地面的速度為零)，經(jīng)過一段時間，小球脫離木箱落到地面。木箱與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，其他摩擦均不計(jì)。取g＝10 m/s2，求：
(1)小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間；
(2)小球放在P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動的最大位移；
(3)小球離開木箱時木箱的速度。
解析：(1)木箱上表面的摩擦不計(jì)，因此小球在離開木箱前相對地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，離開木箱后將做自由落體運(yùn)動。
由h＝gt2，得t＝＝ s＝0.3 s
小球從離開木箱開始至落到地面所用的時間為0.3 s。
(2)小球放到木箱上后，木箱的加速度大小為：
a1＝
＝ m/s2＝7.2 m/s2
木箱向右運(yùn)動的最大位移為：
x1＝＝ m＝0.9 m
小球放在P點(diǎn)后，木箱向右運(yùn)動的最大位移為0.9 m。
(3)x1小于1 m，所以小球不會從木箱的左端掉下，木箱向左運(yùn)動的加速度大小為
a2＝＝ m/s2
＝2.8 m/s2
設(shè)木箱向左運(yùn)動的距離為x2時，小球脫離木箱，則
x2＝x1＋＝(0.9＋0.5)m＝1.4 m
設(shè)木箱向左運(yùn)動的時間為t2，則：
由x2＝a2t22，得t2＝＝ s＝1 s
所以，小球離開木箱的瞬間，木箱的速度方向向左，大小為：v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s。
答案：(1)0.3 s　(2)0.9 m　(3)2.8 m/s，方向向左
5.在水平長直軌道上，有一長度為L的平板車在外力控制下始終保持速度v0做勻速直線運(yùn)動。某時刻將一質(zhì)量為m的小滑塊輕放到車面的中點(diǎn)，滑塊與車面間的動摩擦因數(shù)為μ。
(1)證明：若滑塊最終停在小車上，滑塊與車面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q是一個與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)的定值；
(2)已知滑塊與車面間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，滑塊質(zhì)量m＝1 kg，車長L＝2 m，車速v0＝4 m/s，g取10 m/s2，當(dāng)滑塊放到車面中點(diǎn)的同時對該滑塊施加一個與車運(yùn)動方向相同的恒力F，要保證滑塊不能從車的左端掉下，恒力F的大小應(yīng)該滿足的條件；
(3)在(2)的情況下，力F取最小值時要保證滑塊不從車上掉下，求力F的作用時間t。
解析：(1)由題意知滑塊相對平板車靜止時速度為v0，根據(jù)牛頓第二定律，對滑塊：
μmg＝ma ①
v0＝at ②
滑塊相對車面滑動的距離：
s＝v0t－v0t ③
滑塊與車面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能：
Q＝μmgs ④
聯(lián)立①②③④解得：Q＝mv02 ⑤
所以Q是一個與動摩擦因數(shù)μ無關(guān)的定值。
(2)設(shè)在恒力F作用下滑塊加速度為a1，經(jīng)過時間t1后速度達(dá)到v0，要使滑塊不從左端掉下小車，即此時還未到達(dá)車的左端，由牛頓第二定律有：
F＋μmg＝ma1 ⑥
v0＝a1t1 ⑦
v0t1－t1≤ ⑧
聯(lián)立⑥⑦⑧解得：F≥6 N。 ⑨
(3)F取最小值時，滑塊經(jīng)過時間t1運(yùn)動到車左端后速度達(dá)到v0，為使滑塊恰不從右端滑出，滑塊在F作用下相對車先向右做勻加速運(yùn)動(設(shè)加速度大小為a2，時間為t2)，再撤去外力F做勻減速運(yùn)動(設(shè)加速度大小為a3)，到達(dá)右端時恰與車達(dá)到共同速度v0，則有：
F－μmg＝ma2 ⑩
μmg＝ma3 ?
a2t22＋＝L ?
聯(lián)立⑩??式解得：t2＝ s≈0.58 s
由(2)可解得t1＝0.5 s，
則力F的作用時間t應(yīng)滿足t1≤t≤t1＋t2，
即0.5 s≤t≤1.08 s。
答案：(1)見解析　(2)F≥6 N　(3)0.5 s≤t≤1.08 s
6.如圖所示，AB、CD為兩個光滑的平臺，一傾角為37°，長l為5 m的傳送帶與兩平臺平滑連接?，F(xiàn)有一小物體以v0＝10 m/s的速度沿平臺AB向右運(yùn)動，當(dāng)傳送帶靜止時，小物體恰好能滑到平臺CD上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為多大？
(2)當(dāng)小物體在平臺AB上的運(yùn)動速度低于某一速度時，無論傳送帶順時針運(yùn)動的速度多大，小物體都不能到達(dá)平臺CD，求這個臨界速度。
(3)若小物體以v1＝8 m/s的速度沿平臺AB向右運(yùn)動，欲使小物體能夠到達(dá)平臺CD，傳送帶至少以多大的速度順時針運(yùn)動？
解析：(1)傳送帶靜止時，小物體在傳送帶上運(yùn)動時根據(jù)牛頓第二定律得
μmgcos 37°＋mgsin 37°＝ma1
小物體從B點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)的過程有v02＝2a1l
聯(lián)立解得：a1＝10 m/s2，μ＝0.5。
(2)顯然，當(dāng)小物體在傳送帶上受到的摩擦力方向始終向上時，最容易到達(dá)平臺CD，此時根據(jù)牛頓第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
若恰好能到達(dá)平臺CD時，有v2＝2a2l
聯(lián)立解得：a2＝2 m/s2，v＝2 m/s
即當(dāng)小物體在平臺AB上向右運(yùn)動的速度小于2 m/s時，無論傳送帶順時針運(yùn)動的速度多大，小物體都不能到達(dá)平臺CD。
(3)小物體在平臺AB上的運(yùn)動速度大小為v1＝8 m/s，小物體能夠到達(dá)平臺CD時，設(shè)傳送帶順時針運(yùn)動的最小速度大小為vmin，由于v1＞v＝2 m/s，故若傳送帶的速度大于或等于2 m/s時，小物體必能到達(dá)平臺CD，故所求的傳送帶的最小速度大小vmin應(yīng)小于v。
對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到與傳送帶的速度大小相等的過程中，有v12－vmin2＝2a1x1
對小物體以速度大小vmin減速到零到達(dá)平臺CD的過程，有vmin2＝2a2x2
x1＋x2＝l
聯(lián)立解得：vmin＝3 m/s
即傳送帶至少以3 m/s的速度順時針運(yùn)動，小物體才能到達(dá)平臺CD。
答案：(1)0.5　(2)2 m/s　(3)3 m/s

第3課時　命題研究——能量與動量綜合計(jì)算題?？肌?模型”
高考將動量定理和動量守恒定律由選考改為必考后，將動量問題與能量問題結(jié)合起來，聯(lián)系生活中的情景，形成一類難度較大的綜合計(jì)算題。通過對這類問題的分析，可以歸納為四種模型，相關(guān)的動量與能量的綜合計(jì)算題幾乎都是由這四種當(dāng)中的某一類或者幾類合成起來的，具體解題過程中只要能夠找出問題的最根本的模型就可快速、準(zhǔn)確地解決問題。

　　　如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊在水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊并與其一起運(yùn)動，求系統(tǒng)所產(chǎn)生的內(nèi)能？
[解析]　取子彈和木塊為參考系。由于地面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒。取向右為正方向。
根據(jù)動量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v
根據(jù)能量守恒定律有：Q＝mv02－(M＋m)v2
聯(lián)立解得：Q＝
即子彈在進(jìn)入木塊的過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為。
[答案]　

這種子彈穿入木塊最后達(dá)到兩者相對靜止的狀態(tài)，我們總結(jié)為“穿到不能再穿”的模型。子彈打擊木塊的時間非常短，假如沒有“光滑水平面”的條件，子彈穿入木塊的過程也可以認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒，也可以應(yīng)用動量守恒定律進(jìn)行求解。　　　　
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
1.長為L、質(zhì)量為M的木塊在粗糙的水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，有一質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0擊中木塊并恰好未穿出。設(shè)子彈射入木塊過程時間極短，子彈受到木塊的阻力恒定，木塊運(yùn)動的最大距離為s，重力加速度為g，求：
(1)木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ；
(2)子彈在進(jìn)入木塊過程中產(chǎn)生多少熱量。
解析：(1)子彈射入木塊的過程是“穿到不能再穿”的過程，該過程中木塊受到地面阻力作用，但作用時間極短，子彈穿木塊的過程系統(tǒng)動量近似守恒，
可得：mv0＝(M＋m)v共，
當(dāng)子彈與木塊共速到最終停止的過程中，由功能關(guān)系得：
(M＋m)v共2＝μ(M＋m)gs，
解得μ＝。
(2)子彈射入木塊過程極短時間內(nèi)，設(shè)產(chǎn)生的熱量為Q，由功能關(guān)系得：
Q＝mv02－(M＋m)v共2，
解得Q＝。
答案：(1)　(2)

　　　如圖所示，在光滑的水平面上有一塊質(zhì)量為M的粗糙木板，一質(zhì)量為m的物塊以速度v0滑上木板的左端，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。要使物塊不會從木板右端掉下來，則木板的長度至少要多長？
[解析]　取物塊和木板為系統(tǒng)研究。由于地面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒。要使m不會從M的右端滑下來，臨界的狀態(tài)是m剛好滑到M最右端的時候兩者相對靜止，即有共同的速度v。取初速度的方向?yàn)檎较颉?br /> 根據(jù)動量守恒定律有：mv0＝(M＋m)v
在滑動過程中系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能
根據(jù)能量守恒定律有：μmgL＝mv02－(M＋m)v2
聯(lián)立解得：L＝
即要使物塊不從木板右端掉下來，木板長度至少為。
[答案]　

像這種小物塊在木板上發(fā)生相對滑動最后達(dá)到兩者相對靜止的狀態(tài)，我們把它總結(jié)為“滑到不能再滑”的模型?！　　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
2.如圖所示，質(zhì)量為M的長木板A在光滑水平面上，以大小為v0的速度向左運(yùn)動，一質(zhì)量為m的小木塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，以大小也為v0的速度水平向右運(yùn)動沖上木板左端，B、A間動摩擦因數(shù)為μ，最后B不會滑離A。已知M＝2m，重力加速度為g。求：
(1)A、B最后的速度；
(2)木板A的最短長度。
解析：(1)小木塊B在放于光滑水平面上的長木板A上滑動且最終不會滑離A，該過程是“滑到不能再滑”的過程，設(shè)A、B最后具有共同速度v。以向左為正方向。由動量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v
將M＝2m代入解得：v＝，方向向左。
(2)設(shè)木板A的最短長度為L，根據(jù)能量守恒定律得：
Mv02＋mv02＝(M＋m)v2＋μmgL
解得：L＝。
答案：(1)，方向向左　(2)

　如圖所示，光滑水平面上有質(zhì)量分別為m1、m2的A、B兩物體。靜止物體B左側(cè)固定一處于原長的輕彈簧，物體A以初速度v0水平向右運(yùn)動，接觸彈簧以后將壓縮彈簧，求在壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能。
[解析]　A、B和彈簧為研究系統(tǒng)。由于地面光滑，故系統(tǒng)的動量守恒。由于剛開始的時候B是靜止不動的，A運(yùn)動一段時間后與彈簧接觸，彈簧將會被壓縮。壓縮的彈簧對A有向左的力，故A減速，彈簧對B有向右的力，故B加速?？傆幸粋€時刻A的速度和B的速度相等，即A、B有共同速度，此時刻兩者相距最近。此時的彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大。取向右為正方向。
根據(jù)動量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2)v
系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化成為彈簧的彈性勢能。
根據(jù)能量守恒定律有：Epmax＝m1v02－(m1＋m2)v2
聯(lián)立解得：Epmax＝。
[答案]　

這個模型中，由于開始A的速度大于B的速度，兩者距離逐漸減小，彈簧彈性勢能增大，當(dāng)A的速度小于B的速度時兩者之間的距離增大，彈簧彈性勢能減??；A、B間距離最小，也就是壓到不能再壓的時候，彈簧的彈性勢能最大，這就是“壓到不能再壓”模型。對于這個模型，假如說A與彈簧接觸后就被粘連，那么可以讓我們同學(xué)分析，A接觸彈簧之后由A、彈簧、B組成系統(tǒng)的運(yùn)動的情況，以及能量和動量的變化的情況?！　　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
3.如圖所示，質(zhì)量M＝3 kg的平板小車靜止在光滑的水平地面上，小車左端放一質(zhì)量為m＝1 kg的木塊，木塊與小車之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.3。車的右端固定一個輕質(zhì)彈簧，彈簧的勁度系數(shù)k＝600 N/m，原長為10 cm?，F(xiàn)給木塊一個水平向右的速度v0＝4 m/s，木塊便沿小車上表面向右滑行，在與彈簧相碰后又沿原路返回，并且恰好能到達(dá)小車的左端，試求：
(1)彈簧被壓縮到最短時平板小車的動量大??；
(2)小車速度最大時，木塊離小車右端的距離；
(3)彈簧獲得的最大彈性勢能。
解析：(1)木塊獲得水平向右的速度v0向右滑動，直到壓縮彈簧最短的過程是“壓到不能再壓”的過程，因地面光滑，木塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒：
設(shè)彈簧最短時木塊和小車的共同速度為v
由動量守恒定律可得：mv0＝(m＋M)v
解得v＝1 m/s
此時小車的動量p＝Mv＝3 kg·m/s。
(2)彈簧最短時，彈簧對小車的彈力大于木塊對小車的摩擦力，小車此后一段時間繼續(xù)加速，直到kx＝μmg
解得x＝0.5 cm
此時木塊離小車右端的距離l1＝l0－x＝9.5 cm。
(3)從木塊獲得速度v0到彈簧最短的過程中，應(yīng)用能量守恒定律可得：
mv02－(m＋M)v2＝Ep＋μmg(l－l2)
式中l(wèi)2為彈簧最短狀態(tài)對應(yīng)的長度，l為小車的長度。
從木塊獲得速度v0到最終停在小車最左端的過程屬于“滑到不能再滑”的過程，由系統(tǒng)動量守恒可得：
mv0＝(m＋M)v′
解得：v′＝v＝1 m/s
由系統(tǒng)能量守恒可得：
mv02－(m＋M)v′2＝2μmg(l－l2)
解得Ep＝μmg(l－l2)＝3 J。
答案：(1)3 kg·m/s　(2)9.5 cm　(3)3 J

　　如圖所示，質(zhì)量為M的帶有圓弧曲面的小車靜止在光滑水平面上，另有一質(zhì)量為m的小球以水平速度v0沖上小車的曲面。求m能夠在小車的曲面上上升的最大高度。
[解析]　對m和M整個系統(tǒng)而言，m在曲面向上運(yùn)動的過程中，M也同時向右運(yùn)動。由于水平地面是光滑的，對系統(tǒng)而言在水平方向上的合力等于零，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒。另外從運(yùn)動過程可以知道當(dāng)小球在豎直方向上的分速度等于零時，小球到達(dá)最大高度，此時小球和小車具有共同的速度。取向右為正方向。
根據(jù)動量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v
系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為小球上升過程中所增加的重力勢能。
根據(jù)能量守恒定律可知：mgh＝mv02－(M＋m)v2
聯(lián)立解得：h＝
即小球上升的最大高度為。
[答案]　
　
這個模型中，小球在上升的過程中，最后豎直方向上的分速度變?yōu)榱?，也就是說在豎直方向能夠上升的高度達(dá)到最大，我們稱之為“升到不能再升”模型。對于此類模型往往系統(tǒng)的總動量并不守恒，但是在某一個方向上的動量確是守恒的，此時我們就要利用這個方向上的動量守恒進(jìn)行解決問題?！　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
4.如圖所示，質(zhì)量為m2的小環(huán)穿在光滑水平細(xì)桿上。小環(huán)通過不可伸長的細(xì)線懸掛著質(zhì)量為m1的木塊。m1和m2處于靜止?fàn)顟B(tài)。質(zhì)量為m0的子彈以初速度v0水平射入木塊并留在其中，求木塊能夠上升的最大高度。
解析：這個問題涉及兩個過程，分別對應(yīng)兩種模型。
過程一是“穿到不能再穿”的過程。這個過程中研究對象取m0和m1。由于作用時間非常短，兩者之間產(chǎn)生很大的內(nèi)力，故子彈和木塊的動量守恒。取子彈初速度的方向?yàn)檎较颍O(shè)子彈射入木塊后木塊和子彈的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有：m0v0＝(m0＋m1)v1
過程二是“升到不能再升”的過程。這個過程中研究對象是子彈、木塊和小環(huán)。這個系統(tǒng)的總動量不守恒，但是水平方向上動量守恒。當(dāng)木塊上升到最高點(diǎn)時，小環(huán)和木塊有共同的速度。取向右為正方向。
根據(jù)動量守恒定律有：
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
在木塊上升過程中，子彈和木塊的重力勢能增加，系統(tǒng)的動能減小轉(zhuǎn)化為重力勢能
根據(jù)能量守恒定律有：
(m0＋m1)gh＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22
聯(lián)立解得：h＝。
答案：
[能量與動量綜合題過關(guān)練]
1.如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，
(1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
解析：(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得
mv0＝2mv1
此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機(jī)械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2
mv12＝ΔE＋×(2m)v22
解得ΔE＝mv02。
(2)因?yàn)関2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3
mv02－ΔE＝×(3m)v32＋Ep
解得Ep＝mv02。
答案：(1)mv02　(2)mv02
2.如圖所示，光滑的圓弧AB(質(zhì)量可忽略)固定在甲車的左端，其半徑R＝1 m。質(zhì)量均為M＝3 kg的甲、乙兩輛小車靜止于光滑水平面上，兩車之間通過一感應(yīng)開關(guān)相連(當(dāng)滑塊滑過感應(yīng)開關(guān)時，兩車自動分離)。其中甲車上表面光滑，乙車上表面與滑塊P之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4。將質(zhì)量為m＝2 kg的滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從A處由靜止釋放，滑塊P滑上乙車后最終未滑離乙車。求：
(1)滑塊P剛滑上乙車時的速度大??；
(2)滑塊P在乙車上滑行的距離。
解析：(1)設(shè)滑塊P剛滑上乙車時的速度為v1，此時兩車的速度為v2，以滑塊和甲、乙兩輛小車組成系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒列出等式：
mv1－2Mv2＝0
對整體應(yīng)用能量守恒定律有：
mgR＝mv12＋×2Mv22
解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s。
(2)設(shè)滑塊P和小車乙達(dá)到的共同速度為v，滑塊P在乙車上滑行的距離為L，規(guī)定向右為正方向，對滑塊P和小車乙應(yīng)用動量守恒定律有：
mv1－Mv2＝(m＋M)v
對滑塊P和小車乙應(yīng)用能量守恒定律有：
μmgL＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2
解得：L＝2 m。
答案：(1) m/s　(2)2 m
3.如圖所示，水平固定一個光滑長桿，有一個質(zhì)量為2m的小滑塊A套在細(xì)桿上可自由滑動。在水平桿上豎直固定一個擋板P，小滑塊靠在擋板的右側(cè)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在小滑塊的下端用長為L的細(xì)線懸掛一個質(zhì)量為m的小球B，將小球拉至左端水平位置使細(xì)線處于自然長度，由靜止釋放，已知重力加速度為g。求：
(1)小球第一次運(yùn)動到最低點(diǎn)時，細(xì)繩對小球的拉力大??；
(2)小球運(yùn)動過程中，相對最低點(diǎn)所能上升的最大高度；
(3)小滑塊運(yùn)動過程中，所能獲得的最大速度。
解析：(1)小球第一次擺到最低點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律得
mgL＝mv2
解得v＝
在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律得
F－mg＝m
解得F＝3mg。
(2)小球與滑塊共速時，小球運(yùn)動到最大高度h。取水平向右為正方向，由動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得
mv＝(2m＋m)v共
mv2＝mgh＋(2m＋m)v共2
聯(lián)立解得h＝L。
(3)小球擺回最低點(diǎn)，滑塊獲得最大速度，此時小球速度為v1，滑塊速度為v2
mv＝mv1＋2mv2
mv2＝mv12＋×2mv22
解得v2＝。
答案：(1)3mg　(2)L　(3)
4.(2018·安徽四校聯(lián)考)如圖所示，半徑為R的四分之一光滑圓形固定軌道右端連接一光滑的水平面，質(zhì)量為M＝3m的小球Q連接著輕質(zhì)彈簧靜止在水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊P(可看成質(zhì)點(diǎn))從B點(diǎn)正上方h＝R高處由靜止釋放，重力加速度為g。
(1)求滑塊到達(dá)圓形軌道最低點(diǎn)C時的速度大小和對軌道的壓力；
(2)求在滑塊壓縮彈簧的過程中，彈簧具有的最大彈性勢能Epm；
(3)若滑塊從B上方高H處釋放，求恰好使滑塊經(jīng)彈簧反彈后能夠回到B點(diǎn)時高度H的大小。
解析：(1)滑塊P從A運(yùn)動到C過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mg(h＋R)＝mvC2
又h＝R，代入解得vC＝2
在最低點(diǎn)C處，根據(jù)牛頓第二定律得：FN－mg＝m
解得FN＝5mg
根據(jù)牛頓第三定律知滑塊P對軌道的壓力大小為5mg，方向豎直向下。
(2)彈簧被壓縮過程中，當(dāng)滑塊與小球速度相等時，彈簧具有最大彈性勢能，
根據(jù)動量守恒定律得mvC＝(m＋M)v
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mvC2＝Epm＋(m＋M)v2
聯(lián)立解得Epm＝mgR。
(3)設(shè)滑塊P從B上方高H處釋放，到達(dá)水平面速度為v0，則有mg(H＋R)＝mv02
彈簧被壓縮后再次恢復(fù)到原長時，設(shè)滑塊P和小球Q的速度大小分別為v1和v2，
根據(jù)動量守恒定律得mv0＝－mv1＋Mv2
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22
要使滑塊P經(jīng)彈簧反彈后恰好回到B點(diǎn)，
則有mgR＝mv12
聯(lián)立解得H＝3R。
答案：(1)2　5mg，方向豎直向下　(2)mgR　(3)3R
5.如圖所示，質(zhì)量mB＝2 kg的木板B靜止于光滑水平面上，質(zhì)量mA＝6 kg的物塊A停在木板B的左端，質(zhì)量mC＝2 kg的小球C用長L＝0.8 m的輕繩懸掛在固定點(diǎn)O?，F(xiàn)將小球C及輕繩拉直至水平位置后由靜止釋放，小球C在最低點(diǎn)與A發(fā)生正碰，碰撞作用時間很短為Δt＝10－2 s，之后小球C反彈所能上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，物塊與小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，取g＝10 m/s2。求：
(1)小球C與物塊A碰撞過程中所受的撞擊力大??；
(2)為使物塊A不滑離木板B，木板B至少多長。
解析：(1)C下擺至最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有：mCgL＝mCvC2
解得碰前C的速度大小vC＝4 m/s
C反彈過程，根據(jù)動能定理有：
－mCgh＝0－mCvC′2
解得碰后C的速度大小vC′＝2 m/s
取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理有：
－F·Δt＝－mCvC′－mCvC
解得碰撞過程中C所受的撞擊力大小F＝1 200 N。
(2)C與A碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律有：
mCvC＝－mCvC′＋mAvA
解得碰后A的速度vA＝2 m/s
A恰好滑至木板B右端并與其共速時，所求B的長度最小，根據(jù)動量守恒定律有：
mAvA＝(mA＋mB)v
解得A、B的共同速度v＝1.5 m/s
根據(jù)能量守恒定律有：
μmAgx＝mAvA2－(mA＋mB)v2
解得x＝0.5 m。
答案：(1)1 200 N　(2)0.5 m
6.如圖所示，質(zhì)量為4 kg的小車靜止在光滑水平面上。小車AB段是半徑為0.45 m的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為2.0 m的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)。一質(zhì)量為0.95 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在小車右端。質(zhì)量為0.05 kg的子彈，以100 m/s的水平速度從小物塊右端射入并留在物塊中，已知子彈與小物塊的作用時間極短。當(dāng)小車固定時，小物塊恰好運(yùn)動到A點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為10 m/s2。
(1)求小物塊與BC段的動摩擦因數(shù)和小物塊剛剛通過B點(diǎn)時對小車的壓力；
(2)若子彈射入前小車不固定，求小物塊在AB段上升的最大高度。
解析：(1)已知小車質(zhì)量M＝4 kg，小物塊質(zhì)量m＝0.95 kg，子彈質(zhì)量m0＝0.05 kg，子彈初速度v0＝100 m/s。
子彈從小物塊右端射入物塊的過程動量守恒，設(shè)子彈與小物塊達(dá)到共同速度vC，
取水平向左為正方向。根據(jù)動量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋m)vC
代入數(shù)據(jù)解得vC＝5 m/s
已知圓弧光滑軌道半徑R＝0.45 m，小車固定時，小物塊恰好運(yùn)動到A點(diǎn)，設(shè)物塊和子彈到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小為vB，物塊從B到A的過程，由機(jī)械能守恒定律可得：
(m0＋m)gR＝(m0＋m)vB2
代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s
已知BC段長L＝2.0 m，設(shè)小物塊與BC段的動摩擦因數(shù)為μ，物塊從C到B的過程，由動能定理得：
－μ(m0＋m)gL＝(m0＋m)vB2－(m0＋m)vC2
代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.4
設(shè)小物塊剛通過B點(diǎn)時，受的支持力為FN。由牛頓第二定律得：
FN－(m0＋m)g＝(m0＋m)
代入數(shù)據(jù)解得FN＝30 N
由牛頓第三定律可得，小物塊對小車的壓力大小為30 N，方向豎直向下。
(2)若子彈射入前小車不固定，小物塊在AB段上升到最大高度時，小物塊和小車達(dá)到共同速度，設(shè)最終的共同速度為v，取水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得
(m0＋m)vC＝(m0＋m＋M)v
代入數(shù)據(jù)解得v＝1 m/s
從子彈與小物塊達(dá)到共同速度，到三者達(dá)到共同速度的過程中，系統(tǒng)損失的動能，一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，一部分轉(zhuǎn)化為小物塊的重力勢能，設(shè)子彈與小物塊上升的最大高度為h，由能量守恒定律得：
(m0＋m)vC2－(m0＋m＋M)v2＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m)gh
代入數(shù)據(jù)解得h＝0.2 m。
答案：(1)0.4　30 N，方向豎直向下　(2)0.2 m
第三講電學(xué)計(jì)算題的解題方略與命題視角
第1課時　解題方略——解答電磁場計(jì)算題必明“3規(guī)律”
一、帶電粒子在電場中運(yùn)動的規(guī)律
1．帶電粒子在平行板電容器中受力的情況
(1)若平行板電容器所帶電荷量Q不變，改變兩板間距離d，兩板間的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E不變，在平行板間運(yùn)動的帶電粒子受力不變。
(2)若平行板電容器的兩板間所加電壓U不變，兩板間距離d增大(減小)為原來的n倍，兩板間的勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E＝減小(增大)為原來的，在其中運(yùn)動的帶電粒子受力改變。
2．類平拋運(yùn)動的兩個分運(yùn)動和“三個一”
(1)分解為兩個獨(dú)立的分運(yùn)動——平行于極板的勻速直線運(yùn)動，L＝v0t；垂直于極板的勻加速直線運(yùn)動，y＝at2，vy＝at，a＝。
(2)一個偏轉(zhuǎn)角，tan θ＝；一個幾何關(guān)系，y＝tan θ；一個功能關(guān)系，ΔEk＝。

[對點(diǎn)訓(xùn)練]
1.一長為L、間距為d的平行金屬板a、b水平放置，一個不計(jì)重力的帶電粒子以初速度v0從左側(cè)的兩板中點(diǎn)P水平進(jìn)入兩板間的勻強(qiáng)電場，恰好從右側(cè)的下板邊緣飛出。
(1)如果S是始終閉合的，a板不動，把粒子的初速度減小為、仍從P點(diǎn)水平進(jìn)入，要求仍從下板邊緣飛出，則b板應(yīng)向下(上)移動多大的距離？
(2)如果S閉合后斷開，a板不動，把粒子的初速度減小為、仍從P點(diǎn)水平進(jìn)入，要求仍從下板邊緣飛出，則b板應(yīng)向下(上)移動多遠(yuǎn)的距離？
解析：(1)S閉合則兩板間電壓不變。設(shè)b板移動前場強(qiáng)為E、粒子的加速度大小為a、運(yùn)動時間為t，粒子的初速度減小為，運(yùn)動時間為2t，b板應(yīng)向下移動才能使粒子仍從下板邊緣飛出，向下移動的距離為Δd
移動前的場強(qiáng)為E＝，移動后的場強(qiáng)為E，則加速度變?yōu)?a
由水平方向勻速運(yùn)動可知，運(yùn)動時間變?yōu)?t
再根據(jù)豎直方向y＝at2，有：
d＝at2和＋Δd＝a(2t)2
解得Δd＝d。
(2)S閉合后斷開，則平行板所帶電荷量不變，粒子的初速度減小為，運(yùn)動時間為2t，b板應(yīng)向下移動才能使粒子仍從下板邊緣飛出，b板向下移動前后場強(qiáng)不變、粒子的加速度不變，設(shè)向下移動的距離為Δd′
由水平方向勻速運(yùn)動可知，運(yùn)動時間變?yōu)橐苿忧暗?倍，再根據(jù)豎直方向y＝at2可得側(cè)移量變?yōu)樵瓉淼?倍，即＝4
解得Δd′＝1.5d。
答案：(1)向下移動d　(2)向下移動1.5d

二、帶電粒子在磁場中運(yùn)動的規(guī)律
帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，qvB＝m＝mr，可得軌道半徑r＝，運(yùn)動周期T＝。
1．帶電粒子在單邊界磁場中運(yùn)動
(1)粒子發(fā)射源位于磁場的邊界上，粒子進(jìn)入磁場和離開磁場時速度方向與磁場方向的夾角不變。如圖甲、乙、丙所示。
(2)粒子的發(fā)射源位于磁場中，往往存在著臨界狀態(tài)：如圖丁所示，當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡小于圓周且與邊界相切時，切點(diǎn)為帶電粒子恰能射出磁場的臨界點(diǎn)；當(dāng)帶電粒子的運(yùn)動軌跡等于圓周時，直徑與邊界相交的點(diǎn)為帶電粒子射出邊界的最遠(yuǎn)點(diǎn)(距O點(diǎn)最遠(yuǎn))。

2．帶電粒子在平行邊界磁場中運(yùn)動
(1)粒子位于磁場的某一邊界，且粒子的初速度方向平行于邊界，速度大小不定，如圖戊、己所示，圖戊所示半徑為粒子從磁場左側(cè)離開的最大半徑，圖己所示半徑為粒子從磁場右側(cè)離開的最小半徑。
(2)帶電粒子的速度方向確定，且與磁場邊界不平行，速度大小不定。
①粒子速度方向和磁場邊界垂直，粒子從磁場的右邊界射出，如圖庚所示，假設(shè)磁場的寬度為d，粒子的軌道半徑為r，粒子軌跡所對應(yīng)的圓心角為θ，則有sin θ＝；
②粒子速度方向和磁場邊界不垂直，粒子的軌跡與磁場的右邊界相切時，粒子恰好不能從磁場的右邊界離開，如圖辛所示，這種情況下相當(dāng)于粒子在單邊界磁場中的運(yùn)動。

[對點(diǎn)訓(xùn)練]
2.如圖所示，足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，在ad邊的中點(diǎn)O，垂直磁場射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0(未知)的帶正電粒子。已知粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，ad邊長為L，粒子重力不計(jì)。
(1)若粒子能從ab邊上射出磁場，求v0大小范圍；
(2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間。
解析：(1)已知粒子速度為v0，則有qv0B＝m
解得R＝

設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與磁場的ab邊界相切時，粒子的速度大小為v01，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為R1，則由幾何關(guān)系可得R1＋R1sin θ＝
解得R1＝
將R1＝代入可得v01＝
同理，當(dāng)粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡與磁場的cd邊界相切時，設(shè)粒子的速度大小為v02，軌道半徑為R2，則由幾何關(guān)系可得R2－R2sin θ＝，解得R2＝L
將R2＝代入可得v02＝
所以粒子能從ab邊上射出磁場的初速度v0應(yīng)滿足＜v0≤。
(2)由＝及T＝可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越大，粒子在磁場中運(yùn)動的時間就越長
由題圖可知，當(dāng)粒子在磁場中運(yùn)動的半徑r≤R1時，粒子在磁場中的圓心角α最大
此種情況下的圓心角為α＝2(π－θ)，所以粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間為t＝。
答案：(1)＜v0≤　(2)
3．帶電粒子在圓形邊界磁場中運(yùn)動
徑向進(jìn)出
當(dāng)粒子運(yùn)動方向與磁場方向垂直時，沿圓形磁場半徑方向射入的帶電粒子，必沿徑向射出圓形磁場區(qū)域，即粒子出射速度的反向延長線必過磁場圓的圓心

等角進(jìn)出
入射速度方向與過入射點(diǎn)的磁場圓半徑的夾角等于出射速度方向與過出射點(diǎn)的磁場圓半徑的夾角。徑向進(jìn)出是等角進(jìn)出的一種特殊情況(θ＝0°)

點(diǎn)入平出
若帶電粒子從圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域圓周上一點(diǎn)沿垂直于磁場方向進(jìn)入磁場，當(dāng)帶電粒子做圓周運(yùn)動的半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相同時，所有帶電粒子都以平行于磁場區(qū)域圓周上入射點(diǎn)的切線方向射出磁場

平入點(diǎn)出
若帶電粒子以相互平行的速度射入磁場，且?guī)щ娏Ｗ釉诖艌鲋凶鰣A周運(yùn)動的半徑和圓形磁場區(qū)域半徑相同，則這些帶電粒子將會從磁場區(qū)域圓周上同一點(diǎn)射出，圓周上該點(diǎn)的切線與帶電粒子射入磁場時的速度方向平行

[對點(diǎn)訓(xùn)練]
3．如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有一個半徑為R、與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場。在圓形磁場的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q(q＞0)的初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0＜y＜2R的區(qū)間內(nèi)。不計(jì)微粒重力，忽略微粒間的相互作用。

(1)從A點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向離開，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向。

(2)請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并說明理由。
(3)若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。
解析：(1)帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，將在磁場中做勻速圓周運(yùn)動。如圖甲所示，由于帶電微粒是從C點(diǎn)水平進(jìn)入磁場，經(jīng)O點(diǎn)后沿y軸負(fù)方向離開磁場，可得其圓周運(yùn)動半徑r＝R。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由qvB＝m得：B＝，方向垂直xOy平面向外。

(2)這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點(diǎn)O。亦即這束帶電微粒都將會聚于坐標(biāo)原點(diǎn)O。理由及解法說明如下：
從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入圓形磁場的帶電微粒，在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動，如圖乙所示。其中四邊形PQOO′為菱形，邊長為R，設(shè)P點(diǎn)與O′點(diǎn)的連線與y軸的夾角為θ，則∠QOO′＝θ，微粒圓周運(yùn)動的圓心Q的坐標(biāo)為(－Rsin θ，Rcos θ)，故微粒圓周運(yùn)動的軌跡方程為：
(x＋Rsin θ)2＋(y－Rcos θ)2＝R2 ①
又圓形磁場的圓心坐標(biāo)為(0，R)，故圓形磁場的邊界方程為：
x2＋(y－R)2＝R2 ②
聯(lián)解①②兩式，可得帶電微粒做圓周運(yùn)動的軌跡與磁場邊界的兩個交點(diǎn)坐標(biāo)為：
x1＝0、y1＝0與x2＝－Rsin θ、y2＝R(1＋cos θ)，
顯然，后者坐標(biāo)點(diǎn)(x2，y2)就是P點(diǎn)，須舍去。
可見，這束帶電微粒都是通過坐標(biāo)原點(diǎn)離開磁場的。
(3)這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是0＜x＜＋∞。理由說明如下：
當(dāng)帶電微粒初速度大小為2v，則從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入圓形磁場的帶電微粒，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為：
r′＝＝2R。粒子在y軸的右方(y＞0區(qū)域)離開磁場后做勻速直線運(yùn)動，其軌跡如圖丙所示。
很顯然，靠近M點(diǎn)發(fā)射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近x軸正方向的無窮遠(yuǎn)處；靠近N點(diǎn)發(fā)射出的帶電微粒穿過磁場后會射向靠近原點(diǎn)O處。
綜上可知，這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域范圍是0＜x＜＋∞。
答案：(1)　方向垂直xOy平面向外
(2)坐標(biāo)原點(diǎn)O，理由見解析
(3)0＜x＜＋∞，理由見解析

三、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的規(guī)律
1．電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn)的對比(不考慮重力)

電偏轉(zhuǎn)
磁偏轉(zhuǎn)
受力特征
F電＝qE恒力
F洛＝qvB變力
運(yùn)動性質(zhì)
勻變速曲線運(yùn)動
勻速圓周運(yùn)動
運(yùn)動軌跡

運(yùn)動規(guī)律
類平拋運(yùn)動
速度：vx＝v0，vy＝t
偏轉(zhuǎn)角θ：tan θ＝
偏移距離y＝t2
勻速圓周運(yùn)動
軌道半徑r＝
周期T＝
偏轉(zhuǎn)角θ＝ωt＝t
偏移距離y＝r－
射出邊
界的速率
v＝＞v0
v＝v0
運(yùn)動時間
t＝
t＝T

2．帶電粒子在組合場中運(yùn)動的解題思路
(1)按照帶電粒子進(jìn)入不同場的時間順序分成幾個不同的階段；
(2)分析帶電粒子在各場中的受力情況和運(yùn)動情況；
(3)畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡，注意運(yùn)用幾何知識，找出相應(yīng)的幾何關(guān)系與物理關(guān)系；
(4)選擇物理規(guī)律，列方程；
(5)注意確定粒子在組合場交界位置處的速度大小與方向，該速度往往是聯(lián)系兩段運(yùn)動的橋梁。
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
4.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；第二象限有沿x軸正方向的大小可調(diào)的勻強(qiáng)電場，其電場強(qiáng)度E的取值范圍為0＜E≤Emax，當(dāng)電場強(qiáng)度的大小為Emax時，一帶正電的粒子從x軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)(－0.08 m,0)，以初速度v0＝3×104 m/s沿y軸正方向射入勻強(qiáng)電場，經(jīng)過y軸上的Q點(diǎn)(0,0.12 m)后恰好垂直打到x軸正半軸上，帶電粒子的比荷為＝×109 C/kg，不計(jì)帶電粒子所受重力，只考慮帶電粒子第一次進(jìn)入磁場的情況，求：
(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度的最大值Emax；
(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；
(3)若帶電粒子每次均從M點(diǎn)(－0.08 m,0.12 m)，以相同初速度v0沿y軸正方向射出，改變電場強(qiáng)度的大小，求帶電粒子經(jīng)過x軸正半軸的位置范圍。
解析：(1)設(shè)帶電粒子到達(dá)y軸所用時間為t，
則有y0＝v0t，xP＝t2，
解得Emax＝30 N/C。
(2)設(shè)帶電粒子經(jīng)過y軸的速度大小為v，方向與y軸正方向的夾角為θ，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，則有tan θ＝t，Rsin θ＝y(tǒng)0，v＝
又由牛頓第二定律得qvB＝m
聯(lián)立解得B＝1×10－3 T。
(3)設(shè)電場強(qiáng)度為E時，帶電粒子經(jīng)過y軸的速度大小為v′，方向與y軸的夾角為α，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為r，圓心到y(tǒng)軸的距離為d，
則有d＝rcos α，v0＝v′cos α
又由qv′B＝m
聯(lián)立解得d＝＝0.09 m
由于帶電粒子做圓周運(yùn)動的圓心到y(tǒng)軸的距離不變，故經(jīng)過x軸正半軸的帶電粒子的坐標(biāo)值最小為x1＝d＝0.09 m；當(dāng)電場強(qiáng)度的大小為Emax時，帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑最大，圓心的y坐標(biāo)最小，故此時經(jīng)過x軸正半軸的帶電粒子的坐標(biāo)值最大，設(shè)帶電粒子經(jīng)過x軸正半軸的坐標(biāo)值最大值為x2，則有qEmaxxM＝mv2－mv02，qvB＝m，＝R
聯(lián)立解得x2＝0.18 m
故經(jīng)過x軸正半軸的帶電粒子位置的x坐標(biāo)取值范圍為0.09 m≤x≤0.18 m。
答案：(1)30 N/C　(2)1×10－3 T
(3)0.09 m≤x≤0.18 m
3．帶電體在疊加場中運(yùn)動的四類問題
(1)帶電體在勻強(qiáng)電場和重力場組成的疊加場中的運(yùn)動，由于帶電體受到的是恒力，所以帶電體通常做勻變速運(yùn)動，其處理的方法一般是采用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)規(guī)律或動能定理進(jìn)行處理。
(2)帶電體在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的疊加場中的運(yùn)動(不計(jì)重力)，若帶電體受到的電場力和洛倫茲力平衡，則帶電體一定做勻速直線運(yùn)動，此時可由二力平衡求解；若帶電體受到的電場力和洛倫茲力不平衡，則其運(yùn)動軌跡一般比較復(fù)雜，此時采用動能定理進(jìn)行求解較為簡單。
(3)帶電體在勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場組成的疊加場中的運(yùn)動，若帶電體做勻速圓周運(yùn)動，則一定是重力與電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，此時宜采用共點(diǎn)力平衡和圓周運(yùn)動的相關(guān)知識進(jìn)行求解；若帶電體做勻速直線運(yùn)動，則一定是重力、電場力和洛倫茲力的合力為零，此時宜采用共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解。
(4)帶電體在重力場和勻強(qiáng)磁場組成的疊加場中的運(yùn)動，由于其運(yùn)動軌跡為一般的曲線，故一般采用動能定理進(jìn)行處理。
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
5．如圖所示，平面OM和水平面ON之間的夾角為30°，兩平面之間同時存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外；勻強(qiáng)電場的方向豎直向上。一帶電小球的質(zhì)量為m，電荷量為q；帶電小球沿豎直平面以大小為v0的初速度從平面OM上的某點(diǎn)沿左上方射入磁場，速度方向與OM成30°角，帶電小球進(jìn)入磁場后恰好做勻速圓周運(yùn)動。已知帶電小球在磁場中的運(yùn)動軌跡與ON恰好相切，且?guī)щ娦∏蚰軓腛M上另一點(diǎn)P射出磁場(P未畫出)。
(1)判斷帶電小球帶何種電荷？所加電場的電場強(qiáng)度E為多大？
(2)求出射點(diǎn)P到兩平面交點(diǎn)O的距離s。
(3)帶電小球離開磁場后繼續(xù)運(yùn)動，能打在左側(cè)豎直的光屏OO′上的T點(diǎn)，求T點(diǎn)到O點(diǎn)的距離s′。
解析：(1)根據(jù)題意，帶電小球受到的電場力與重力平衡，則帶電小球帶正電荷。
由力的平衡條件得
qE＝mg
解得E＝。
(2)帶電小球在疊加場中，所受合力為洛倫茲力，做勻速圓周運(yùn)動。根據(jù)牛頓第二定律有，qv0B＝m，
即R＝
根據(jù)題意，帶電小球在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動軌跡如圖所示，Q點(diǎn)為運(yùn)動軌跡與ON相切的點(diǎn)，I點(diǎn)為入射點(diǎn)，P點(diǎn)為出射點(diǎn)。小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°，由幾何關(guān)系可得，QP為圓軌道的直徑，故＝2R
OP的長度s＝
聯(lián)立以上各式得s＝。
(3)帶電小球從P點(diǎn)離開磁場后做平拋運(yùn)動，設(shè)其豎直位移為y，水平位移為x，運(yùn)動時間為t。
則x＝v0t＝cos 30°
豎直位移y＝gt2
聯(lián)立各式得s′＝2R＋y＝＋。
答案：(1)正電荷　　(2)　(3)＋
第2課時　命題研究——電磁場計(jì)算題?？肌?題型”
在高考中，物理必答計(jì)算題共有兩道，其中第二道計(jì)算題綜合性較強(qiáng)，難度較大，用以考查考生的綜合分析能力，甚至是應(yīng)用數(shù)學(xué)規(guī)律處理物理問題的能力。分析近幾年高考試題可以發(fā)現(xiàn)，電學(xué)計(jì)算題多數(shù)情況放在后邊，作為壓軸大題，在電場、磁場部分的計(jì)算題大體有以下五種常考題型。
題型一　帶電粒子(體)在電場力作用下的運(yùn)動問題
　　　真空中存在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做勻速直線運(yùn)動，速度大小為v0，在油滴處于位置A時，將電場強(qiáng)度的大小突然增大到某值，但保持其方向不變，持續(xù)一段時間t1后，又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運(yùn)動到B點(diǎn)。重力加速度大小為g。
(1)求油滴運(yùn)動到B點(diǎn)時的速度；
(2)求增大后的電場強(qiáng)度的大小。為保證后來的電場強(qiáng)度比原來的大，試給出相應(yīng)的t1和v0應(yīng)滿足的條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v0做豎直上拋運(yùn)動的最大高度恰好等于B、A兩點(diǎn)間距離的兩倍。
[解析]　(1)設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為m和q，向上為正方向。油滴在電場強(qiáng)度大小為E1的勻強(qiáng)電場中做勻速直線運(yùn)動，故此時油滴所受的電場力方向向上。
法一：(運(yùn)用動力學(xué)知識求解)
在t＝0時，電場強(qiáng)度突然從E1增加至E2時，油滴做豎直向上的勻加速直線運(yùn)動，加速度方向向上。大小a1滿足
qE2－mg＝ma1 ①
油滴在時刻t1的速度為
v1＝v0＋a1t1 ②
電場強(qiáng)度在時刻t1突然反向，油滴做勻變速直線運(yùn)動，加速度方向向下，大小a2滿足
qE2＋mg＝ma2 ③
油滴在時刻2t1的速度(即B點(diǎn)的速度)為
v2＝v1－a2t1 ④
由式①～④得
v2＝v0－2gt1 ⑤
法二：(運(yùn)用動量定理求解)
全過程用動量定理，所得關(guān)系式為
－mg·2t1＝mv2－mv0
解得v2＝v0－2gt1。
(2)由題意，在t＝0時刻前有
qE1＝mg ⑥
油滴從t＝0到t1時刻的位移為
s1＝v0t1＋a1t12 ⑦
油滴在從時刻t1到時刻2t1的時間間隔內(nèi)的位移為
s2＝v1t1－a2t12 ⑧
由題給條件有(下式中h是B、A兩點(diǎn)之間的距離)
v02＝2g(2h) ⑨
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之上，依題意有
s1＋s2＝h ⑩
由式①②③⑥⑦⑧⑨⑩得
E2＝E1 ?
為使E2＞E1，應(yīng)有
2－2＋2＞1 ?
即0＜t1＜ ?
或t1＞ ?
若B點(diǎn)在A點(diǎn)之下，依題意有
s1＋s2＝－h(huán) ?
由式①②③⑥⑦⑧⑨?得
E2＝E1 ?
為使E2＞E1，應(yīng)有
2－2－2＞1 ?
即t1＞ ?
另一解為負(fù)，不符合題意，已舍去。
[答案]　(1)v0－2gt1　(2)見解析

近年來，帶電粒子(體)在電場和重力場中的運(yùn)動問題成為高考電學(xué)計(jì)算題的熱點(diǎn)，如2014年卷ⅠT25、2015年卷ⅡT24、2017年卷ⅠT25、2017年卷ⅡT25，有直線運(yùn)動問題，也有曲線運(yùn)動問題，作為壓軸大題時，對運(yùn)用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求較高?！　　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
1．(2018·上海崇明期末)如圖所示，上下放置的兩帶電金屬板，相距為3l，板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場E。距上板l處有一帶電荷量為＋q的小球B，在B上方有帶電荷量為－6q的小球A，它們的質(zhì)量均為m，用長度為l的絕緣輕桿相連。已知E＝。讓兩小球從靜止釋放，小球可以通過上板的小孔進(jìn)入電場中(重力加速度為g)。求：
(1)B球剛進(jìn)入電場時的速度v1大?。?br /> (2)A球剛進(jìn)入電場時的速度v2大??；
(3)B球是否能碰到下金屬板？如能，求剛碰到時的速度v3大小。如不能，請通過計(jì)算說明理由。
解析：(1)B進(jìn)入電場前，兩小球不受電場力作用，只受重力作用，做自由落體運(yùn)動。
v12＝2gl
解得v1＝。
(2)A球進(jìn)入小孔前，只有B球受電場力，
F＝qE＝mg，方向豎直向下，
系統(tǒng)受力分析如圖甲所示：
由牛頓第二定律可得：
F＋2mg＝2ma1
a1＝
系統(tǒng)做勻加速直線運(yùn)動
v22－v12＝2a1l
代入數(shù)據(jù)得v2＝。

(3)當(dāng)A、B球全部進(jìn)入電場后，系統(tǒng)受力如圖乙所示：
6qE－qE－2mg＝2ma3
a3＝
設(shè)系統(tǒng)速度為零時沒到達(dá)下金屬板，小球停下來時通過的距離為H
H＝
代入數(shù)據(jù)得H＝＜2l，
故B球不能到達(dá)下金屬板。
答案：(1)　(2)　(3)不能，理由見解析
題型二　導(dǎo)體棒在安培力作用下的平衡問題
　　　(2015·全國卷Ⅰ)如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強(qiáng)磁場中；磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為 2 Ω。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。
[解析]　依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下。
開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長了Δl1＝0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得
2kΔl1＝mg ①
式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小。
開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為
F＝ILB ②
式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了Δl2＝0.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得
2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F ③
由歐姆定律有
E＝IR ④
式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻。
聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得
m＝0.01 kg。 ⑤
[答案]　安培力的方向豎直向下，金屬棒的質(zhì)量為0.01 kg

導(dǎo)體棒在安培力作用下的平衡問題作為計(jì)算題出現(xiàn)時，難度偏小，常作為第24題。該類問題可同時考查物體的平衡條件和電路知識，分析時要畫出側(cè)視圖。　　　　
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
2.如圖所示，在傾角為θ＝37°的斜面上，固定一寬為L＝1.0 m的平行金屬導(dǎo)軌?，F(xiàn)在導(dǎo)軌上垂直導(dǎo)軌放置一質(zhì)量m＝0.4 kg、電阻R0＝2.0 Ω、長為1.0 m的金屬棒ab，它與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5。整個裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝2 T的勻強(qiáng)磁場中。導(dǎo)軌所接電源的電動勢為E＝12 V，內(nèi)阻r＝1.0 Ω，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑動變阻器的阻值符合要求，其他電阻不計(jì)，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8?，F(xiàn)要保持金屬棒ab在導(dǎo)軌上靜止，求：(1)金屬棒所受安培力的取值范圍；
(2)滑動變阻器接入電路中的阻值范圍。
解析：(1)當(dāng)金屬棒剛好達(dá)到向上運(yùn)動的臨界狀態(tài)時，金屬棒受到的摩擦力為最大靜摩擦力，方向平行斜面向下，
設(shè)金屬棒受到的安培力大小為F1，其受力分析如圖甲。則有

FN＝F1sin θ＋mgcos θ
F1cos θ＝mgsin θ＋fmax
fmax＝μFN
代入數(shù)據(jù)可得F1＝8 N
當(dāng)金屬棒剛好達(dá)到向下運(yùn)動的臨界狀態(tài)時，設(shè)金屬棒受到的安培力大小為F2，其受力分析如圖乙所示。則有
FN′＝F2sin θ＋mgcos θ
F2cos θ＋fmax′＝mgsin θ
fmax′＝μFN′
代入數(shù)據(jù)可得F2＝ N
安培力的范圍為 N≤F≤8 N。
(2)因磁場與金屬棒垂直，所以金屬棒受到的安培力為F＝BIL，因此有I＝，由安培力的取值范圍可知電流的取值范圍為 A≤I≤4 A
設(shè)電流為I1＝ A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R1，由閉合電路歐姆定律，有
E－I1r＝I1(R0＋R1)，
代入數(shù)據(jù)可得R1＝30 Ω
設(shè)電流為I2＝4 A時滑動變阻器接入電路中的阻值為R2，由閉合電路歐姆定律，有
E－I2r＝I2(R0＋R2)，
代入數(shù)據(jù)可得R2＝0
滑動變阻器接入電路中的阻值范圍為0≤R≤30 Ω。
答案：(1) N≤F≤8 N　(2)0≤R≤30 Ω
題型三　帶電粒子在磁場中的多個圓周運(yùn)動問題
　　如圖所示，空間某平面內(nèi)有一條折線是磁場的分界線，在折線的兩側(cè)分布著方向相反、與平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。折線的頂角∠A＝90°，P、Q是折線上的兩點(diǎn)，AP＝AQ＝L?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電微粒從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計(jì)微粒的重力。
(1)若P、Q之間外加一個與磁場方向垂直的勻強(qiáng)電場，能使速度為v0射出的微粒沿直線PQ運(yùn)動到Q點(diǎn)，則電場強(qiáng)度應(yīng)為多大？
(2)撤去電場，為使微粒從P點(diǎn)射出后，途經(jīng)折線的頂點(diǎn)A而到達(dá)Q點(diǎn)，求初速度v應(yīng)該滿足什么條件？
(3)求(2)中微粒從P點(diǎn)到Q點(diǎn)所用的時間。
[審題指導(dǎo)]
求什么
想什么
(1)由共點(diǎn)力的平衡即可求解電場強(qiáng)度大小
缺什么
找什么
(2)找出微粒在運(yùn)動過程中經(jīng)過AP和AQ時的弦長，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系找出半徑R，再由qvB＝m即可求出微粒滿足的速度大小
(3)由于微粒在AP邊和AQ邊上的圓周運(yùn)動的次數(shù)不同，所以要分情況進(jìn)行討論，分別找出不同情況下軌跡的圓心角，然后結(jié)合周期公式即可求解

[解析]　(1)由電場力與洛倫茲力平衡可得qE＝qv0B，解得E＝v0B。
(2)根據(jù)運(yùn)動的對稱性，微粒能從P點(diǎn)運(yùn)動到Q點(diǎn)，應(yīng)滿足L＝nx(n為整數(shù))，其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為或。設(shè)圓弧的半徑為R，則有x＝R，解得R＝，又因?yàn)閝vB＝m，由以上各式可解得v＝，n＝1、2、3、…。

(3)如圖所示，當(dāng)n取奇數(shù)時，微粒從P到Q的過程中圓心角的總和為θ1＝n·＋n·＝2nπ，故其運(yùn)動時間t1＝·＝，n＝1、3、5、…；當(dāng)n取偶數(shù)時，微粒從P到Q的過程中圓心角的總和為θ1＝n·＋n·＝nπ，故其運(yùn)動時間為t2＝·＝，n＝2、4、6、…。
[答案]　(1)v0B　(2)v＝，n＝1、2、3、…
(3)，n＝1、3、5、…或，n＝2、4、6、…

(1)在某一區(qū)域內(nèi)有兩個或兩個以上的有界磁場，帶電粒子先后經(jīng)過這些磁場，做不同的圓周運(yùn)動，形成多個圓周運(yùn)動相互銜接的多過程現(xiàn)象。
(2)各圓周運(yùn)動的子過程的圓心、半徑不同，可能的“臨界點(diǎn)”也可能不同，要注意分別畫圖研究。
(3)在各圓周運(yùn)動的銜接處，速度具有連續(xù)性，即粒子進(jìn)出前后磁場的速度的大小和方向均不變，但向心力的大小和方向會發(fā)生突變，使得兩個圓周運(yùn)動在銜接處相內(nèi)切或外切，即兩圓心的連線與兩圓公切線垂直?！　　　?br /> [對點(diǎn)訓(xùn)練]
3．如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距為6L。兩板間存在兩個方向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面，Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強(qiáng)電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點(diǎn)，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)，P點(diǎn)與A1板的距離是L的k倍，不計(jì)重力，碰到擋板的粒子不予考慮。

(1)若k＝1，求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；
(2)若2