PAGEPAGE34計(jì)算題的解題方法與技巧命題猜想【考向解讀】計(jì)算題命題立意分類eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(單個(gè)物體小球、物,塊、木板、星球、衛(wèi)星等)―→各類運(yùn)動(dòng)問題,\a\vs4\al(多個(gè)物體物塊、木板、小,球、彈簧傳送帶等)―→功能關(guān)系能量守恒問題,\a\vs4\al(帶電粒子、,帶電小球等)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(帶電粒子在弧立電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng))),導(dǎo)體棒、各種形態(tài)的線框―→電磁感應(yīng)問題))【命題熱點(diǎn)突破一】各類運(yùn)動(dòng)問題(1)各類運(yùn)動(dòng)問題主要包括：靜止、勻速直線運(yùn)動(dòng)、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)這四種運(yùn)動(dòng)．(2)破解運(yùn)動(dòng)學(xué)問題關(guān)鍵是抓住運(yùn)動(dòng)的條件，即受力分析而后利用牛頓其次定律探討物體的運(yùn)動(dòng)．(3)該類問題主要包括，單個(gè)物體的多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程問題，多個(gè)物體的追及相遇問題，板塊問題，傳送帶問題，天體的運(yùn)動(dòng)等問題．例1、（2024年全國Ⅰ卷）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空，當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求（1）煙花彈從地面起先上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(shí)間；（2）爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度【答案】（1）；（2）【解析】本題主要考查機(jī)械能、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)的學(xué)問點(diǎn)，意在考查考生敏捷運(yùn)用相關(guān)學(xué)問解決實(shí)際問題的的實(shí)力。（1）設(shè)煙花彈上升的初速度為，由題給條件有①設(shè)煙花彈從地面起先上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有②聯(lián)立①②式得③由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分接著上升的高度為，由機(jī)械能守恒定律有⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為⑧【變式探究】【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速實(shí)力，教練員在冰面上與起跑線距離s0和s1（s1<s0）處分別設(shè)置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示。訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止動(dòng)身滑向小旗。訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處。假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1。重力加速度大小為g。求（1）冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）滿意訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度?！敬鸢浮浚?）（2）（2）設(shè)冰球運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則④又⑤由③④⑤得⑥【變式探究】避險(xiǎn)車道是避開惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為θ的斜面．一輛長(zhǎng)12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物起先在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m，再過一段時(shí)間，貨車停止．已知貨車質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍．貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10m(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度．圖1-【答案】(1)5m/s2，方向沿制動(dòng)坡床向下(2)(2)設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v＝23m/s.貨物在車廂內(nèi)起先滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0＝38m的過程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2.貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k＝0.44，貨車長(zhǎng)度l0＝12m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為lMgsinθ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－eq\f(1,2)a1t2s2＝vt－eq\f(1,2)a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得l＝98m【變式探究】如圖所示，裝甲車在水平地面上以速度v0＝20m/s沿直線前進(jìn)，車上機(jī)槍的槍管水平，距地面高為h＝1.8m．在車正前方直立一塊高為兩米的長(zhǎng)方形靶，其底邊與地面接觸．槍口與靶距離為L(zhǎng)時(shí)，機(jī)槍手正對(duì)靶射出第一發(fā)子彈，子彈相對(duì)于槍口的初速度為v＝800m/s.在子彈射出的同時(shí)，裝甲車起先勻減速運(yùn)動(dòng)，行進(jìn)s＝90m后停下．裝甲車停下后，機(jī)槍手以相同的方式射出其次發(fā)子彈．(不計(jì)空氣阻力，子彈看成質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2)(3)這個(gè)題目在理解上有困難，即“靶上只有一個(gè)彈孔”，假如兩發(fā)子彈打在同一個(gè)孔，這個(gè)距離是個(gè)定值，y1＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L,820))2，y2＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)g(eq\f(L－90,800))2，即y1＝y(tǒng)2，L＝3690m，這個(gè)距離對(duì)應(yīng)的下落時(shí)間t＝eq\f(L,820)＝4.5s>eq\r(\f(2y,g))＝0.6s，不符合題意．若有一發(fā)子彈落地，另一發(fā)打在靶上，才能滿意題目中的靶上只有一個(gè)彈孔，L才有所謂的“范圍”，由于落地的極限時(shí)間相同t＝eq\r(\f(2y,g))＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s，所以出射速度越大，水平射程越長(zhǎng)，當(dāng)其次發(fā)子彈恰好打在靶的下邊緣時(shí)，第一發(fā)已落地，其次發(fā)子彈打到靶的下沿時(shí)，裝甲車離靶的距離為L(zhǎng)2＝vt＋s，解得L2＝570m．若第一發(fā)子彈打到靶的下邊緣時(shí)，裝甲車離靶的距離為L(zhǎng)1＝v′0t，而h＝eq\f(1,2)gt2，解得L1＝492m；若靶上只有一個(gè)彈孔，則L的范圍為492m<L≤570m【答案】(1)eq\f(20,9)m/s2(2)0.45m(3)492m<L≤570m【變式探究】萬有引力定律揭示了天體運(yùn)動(dòng)規(guī)律與地上物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律具有內(nèi)在的一樣性．(1)用彈簧秤稱量一個(gè)相對(duì)于地球靜止的小物體的重量，隨稱量位置的改變可能會(huì)有不同的結(jié)果．已知地球質(zhì)量為M，自轉(zhuǎn)周期為T，萬有引力常量為G.將地球視為半徑為R、質(zhì)量勻稱分布的球體，不考慮空氣的影響．設(shè)在地球北極地面稱量時(shí)，彈簧秤的讀數(shù)是F0.a．若在北極上空高出地面h處稱量，彈簧秤讀數(shù)為F1，求比值eq\f(F1,F0)的表達(dá)式，并就h＝1.0%R的情形算出詳細(xì)數(shù)值(計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)；b．若在赤道地面稱量，彈簧秤讀數(shù)為F2，求比值eq\f(F2,F0)的表達(dá)式．(2)設(shè)想地球繞太陽公轉(zhuǎn)的圓周軌道半徑為r、太陽的半徑為Rs和地球的半徑R三者均減小為現(xiàn)在的1.0%，而太陽和地球的密度勻稱且不變．僅考慮太陽和地球之間的相互作用，以現(xiàn)實(shí)地球的1年為標(biāo)準(zhǔn)，計(jì)算“設(shè)想地球”的一年將變?yōu)槎嚅L(zhǎng)？(2)地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，受到太陽的萬有引力，設(shè)太陽質(zhì)量為MS，地球質(zhì)量為M，地球公轉(zhuǎn)周期為Tg，有eq\f(GMSM,r2)＝Mreq\f(4π2,T\o\al(2,g))得Tg＝eq\r(\f(4π2r3,GMs))＝eq\r(\f(3πr3,GρR3))其中ρ為太陽的密度，由上式可知，地球的公轉(zhuǎn)周期僅與太陽的密度、地球公轉(zhuǎn)半徑與太陽的半徑之比有關(guān)，因此“設(shè)想地球”的1年與現(xiàn)實(shí)地球的1年時(shí)間相等．【答案】(1)a.eq\f(F1,F0)＝eq\f(R2,R＋h2)＝0.98b.eq\f(F2,F0)＝1－eq\f(4π2R3,T2GM)(2)不變【命題熱點(diǎn)突破二】功能關(guān)系能量守恒問題(1)該類問題主要包括，單個(gè)物體參加的多個(gè)曲線運(yùn)動(dòng)、連接體問題、含彈簧的問題等．(2)破解這類問題關(guān)鍵明確哪些力做功衡量哪些能量的改變，有幾種能量每種能量的增加和削減．例2、（2024年江蘇卷）如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度．細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B．質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長(zhǎng)為3l．用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53°．松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)．忽視一切摩擦，重力加速度為g，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物塊和小球的質(zhì)量之比M:m；（3）小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T．【答案】（1）（2）（3）（）【解析】（1）設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2F1sin53°=F2cos53°F+mg=F1cos53°+F2sin53°且F1=Mg解得（2）小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過程中小球上上升度h1=3lsin53°，物塊下降高度h2=2l機(jī)械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）依據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)．設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，重物受到的拉力為T牛頓運(yùn)動(dòng)定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛頓運(yùn)動(dòng)定律T′–mgcos53°=ma解得（）【變式探究】【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】如圖，一質(zhì)量為m，長(zhǎng)度為l的勻稱松軟細(xì)繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，M點(diǎn)與繩的上端P相距。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為A． B． C． D．【答案】A【解析】將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點(diǎn)，PM段繩的機(jī)械能不變，MQ段繩的機(jī)械能的增加量為，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功，故選A?！咀兪教骄俊枯p質(zhì)彈簧原長(zhǎng)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(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l.現(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(zhǎng)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(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5.用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開，P(1)若P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)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)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．圖1-【答案】(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m若P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿意eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿意④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)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(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零．由①②式可知5mgl>μMg·4要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上上升度不能超過半圓軌道的中點(diǎn)C.由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,B)≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M<eq\f(5,2)m?【變式探究】一轉(zhuǎn)動(dòng)裝置如圖所示，四根輕桿OA、OC、AB和CB與兩小球以及一小環(huán)通過鉸鏈連接，輕桿長(zhǎng)均為l，球和環(huán)的質(zhì)量均為m，O端固定在豎直的輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸上，套在轉(zhuǎn)軸上的輕質(zhì)彈簧連接在O與小環(huán)之間，原長(zhǎng)為L(zhǎng)，裝置靜止時(shí)，彈簧長(zhǎng)為eq\f(3,2)L，轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小環(huán)緩慢上升．彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽視一切摩擦和空氣阻力，重力加速度為g，求：(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)AB桿中彈力為零時(shí)，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω0；(3)彈簧長(zhǎng)度從eq\f(3,2)L緩慢縮短為eq\f(1,2)L的過程中，外界對(duì)轉(zhuǎn)動(dòng)裝置所做的功W.(2)設(shè)OA，AB桿中的彈力分別為F2，T2，OA桿與轉(zhuǎn)軸的夾角為θ2小環(huán)受到彈簧的彈力：F彈2＝k(x－L)小環(huán)受力平衡：F彈2＝mg，得x＝eq\f(5,4)L對(duì)小球：F2cosθ2＝mgF2sinθ2＝mωeq\o\al(2,0)lsinθ2且cosθ2＝eq\f(x,2l)解得ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)彈簧長(zhǎng)度為L(zhǎng)/2時(shí)，設(shè)OA、AB桿中的彈力分別為F3、T3，OA桿與彈簧的夾角為θ3小環(huán)受到彈簧的彈力：F彈3＝keq\f(L,2)小環(huán)受力平衡：2T3cosθ3＝mg＋F彈3且cosθ3＝eq\f(L,4l)對(duì)小球：F3cosθ3＝T3cosθ3＋mgF3sinθ3＋T3sinθ3＝mωeq\o\al(2,3)lsinθ3解得ω3＝eq\r(\f(16g,L))整個(gè)過程彈簧彈性勢(shì)能改變?yōu)榱?，則彈力做的功為零，由動(dòng)能定理：W－mg(eq\f(3L,2)－eq\f(L,2))－2mg(eq\f(3L,4)－eq\f(L,4))＝2×eq\f(1,2)m(ω3lsinθ3)2解得W＝mgL＋eq\f(16mgl2,L)【答案】(1)4mg/L(2)ω0＝eq\r(\f(8g,5L))(3)mgL＋eq\f(16mgl2,L)【變式探究】如圖為某游樂場(chǎng)內(nèi)水上滑梯軌道示意圖，整個(gè)軌道在同一豎直平面內(nèi)，表面粗糙的AB段軌道與四分之一光滑圓弧軌道BC在B點(diǎn)水平相切．點(diǎn)A距水面的高度為H，圓弧軌道BC的半徑為R，圓心O恰在水面．一質(zhì)量為m的游客(視為質(zhì)點(diǎn))可從軌道AB的隨意位置滑下，不計(jì)空氣阻力．(1)若游客從A點(diǎn)由靜止起先滑下，到B點(diǎn)時(shí)沿切線方向滑離軌道落在水面上的D點(diǎn)，OD＝2R，求游客滑到B點(diǎn)時(shí)的速度vB大小及運(yùn)動(dòng)過程軌道摩擦力對(duì)其所做的功Wf；(2)若游客從AB段某處滑下，恰好停在B點(diǎn)，又因受到微小擾動(dòng)，接著沿圓弧軌道滑到P點(diǎn)后滑離軌道，求P點(diǎn)離水面的高度h.(提示：在圓周運(yùn)動(dòng)過程中任一點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)所受的向心力與其速率的關(guān)系為F向＝meq\f(v2,r))【解析】(1)游客從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，有2R＝vBt①R＝eq\f(1,2)gt2②由①②式，得vB＝eq\r(2gR)③從A到B，依據(jù)動(dòng)能定理，有mg(H－R)＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0④由③④式，得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤【答案】(1)eq\r(2gR)－(mgH－2mgR)(2)eq\f(2,3)R【命題熱點(diǎn)突破三】帶電粒子在孤立場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題(1)該類試題包括帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)．(2)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)為勻變速運(yùn)動(dòng)，可以采納運(yùn)動(dòng)的合成分解法，也可以采納功能關(guān)系；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，一般須要畫出軌跡結(jié)合幾何關(guān)系求解．例3、（2024年全國Ⅰ卷）如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面對(duì)外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一個(gè)氕核11H和一個(gè)氘核21H先后從y軸上y=h點(diǎn)以相同的動(dòng)能射出，速度方向沿x軸正方向。已知11H進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O處第一次射出磁場(chǎng)。11H的質(zhì)量為m，電荷量為q不計(jì)重力。求（1）11H第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?）12H第一次離開磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)O的距離【答案】（1）；（2）；（3）【解析】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)、在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)的學(xué)問點(diǎn)，意在考查考生敏捷運(yùn)用相關(guān)學(xué)問解決問題的的實(shí)力。（1）在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)在電場(chǎng)中的加速度大小為，初速度大小為，它在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置到原點(diǎn)Ｏ的距離為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有①②由題給條件，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的方向與x軸正方向夾角。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的y重量的大小為③聯(lián)立以上各式得④（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓其次定律有⑤設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為，由速度合成法則有⑥設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓軌道半徑為，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律有⑦由幾何關(guān)系得⑧聯(lián)立以上各式得⑨（3）設(shè)在電場(chǎng)中沿x軸正方向射出的速度大小為，在電場(chǎng)中的加速度大小為，由題給條件得⑩由牛頓其次定律有?設(shè)第一次射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為，速度的方向與x軸正方向夾角為，入射點(diǎn)到原點(diǎn)的距離為，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有????聯(lián)立以上各式得，，?設(shè)在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為，由⑦?式及粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式得?所以出射點(diǎn)在原點(diǎn)左側(cè)。設(shè)進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)到第一次離開磁場(chǎng)的出射點(diǎn)的距離為，由幾何關(guān)系有?聯(lián)立④⑧???式得，第一次離開磁場(chǎng)時(shí)的位置到原點(diǎn)O的距離為?【變式探究】【2024·新課標(biāo)Ⅲ卷】如圖，空間存在方向垂直于紙面（xOy平面）向里的磁場(chǎng)。在x≥0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為λB0（常數(shù)λ>1）。一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)起先計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求（不計(jì)重力）（1）粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）粒子與O點(diǎn)間的距離?！敬鸢浮浚?）（2）聯(lián)立①②③④式得，所求時(shí)間為⑤（2）由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為⑥【變式探究】如圖1-所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平面上高h(yuǎn)＝2l、傾角α＝eq\f(π,4)的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)；C點(diǎn)在DD′上，距地面高H＝3l.零時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0＝eq\r(gl)、方向與水平面夾角θ＝eq\f(π,3)的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r＝eq\f(3l,π)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.某時(shí)刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇．小球視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電荷量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響．l已知，g為重力加速度．(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時(shí)刻tA；(3)若小球A、P在時(shí)刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此狀況下區(qū)域Ⅱ的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E，并探討場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和微小值及相應(yīng)的方向．圖1-【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)極大值為eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上；微小值為0小球A釋放后沿斜面運(yùn)動(dòng)加速度為aA，與小球P在時(shí)刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maAeq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2聯(lián)立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)).【變式探究】如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面對(duì)里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m，電量為＋q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng)，由點(diǎn)H緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)．不計(jì)粒子的重力．(1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；(3)若Ⅰ區(qū)，Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為2mv/qD,4mv/qD，粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后再次經(jīng)過H點(diǎn)，求這段時(shí)間粒子運(yùn)動(dòng)的路程．【解析】(1)粒子在電場(chǎng)中，依據(jù)動(dòng)能定理Eq·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2，解得E＝eq\f(mv2,qd)(3)若Ⅰ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1＝eq\f(2mv,qD)，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R1＝eq\f(mv,qB1)＝eq\f(D,2)；Ⅱ區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2＝eq\f(4mv,qD)，則粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為R2＝eq\f(mv,qB2)＝eq\f(D,4)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1、T2，由運(yùn)動(dòng)公式可得T1＝eq\f(2πR1,v1)，T2＝eq\f(2πR2,v2)據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時(shí)間間隔內(nèi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，依據(jù)對(duì)稱性可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對(duì)的圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對(duì)圓心角為θ2，圓弧和大圓的兩個(gè)切點(diǎn)與圓心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān)系可得θ1＝120°，θ2＝180°，α＝60°粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn)，軌跡如圖所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的路程為s，由運(yùn)動(dòng)公式可知：s＝v(t1＋t2)聯(lián)立上述各式，可得s＝5.5πD【答案】(1)eq\f(mv2,qd)(2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD)(3)5.5πD【變式探究】如圖所示，離子發(fā)生器放射一束質(zhì)量為m，電荷量為＋q的離子，從靜止經(jīng)PQ兩板間的加速電壓加速后，以初速度v0再從a點(diǎn)沿ab方向進(jìn)入一勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，abcd所圍成的正方形區(qū)域是該勻強(qiáng)電場(chǎng)的邊界，已知正方形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向與ad邊平行且由a指向d.(1)求加速電壓U0；(2)若離子恰從c點(diǎn)飛離電場(chǎng)，求ac兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Uac；(3)若離子從abcd邊界上某點(diǎn)飛出時(shí)的動(dòng)能為mveq\o\al(2,0)，求此時(shí)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E.(3)依據(jù)Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，離子射出電場(chǎng)時(shí)的速度v＝eq\r(2)v0，方向與ab所在直線的夾角為45°，即vx＝vy，依據(jù)x＝vxt，y＝eq\f(vy,2)t，可得x＝2y，則離子應(yīng)當(dāng)從bc邊上的某點(diǎn)飛出．a(chǎn)b方向，有L＝v0tad方向，有y＝eq\f(v0,2)t解得y＝eq\f(L,2)，依據(jù)動(dòng)能定理，有Eqy＝mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【答案】(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2q)(2)eq\f(2mv\o\al(2,0),q)(3)eq\f(mv\o\al(2,0),qL)【思路點(diǎn)撥】(1)對(duì)直線加速過程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；(2)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式列式求解即可；(3)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分速度公式和分位移公式列式，再結(jié)合動(dòng)能定理列式，最終聯(lián)立求解即可．本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)是類平拋運(yùn)動(dòng)，然后依據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式列式求解，不難．【命題熱點(diǎn)突破四】帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題(1)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)包括兩類問題，一是粒子依次進(jìn)入不同的有界場(chǎng)區(qū)，二是粒子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)區(qū)．(2)正確分析帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)特征是解決問題的前提，帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做什么運(yùn)動(dòng)，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀況和受力狀況結(jié)合起來進(jìn)行分析，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中所受合外力為零時(shí)，做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(3)帶電粒子所受的重力和電場(chǎng)力等值反向，洛倫茲力供應(yīng)向心力，帶電粒子在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(4)帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，這時(shí)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個(gè)狀況不同的復(fù)合場(chǎng)區(qū)，因此粒子的運(yùn)動(dòng)狀況也發(fā)生相應(yīng)的改變，其運(yùn)動(dòng)過程可能由幾種不同的運(yùn)動(dòng)階段組成．(5)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的臨界問題，這時(shí)應(yīng)以題目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，依據(jù)臨界條件列出協(xié)助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．例4、（2024年全國II卷）一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xoy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xoy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。（1）定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；（2）求該粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大??；（3）若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間?！敬鸢浮浚?）軌跡圖如圖所示：（2）（3）;（1）粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱）（2）粒子從電場(chǎng)下邊界入射后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，在下側(cè)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，加速度的大小為a；粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場(chǎng)方向的重量為v1，依據(jù)牛頓其次定律有qE=ma①式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1=at②③④粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓其次定律得⑤由幾何關(guān)系得⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得⑦（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得⑧聯(lián)立①②③⑦⑧式得⑨設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為，則⑩式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，?由③⑦⑨⑩?式得?【變式探究】【2024·新課標(biāo)Ⅱ卷】如圖，兩水平面（虛線）之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和–q（q>0）的帶電小球M、N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出。小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開。已知N離開電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求（1）M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；（2）A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；（3）該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小?！敬鸢浮浚?）3:1（2）（3）【解析】（1）設(shè)帶電小球M、N拋出的初速度均為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍為v0；M、N在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2；由運(yùn)動(dòng)公式可得：v0–at=0①②③聯(lián)立①②③解得：④（3）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則，⑨設(shè)M、N離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，由動(dòng)能定理：⑩?由已知條件：Ek1=1.5Ek2聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩??解得：【變式探究】如圖所示，圖面內(nèi)有豎直線DD′，過DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域．區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫出)；區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h(yuǎn)＝2l、傾角α＝eq\f(π,4)的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線DD′距離s＝4l，區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫出)；C點(diǎn)在DD′上，距地面高H＝3l.零時(shí)刻，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0＝eq\r(gl)、方向與水平面夾角θ＝eq\f(π,3)的速度，在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r＝eq\f(3l,π)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ.某時(shí)刻，不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇．小球視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響．l已知，g為重力加速度．(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求釋放小球A的時(shí)刻tA；(3)若小球A、P在時(shí)刻t＝βeq\r(\f(l,g))(β為常數(shù))相遇于斜面某處，求此狀況下區(qū)域Ⅱ的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E，并探討場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和微小值及相應(yīng)的方向．小球A釋放后沿斜面運(yùn)動(dòng)加速度為aA，與小球P在時(shí)刻t1相遇于斜面底端，有mgsinα＝maA ⑤eq\f(h,sinα)＝eq\f(1,2)aA(t1－tA)2 ⑥聯(lián)立以上方程解得tA＝(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g)) ⑦(3)設(shè)所求電場(chǎng)方向向下，在tA′時(shí)刻釋放小球A，小球P在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)加速度為aP，有s＝v0(t－tC)＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2cosα ⑧mg＋qE＝maP ⑨H－h(huán)＋eq\f(1,2)aA(t－tA′)2sinα＝eq\f(1,2)aP(t－tC)2 ⑩聯(lián)立相關(guān)方程解得E＝eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2) ?對(duì)小球P的全部運(yùn)動(dòng)情形探討可得3≤β≤5 ?由此可得場(chǎng)強(qiáng)微小值Emin＝0，場(chǎng)強(qiáng)極大值Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上．【答案】(1)eq\f(mπ,3lq)eq\r(gl)(2)(3－2eq\r(2))eq\r(\f(l,g))(3)eq\f(（11－β2）mg,q（β－1）2)；Emax＝eq\f(7mg,8q)，方向豎直向上；Emin＝0【變式探究】如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時(shí)存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向右，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，磁場(chǎng)方向垂直紙面對(duì)外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止起先沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)離開MN做曲線運(yùn)動(dòng)．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g.(1)求小滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小vc；(2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf；(3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場(chǎng)力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動(dòng)過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤去磁場(chǎng)，此后小滑塊接著運(yùn)動(dòng)到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時(shí)的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間為t，求小滑塊運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小vP.【解析】(1)由題意知，依據(jù)左手定則可推斷，滑塊在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當(dāng)洛倫茲力等于電場(chǎng)力qE時(shí)滑塊離開MN起先做曲線運(yùn)動(dòng)，即BqvC＝qE解得vC＝E/B(2)從A到C依據(jù)動(dòng)能定理mgh－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)【答案】(1)E/B(2)Wf＝mgh－eq\f(1,2)meq\f(E2,B2)(3)vP＝eq\r(\f(mg2＋qE2,m2)t2＋v\o\al(2,D))【變式探究】現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)限制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)．在真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)和磁場(chǎng)的寬度均為d.電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對(duì)里．電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界相互平行且與電場(chǎng)方向垂直，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射．(1)求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2；(2)粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為θn，試求sinθn；(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，試問在其他條件不變的狀況下，也進(jìn)入第n層磁場(chǎng)，但比荷較該粒子大的粒子能否穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界，請(qǐng)簡(jiǎn)要推理說明之．(2)設(shè)粒子在第n層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為vn，軌跡半徑為rn(下標(biāo)表示粒子所在層數(shù))，nqEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)qvnB＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)由此可看出r1sinθ1，r2sinθ2，…，rnsinθn為一等差數(shù)列，公差為d，可得rnsinθn＝r1sinθ1＋(n－1)d當(dāng)n＝1時(shí)，由下圖可看出r1sinθ1＝d聯(lián)立可解得sinθn＝Beq\r(\f(nqd,2mE))(3)若粒子恰好不能從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出，則θn＝eq\f(π,2)，sinθn＝1由sinθ＝Beq\r(\f(nqd,2mE))知：在其他條件不變的狀況下，粒子的比荷越大，粒子穿出時(shí)速度方向與水平方向的夾角θn越大，所以比荷較該粒子大的粒子不能穿出該層磁場(chǎng)右側(cè)邊界．【命題熱點(diǎn)突破五】電磁感應(yīng)問題(1)通電導(dǎo)體在磁場(chǎng)中將受到安培力的作用，電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，解決問題的基本思路．①用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小及方向．②求電路中的電流．③分析導(dǎo)體的受力狀況．④依據(jù)平衡條件或者牛頓其次定律列方程．(2)抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題：①抓住能量轉(zhuǎn)化．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，肯定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，詳細(xì)問題中會(huì)涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機(jī)械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化．②利用功能關(guān)系．明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參加了相互轉(zhuǎn)化：摩擦力在相對(duì)位移上做功，必定有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必定有重力勢(shì)能參加轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就會(huì)有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．例5、（2024年江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，間距為d．導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向與導(dǎo)軌平面垂直．質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為s，導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流．金屬棒被松開后，以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持恒定，重力加速度為g．求下滑究竟端的過程中，金屬棒（1）末速度的大小v；（2）通過的電流大小I；（3）通過的電荷量Q．【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)v2=2as解得（2）安培力F安=IdB金屬棒所受合力牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=ma解得（3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間電荷量Q=It解得【變式探究】【2024·天津卷】電磁軌道炮利用電流和磁場(chǎng)的作用使炮彈獲得超高速度，其原理可用來研制新武器和航天運(yùn)載器。電磁軌道炮示意如圖，圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E，電容器的電容為C。兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l，電阻不計(jì)。炮彈可視為一質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸。首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電。然后將S接至2，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫出），MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)。當(dāng)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩極板間的電壓相等時(shí)，回路中電流為零，MN達(dá)到最大速度，之后離開導(dǎo)軌。問：（1）磁場(chǎng)的方向；（2）MN剛起先運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度a的大?。唬?）MN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量Q是多少。【答案】（1）磁場(chǎng)的方向垂直于導(dǎo)軌平面對(duì)下（2）（3）（3）電容器放電前所帶的電荷量開關(guān)S接2后，MN起先向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vm時(shí)，MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：最終電容器所帶電荷量設(shè)在此過程中MN的平均電流為，MN上受到的平均安培力：由動(dòng)量定理，有：又：整理的：最終電容器所帶電荷量【變式探究】小明設(shè)計(jì)的電磁健身器的簡(jiǎn)扮裝置如圖1-10所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌相距l(xiāng)＝0.50m，傾角θ＝53°，導(dǎo)軌上端串接一個(gè)R＝0.05Ω的電阻．在導(dǎo)軌間長(zhǎng)d＝0.56m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導(dǎo)軌平面對(duì)下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，