計(jì)算題解題策略【模型與方法】備戰(zhàn)2024年高考物理備考技巧（解析版）

第第頁專題04計(jì)算題解題策略目錄TOC\o"1-3"\h\u策略(一)“三步”審題法 1策略(二)大題小做 9策略(三)規(guī)范答題 16計(jì)算題技法專練 20【概述】物理計(jì)算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強(qiáng)，涉及物理過程多，所給的物理情境較復(fù)雜，物理模型比較模糊甚至很隱蔽，所運(yùn)用的物理規(guī)律也較多，對考生的各項(xiàng)能力要求很高。掌握以下“三策略”，可在物理計(jì)算題上得到理想的分值。策略(一)“三步”審題法【例1】（2023·安徽·高三專題練習(xí)）如圖甲所示，質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量木板的左端，木板長。起初、兩疊體靜止于水平面上。現(xiàn)用一水平向左的力作用在木板上，通過傳感器測出、兩物體的加速度與外力的變化關(guān)系如圖乙所示。已知兩物體與地面之間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取。求：(1)、之間的動摩擦因數(shù)及與地面之間的動摩擦因數(shù)。(2)若開始時(shí)對施加水平向左的恒力，且給一水平向右的初速度，則時(shí)與的右端相距多遠(yuǎn)？【三步審題】第一步：審條件挖隱含(1)當(dāng)F>F0時(shí)B相對地面滑動，F(xiàn)0的值為B與地面間的最大靜摩擦力大小(2)當(dāng)F0<F≤25N時(shí)，A與B一起加速運(yùn)動，A與B間的摩擦力為靜摩擦力(3)當(dāng)F>25N時(shí)，A與B有相對運(yùn)動，A在B的動摩擦力作用下加速度不變第二步：審情景建模型(1)A與B間相互作用：板塊模型(2)A與B的運(yùn)動：勻變速直線運(yùn)動第三步：審過程選規(guī)律(1)運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律找加速度與摩擦力(動摩擦因數(shù))的關(guān)系，并分析a-F圖像的物理意義(2)用勻變速運(yùn)動的規(guī)律分析A與B運(yùn)動的位移【答案】(1)0.4，0.1；(2)【詳解】(1)由乙圖知，、一起運(yùn)動的最大外力，當(dāng)時(shí)，與相對滑動，對由牛頓第二定律有由乙知解得對由牛頓第二定律有即當(dāng)時(shí)，代入上式解得(2)給一水平向右的初速度，且時(shí)，運(yùn)動的加速度大小為，方向水平向左，設(shè)運(yùn)動時(shí)間速度減為零，則位移代入數(shù)據(jù)可得的加速度大小代入數(shù)據(jù)可得，方向向左的位移大小此時(shí)的速度由于即此時(shí)運(yùn)動到的右端，當(dāng)繼續(xù)運(yùn)動時(shí)，從的右端掉下來停止。設(shè)從上掉下來后的加速度大小為，對由牛頓第二定律有可得在時(shí)與右端的距離?！纠?】（2021·浙江·高考真題）如圖所示，水平地面上有一高的水平臺面，臺面上豎直放置傾角的粗糙直軌道、水平光滑直軌道、四分之一圓周光滑細(xì)圓管道和半圓形光滑軌道，它們平滑連接，其中管道的半徑、圓心在點(diǎn)，軌道的半徑、圓心在點(diǎn)，、D、和F點(diǎn)均處在同一水平線上。小滑塊從軌道上距臺面高為h的P點(diǎn)靜止下滑，與靜止在軌道上等質(zhì)量的小球發(fā)生彈性碰撞，碰后小球經(jīng)管道、軌道從F點(diǎn)豎直向下運(yùn)動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點(diǎn)，已知小滑塊與軌道間的動摩擦因數(shù)，，。（1）若小滑塊的初始高度，求小滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大?。唬?）若小球能完成整個(gè)運(yùn)動過程，求h的最小值；（3）若小球恰好能過最高點(diǎn)E，且三棱柱G的位置上下可調(diào)，求落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)的水平距離x的最大值。【三步審題】第一步：審條件挖隱含(1)關(guān)注研究對象——滑塊、小球。(2)關(guān)注運(yùn)動過程滑塊勻加速下滑，與小球碰撞交換速度，小球做圓周運(yùn)動，下拋，與三棱柱碰撞后平拋。(3)關(guān)注受力根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的變化情況。第二步：審情景建模型對象拆解分別對滑塊和小球進(jìn)行受力分析和運(yùn)動分析模型構(gòu)建勻變速直線運(yùn)動、彈性碰撞、豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動、平拋運(yùn)動適用合適的規(guī)律動能定理、動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動的分解第三步：審過程選規(guī)律(1)對滑塊進(jìn)行受力分析，根據(jù)動能定理求得到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度。(2)根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒求得碰撞后小球的速度。(3)根據(jù)牛頓第二定律求得小球恰好做圓周運(yùn)動時(shí)在最高點(diǎn)E的速度。(4)根據(jù)C到E過程機(jī)械能守恒求得hmin。(5)從E到G過程，根據(jù)動能定理求得小球從G點(diǎn)平拋的初速度。(6)平拋過程根據(jù)運(yùn)動的分解得出落地點(diǎn)Q與F點(diǎn)水平距離x的數(shù)學(xué)表達(dá)式。(7)用數(shù)學(xué)知識求得x的最大值?！敬鸢浮浚?）4m/s；（2）；（3）0.8m【詳解】（1）小滑塊在軌道上運(yùn)動代入數(shù)據(jù)解得（2）小球沿軌道運(yùn)動，在最高點(diǎn)可得從C點(diǎn)到E點(diǎn)由機(jī)械能守恒可得解得，小滑塊與小球碰撞后動量守恒，機(jī)械能守恒，因此有，解得，結(jié)合(1)問可得解得h的最小值（3）設(shè)F點(diǎn)到G點(diǎn)的距離為y，小球從E點(diǎn)到G點(diǎn)的運(yùn)動，由動能定理由平拋運(yùn)動可得，聯(lián)立可得水平距離為由數(shù)學(xué)知識可得當(dāng)取最大，最大值為【例3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）某科研機(jī)構(gòu)采用無人機(jī)將山里的特產(chǎn)送下山，或利用無人機(jī)運(yùn)輸急救藥品和生活必需品，幫助部分山區(qū)居民解決交通不便的情況。如圖所示是某次無人機(jī)在基地進(jìn)行物流配送與飛行測試：實(shí)驗(yàn)中該無人機(jī)空載先從地面由靜止豎直向上勻加速起飛，上升到100m高度時(shí)無人機(jī)速度達(dá)到20m/s，隨后以等大加速度減速正好到達(dá)目標(biāo)所在位置。當(dāng)無人機(jī)滿載物品后，又以4m/s2加速度勻加速下降。已知無人機(jī)在飛行測試階段受到的空氣阻力為重力的0.1倍，已知該無人機(jī)的空載質(zhì)量為80kg，有效載荷為20kg，求：（1）無人機(jī)從靜止到目標(biāo)所在位置的時(shí)間；（2）在上升階段中，當(dāng)無人機(jī)速度達(dá)到最大速度20m/s時(shí)，無人機(jī)發(fā)動機(jī)的功率；（3）無人機(jī)從目標(biāo)所在位置回到地面時(shí)，當(dāng)達(dá)到最大速度后勻速飛行5s，最后勻減速直線運(yùn)動回到地面速度恰好為零，求減速階段無人機(jī)的制動力?！緦忣}破題】1.快速讀題，提取關(guān)鍵信息(1)運(yùn)動分析：“勻加速起飛”、“等大加速度減速”、“勻加速下降”等信息，構(gòu)建勻變速直線運(yùn)動模型。(2)受力分析：“空氣阻力為重力的0.1倍”知無人機(jī)受重力和空氣阻力，由牛頓第二定律列方程求解加速度。2.聯(lián)想情景，構(gòu)建運(yùn)動模型(1)上升階段(2)下降階段【答案】（1）20s；（2）20800W；（3）1300N【詳解】（1）勻加速上升過程解得a=2m/s2此過程時(shí)間勻減速上升過程a=-2m/s2t2=t1=10s故無人機(jī)從靜止到目標(biāo)所在位置的時(shí)間為t=t1＋t2=20s（2）上升階段速度達(dá)到v0時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律F-（mg＋0.1mg)=ma又P=Fv0解得P=20800W（3）無人機(jī)勻加速上升高度與勻減速上升高度相等，即故無人機(jī)上升的總高度為h=200m勻加速下降過程下落的高度為勻速飛行過程下落的高度為勻減速下落過程有由牛頓第二定律得Mg-0.1Mg-F′=Ma2聯(lián)立解得F′=1300N【例4】（2020·全國·統(tǒng)考高考真題）在一柱形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場，柱的橫截面積是以O(shè)為圓心，半徑為R的圓，AB為圓的直徑，如圖所示。質(zhì)量為m，電荷量為q（q>0）的帶電粒子在紙面內(nèi)自A點(diǎn)先后以不同的速度進(jìn)入電場，速度方向與電場的方向垂直。已知剛進(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，自圓周上的C點(diǎn)以速率v0穿出電場，AC與AB的夾角θ=60°。運(yùn)動中粒子僅受電場力作用。（1）求電場強(qiáng)度的大小；（2）為使粒子穿過電場后的動能增量最大，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？（3）為使粒子穿過電場前后動量變化量的大小為mv0，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度應(yīng)為多大？【“三步”規(guī)范解題】第一步：審題——2個(gè)切入點(diǎn)(1)關(guān)注勻強(qiáng)電場的區(qū)域分布——勻強(qiáng)電場分布在柱形區(qū)域內(nèi)。(2)關(guān)注運(yùn)動過程——進(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，在電場中做勻加速直線運(yùn)動；進(jìn)入電場時(shí)速度不為零的粒子，在電場中做類平拋運(yùn)動。第二步：破題——3個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)(1)進(jìn)入電場時(shí)速度為零的粒子，從自圓周上的C點(diǎn)穿出電場，可以確定電場線沿AC方向。(2)要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動距離最多。(3)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0。第三步：解題——3個(gè)環(huán)節(jié)(1)沿AC方向射出的粒子，根據(jù)動能定理可求出電場強(qiáng)度的大小。(2)從切點(diǎn)D射出的粒子，根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律，可求出粒子進(jìn)入電場時(shí)的大小。(3)根據(jù)粒子沿電場線方向做勻加速直線運(yùn)動規(guī)律，可求出穿過電場前后動量變化量的大小為mv0的粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）0或【詳解】（1）由題意知在A點(diǎn)速度為零的粒子會沿著電場線方向運(yùn)動，由于q>0，故電場線由A指向C，根據(jù)幾何關(guān)系可知所以根據(jù)動能定理有解得（2）根據(jù)題意可知要使粒子動能增量最大則沿電場線方向移動距離最多，做AC垂線并且與圓相切，切點(diǎn)為D，即粒子要從D點(diǎn)射出時(shí)沿電場線方向移動距離最多，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)幾何關(guān)系有而電場力提供加速度有聯(lián)立各式解得粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度（3）因?yàn)榱Ｗ釉陔妶鲋凶鲱惼綊佭\(yùn)動，粒子穿過電場前后動量變化量大小為mv0，即在電場方向上速度變化為v0，過C點(diǎn)做AC垂線會與圓周交于B點(diǎn)故由題意可知粒子會從C點(diǎn)或B點(diǎn)射出。當(dāng)從B點(diǎn)射出時(shí)由幾何關(guān)系有電場力提供加速度聯(lián)立解得當(dāng)粒子從C點(diǎn)射出時(shí)初速度為0，粒子穿過電場前后動量變化量的大小為，該粒子進(jìn)入電場時(shí)的速率應(yīng)為或。另解：由題意知，初速度為0時(shí)，動量增量的大小為，此即問題的一個(gè)解。自A點(diǎn)以不同的速率垂直于電場方向射入電場的粒子，動量變化都相同，自B點(diǎn)射出電場的粒子，其動量變化量也恒為，由幾何關(guān)系及運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得，此時(shí)入射速率為策略(二)大題小做物理壓軸題一般文字?jǐn)⑹隽枯^大，涉及的物理過程與情境較復(fù)雜，物理模型較多且不明顯，甚至很隱蔽，要運(yùn)用較多的物理規(guī)律進(jìn)行論證或計(jì)算才能求得結(jié)論。能否順利地突破求解，關(guān)鍵是能否順利地將題中復(fù)雜的物理運(yùn)動過程分解為若干個(gè)獨(dú)立的、較為簡單的過程，即將大題小做，各個(gè)擊破?！纠?】（2023·湖北·華中師大一附中?？家荒＃┤鐖D所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2為在同一水平面內(nèi)足夠長的金屬導(dǎo)軌，處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向豎直向下．導(dǎo)軌的M1N1段與M2N2段相互平行，間距為2m；P1Q1段與P2Q2段平行，間距為1m．兩根質(zhì)量均為m=lkg、電阻均為R=0.5Ω的金屬桿a、b垂直于導(dǎo)軌放置，桿的長度恰好等于導(dǎo)軌間距．一根不可伸長的絕緣輕質(zhì)細(xì)線一端系在金屬桿b的中點(diǎn)，另一端繞過輕小定滑輪與質(zhì)量為mc的重物c相連，線的水平部分與P1Q1平行且足夠長，c離地面足夠高．已知兩桿與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4，不計(jì)導(dǎo)軌電阻及電磁輻射，重力加速度為g=10m/s2。（1）若要保持整個(gè)系統(tǒng)靜止，重物c的質(zhì)量不能超過多少？（2）若c的質(zhì)量改為mc=0.6kg，將c由靜止釋放并開始計(jì)時(shí)，桿在運(yùn)動過程中始終保持與軌道垂直且接觸良好，求金屬桿b的最大速度．（3）在（2）的條件下，已知t=4s時(shí)，金屬桿b已經(jīng)非常接近最大速度，求這4s的過程中a棒上產(chǎn)生的焦耳熱。1．第(1)問可拆分為2個(gè)小題①求平衡時(shí)細(xì)線上的拉力大小FT是多少？建模：重物c二力平衡模型規(guī)律：兩力大小相等方向相反，即FT＝mcg②細(xì)線上的拉力大小與b桿受到的靜摩擦力Ff滿足什么關(guān)系時(shí)b桿能處于平衡狀態(tài)？建模：靜摩擦力作用下的平衡規(guī)律：合力為零，靜摩擦力小于等于最大靜摩擦力(如果沒有特別說明一般認(rèn)為最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力大小)，即FT＝Ff≤Ffmax＝μmg2.第(2)問可拆分為4個(gè)小題①b桿有最大速度時(shí)受到的最大安培力大小Fb是多少？建模：b桿與重物c系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)規(guī)律：系統(tǒng)合力為零，即mc′g＝μmg＋Fb②a桿受到的最大安培力大小Fa與b桿受到的最大安培力大小Fb有何關(guān)系？建模：兩桿在同一時(shí)刻電流大小相同，但a桿的長度是b的兩倍規(guī)律：由安培力公式得Fa＝2Fb③此過程中a桿的運(yùn)動狀態(tài)如何？分析：由于Fa＝2Fb＝μmg結(jié)論：a桿一直不動④b桿運(yùn)動的最大速度v與b桿受到的最大安培力大小有何關(guān)系？建模：b桿相當(dāng)于電源，a桿與導(dǎo)軌組成外電路規(guī)律：E＝BLbv，I＝eq\f(E,2R)，F(xiàn)b＝BILb3.第(3)問可拆分為4個(gè)小題①在4s內(nèi)細(xì)線上拉力的平均沖量是多大？建模：重物c的變速運(yùn)動規(guī)律：動量定理mc′gt－eq\x\to(F)t＝mc′v②在t＝4s時(shí)間內(nèi)b桿受到安培力的平均沖量是多大？建模：b桿的變速運(yùn)動規(guī)律：動量定理eq\x\to(F)t－μmgt－eq\x\to(F)bt＝mv③在t＝4s時(shí)間內(nèi)b桿受到安培力的平均沖量與b桿運(yùn)動的距離有何關(guān)系？建模：b桿與a桿及導(dǎo)軌組成的閉合電路規(guī)律：法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力公式、電流與沖量的定義式，即eq\x\to(F)bt＝BLbeq\x\to(I)t，eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),2R)t＝eq\f(BLbx,2R)④在t＝4s時(shí)間內(nèi)，重物c與兩桿組成電路中的功能關(guān)系如何？建模：b桿克服安培力做的功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱，此過程中兩桿產(chǎn)生的焦耳熱Q相等規(guī)律：能量守恒定律，即mc′gx＝eq\f(1,2)(m＋mc′)v2＋μmgx＋2Q【答案】（1）；（2）v=0.5m/s；（3）【詳解】（1）b靜止時(shí)，a一定也能靜止，根據(jù)平衡條件得解得（2）設(shè)b運(yùn)動的最大速度v，回路的電流為I，此時(shí)細(xì)繩的拉力為又聯(lián)立解得根據(jù)解得根據(jù)解得（3）分別對b和c，由動量定理又聯(lián)立解得b的位移為對a、b和c，能量守恒定律得解得a上產(chǎn)生的焦耳熱為【例2】（2021·全國·高考真題）如圖，一傾角為的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計(jì)；一電阻的金屬棒的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩形回路；與斜面底邊平行，長度。初始時(shí)與相距，金屬棒與導(dǎo)體框同時(shí)由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，重力加速度大小取。求：（1）金屬棒在磁場中運(yùn)動時(shí)所受安培力的大??；（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù)；（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離?！疽?guī)范審題】第一步：審題切入點(diǎn)(1)確定運(yùn)動對象金屬棒和導(dǎo)體框兩個(gè)物體，分別對兩個(gè)物體受力分析，判斷它們的受力和運(yùn)動情況。(2)運(yùn)動過程分析運(yùn)動過程可分為4個(gè)階段：第1階段：金屬棒進(jìn)入磁場前，金屬棒和導(dǎo)體框在光滑斜面做勻加速運(yùn)動；第2階段：金屬棒進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，導(dǎo)體框做勻加速運(yùn)動；第3階段：導(dǎo)體框的EF邊進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，金屬棒做加速運(yùn)動；第4階段：金屬棒與導(dǎo)體框速度相同后，導(dǎo)體框做加速運(yùn)動。第二步：破題關(guān)鍵點(diǎn)(1)要搞清金屬棒與導(dǎo)體框之間的相對運(yùn)動，明確各個(gè)階段速度大小關(guān)系，第1階段兩者共同運(yùn)動，沒有相對運(yùn)動；第2階段導(dǎo)體框速度大于金屬棒速度；第3階段導(dǎo)體框速度大于金屬棒速度；第4階段導(dǎo)體框速度小于金屬棒速度。(2)對金屬棒與導(dǎo)體框之間的摩擦力的判斷，在第1階段不存在摩擦力；在第2階段金屬棒受到的摩擦力沿斜面向下；第3階段金屬棒受到的摩擦力沿斜面向下；第4階段金屬棒受到的摩擦力沿斜面向上。第三步：計(jì)算環(huán)節(jié)分析(1)利用機(jī)械能守恒定律計(jì)算金屬棒進(jìn)入磁場時(shí)的速度；(2)利用動能定理計(jì)算導(dǎo)體框EF進(jìn)入磁場時(shí)的速度；(3)利用平衡條件列平衡方程求解金屬棒的質(zhì)量及動摩擦因數(shù)；(4)利用牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【分析】、【詳解】（1）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時(shí)一起做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理可得代入數(shù)據(jù)解得金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得由閉合回路的歐姆定律可得則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時(shí)受到的安培力為（2）金屬棒進(jìn)入磁場以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金屬棒相對導(dǎo)體框向上運(yùn)動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運(yùn)動，可有此時(shí)導(dǎo)體框向下做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得設(shè)磁場區(qū)域的寬度為x，則金屬棒在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為當(dāng)金屬棒剛好離開磁場區(qū)域時(shí)，則此時(shí)導(dǎo)體框的速度為則導(dǎo)體框的位移因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時(shí)金屬框的上端EF剛好進(jìn)入磁場，則有位移關(guān)系金屬框進(jìn)入磁場時(shí)勻速運(yùn)動，此時(shí)的電動勢為導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得聯(lián)立以上可得（3）金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動，則有金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時(shí)導(dǎo)體框不再勻速，則有導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離為代入數(shù)據(jù)解得【例3】（2024·云南聯(lián)考模擬預(yù)測）電子對湮滅是指電子e－和正電子e＋碰撞后湮滅，產(chǎn)生伽馬射線的過程，電子對湮滅是正電子發(fā)射計(jì)算機(jī)斷層掃描(PET)及正電子湮滅能譜學(xué)(PAS)的物理基礎(chǔ)．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy上，P點(diǎn)在x軸上，且OP＝2L，Q點(diǎn)在負(fù)y軸上某處．在第Ⅰ象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，在第Ⅱ象限內(nèi)有一圓形區(qū)域，與x、y軸分別相切于A、C兩點(diǎn)，OA＝L，在第Ⅳ象限內(nèi)有一未知的矩形區(qū)域(圖中未畫出)，未知矩形區(qū)域和圓形區(qū)域內(nèi)有完全相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里．一束速度大小為v0的電子束從A點(diǎn)沿y軸正方向射入磁場，經(jīng)C點(diǎn)射入電場，最后從P點(diǎn)射出電場區(qū)域；另一束速度大小為v0的正電子束從Q點(diǎn)沿與y軸正向成45°角的方向射入第Ⅳ象限，而后進(jìn)入未知矩形磁場區(qū)域，離開磁場時(shí)正好到達(dá)P點(diǎn)，且恰好與從P點(diǎn)射出的電子束正碰發(fā)生湮滅，即相碰時(shí)兩束粒子速度方向相反．已知正、負(fù)電子質(zhì)量均為m、電荷量大小均為e，電子的重力不計(jì)．求：(1)圓形區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和第Ⅰ象限內(nèi)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大??；(2)電子從A點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)Q點(diǎn)縱坐標(biāo)及未知矩形磁場區(qū)域的最小面積S．【審題破題】1.明確場的組合，拆分運(yùn)動過程，作出運(yùn)動軌跡圖(如圖甲)。甲乙2.電子從A到C軌跡為eq\f(1,4)圓周，運(yùn)動時(shí)間為t＝eq\f(1,4)T；電子在電場中從C到P做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動的合成與分解求運(yùn)動時(shí)間。3.正電子進(jìn)入未知矩形磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)，要使矩形磁場面積最小，右側(cè)應(yīng)與軌跡相切。在P點(diǎn)正、負(fù)電子正碰發(fā)生湮滅，判斷速度方向與x軸的夾角，畫出正電子運(yùn)動示意圖(如圖乙)。【答案】(1)；(2)(3)－4L，S＝2L(－1)L＝2(－1)L2【詳解】(1)電子束a從A點(diǎn)沿y軸正方向發(fā)射，經(jīng)過C點(diǎn)，由題意可得電子在磁場中運(yùn)動的半徑R＝L又ev0B＝解得B＝電子在電場中做類平拋運(yùn)動，得2L＝v0t1又加速度為a＝解得E＝，t1＝(2)在磁場中運(yùn)動的周期電子在磁場中運(yùn)動了四分之一圓周，則t2＝T＝在電場中運(yùn)動時(shí)間t1＝，故從A到P的時(shí)間t＝t1＋t2＝(3)速度為v0的正電子在磁場中運(yùn)動的半徑電子從P點(diǎn)穿過x軸時(shí)與x軸正方向夾角為θvy＝v0θ＝故Q點(diǎn)的縱坐標(biāo)y＝－(R2＋2Ltan)＝－4L未知矩形磁場區(qū)域的最小面積為圖中矩形PFMN的面積S＝2L(－1)L＝2(－1)L2策略(三)規(guī)范答題物理規(guī)范答題主要體現(xiàn)在三個(gè)方面：思想方法的規(guī)范化，解題過程的規(guī)范化，物理語言和書寫的規(guī)范化。依據(jù)高考試題的參考答案和評分標(biāo)準(zhǔn)，總結(jié)出如下四步規(guī)范化答題模式：1．畫圖分析主要是畫原理分析圖和物理過程示意圖(如受力分析圖、運(yùn)動示意圖、等效電路圖、光路圖等)。目的是有助于解題過程表述的簡潔性，更有助于分析題意，找出解題方法。2．寫出必要的文字說明目的是展示物理問題發(fā)展的前因后果。文字說明的語言要簡潔、明確、規(guī)范，主要有下列六個(gè)方面：(1)說明研究對象，可采用“對物體A”“對A、B組成的系統(tǒng)”等簡潔的形式。(2)指出物理過程和狀態(tài)，如“從A→B”“在t時(shí)刻”等簡單明了的說法。(3)假設(shè)所求的物理量或題中沒有但解題卻需要的中間變量，如“設(shè)……”“令……”等熟知的說法或“各量如圖中所示”(在原理圖上標(biāo)出各量)。(4)寫明解題依據(jù)，如“由……定律有”“據(jù)……得”等。(5)解題過程中必要的關(guān)聯(lián)詞，如“將……代入”“由……得出”等。(6)對原因、結(jié)果的補(bǔ)充說明，如“因?yàn)椤薄八浴薄按笥凇薄靶∮凇钡取?．列出方程式主要是物理公式和與解題相關(guān)的數(shù)學(xué)公式。該步驟要注意以下三點(diǎn)：(1)一定要寫方程的原式，而不是變形式或結(jié)果計(jì)算式。(2)所列方程要與解題密切相關(guān)，不要堆砌方程。方程過多，容易造成解題的混亂。(3)列方程時(shí)，物理量的符號要用題中所給的符號。若使用題中沒有的物理量符號時(shí)，也一定要使用課本上統(tǒng)一的符號。4．準(zhǔn)確演算明確結(jié)果(1)解題過程詳略得當(dāng)寫出重要的關(guān)系式和推導(dǎo)步驟，詳細(xì)的推導(dǎo)、整理過程一般不用寫。(2)代數(shù)運(yùn)算正確從原方程求解最后結(jié)果時(shí)，要先推導(dǎo)出最簡形式的計(jì)算式，再把單位統(tǒng)一后的數(shù)據(jù)代入，寫出計(jì)算結(jié)果和單位，中間運(yùn)算過程無須寫上。要盡量避免步步計(jì)算。(3)結(jié)果表達(dá)準(zhǔn)確結(jié)果的表達(dá)要明確，要有數(shù)值和單位。如果是矢量，要用正負(fù)號表示或說明其方向性。(4)做出必要的說明和討論如果需要說明或討論的，一定要有準(zhǔn)確的說明或必要的討論。【例1】間距L＝0.5m的兩平行金屬導(dǎo)軌由傾斜部分和水平部分(足夠長)組成，兩部分通過絕緣材料在D、E兩點(diǎn)平滑連接，傾斜部分導(dǎo)軌與水平面間夾角為θ＝30°，導(dǎo)軌上端接有R＝1Ω的電阻?？臻g分布如圖所示的勻強(qiáng)磁場，傾斜導(dǎo)軌的磁場方向垂直導(dǎo)軌平面ACDE向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，水平區(qū)域GF邊界右側(cè)磁場方向豎直向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2T，DEFG為無場區(qū)域?，F(xiàn)有三根長度均為L＝0.5m的金屬棒a、b、c與導(dǎo)軌良好接觸，其質(zhì)量ma＝0.1kg、mb＝0.2kg、mc＝0.1kg，其電阻Ra＝1Ω，Rb＝1Ω，Rc＝2Ω，金屬棒a由靜止釋放，釋放處離水平導(dǎo)軌的高度為h＝5m。金屬棒在到達(dá)ED邊界前速度已達(dá)到穩(wěn)定，金屬棒b、c放置在水平導(dǎo)軌上。不計(jì)一切摩擦阻力及導(dǎo)軌的電阻，金屬棒一直處在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌保持垂直，始終未相碰，重力加速度為g＝10m/s2。求：(1)金屬棒a運(yùn)動過程中的最大速度vm；(2)金屬棒a下滑過程運(yùn)動的總時(shí)間t；(3)金屬棒a進(jìn)入GF后，金屬棒b最終如何運(yùn)動？此過程中金屬棒b產(chǎn)生的焦耳熱?！敬鸢浮?1)4m/s(2)3.3s(3)見解析【解析】(1)對金屬棒a：速度穩(wěn)定時(shí)，受力平衡，有magsinθ＝ILB1分由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(BLvm,R＋Ra)1分解得vm＝4m/s。1分(2)由動量定理得：magtsinθ－eq\o(I,\s\up6(－))LBt＝mavm1分又eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R＋Ra)1分解得t＝3.3s。1分(3)b棒最終做勻速運(yùn)動，且a、b、c的速度相同對a、b、c棒組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律知mavm＝(ma＋mb＋mc)v′代入數(shù)值解得v′＝1m/s1分由能量守恒定律得Q＝eq\f(1,2)maveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)(ma＋mb＋mc)v′2得Q＝0.6J1分又Qa∶(Qb＋Qc)＝1∶eq\f(2,3)Qb∶Qc＝2∶11分代入數(shù)值解得Qb＝0.16J。1分【例2】如圖為一游戲裝置的示意圖，傾斜軌道上物塊A距離水平面高H＝1.2m，細(xì)管軌道半徑R1＝0.50m，圓軌道半徑R2＝0.40m，兩圓軌道間EF段長L＝0.5m，讓物塊A從斜面上由靜止滑下與靜止在水平面上的物塊B發(fā)生彈性正碰，兩物塊的質(zhì)量均為m＝0.1kg，兩物塊與EF段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.1，軌道其余部分均光滑。兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2。(1)求第一次碰撞后，物塊B的速度；(2)求物塊B第一次通過兩圓軌道最高點(diǎn)C和D時(shí)，軌道分別對物塊B的彈力；(3)若在軌道左端放置一順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動的足夠長的傳送帶，試分析傳送帶的速度v滿足什么條件時(shí)，物塊A、B一定發(fā)生第二次碰撞?！敬鸢浮?1)2eq\r(6)m/s(2)0.2N，方向豎直向上0.75N，方向豎直向下(3)v帶≥eq\r(21)m/s【解析】(1)由機(jī)械能守恒定律得mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝2eq\r(6)m/s1分A和B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB1分A和B發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)1分解得vA＝0，vB＝v0＝2eq\r(6)m/s1分(2)B運(yùn)動至C，由動能定理得－2mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝2m/s1分在C點(diǎn)：FNC＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R1)解得FNC＝－0.2N，故在C點(diǎn)軌道對物塊B彈力大小為0.2N，方向豎直向上1分B運(yùn)動至D，由動能定理得－2mgR2－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vD＝eq\r(7)m/s1分在D點(diǎn)：FND＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R2)解得FND＝0.75N，方向豎直向下1分(3)B物體剛上傳送帶時(shí)－μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得v1＝eq\r(23)m/s1分若B剛好能過D點(diǎn)，則－2mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,臨)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，v臨＝eq\r(gR2)解得v2＝2eq\r(5)m/s1分若B剛好能過C點(diǎn)，則－2mgR1－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)，解得v3＝eq\r(21)m/s1分綜上得v≥eq\r(21)m/s。1分計(jì)算題技法專練1.（2024·湖南長沙·統(tǒng)考模擬預(yù)測）某發(fā)光二極管由一種透明材料封裝而成，為研究其光學(xué)屬性，某同學(xué)找來一個(gè)用這種材料制成的半圓柱體，其橫截面是半徑為的半圓，是半圓的圓心，為水平直徑。單色光以入射角從A點(diǎn)射入半圓柱體，經(jīng)折射后到達(dá)弧面上的點(diǎn)，如圖所示。已知間的水平距離為，真空中的光速為，求∶（1）該材料對單色光的折射率；（2）單色光從A到的傳播時(shí)間?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設(shè)單色光a從A點(diǎn)射入半圓柱體的折射角為，做出輔助線，如圖由幾何關(guān)系可知根據(jù)折射率的公式可得（2）根據(jù)由圖可知單色光從A到的傳播時(shí)間為2．（2024·山西臨汾·統(tǒng)考一模）如圖所示，排球比賽中運(yùn)動員將排球從M點(diǎn)以的速度水平擊出，當(dāng)球飛到P點(diǎn)時(shí)被對方運(yùn)動員擊出，球又斜向上飛出后經(jīng)過M點(diǎn)正下方的N點(diǎn)，N、P兩點(diǎn)等高且水平距離為10m。球斜向上飛出后軌跡最高點(diǎn)與M點(diǎn)等高。不計(jì)空氣阻力，重力加速度取。求：（1）M、N兩點(diǎn)間的高度差h；（2）在P點(diǎn)排球被擊出時(shí)排球速度的大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）排球從M到P做平拋運(yùn)動解得（2）被擊回的排球在最高點(diǎn)Q起做平拋運(yùn)動得從P到Q，根據(jù)機(jī)械能守恒解得3．（2024·吉林·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量不計(jì)的活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在上端開口的直立圓筒形導(dǎo)熱氣缸內(nèi)，氣體溫度T1=400K，氣柱的高度為h=24cm，在氣缸內(nèi)壁有固定的小卡環(huán)，卡環(huán)到氣缸底的高度差為10cm?，F(xiàn)在活塞上方緩慢堆放細(xì)沙，直至氣柱長度減為h1=16cm時(shí)停止堆放細(xì)沙，如圖乙所示。之后對氣體緩慢降溫至T2=100K。已知大氣壓強(qiáng)為p0=1×105Pa，氣缸的橫截面積為S=1×10?4m2，重力加速度g取10m/s2。求：（1）堆放細(xì)沙的質(zhì)量m；（2）溫度降為T2時(shí)氣體的壓強(qiáng)?！敬鸢浮浚?）0.5kg；（2）6×104Pa【詳解】（1）乙狀態(tài)的平衡方程從甲狀態(tài)到乙狀態(tài)經(jīng)歷等溫過程得m=0.5kg（2）從甲狀態(tài)到活塞剛與小卡環(huán)接觸時(shí)有解得T′≈167K而167K>100K，則說明100K時(shí)活塞已經(jīng)與卡環(huán)接觸，則從甲狀態(tài)到末狀態(tài)，由理想氣體狀態(tài)方程得得p2=6×104Pa4．（2024上·山西呂梁·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，某足夠?qū)挼目臻g有垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為、帶電荷量的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為的恒力，g取。求：（1）剛開始滑塊的加速度大小以及滑塊受到的摩擦力大??；（2）滑塊勻加速所達(dá)到的最大速度以及絕緣木板運(yùn)動的最大加速度?！敬鸢浮浚?），；（2），【詳解】（1）整體為對象小滑塊為對象得

勻加速結(jié)束時(shí)，滑塊得

又有所以

當(dāng)滑塊與絕緣木板之間彈力為零時(shí)，二者間滑動摩擦力也為零。絕緣木板加速度達(dá)到最大，有得5．（2024上·山西呂梁·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，足夠長的U形粗糙金屬導(dǎo)軌，其平面與水平面成角，其中導(dǎo)軌MN與PQ平行且間距為L，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場垂直，NQ之間電阻為r，其余部分金屬導(dǎo)軌電阻不計(jì)，金屬棒ab與導(dǎo)軌之間的摩擦因數(shù)為，金屬棒由靜止釋放后可以沿導(dǎo)軌下滑，并與兩導(dǎo)軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，求：（1）導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上運(yùn)動的最大速度是多少？（2）當(dāng)導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上運(yùn)動速度大小為時(shí)下滑的距離為x，求此過程導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱和流過ab棒橫截面的電荷量q?！敬鸢浮浚?）；（2），【詳解】（1）導(dǎo)體棒ab在導(dǎo)軌上運(yùn)動達(dá)到最大速度時(shí)根據(jù)平衡條件有得（2）根據(jù)能量守恒定律得故導(dǎo)體棒ab上產(chǎn)生的焦耳熱所以棒下滑位移的大小為x時(shí)解得6．（2024上·湖南張家界·高三統(tǒng)考期末）如圖所示，水平地面上的木板中央豎直固定一根長為的輕桿，輕桿頂端用長為的輕繩連接一可看作質(zhì)點(diǎn)的小球，初始時(shí)把小球拉至水平，由靜止釋放，小球擺動到最低點(diǎn)時(shí)與輕桿發(fā)生碰撞瞬間二者合為一體，之后整體在水平地面上向左做勻減速直線運(yùn)動。已知小球與木板的質(zhì)量均為，小球向下擺動過程中木板恰好不滑動，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為，求：（1）木板對水平地面的最大壓力；（2）木板與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量；（3）木板沿水平地面向左滑動的距離。

【答案】（1）4mg；（2）；（3）【詳解】（1）小球與輕桿碰撞前，輕繩中的張力最大，設(shè)此時(shí)小球的速度大小為，輕繩中張力為T，則有解得（2）小球損失的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，設(shè)碰撞后整體的速度大小為，碰撞過程中產(chǎn)生的熱量為，結(jié)合能量守恒定律可得解得（3）設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為，當(dāng)輕繩與水平方向的夾角為時(shí)，小球的速度大小為v，輕繩中張力大小為T，要使木板不滑動，則輕繩中拉力在水平方向的分力不大于對應(yīng)木板受到的最大靜摩擦力，有解得顯然上式右邊為第一象限內(nèi)單位圓上的點(diǎn)與定點(diǎn)連線斜率的相反數(shù)，如圖當(dāng)時(shí)，存在極值，即，所以解得7．（2024上·江蘇蘇州·高三校考階段練習(xí)）如圖所示，質(zhì)量為、帶有圓弧形槽的物體放在水平地面上，弧形槽的最低點(diǎn)靜置一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為的物塊，質(zhì)量為的橡皮泥以大小為、水平向右的速度與物塊發(fā)生碰撞，碰撞后二者不分離，此后物塊沿弧形槽上滑，已知弧形槽的最低點(diǎn)距離地面的高度為，弧形槽的半徑為，弧形槽底端切線水平，忽略一切摩擦和橡皮泥與物塊的碰撞時(shí)間，重力加速度。。求：（1）橡皮泥擊中物塊后瞬間物塊對弧形槽的壓力大??；（2）物塊沿弧形槽上滑的最大高度；（3）物塊落地瞬間到物體最左端的距離。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）橡皮泥擊中物塊過程，根據(jù)動量守恒可得解得橡皮泥擊中物塊后瞬間速度大小為根據(jù)牛頓第二定律可得解得根據(jù)牛頓第三定律可知，橡皮泥擊中物塊后瞬間物塊對弧形槽的壓力大小為。（2）物塊沿弧形槽上滑的最大高度時(shí)，物塊與弧形槽具有相同的水平速度，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得解得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得解得物塊沿弧形槽上滑的最大高度為（3）設(shè)物塊回到弧形槽底端時(shí)，物塊和弧形槽的速度分別為、，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒可得根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得聯(lián)立解得，物塊離開弧形槽后做平拋運(yùn)動，豎直方向有解得則物塊落地瞬間到物體最左端的距離為8．（2024·浙江·高考真題）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角的直軌道，半徑的圓弧軌道，長度、傾角為的直軌道，半徑為R、圓心角為的圓弧管道組成，軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量滑塊b，其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質(zhì)量的小物塊a從軌道上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道滑上軌道，軌道由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動時(shí)動摩擦因數(shù)，向下運(yùn)動時(shí)動摩擦因數(shù)，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當(dāng)小物塊a滑塊b上滑動時(shí)動摩擦因數(shù)恒為，小物塊a動到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。（其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，，）（1）若，求小物塊①第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大??；②在上經(jīng)過的總路程；③在上向上運(yùn)動時(shí)間和向下運(yùn)動時(shí)間之比。（2）若，滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?！敬鸢浮浚?）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【詳解】（1）①對小物塊a從A到第一次經(jīng)過C的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有第一次經(jīng)過C點(diǎn)的向心加速度大小為②小物塊a在DE上時(shí)，因?yàn)樗孕∥飰Ka每次在DE上升至最高點(diǎn)后一定會下滑，之后經(jīng)過若干次在DE上的滑動使機(jī)械能損失，最終小物塊a將在B、D間往復(fù)運(yùn)動，且易知小物塊每次在DE上向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的距離相等，設(shè)其在上經(jīng)過的總路程為s，根據(jù)功能關(guān)系有解得③根據(jù)牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運(yùn)動和向下運(yùn)動的加速度大小分別為將小物塊a在DE上的若干次運(yùn)動等效看作是一次完整的上滑和下滑，則根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有解得（2）對小物塊a從A到F的過程，根據(jù)動能定理有解得設(shè)滑塊長度為l時(shí)，小物塊恰好不脫離滑塊，且此時(shí)二者達(dá)到共同速度v，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有解得9．（2024上·四川·高三校聯(lián)考期末）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)存在沿x軸正方向、電場強(qiáng)度大小為E的勻強(qiáng)電場，第一象限內(nèi)一梯形區(qū)域中存在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），點(diǎn)P處的質(zhì)子源由靜止釋放的質(zhì)子在電場力的作用下加速后，從Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)垂直x軸射入第四象限。已知P、Q、N三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為、、，質(zhì)子的質(zhì)量為m、帶電荷量為e，不計(jì)質(zhì)子受到的重力，求：（1）質(zhì)子的最大速度v；（2）質(zhì)子從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時(shí)間t；（3）第一象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積S?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）質(zhì)子在電場力的作用下加速，根據(jù)動能定理有質(zhì)子的最大速度為（2）質(zhì)子從從Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點(diǎn)垂直x軸射入第四象限，畫出軌跡如圖所示。質(zhì)子在電場中運(yùn)動有質(zhì)子在磁場中運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力質(zhì)子做勻速直線運(yùn)動的時(shí)間為質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的時(shí)間為質(zhì)子從P點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的時(shí)間為（3）質(zhì)子在磁場中運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力則第一象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小面積為10．（2024上·江西宜春·高三江西省宜春市第一中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示，光滑的玻璃管豎直固定放置，管內(nèi)輕彈簧固定在玻璃管的底部，質(zhì)量為6m的小球A固定在輕彈簧的上端，質(zhì)量均為m的小球B、C用輕桿連接，在管內(nèi)距A球一定高度處由靜止釋放，A、B、C三球的直徑均略小于管的內(nèi)徑，A、B兩球碰撞后粘在一起，碰撞后反彈至最高點(diǎn)時(shí)，A球的加速度大小為，重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為k，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，求：（1）B球與A球碰撞后一瞬間，輕桿對C球的作用力大?。唬?）碰撞后一瞬間，三個(gè)球的速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）B球與A球碰撞后一瞬間，設(shè)A、B、C三球的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律開始時(shí)設(shè)碰撞后一瞬間，桿對小球C的作用力為T，則有解得（2）設(shè)反彈上升到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧的伸長量為x，根據(jù)題意解得設(shè)碰撞后一瞬間三個(gè)球的速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有解得11．（2024·吉林·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，兩根足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ間距l(xiāng)=1m，其電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成30°角。桿1、桿2是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，質(zhì)量分別為m1=0.1kg和m2=0.4kg，兩桿垂直導(dǎo)軌放置，且兩端始終與導(dǎo)軌接觸良好，兩桿的總電阻R=2Ω，兩桿在沿導(dǎo)軌向上的外力F作用下保持靜止。整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與導(dǎo)軌所在平面垂直，在t=0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F不變，重力加速度g取10m/s2，求：（1）細(xì)線燒斷后，兩桿最大速度v1、v2的大??；（2）兩桿剛達(dá)到最大速度時(shí)，桿1上滑了0.8m，則從t=0時(shí)刻起到此刻用了多長時(shí)間？【答案】（1）v1=3.2m/s，v2=0.8m/s；（2）0.41【詳解】（1）線燒斷前F=(m1＋m2)gsin30°細(xì)線燒斷后F安1=F安2方向相反，由系統(tǒng)動量守恒得m1v1=m2v2兩棒同時(shí)達(dá)到最大速度，之后做勻速直線運(yùn)動。對棒2有m2gsn30°=BIlI=解得v1=3.2m/sv2=0.8m/s（2）由系統(tǒng)動量守恒得m1v1=m2v2則m1x1=m2x2即x2=0.2m設(shè)所求時(shí)間為t，對棒2由動量定理得m2gsin30°·t－B·t=m2v2－0解得t=0.41s12．（2024上·山東青島·高三山東省平度第一中學(xué)?？计谀┯葾、B、C三部分組成的滑道放置在光滑水平面上，其中A部分為上表面光滑的“L”形平臺，其上方有一與其等長輕質(zhì)彈簧，彈簧左端固定在擋板上，右端自然伸長；B部分為質(zhì)量mB=1kg、長L=5.0m的長木板；C部分為半徑R=0.2m的豎直光滑半圓軌道?，F(xiàn)將質(zhì)量m=4kg的小物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）壓縮彈簧至P點(diǎn)后由靜止釋放。如圖甲，若A、B、C均鎖定，小物塊恰能運(yùn)動至半圓軌道最高點(diǎn)S。如圖乙，解除對B、C的鎖定，在距離B的右端s（0.5R<s≤8R）處固定一寬度可以忽略不計(jì)且與長木板等高的豎直擋板，再將半圓軌道移至擋板右側(cè)緊靠擋板放置，小物塊沖上長木板B后，當(dāng)B碰撞擋板后速度立即變?yōu)?并被鎖定。已知長木板B的上表面粗糙，小物塊與B間動摩擦因數(shù)μ=0.15，重力加速度g=10m/s2，求：（1）彈簧壓縮至P點(diǎn)時(shí)彈性勢能Ep；（2）從小物塊滑上長木板B到B與擋板碰撞的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q與s之間的關(guān)系；（3）若s=8R，為使小物塊在半圓軌道C內(nèi)側(cè)相對運(yùn)動不超過圓弧，半圓軌道C的質(zhì)量mC應(yīng)滿足的條件。【答案】（1）；（2）見解析；（3）【詳解】（1）小物塊恰能過最高點(diǎn)S，有解得根據(jù)能量守恒可知，彈簧壓縮至P點(diǎn)時(shí)的彈性勢能為（2）設(shè)物塊滑上木板時(shí)的速度為v0，有解得假設(shè)物塊與木板能共速，根據(jù)動量守恒定律，有解得

物塊的位移和板的位移分別為x1和x2，根據(jù)動能定理，有，解得，則所以共速時(shí)不會從板上掉下。若時(shí)，物塊與木板不能共速，設(shè)物塊和木板速度分別為v1和v2，有，解得，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q與s之間的關(guān)系為若，物塊與木板將共速，由于摩擦而產(chǎn)生的熱量Q為（3）若，物塊與木板將共速，設(shè)物塊滑上半圓軌道速度為v1解得若物塊在半圓軌道內(nèi)側(cè)相對運(yùn)動不超過圓弧，則物塊和半圓軌道共速，根據(jù)動量守恒和能量守恒，有，因?yàn)榻獾?3．（2024上·山東青島·高三山東省平度第一中學(xué)?？计谀┤鐖D甲，一質(zhì)量、電量的帶正電小球（可視作點(diǎn)電荷），它在一高度和水平位置都可調(diào)節(jié)的平臺上滑行一段距離后做平拋運(yùn)動，并沿光滑豎直圓弧軌道下滑。A、B為圓弧兩端點(diǎn)，其連線水平，在圓弧區(qū)域內(nèi)有一平行半徑OA斜向左下方的勻強(qiáng)電場E，為保證小球從不同高度h平拋，都恰能沿切線從A點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道，小球平拋初速度v0和h滿足如圖乙所示的拋物線，同時(shí)調(diào)節(jié)平臺離A點(diǎn)的水平距離合適。已知圓弧半徑，平臺距AB連線的高度h可以在之間調(diào)節(jié)。不計(jì)空氣阻力，取g=10m/s2，求：（1）平臺離A的水平距離x范圍（時(shí)初速度的準(zhǔn)確值未知）；（2）當(dāng)且時(shí)，小球滑到最低點(diǎn)C的速度v；（3）如果將勻強(qiáng)電場的方向變?yōu)槠叫杏贏B水平向左，大小變?yōu)?，其他條件不變。當(dāng)時(shí)，帶電小球?qū)A弧軌道最大壓力的大?。ńY(jié)果保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）因?yàn)樾∏驈牟煌叨萮平拋，都恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點(diǎn)進(jìn)入光滑豎直圓弧軌道，所以小球進(jìn)入圓弧軌道時(shí)的速度方向不變，設(shè)此速度與豎直方向成α角，則由圖像中當(dāng)時(shí)，代入上式得，則，所以當(dāng)時(shí)，，平臺離A的最小距離為同理得平臺離A的最大距離為所以（2）小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度從A點(diǎn)到C點(diǎn)，由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得（3）當(dāng)小球在圓弧上的速度與豎直方向成45°時(shí)小球速度最大，從A點(diǎn)到此位置由動能定理得在速度最大位置由向心力公式解得14．（2024·山西臨汾·統(tǒng)考一模）如圖所示，物塊B和木板C靜止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足夠長，