热点23 力学三大观点的应用
1.(2024·广东韶关市综合测试二)如图所示，质量均为m的物块A、B用绕过光滑轻质定滑轮的不可伸长的刚性轻绳连接，A与地面接触，B离地面的高度h为1.2 m，质量为2m的圆环C套在轻绳上，C在B上方d＝0.8 m处。由静止释放圆环C，C下落后与B碰撞并粘在一起，碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，A、B、C均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。
INCLUDEPICTURE "25YA344.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA344.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)C、B碰撞后瞬间，共同速度为多大？
(2)碰撞后，B经过多长时间到达地面？
2．(2024·河北石家庄市教学质检一)如图甲所示，质量m1＝2 kg的小物块A静置于平台左端，A与平台间的动摩擦因数μ＝0.1。紧靠平台右侧有一质量m0＝1 kg的足够长小车，平台和小车上表面在同一水平高度。质量m2＝2 kg的小滑块B静置于小车左端，B与小车上表面间的动摩擦因数也为μ＝0.1，竖直墙面距离小车足够远。t＝0时，给物块A施加一水平向右的力F，F随时间变化的规律如图乙所示，t＝2 s时撤掉力F，t＝4 s时，A与B发生弹性碰撞，一段时间后，小车与墙面发生碰撞，碰撞时间极短，每次碰后小车速度反向，大小变为碰前的一半，忽略小车与地面间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2。求：
INCLUDEPICTURE "25YA346.tif" INCLUDEPICTURE "25YA346.tif" \* MERGEFORMAT
(1)A与B发生弹性碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
(2)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间，滑块与小车间由于摩擦产生的热量；
(3)小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第3次碰撞前瞬间，小车运动的路程。
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热点23 力学三大观点的应用
1．解析：(1)C与B碰撞前的过程，由动能定理有2mgd＝×2mv－0，得vC＝＝4 m/s
碰撞过程动量守恒，则有2mvC＝4mv，得v＝2 m/s。
(2)C与B碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律3mg－mg＝4ma，得a＝5 m/s2
由运动学公式有h＝vt＋at2，得t＝0.4 s。
答案：(1)2 m/s (2)0.4 s
2．解析：(1)在F－t图像中，图像与时间轴围成的面积等于F的冲量，在前4 s时间内，根据动量定理IF－μm1gt＝m1v0，代入数据可得v0＝12 m/s。
(2)A、B在碰撞的过程中，满足动量守恒定律和机械能守恒定律
m1v0＝m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝0，v2＝12 m/s。
由于竖直墙面距离小车足够远，在小车与墙壁碰撞前，B与小车达到共速，根据动量守恒定律m2v2＝(m2＋m0)v3
解得v3＝8 m/s
第1次碰后小车速度反向，大小减半，到第2次碰前根据动量守恒定律m2v3－m0＝(m2＋m0)v4
解得v4＝4 m/s
在这个过程中，因摩擦产生的热量
Q＝m2v＋m02－(m2＋m0)v
解得Q＝48 J。
(3)小车向左运动的过程中，根据牛顿第二定律μm2g＝m0a
可知小车的加速度a＝2 m/s2
从第1次碰撞后到第2次碰撞前，小车通过的路程s1＝2×
从第2次碰撞后到第3次碰撞前，小车通过的路程s2＝2×
小车通过的总路程s＝s1＋s2
代入数据解得s＝10 m。
答案：(1)12 m/s (2)48 J (3)10 m热点25 带电粒子在复合场中的运动
1．(2024·广东深圳市宝安区期末) 如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入第一象限内的垂直于纸面向外的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。第二象限分布着水平向左的匀强电场，电场强度为E。已知OP＝a，电场和磁场范围均足够大，重力忽略不计。求：
INCLUDEPICTURE "25YA350.tif" INCLUDEPICTURE "25YA350.tif" \* MERGEFORMAT
(1)带电粒子电性以及第一次穿出第一象限的坐标；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间。
2．(2024·四川乐山市第二次调研)如图，在y>a区域有方向沿y轴负方向的匀强电场，y
0)，乙始终不带电，碰撞过程中无能量损失，不计粒子重力。求：
INCLUDEPICTURE "25YA354.tif" INCLUDEPICTURE "25YA354.tif" \* MERGEFORMAT
(1)电场强度的大小；
(2)甲粒子第一次到达原点O的时刻；
(3)Q点的横坐标。
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热点25 带电粒子在复合场中的运动
1．解析：(1)粒子从P点以速度v沿与x轴成60°的方向射入，垂直于y轴从A点射出，根据左手定则可画出运动轨迹如图所示，由洛伦兹力的方向根据左手定则可知粒子带负电。由几何关系可知
R＝＝2a，OA＝R＋R sin 30°＝3a
因此A点坐标为(0，3a)。
(2)由洛伦兹力公式以及牛顿第二定律可知qvB＝m
解得B＝＝。
(3)进入电场后，由于粒子带负电，电场力F向右，因此粒子减速到零，又加速返回，以原速度大小第二次穿过A点，根据左手定则可知，向上偏转180°第三次经过y轴。
在电场中Eq＝ma
由运动学公式以及对称性可知
t2＝＝
在磁场中，由T＝以及t＝T，θ1＝120°，θ2＝180°
可知t1＝T＝，t3＝T＝
带电粒子从P点入射到第三次穿过y轴的时间t总＝t1＋t2＋t3＝＋。
答案：(1)负电 (0，3a) (2)
(3)＋
2．解析：(1)如图所示
甲在电场中做匀加速直线运动，设场强为E，甲进入磁场时的速率为v，由动能定理有qEa＝mv2－0
甲在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，有qvB＝m
因甲、乙第一次相碰于原点O，则有R1＝a
联立解得v＝，E＝。
(2)甲在电场中的运动时间为t1，由运动学规律有a＝(0＋v)t1
解得t1＝
设碰撞前在磁场中的运动时间为t2，甲做圆周运动的周期T＝
故有t2＝T＝
故甲第一次到达原点O的时刻
t＝t1＋t2＝。
(3)根据题意，甲、乙第一次碰撞后速度必然沿水平方向，甲做轨迹与x轴相切的匀速圆周运动，乙做水平方向的匀速直线运动。甲、乙要想再次碰撞，只有一种可能，即第一次碰后乙的速度恰好为0。设乙碰撞前的速率为v0，由于其不带电，因此做匀速直线运动。设甲第一次碰撞后的速度为v′，以向右为正方向，碰撞过程中，甲、乙组成的系统动量守恒、机械能守恒，则有mv－2mv0＝mv′
机械能守恒定律有
mv2＋(2m)v＝mv′2
解得v0＝2v，v′＝－3v即v0＝
因t＝0时刻，乙刚好通过Q点，故乙由Q到O的时间即甲第一次碰撞前的运动时间，故乙在第一次碰撞前运动的距离x＝v0t
解得Q点的横坐标x＝(4＋π)a。
答案：(1) (2) (3)(4＋π)a热点27 气体实验定律的应用
1.(2024·黑龙江齐齐哈尔市二模)“拔火罐”是我国传统医学的一种治疗手段。操作时，医生用点燃的酒精棉球加热一个小罐内的空气，随后迅速把小罐倒扣在需要治疗的部位，冷却后小罐便紧贴在皮肤上(如图)。假设加热后小罐内的空气温度为87 ℃，当时的室温为27 ℃，大气压p0＝1×105 Pa，小罐开口部位的面积S＝3×10－3 m2。当罐内空气温度变为室温时，(不考虑因皮肤被吸入罐内导致空气体积变化的影响)
(1)求小罐内的空气对皮肤的压力大小。
(2)某次拔罐时由于医生操作不当，小罐未紧贴在皮肤上，当罐内空气变为室温时，进入罐内空气与原有空气质量之比为多少？
2.(2024·内蒙古赤峰市一模)如图所示，竖直面内有一粗细均匀的U形玻璃管。初始时，U形管右管上端封有压强p0＝75 cmHg的理想气体A，左管上端封有长度L1＝8 cm的理想气体B，左右两侧水银面高度差L2＝5 cm，此时A、B气体的温度均为280 K。
(1)求初始时理想气体B的压强。
(2)保持气体A温度不变，对气体B缓慢加热，求左侧液面下降4 cm时气体B的温度。
3．(2024·湖南张家界市期末)一直立的汽缸内用截面积分别为SA＝100 cm2、SB＝50 cm2的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，两活塞之间用原长l0＝0.7 m的轻质弹簧连接，起初封闭气体的压强等于外部大气压p0＝1.0×105 Pa，热力学温度T0＝300 K，弹簧的长度l1＝1.0 m，如图甲所示。现对封闭气体缓慢加热，活塞B先向下运动，后向上运动，最后回到原来位置，如图乙所示，此时封闭气体的压强p1＝1.1×105 Pa。已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，弹簧始终处于弹性限度内，汽缸内壁光滑，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)活塞A的质量mA；
(2)图乙中封闭气体的热力学温度T。
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热点27 气体实验定律的应用
1．解析：(1)加热后小罐内的空气
p1＝p0＝1×105 Pa
T1＝360 K
罐内空气温度变为室温时
T2＝300 K
气体做等容变化，则
＝解得p2＝×105 Pa
小罐内的空气对皮肤的压力大小F＝p2S＝×105×3×10－3 N＝250 N。
(2)设小罐的体积为V1，小罐未紧贴在皮肤上，气体做等压变化，则＝
罐内空气温度变为室温时，原先小罐内的空气的体积变为V2＝V1
进入罐内空气与原有空气质量之比
＝＝。
答案：(1)250 N (2)
2．解析：(1)根据题意，设初始时理想气体B的压强为pB，则有pB＋ρgL2＝p0
解得pB＝70 cmHg。
(2)左侧液面下降4 cm时，右侧液面上升4 cm，初状态理想气体A的长度L0＝L1＋L2＝13 cm
压强为p0，末状态理想气体A的长度
L0′＝L0－4 cm＝9 cm
压强为pA，则有p0L0S＝pAL0′S
解得pA＝ cmHg
则末状态理想气体B的压强
pB′＝pA＋pΔh＝ cmHg
对气体B有＝
解得T＝668 K。
答案：(1)70 cmHg (2)668 K
3．解析：(1)设活塞B的质量为mB，有
k(l1－l0)＝mBg
mAg＋mBg＝(p1－p0)(SA－SB)，解得mA＝2 kg。
(2)活塞A上升过程中，A、B及弹簧处于动态平衡状态，设活塞A上升的高度为l，有
mAg＋k(l1＋l－l0)＝(p1－p0)SA
＝
解得l＝0.5 m，T＝660 K。
答案：(1)2 kg (2)660 K热点26 电磁感应的综合问题
1．(2024·广东湛江市二模) 如图甲所示，水平绝缘传送带正在输送一闭合正方形金属线框abcd，线框每一边电阻均为r，在输送中让线框随传送带通过一固定的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直，其间距为2d。已知传送带以恒定速率v0运动，线框质量为m，边长为d，线框与传送带间的动摩擦因数为μ，且在传送带上始终保持线框左、右两边平行于磁场边界，在线框右边刚进入磁场到线框右边刚离开磁场的过程中，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为g。求：
(1)线框右边刚进入磁场时a、b两点间的电势差；
(2)整个线框恰好离开磁场时的速度大小；
(3)整个线框穿过磁场过程中产生的焦耳热。
2．(2024·天津和平区第一次质调)某游乐园中过山车进入停车区时利用磁力进行刹车，磁力刹车原理可以简化为如图所示的模型：水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，金属棒MN沿导轨向右运动的过程，对应过山车的磁力刹车过程，假设MN的运动速度代表过山车的速度，MN所受的安培力代表过山车所受的磁场作用力。已知过山车以速度v0进入磁场区域，过山车的质量为m，平行导轨间距离为L，整个回路中的等效电阻为R，磁感应强度大小为B。已知刹车过程中轨道对过山车的摩擦阻力大小恒为f，忽略空气阻力。
(1)求刚进入磁场区域时，过山车的加速度a。
(2)若磁力刹车直至速度减为0的过程所用时间为t，求此过程中摩擦力对过山车做的功W。
(3)若忽略摩擦阻力，求过山车运动到总位移的k(0≤k≤1)倍时，安培力的功率。
[特色专项训练]
热点26 电磁感应的综合问题
1．解析：(1)线框右边刚进入磁场时，有
E＝Bdv0
由楞次定律可知线框进入磁场过程中感应电流方向为逆时针(俯视)，故a、b两点间的电势差
Uab＝－E＝－Bdv0。
(2)整个线框刚好离开磁场时的速度等于整个线框刚好进入磁场时的速度，设其大小为v，从线框恰好完全进入磁场至右边恰好出磁场的过程中线框做匀加速直线运动，由动能定理有
μmgd＝mv－mv2，
解得v＝ eq \r(v－2μgd) 。
(3)线框穿过磁场的整个过程中初、末速度分别为v0、v，整个过程中摩擦力不变，由动能定理有
W安＋μmg×3d＝mv2－mv
又由功能关系有Q＝－W安
解得Q＝4μmgd。
答案：(1)－Bdv0 (2)
(3)4μmgd
2．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝BLv0
由闭合电路的欧姆定律有
I＝，而F安＝BIL
则根据牛顿第二定律有
F安＋f＝ma
联立可得a＝＋。
(2)减速过程应用动量定理有
－BLt－ft＝0－mv0
平均感应电流＝＝
摩擦力对过山车做的功W＝－fx
联立可得W＝－f。
(3)过山车速度减为0所用时间为t0，对该过程由动量定理有－BLt0＝0－mv0
结合q＝t0＝
可得x总＝
当位移为总位移的k(0≤k≤1)倍时，所用时间为t′，设此时速度为v，由动量定理有－BL′t′＝mv－mv0
该过程通过回路中的电荷量
q′＝′·t′＝
而安培力在此时的功率P＝F安′v
联立解得P＝ eq \f(（1－k）2B2L2v,R) (0≤k≤1)。
答案：(1)＋
(2)－f
(3) eq \f(（1－k）2B2L2v,R) (0≤k≤1)题型三 计算题补救练
热点22 动力学和能量观点的应用
1．(2024·广东佛山市二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s＝16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量m＝0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h＝1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L＝1.6 m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
INCLUDEPICTURE "25YA341.tif" INCLUDEPICTURE "25YA341.tif" \* MERGEFORMAT
(1)鱼饵在b点抛出时的速度大小；
(2)释放鱼线前，鱼饵在b点受鱼竿作用力的大小和方向；
(3)从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。
2．(2024·贵州安顺市部分学校二模)如图所示，在光滑水平台面上，一质量M＝0.1 kg的物块1(视为质点)压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量m＝0.2 kg的物块2(视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向滑入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角θ＝53°，圆弧轨道BC的半径R＝ m。已知A、B两点的高度差h＝0.8 m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度L＝2.35 m，传送带的倾角为37°，其速度大小v＝2 m/s。已知物块2与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
INCLUDEPICTURE "25YA342.tif" INCLUDEPICTURE "25YA342.tif" \* MERGEFORMAT
(1)弹簧被锁定时的弹性势能；
(2)物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
[特色专项训练]
题型三 计算题补救练
热点22 动力学和能量观点的应用
1．解析：(1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得s＝vbt
L＋h＝gt2
联立解得t＝0.8 s，vb＝20 m/s。
(2)释放鱼线前，鱼饵在b点，由于vb>＝4 m/s
所以鱼饵受鱼竿作用力的方向竖直向下，根据牛顿第二定律可得
mg＋F＝m eq \f(v,L)
解得F＝4.8 N。
(3)从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得W－mgL(1－cos 53°)＝mv
解得鱼竿对鱼饵做的功W＝4.128 J。
答案：(1)20 m/s (2)4.8 N 方向竖直向下 (3)4.128 J
2．解析：(1)打开锁扣K，根据能量守恒定律有Ep＝Mv
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有Mv1＝Mv2＋mv3
Mv＝Mv＋mv
此后物块2做平抛运动，则有v＝2gh
tan θ＝
解得Ep＝ J。
(2)物块2从A到D，根据动能定理有
mg(h＋R－R cos θ)＝mv－mv
解得v4＝6 m/s
物块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1
运动的时间t1＝
位移x1＝t1
解得t1＝0.4 s，x1＝1.6 m
该过程产生的热量
Q1＝μmg cos 37°(x1－vt1)＝0.64 J
此后，物块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2
位移x2＝L－x1＝0.75 m
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
x2＝vt2－a2t22
解得t2＝0.5 s
此过程产生的热量
Q2＝μmg cos 37°(vt2－x2)＝0.2 J
则因摩擦产生的热量
Q＝Q1＋Q2＝0.84 J。
答案：(1) J (2)0.84 J热点28 机械波、光学和原子物理
1．(2024·湖南常德市期末)一列简谐横波沿x轴传播，图(a) 是 t＝0时刻的波形图； P 是介质中位于x＝2 m处的质点，其振动图像如图(b)所示。求：
INCLUDEPICTURE "25YA363.tif" INCLUDEPICTURE "25YA363.tif" \* MERGEFORMAT
(1)波的传播方向和波速的大小；
(2)P质点在15 s内通过的路程。
2.(2024·四川乐山市第一次调研)半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，与直径AB垂直的足够大的光屏CD紧靠住玻璃砖的左侧，OO′与AB垂直。一细光束沿半径方向与OO′成θ＝30°角射向O点，光屏CD区域出现两个光斑，两光斑间的距离为R，真空中的光速为c。
INCLUDEPICTURE "25YA366.TIF" INCLUDEPICTURE "25YA366.TIF" \* MERGEFORMAT
(1)求此玻璃的折射率。
(2)改变角度θ的大小直到光屏上恰好只剩下一个光斑，计算此种情况下光从入射玻璃砖至传播到光屏所用的时间。
3．(2024·湖北省八市3月联考)极紫外线广泛应用于芯片制造行业，如图甲所示，用波长λ＝110 nm的极紫外线照射光电管，恰好能发生光电效应。已知普朗克常量h＝6.6×10－34 J·s，1 nm＝10－9 m，1 eV＝1.6×10－19 J，c＝3×108 m/s。
INCLUDEPICTURE "25YA364.tif" INCLUDEPICTURE "25YA364.tif" \* MERGEFORMAT
(1)求阴极K材料的逸出功W0。
(2)图乙是氢原子的能级图，若大量处于n＝4激发态的氢原子发出的光照射阴极K，灵敏电流计G显示有示数，调整电源和滑动变阻器，测得电流计示数I与电压表示数U的关系图像如图丙，则图丙中Uc的大小是多少？
[特色专项训练]
热点28 机械波、光学和原子物理
1．解析：(1)由波动图像得波长为4 m，由振动图像得周期为2 s，则v＝＝2 m/s
t＝0时刻P质点向下运动，根据平移法可知波沿x轴负方向传播。
(2)P质点在一个周期内完成一个全振动通过的路程s＝4A＝20 cm
则15 s内通过的路程
s′＝×20 cm＝150 cm。
答案：(1)x轴负方向 2 m/s (2)150 cm
2．解析：(1)根据题意作出光路图如图甲所示
光在O点同时发生反射和折射，由几何关系tan θ＝，解得AM＝R
由于MN＝R所以AN＝R
根据几何关系有
tan ∠ANO＝＝
所以∠ANO＝60°
根据折射定律可得n＝＝ 。
INCLUDEPICTURE "25YA367.tif" INCLUDEPICTURE "25YA367.tif" \* MERGEFORMAT INCLUDEPICTURE "25YA368.tif" INCLUDEPICTURE "25YA368.tif" \* MERGEFORMAT
(2)当光屏上恰好只出现一个光斑时，则恰好发生全反射，根据题意作出光路图如图乙所示
根据折射率与临界角的关系sin C＝可得sin C＝
光在玻璃砖内传播的距离s1＝2R
在玻璃砖内传播的速度v＝
故光在玻璃砖内传播的时间
t1＝＝
光从射出玻璃砖至光屏所用时间
t2＝
故此种情况下光从入射玻璃砖至传播到光屏所用的时间t＝t1＋t2＝。
答案：(1) (2)
3．解析：(1)逸出功W0＝hνc
频率νc＝
代入数据解得W0＝1.8×10－18 J或W0＝11.25 eV。
(2)处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时产生多种不同能量的光子，产生的光电流是多种光子产生的光电子综合表现，要使光电流全部遏止，必须截住能量最大的光电子。能量最大的光子hνm＝E4－E1＝12.75 eV
由光电效应方程可知光电子最大初动能Ekm＝hνm－W0＝1.5 eV
遏止电压必须满足Ekm＝eUc
解得Uc＝1.5 V。
答案：(1)1.8×10－18 J或11.25 eV
(2)1.5 V热点24 电场中的力学问题
1.(2024·新疆乌鲁木齐第二次质检)如图所示在xOy坐标平面第一象限内，电场的等势线平行于x轴。一带电量为＋q、质量为m的离子，从坐标原点以初速度大小v0＝5射入第一象限，初速度方向与x轴正方向的夹角为θ。不计离子重力，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，图中y0和φ0均已知。求：
(1)离子在第一象限内运动时的加速度a的大小和方向；
(2)离子从射入第一象限到速度大小变为v＝的过程中所用的时间t。
2.(2024·北京市东城区期末) 如图所示，在竖直方向上，场强大小为E的匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的绝缘物块B静止于竖直方向的轻弹簧上端，另一个质量也为m且不带电的绝缘物块A由静止释放，下落高度H后与物块B相碰，碰后二者粘在一起又下落h后到达最低点。整个过程中不计空气阻力，不计电荷量的损失，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，两物块均可视为质点，针对上述过程，求：
(1)A与B碰后的速度大小v；
(2)电势能的增加量ΔE电；
(3)弹簧弹性势能的增加量ΔEp。
3.(2024·黑龙江六校联盟联合性适应测试)如图所示，两带电水平金属极板M、N的长度L＝0.6 m，间距d＝0.5 m，OO′为极板右边界，OO′的右侧存在竖直向下的匀强电场，电场强度E＝10 N/C。光滑绝缘圆弧轨道ABC竖直放置，A与OO′在同一竖直线上，圆弧AB的圆心角θ＝53°，BC是竖直直径。小球以v0＝3 m/s的水平速度从左侧飞入极板间，飞离极板后恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知小球带正电，质量m＝1.0 kg，电荷量q＝0.5 C，重力加速度g取10 m/s2，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。求：
(1)小球在A点的速度大小vA；
(2)M、N极板间的电势差U；
(3)若小球沿圆弧轨道恰能到达最高点C，求半径R。
[特色专项训练]
热点24 电场中的力学问题
1．解析：(1)根据沿电场线电势降低，等势面与电场线垂直，知电场线方向沿y轴负方向，电场强度E＝＝＝
根据牛顿第二定律，带正电的离子在第一象限内运动时的加速度大小
a＝＝
方向沿y轴负方向。
(2)离子做斜抛运动，x轴方向的速度vx＝v0cos θ＝4
y轴方向的速度
vy＝v0sin θ－at＝3－t
速度大小变为v＝时，有v＝＝ eq \r(v＋v)
解得t＝2y0或t＝4y0。
答案：(1) 方向沿y轴负方向
(2)2y0或4y0
2．解析：(1)设物块A下落高度H时的速度为v0，根据机械能守恒
mgH＝mv
可得v0＝
物块A与B碰撞过程，动量守恒
mv0＝2mv
A与B碰后的速度大小
v＝v0＝。
(2)A、B碰后到最低点的过程中，静电力做功W电＝－Eqh
电势能的增加量ΔE电＝－W电＝Eqh。
(3)A、B碰后至最低点的过程中，由动能定理
2mgh－Eqh＋W弹＝0－×2mv2
解得W弹＝Eqh－
弹性势能的增加量
ΔEp＝－W弹＝－Eqh。
答案：(1) (2)Eqh
(3)－Eqh
3．解析：(1)小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，则在A点速度大小
vA＝＝5 m/s。
(2)小球在平行金属板间做类平抛运动，带电粒子在平行板中运动时间
t＝＝0.2 s
在A点，竖直分速度
vy＝v0tan 53°＝4 m/s＝at
解得a＝20 m/s2
由牛顿第二定律得mg＋qE′＝ma
又U＝E′d
联立解得，M、N极板间的电势差U＝10 V。
(3)若小球沿圆弧轨道恰能到达最高点C，则在C点满足mg＋qE＝m eq \f(v,R)
由动能定理可得－(mg＋qE)R·(1＋cos 53°)＝mv－mv。
联立解得R＝ m。
答案：(1)5 m/s (2)10 V (3) m
