2025年高考物理力電綜合壓軸題訓(xùn)練（二）一、帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)題目1：電磁組合場(chǎng)中的粒子運(yùn)動(dòng)如圖所示，在xOy坐標(biāo)系中，第一象限存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=100V/m，第四象限存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。一質(zhì)量m=2×10?1?kg、電荷量q=+1×10??C的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以初速度v?=1×10?m/s沿x軸正方向射入電場(chǎng)。粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從磁場(chǎng)中射出。不計(jì)粒子重力，求：（1）粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)和速度大??；（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（3）粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)和速度方向。解析（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。水平方向：x=v?t豎直方向：y=(1/2)at2，其中a=qE/m=1×10??×100/(2×10?1?)=5×103m/s2粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由水平方向運(yùn)動(dòng)決定，當(dāng)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，假設(shè)電場(chǎng)范圍足夠大，實(shí)際上粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由速度偏轉(zhuǎn)角決定。但本題中未給出電場(chǎng)邊界，需根據(jù)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的條件判斷。粒子沿x軸進(jìn)入電場(chǎng)，在電場(chǎng)力作用下獲得豎直方向速度，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度v=√(v?2+v?2)，其中v?=at=qEt/m。聯(lián)立解得：v?=qEt/m，t=x/v?，代入y=(1/2)(qE/m)(x/v?)2。由于粒子離開(kāi)電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)，說(shuō)明粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到某一位置(x,y)后進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸夾角θ滿足tanθ=v?/v?=qEx/(mv?2)。假設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)到x=0.2m處離開(kāi)電場(chǎng)，則：t=x/v?=0.2/(1×10?)=2×10??sy=(1/2)at2=(1/2)×5×103×(2×10??)2=0.01mv?=at=5×103×2×10??=0.1m/sv=√(v?2+v?2)=√[(1×10?)2+0.12]≈1×10?m/s因此，粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(0.2m,0.01m)，速度大小約為1×10?m/s。（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向與x軸夾角θ滿足tanθ=v?/v?=0.1/(1×10?)=1×10??，θ≈0°，可近似認(rèn)為粒子以速度v?進(jìn)入磁場(chǎng)。粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力：qvB=mv2/r解得軌道半徑r=mv/(qB)=2×10?1?×1×10?/(1×10??×0.5)=0.4m粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2πm/(qB)=2π×2×10?1?/(1×10??×0.5)=0.251s由于粒子速度方向近似沿x軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為π，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T/2=0.126s。（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心在y軸負(fù)方向上，坐標(biāo)為(0.2m,-0.4m)，軌道半徑r=0.4m，因此粒子射出磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為(0.2m,-0.8m)，速度方向沿x軸負(fù)方向。解題方法總結(jié)帶電粒子在電場(chǎng)中通常做類平拋運(yùn)動(dòng)，可分解為水平方向勻速運(yùn)動(dòng)和豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)；在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是確定圓心位置和軌道半徑；解決復(fù)合場(chǎng)問(wèn)題時(shí)，要注意粒子在不同場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，正確分析受力情況和運(yùn)動(dòng)軌跡。二、電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題題目2：雙棒切割磁感線問(wèn)題如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間距L=0.5m，左端接有阻值R=1Ω的電阻。導(dǎo)軌上放置兩根質(zhì)量均為m=0.1kg的金屬棒ab和cd，兩棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。整個(gè)裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T?，F(xiàn)對(duì)ab棒施加一水平向右的恒力F=1N，使兩棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，不計(jì)導(dǎo)軌和金屬棒的電阻，重力加速度g=10m/s2，求：（1）兩棒最終的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和速度大小；（2）整個(gè)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；（3）當(dāng)ab棒運(yùn)動(dòng)速度為v?=2m/s時(shí)，cd棒的加速度大小。解析（1）對(duì)兩棒進(jìn)行受力分析：ab棒受到向右的恒力F、向左的摩擦力f?和向左的安培力F??；cd棒受到向右的安培力F??和向左的摩擦力f?。初始階段，ab棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流I=E/R=BLv/R。兩棒所受安培力大小相等，方向相反：F??=F??=BIL=B2L2v/R。當(dāng)ab棒速度增大時(shí)，感應(yīng)電流增大，安培力增大，cd棒在安培力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)兩棒加速度相等時(shí)，速度差保持恒定，此時(shí)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)。對(duì)ab棒：F-μmg-B2L2(v?-v?)/R=ma對(duì)cd棒：B2L2(v?-v?)/R-μmg=ma穩(wěn)定時(shí)，兩棒加速度a=0，聯(lián)立解得：F=2μmg代入數(shù)據(jù)：1N=2×0.2×0.1×10N=0.4N，顯然不成立，說(shuō)明穩(wěn)定時(shí)兩棒加速度不為零，需重新分析。正確分析：當(dāng)兩棒都運(yùn)動(dòng)時(shí)，相對(duì)速度Δv=v?-v?，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLΔv，感應(yīng)電流I=BLΔv/R，安培力F?=BIL=B2L2Δv/R。對(duì)ab棒：F-μmg-F?=ma?對(duì)cd棒：F?-μmg=ma?穩(wěn)定時(shí)，兩棒加速度相等a?=a?=a，聯(lián)立解得：F-2μmg=2maa=(F-2μmg)/(2m)=(1-2×0.2×0.1×10)/(2×0.1)=3m/s2此時(shí)安培力F?=μmg+ma=0.2×0.1×10+0.1×3=0.5N由F?=B2L2Δv/R得Δv=F?R/(B2L2)=0.5×1/(12×0.52)=2m/s由于兩棒從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，ab棒一直比cd棒速度大，穩(wěn)定時(shí)兩棒以相同加速度運(yùn)動(dòng)，速度差保持Δv=2m/s不變。（2）整個(gè)過(guò)程中，恒力F做的功轉(zhuǎn)化為兩棒的動(dòng)能、摩擦生熱和焦耳熱。但由于兩棒最終做勻加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不斷增加，因此無(wú)法直接求解焦耳熱，題目可能存在條件缺失，假設(shè)求兩棒達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)前的某一過(guò)程中的焦耳熱。（3）當(dāng)ab棒速度v?=2m/s時(shí)，設(shè)cd棒速度為v?，此時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BL(v?-v?)，感應(yīng)電流I=BL(v?-v?)/R，安培力F?=B2L2(v?-v?)/R。對(duì)cd棒：F?-μmg=ma?由于兩棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量定理：Ft-2μmgt=mv?+mv?當(dāng)v?=2m/s時(shí)，解得t=(mv?+mv?)/(F-2μmg)，但v?未知，需結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v?=at，v?=a't，其中a=(F-μmg-F?)/m，a'=(F?-μmg)/m此過(guò)程較為復(fù)雜，可近似認(rèn)為當(dāng)ab棒速度為2m/s時(shí)，cd棒速度v?=v?-Δv=0，此時(shí)安培力F?=B2L2v?/R=12×0.52×2/1=0.5Ncd棒加速度a?=(F?-μmg)/m=(0.5-0.2×0.1×10)/0.1=3m/s2解題方法總結(jié)電磁感應(yīng)中的雙棒問(wèn)題要注意分析兩棒的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；關(guān)鍵是確定系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)的條件，通常是兩棒加速度相等；應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理和能量守恒定律綜合求解；注意區(qū)分安培力、摩擦力等各種力的做功情況和能量轉(zhuǎn)化關(guān)系。三、力電綜合中的能量問(wèn)題題目3：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化如圖所示，傾角θ=37°的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端固定一個(gè)垂直于斜面的擋板，擋板上連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端連接一質(zhì)量M=2kg的金屬棒ab。金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置，與導(dǎo)軌接觸良好。導(dǎo)軌上端連接一阻值R=3Ω的電阻，整個(gè)裝置處于垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T。導(dǎo)軌間距L=1m，金屬棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.25。現(xiàn)給金屬棒一個(gè)沿斜面向上的初速度v?=6m/s，金屬棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)后又返回，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求：（1）金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的最大距離；（2）金屬棒向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中通過(guò)電阻R的電荷量；（3）金屬棒返回到底端時(shí)的速度大小。解析（1）金屬棒向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到沿斜面向下的重力分力、摩擦力、安培力和彈簧彈力，做減速運(yùn)動(dòng)。根據(jù)能量守恒定律，金屬棒的初動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能、彈性勢(shì)能、摩擦生熱和焦耳熱。設(shè)金屬棒向上運(yùn)動(dòng)的最大距離為x，彈簧的勁度系數(shù)為k（題目未給出，假設(shè)彈簧在最大距離處形變量為x）。金屬棒受到的安培力F?=BIL=B2L2v/R，是變力，需用微元法或能量法求解。根據(jù)能量守恒：(1/2)Mv?2=Mgxsinθ+μMgxcosθ+(1/2)kx2+Q其中Q為焦耳熱，Q=I2Rt=(ΔΦ/R)2R·Δt=ΔΦ2/(RΔt)，但更簡(jiǎn)便的是Q=W?=克服安培力做的功。由于題目未給出彈簧勁度系數(shù)，假設(shè)彈簧為輕彈簧，形變量可忽略，或題目中彈簧初始處于原長(zhǎng)，最大距離處彈簧彈力等于其他力的合力。重新分析：若彈簧在金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終處于原長(zhǎng)，則金屬棒只受重力、摩擦力和安培力，此時(shí)：(1/2)Mv?2=Mgxsinθ+μMgxcosθ+Q其中Q=W?=∫F?dx=∫(B2L2v/R)dx=B2L2/R∫vdx=B2L2/R·x?v?（平均速度與距離乘積），但∫vdx=ΔΦ=BLx，因此Q=B2L2x2/R代入數(shù)據(jù)：(1/2)×2×62=2×10×x×0.6+0.25×2×10×x×0.8+(0.52×12x2)/336=12x+4x+x2/12x2+192x-432=0解得x=(-192±√(1922+4×432))/2，取正值x≈2.2m（2）通過(guò)電阻R的電荷量q=ΔΦ/R=BLx/R=0.5×1×2.2/3≈0.37C（3）金屬棒返回過(guò)程中，重力做正功，摩擦力和安培力做負(fù)功，根據(jù)能量守恒：Mgxsinθ=μMgxcosθ+Q'+(1/2)Mv2其中Q'為返回過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱，由于速度不同，Q'≠Q(mào)，需用功能關(guān)系重新求解。此過(guò)程較為復(fù)雜，需考慮金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁阻尼效應(yīng)，最終返回速度小于初速度。解題方法總結(jié)電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題要明確能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，通常涉及動(dòng)能、勢(shì)能、焦耳熱等；安培力做功等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱，即W?=Q；通過(guò)磁通量變化求電荷量q=ΔΦ/R，適用于任何電磁感應(yīng)過(guò)程；解決復(fù)雜能量問(wèn)題時(shí)，要正確分析各力做功情況，應(yīng)用能量守恒定律或動(dòng)能定理。四、力電綜合中的動(dòng)量問(wèn)題題目4：電磁感應(yīng)中的雙棒動(dòng)量守恒如圖所示，光滑水平導(dǎo)軌間距L=0.5m，左端連接一阻值R=2Ω的電阻。導(dǎo)軌上放置兩根質(zhì)量分別為m?=0.1kg和m?=0.2kg的金屬棒a和b，整個(gè)裝置處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T?，F(xiàn)給金屬棒a一個(gè)水平向右的初速度v?=6m/s，求：（1）兩棒最終的運(yùn)動(dòng)速度；（2）整個(gè)過(guò)程中電阻R產(chǎn)生的焦耳熱；（3）從開(kāi)始到兩棒速度穩(wěn)定的過(guò)程中，通過(guò)電阻R的電荷量。解析（1）金屬棒a向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，a棒受到向左的安培力減速，b棒受到向右的安培力加速。當(dāng)兩棒速度相等時(shí)，回路磁通量不變，感應(yīng)電流為零，安培力為零，兩棒以共同速度運(yùn)動(dòng)。系統(tǒng)動(dòng)量守恒：m?v?=(m?+m?)v解得v=m?v?/(m?+m?)=0.1×6/(0.1+0.2)=2m/s（2）根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)初動(dòng)能轉(zhuǎn)化為末動(dòng)能和焦耳熱：(1/2)m?v?2=(1/2)(m?+m?)v2+Q代入數(shù)據(jù)：(1/2)×0.1×62=(1/2)(0.1+0.2)×22+Q1.8=0.6+Q解得Q=1.2J（3）對(duì)b棒應(yīng)用動(dòng)量定理：F?Δt=m?v-0其中F?=BIL，因此BILΔt=m?vBLq=m?v（q=IΔt）解得q=m?v/(BL)=0.2×2/(1×0.5)=0.8C解題方法總結(jié)雙棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，若不受外力或合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；兩棒最終以共同速度運(yùn)動(dòng)，此時(shí)回路中無(wú)感應(yīng)電流；系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為焦耳熱；應(yīng)用動(dòng)量定理可簡(jiǎn)便求解通過(guò)電阻的電荷量。五、綜合應(yīng)用題題目5：力電綜合中的多過(guò)程問(wèn)題如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一光滑絕緣軌道，由半徑R=0.5m的半圓和水平直軌道組成。水平軌道上靜置一質(zhì)量M=0.4kg的金屬棒，金屬棒右側(cè)連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定在豎直墻壁上。半圓軌道最低點(diǎn)與水平軌道相切，最高點(diǎn)有一質(zhì)量m=0.1kg、電荷量q=+2×10??C的帶電小球。整個(gè)裝置處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E=5×103V/m?，F(xiàn)釋放小球，小球從半圓軌道最高點(diǎn)靜止滑下，與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，碰撞后金屬棒壓縮彈簧，最大壓縮量x=0.2m，已知彈簧勁度系數(shù)k=100N/m，重力加速度g=10m/s2，求：（1）小球滑到半圓軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）金屬棒與小球碰撞后的速度；（3）若整個(gè)水平軌道處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，金屬棒與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，要使金屬棒仍能達(dá)到上述壓縮量，所需磁場(chǎng)強(qiáng)度的大小。解析（1）小球從半圓軌道最高點(diǎn)滑到最低點(diǎn)過(guò)程中，重力做正功，電場(chǎng)力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理：mg·2R-qE·2R=(1/2)mv?2代入數(shù)據(jù)：0.1×10×1-2×10??×5×103×1=(1/2)×0.1×v?21-1=0.05v?2解得v?=0，說(shuō)明小球在重力和電場(chǎng)力作用下處于平衡狀態(tài)，無(wú)法滑下，題目條件可能存在矛盾，假設(shè)電場(chǎng)方向水平向左，則：mg·2R+qE·2R=(1/2)mv?21+1=0.05v?2v?=√(40)=2√10≈6.32m/s在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律：N-mg=mv?2/RN=mg+mv?2/R=0.1×10+0.1×40/0.5=1+8=9N由牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫'=N=9N，方向豎直向下。（2）小球與金屬棒發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量守恒和動(dòng)能守恒：mv?=mv?+Mv?(1/2)mv?2=(1/2)mv?2+(1/2)Mv?2聯(lián)立解得：v?=2mv?/(m+M)=2×0.1×2√10/(0.1+0.4)=0.4√10/0.5≈3.16m/s（3）金屬棒壓縮彈簧過(guò)程中，克服摩擦力和安培力做功，根據(jù)能量守恒：(1/2)Mv?2=μMgx+W?+(1/2)kx2其中W?=Q=I2Rt=(ΔΦ/R)2R·t=ΔΦ2/(Rt)·t=ΔΦ2/R=(BLx)2/R代入數(shù)據(jù)：(1/2)×0.4×(2√10/5)2=0.2×0.4×10×0.2+(B2×L2×x2)/R+(1/2)×100×0.22計(jì)算得：0.4×(8/5)=0.32+B2×0.25×0.04/2+20.64=0.32+0.005B2+2顯然等式不成立，說(shuō)明考慮磁場(chǎng)后，金屬棒無(wú)法達(dá)到原壓縮量，需