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(共31张PPT)
第2讲　磁场对运动电荷的作用
一、洛伦兹力
1.定义：________电荷在磁场中所受的力.
2.大小.
(1)v∥B时，F＝________.
(2)v⊥B时，F＝________.
(3)v与B夹角为θ时，F＝____________.
运动
0　
qvB　
qvBsin θ
3.方向.
(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向.
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v.即F垂直于________决定的平面(注意B和v可以有任意夹角).
由于F始终__________v的方向，故洛伦兹力永不做功.
B、v　
垂直于
二、电视显像管的工作原理
1.构造：如图所示，实际上是一个阴极射线管和偏转线圈的组合.阴极射线管内有________和________.
电子枪　
荧光屏
2.原理：显像管应用了电子束________的原理.没有磁场时，电子束打在荧光屏的正中点，要使电子束按图示的方向偏转，偏转磁场应垂直纸面________(填“向里”或“向外”).
3.扫描：在偏转区的水平方向和竖直方向都有偏转磁场，垂直纸面方向上的磁场可使电子束上、下偏转，沿纸面____________的磁场使电子束左、右偏转.偏转磁场的强弱和方向都在不断变化，因此电子束打在荧光屏上的光点便从上向下、从左向右不断地移动，这种技术叫作________.
磁偏转　
向外
水平方向　
扫描
4.偏转线圈：使电子束偏转的磁场是由两对线圈产生的.
(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力是安培力的微观解释.
(2)洛伦兹力的方向始终与速度垂直，故洛伦兹力永不做功.
1.[洛伦兹力的方向]下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系，正确的是 (　　)
A　　　 　B　　　　 C　　 　D
【答案】B
A.电子在磁场中的运动时间t＝
B.电子在磁场中的运动时间t＝
C.洛伦兹力对电子做的功W＝BevL
D.电子在b点的速度值也为v
【答案】BD
2.[带电粒子在磁场中的运动](多选)电子e以垂直于匀强磁场的速度v，从a点进入长为d、宽为L的磁场区域，偏转后从b点离开磁场，如图所示.若磁场的磁感应强度为B，且不计电子重力，则 (　　)
3.[带电粒子的偏转]初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则 (　　)

A.电子将向右偏转，速率不变
B.电子将向左偏转，速率改变
C.电子将向左偏转，速率不变
D.电子将向右偏转，速率改变
【答案】A
A.A板带正电
B.有电流从a经用电器流向b
C.金属板A、B间的电场方向向下
D.等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受的电场力
【答案】D　
4.[洛伦兹力的应用]目前正在研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向(从左方)喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷.在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是 (　　)
【解析】离子在磁场力的作用下发生偏转，根据左手定则，可知带正电荷的离子向下偏转，带负电荷的离子向上偏转，所以B板带正电、A板带负电，其间有向上的电场，A、C错误；电流由b经过用电器流向a，B错误；在洛伦兹力大于电场力时带电的离子会继续偏转，待到电场力和洛伦兹力平衡时离子才不发生偏转，D正确.
考点1　对洛伦兹力的理解　[基础考点]
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.对洛伦兹力方向的理解
(1)决定因素：电荷的电性(正、负)、速度方向、磁感应强度的方向.
(2)洛伦兹力的方向总与v和B的方向垂直，不做功.
2.对洛伦兹力计算式的理解
推导：如图所示，在磁感应强度为B的磁场中直导线长为L，电流为I，导线中运动电荷数为n，横截面积为S，电荷的电荷量为q，运动速度为v，则
F安＝ILB＝nF洛，
所以F洛＝，
因为I＝NqSv(N为单位体积的电荷数)，
所以F洛＝·qvB，
式中n＝NSL，故F洛＝qvB.
上式为电荷垂直磁场方向运动时，电荷受到的洛伦兹力，若电荷运动方向与磁场方向夹角为θ，则洛伦兹力F＝qvBsin θ.
1.(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下.磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管.在水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则 (　　)
A.小球带正电
B.小球运动的轨迹是一条抛物线
C.洛伦兹力对小球做正功
D.维持试管匀速运动的拉力F是一个恒力
【答案】AB
2.如图所示，电子枪射出的电子束进入示波管，在示波管正下方有竖直放置的通电环形导线，则示波管中的电子束将 (　　)

A.向上偏转 B.向下偏转
C.向纸外偏转 D.向纸里偏转
【答案】A
3.(2022年广东卷)(多选)如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场.电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点.已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有 (　　)
A.电子从N到P，电场力做正功
B.N点的电势高于P点的电势
C.电子从M到N，洛伦兹力不做功
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【答案】BC　
【解析】由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，A错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知N点的电势高于P点，B正确；由于洛伦兹力一直都和速度方向垂直，故电子从M到N洛伦兹力都不做功，C正确；由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点所受电场力相等，即合力相等，D错误.
考点2　带电体在磁场中的运动　[基础考点]
　　　　　　　　　　　　　　　　
带电粒子在磁场中运动的不同情境
(1)当带电粒子的速度v与磁感应强度B的方向相同或相反时，带电粒子不受洛伦兹力作用.若其他力可以忽略或其他力的合力等于零，则粒子将做匀速直线运动.
(2)当带电粒子的速度v与磁感应强度B的方向垂直时，带电粒子受到的洛伦兹力大小F＝qvB，方向与速度的方向垂直.若带电粒子做直线运动，则粒子一定受到了其他力的作用，且所有力的合力为零，粒子做匀速直线运动.
A.碰后C球速度为20 m/s
B.碰后C球速度为15 m/s
C.C对A的冲量大小为0.4 N·s
D.C对A的冲量大小为0.02 N·s
1.(2022年江门模拟)(多选)如图所示，在光滑绝缘的水平面上，虚线右侧有磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，质量mC＝0.001 kg、电荷量qC＝2×10－3 C的小球C静置于其中，虚线左侧一个质量为mA＝0.004 kg、不带电的绝缘小球A以速度v0＝20 m/s进入磁场与C球发生正碰(电荷不转移)，碰后C小球对水平面的压力刚好为零，取向右为正方向，g取10 m/s，下列说法正确的是 (　　)
【答案】AD　
【解析】由于碰后C球对水平面的压力刚好为零，根据左手定则可知C球速度方向向右，则有qCvCB＝mCg，可得碰后C球速度为vC＝20 m/s，A正确，B错误；两球发生正碰过程中，根据动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mCvC，解得vA＝15 m/s，根据动量定理可知，C对A的冲量I＝mAvA－mAv0＝－0.02 N·s，即大小为0.02 N·s，方向水平向左，C错误，D正确.
2.(2022年信阳模拟)如图所示，足够长粗糙绝缘倾斜固定木板MN与水平面夹角为θ，一个质量为m的物块刚好可以沿MN匀速下滑.让物块带上电荷量为q的正电，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中.t＝0时给物块一个沿木板MN向下的初速度，物块运动的v－t图像可能是 (　　)
A B C D
【答案】C　
【解析】物块刚好可以沿MN匀速下滑，受力分析得mgsin θ＝μmgcos θ，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，受力分析得μ(mgcos θ＋qvB)－mgsin θ＝ma，由此可知，滑块做减速运动，随着速度的减小，加速度在减小，C正确，A、B、D错误.
A.0　　　　　　B.
C.mv2 D.
3.(多选)如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q、质量为m的带电球体，管道半径略大于球体半径.整个管道处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直.现给带电球体一个水平速度v，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为(　　)
【答案】ACD　
【解析】当小球带负电时，对小球受力分析如图甲所示，随着向右运动，速度逐渐减小，直到速度减为零，所以克服摩擦力做的功W＝mv2.
当小球带正电时，设当洛伦兹力等于重力，小球的速度为v0，则mg＝qv0B，即v0＝.当v＝v0时，
如图乙所示，重力与洛伦兹力平衡，所以小球做匀速运动，克服摩擦力做的功W＝0；当v＜v0时，如图丙所示，管壁对小球有向上的支持力，随着向右减速运动，速度逐渐减小，支持力、摩擦力逐渐增大，直到速度减小为零，所以克服摩擦力做的功W＝mv2；当v＞v0时，如图丁所示，管壁对小球有向下的弹力，随着小球向右减速运动，洛伦兹力、弹力、摩擦力逐渐减小，直到弹力减小为零，摩擦力也为零，此时重力和洛伦兹力平衡，此后小球向右做匀速运动，所以克服摩擦力做的功W＝mv2－.综上分析，可知A、C、D正确.
洛伦兹力与力学的综合问题
由于洛伦兹力具有力的共性，常和其他力一起以带电体在磁场中运动为情境构成力与磁的综合问题.这类问题的实质仍是力学问题，要按照处理力学问题的基本思路来解题，只不过我们多了一种新的性质的力而已.
例题　(多选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F拉乙物块，使甲、乙一起无相对滑动沿斜面向上做匀加速运动的过程中 (　　)

A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大
B.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变
C.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小
D.乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小
【答案】BD　
【解析】设甲、乙向上做匀加速运动的加速度为a，隔离甲：由牛顿第二定律，得Ff甲－m甲gsin θ＝m甲a，则甲、乙两物块间的摩擦力Ff甲＝m甲gsin θ＋m甲a不变，A、C错误，B正确；以甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之间的摩擦力Ff乙＝μFN，且FN＝(m甲＋m乙)gcos θ－qvB，由于v增大，则FN减小，Ff乙不断减小，D正确.
变式　如图所示，光滑半圆形轨道与光滑斜面轨道在B处与圆弧相连，将整个装置置于水平向外的匀强磁场中，有一带正电小球从A处静止释放，沿轨道前进，并恰能通过圆弧最高点C.现若撤去磁场，使球仍能恰好通过圆弧最高点C，释放高度H'与原释放高度H的关系是 (　　)

A.H'＝H　　　　　B.H'＜H
C.H'＞H D.不能确定
【答案】C　
【解析】无磁场时，小球在C点由重力提供向心力，mg＝m，临界速度vC＝.从A至C由机械能守恒定律，得mgH'＝2mgR＋，有H'＝R.加磁场后，小球在C点受向上的洛伦兹力，向心力减小，mg－qvB＝m，临界速度v减小，洛伦兹力不做功，由A到C机械能守恒，有mgH＝2mgR＋mv2，因v＜vC，所以H'＞H，C正确.
[归纳总结]　洛伦兹力作用下的变加速运动
(1)注意受力情况和运动情况的分析.带电物体在磁场中速度变化时，洛伦兹力的大小随之变化，并进一步导致压力、摩擦力的变化，物体在变力作用下将做变加速运动.
(2)注意临界状态的分析.当摩擦力与引起物体运动的外力平衡时，物体将处于平衡状态；当洛伦兹力增大使物体与接触面的压力为零时，物体将要离开接触面.(共105张PPT)
第3讲　带电粒子在匀强磁场、复合场中的运动
一、带电粒子在匀强磁场中的运动规律
1.若v∥B，则带电粒子以入射速度v做________运动.
2.若v⊥B，则带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v做______________________运动.
匀速直线
匀速圆周
3.基本公式.
(1)向心力公式：qvB＝________.
(2)轨道半径公式：r＝________.
(3)周期公式：T＝；f＝＝________；
ω＝＝2πf＝________.
m
　
二、带电粒子在复合场中的运动
1.复合场的分类.
(1)叠加场：电场、________、重力场共存.
(2)组合场：电场与磁场分别位于不同的区域内，并不重叠；或在同一区域，电场、磁场________出现.
磁场　
交替
2.带电粒子在复合场中的运动分类.
(1)静止或匀速直线运动：
当带电粒子在复合场中所受合外力________时，将处于静止状态或做匀速直线运动.
(2)匀速圆周运动：
当带电粒子所受的________与________大小相等、方向相反时，带电粒子在________的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动.
为零　
重力　
电场力　
洛伦兹力
三、带电粒子在复合场中运动的应用
1.质谱仪.
(1)构造：如图甲所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.
甲
(2)原理：静止粒子在加速电场中被加速，根据动能定理可得关系式________________.粒子在磁场中受洛伦兹力作用发生偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，得qvB＝m.
由以上两式可得粒子轨道半径、粒子质量、比荷.r＝__________，m＝________，＝________.
qU＝mv2　
2.回旋加速器.
(1)构造：如图乙所示，D1、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接________电源，D形盒处于匀强磁场中.
　 乙
交流
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期________，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速.由qvB＝，得Ekm＝__________，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关.
相等
3.速度选择器.
(1)平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直.这种装置能把具有一定________的粒子选择出来，所以叫作速度选择器，如图丙所示.
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是____________，即v＝.
丙
速度　
qE＝qvB
4.磁流体发电机.
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把________能直接转化为电能.
(2)根据左手定则，如图丁中的B板是发电机______极.
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则由qE＝q＝qvB，得两极板间能达到的最大电势差U＝________.
　丁
内　
正　
BLv
1.[带电粒子在磁场中的运动](多选)如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B1＝2B2，当不计重力的带电粒子从B1磁场区域运动到B2磁场区域时，粒子的 (　　)
A.速率将加倍
B.轨迹半径加倍
C.周期将加倍
D.做圆周运动的角速度将加倍
【答案】BC
2.[回旋加速器]回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示.设D形盒半径为R.若用回旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率为f.则下列说法正确的是 (　　)
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πfR
B.质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关
C.高频电源只能使用矩形交变电流，不能使用正弦式交变电流
D.不改变B和f，该回旋加速器也能用于加速α粒子
【答案】A　
【解析】由T＝，T＝，可得质子被加速后的最大速度为2πfR，其不可能超过2πfR，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，A正确，B错误；高频电源可以使用正弦式交变电流，C错误；要加速α粒子，高频交流电周期必须变为α粒子在其中做圆周运动的周期，即T＝，粒子的荷质比不同，周期也不同，D错误.
3.[带电粒子在复合场中的运动]如图所示，一带电小球在一电场、磁场正交区域里做匀速圆周运动，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是 (　　)
A.小球一定带正电
B.小球一定带负电
C.小球的绕行方向为逆时针
D.改变小球的速度大小，小球将不做圆周运动
【答案】B
4.[质谱仪]质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场.如图所示为质谱仪的原理图.设想有一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子(不计重力)，经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应强度为B的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P点，设OP＝x，则在下列图中能正确反映x与U之间的函数关系的是 (　　)
A　　　　B　 　C　 　D
【答案】B　
【解析】带电粒子先经加速电场加速，故qU＝mv2，进入磁场后偏转，OP＝x＝2r＝，两式联立得OP＝x＝，B正确，A、C、D错误.
考点1　带电粒子在匀强磁场中的运动　[能力考点]
1.圆心的确定
(1)已知入射点、入射方向和出射点、出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆周运动的圆心(如图甲所示).

甲　　　　　　　　乙
(2)已知入射方向和入射点、出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心(如上图乙所示).
(3)带电粒子在不同边界磁场中的运动：
①直线边界(进出磁场具有对称性，如下图所示).
甲　　　　　　乙　　　　　　丙
②平行边界(存在临界条件，如下图所示).
甲　　　 乙　　 　丙
③圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如右图所示).
2.半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几个重要的几何特点：
(1)粒子速度的偏向角φ等于圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图所示)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
(2)直角三角形的应用(勾股定理).找到AB的中点C，连接OC，则△AOC与△BOC都是直角三角形.
Rcos θ＝R－d，Rsin θ＝L，R2＝(R－d)2＋L2.
3.运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由以下两式表示：
t＝，t＝(l为弧长).
例1　(2021年全国乙卷)如图，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场.若粒子射入磁场时的速度大小为v1，离开磁场时速度方向偏转90°；若射入磁场时的速度大小为v2，离开磁场时速度方向偏转60°，不计重力，则为(　　)
A. C.
【答案】B　
【解析】根据题意作出粒子做圆周运动的轨迹如图所示，设圆形磁场区域的半径为R，根据几何关系得第一次运动的半径r1＝R，第二次的半径r2＝R，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝，可得v＝，所以，故B正确.
[解题方略]　带电粒子在磁场中运动解法
1.(2022年广东卷)如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场.一质子以某一速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域.下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是(　　)
A B C D
【答案】A　
【解析】由题意知当质子射出后先在MN左侧运动，刚射出时根据左手定则可知在MN受到y轴正方向的洛伦兹力，即在MN左侧会向y轴正方向偏移，做匀速圆周运动，y轴坐标增大；在MN右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向，质子在y轴正方向上做减速运动，A正确，B错误；根据左手定则可知质子在整个运动过程中都只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用，在z轴方向上没有运动，z轴坐标不变，C、D错误.
2.(2022年广州模拟)如图，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，acb是半圆，圆心是O，半径为r，∠bOc＝60°，现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子，以速度v沿半径Oc射入磁场，从bd边垂直边界离开磁场，则 (　　)

A.离子做圆周运动的半径为2r
B.离子离开磁场时距b点为3r
C.虚线内的磁感应强度大小为
D.离子在磁场中的运动时间为
【答案】D　
【解析】由题意作出离子在磁场中运动轨迹如图.则根据几何关系，离子在磁场中做圆周运动的半径为R＝r，离子离开磁场时距b点为(＋1)r，A、B错误；离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m，可得B＝，C错误；由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为t＝T＝，D正确.
3.如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场.质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场.图中实线是它们的轨迹，已知O是PQ的中点.不计粒子重力.下列说法中正确的是 (　　)

A.粒子c带负电，粒子a、b带正电
B.射入磁场时，粒子b的速率最小
C.粒子a在磁场中运动的时间最长
D.若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，则粒子a在磁场中的运动时间不变
【答案】C　
【解析】根据左手定则可知粒子c带正电，粒子a、b带负电，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m ，解得v＝ ，由图知射入磁场时粒子a的半径最小，所以射入磁场时粒子a的速率最小，
故B错误；根据T＝ 可知，粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间为t＝ T＝ ，由于m、q、B都相同，粒子a转过的圆心角θ最大，则射入磁场时粒子a的运动时间最长，故C正确；若匀强磁场磁感应强度增大，其他条件不变，由牛顿第二定律得qvB＝m ，解得R＝ ，则粒子a射入磁场时的半径会变小，但粒子a轨迹对应的圆心角不变，由t＝T＝，可知粒子a运动时间会变短，故D错误.
考点2　带电粒子在磁场中运动的临界问题　[能力考点]
1.有界磁场分布区域的临界问题
该类问题主要解决外界提供什么样以及多大的磁场，使运动电荷在有限的空间内完成规定偏转程度的要求，一般求解磁场分布区域的最小面积，它在实际中的应用就是磁约束.
2.常用规律
(1)刚好穿出磁场的边界条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与磁场边界相切.
(2)当速率v一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长.
(3)当速率v变化时，圆周角越大，对应的运动时间越长.
例2　(2020年全国卷Ⅲ)真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示.一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场.已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力.为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为 (　　)
A.
C.
【答案】C　
【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，即eBv＝m，则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为B＝，即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小.令电子运动轨迹最大的半径为rmax，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示.A点为电子做圆周运动的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得，AB⊥OB，△ABO为直角三角形，则由几何关系可得(3a－rmax)2＝＋a2，解得rmax＝a，解得磁场的磁感应强度最小值Bmin＝，故C正确，A、B、D错误.
A.粒子在磁场中的加速度为
B.匀强磁场的磁感应强度为
C.粒子在磁场中的运动时间为
D.圆环区域ad边的长度为(－1)r
【答案】BD　
【解析】作出粒子在abcd区域内的运动轨迹如图所示，根据几何关系可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R＝rtan 30°＝r，粒子在磁场中的加速度为a＝，故A错误；根据牛顿第二定律有qvB＝m，解得B＝，故B正确；
粒子在磁场中运动的周期为T＝，根据几何关系可知粒子在磁场中转过的圆心角为240°，所以运动时间为t＝，故C错误；根据几何关系可知abcd的外圆半径为r'＝3R＝r，所以圆环区域ad边的长度为ad＝r'－r＝(－1)r，故D正确.
2.如图所示，两个板间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的质子以速度v0从O点垂直射入磁场.已知两板之间距离为d，板长为d，O是NP板的中点，为使质子能从两板之间射出，试求磁感应强度B应满足的条件(已知质子所带的电荷量为q，质量为m).
解：如图所示，由于质子在O点的速度垂直于板NP，所以质子在磁场中做圆周运动的圆心O'一定位于NP所在的直线上.如果直径小于ON，则轨迹将是圆心位于ON之间的一段半圆弧.

如果质子恰好从N点射出，则R1＝，qv0B1＝，得B1＝.
如果质子恰好从M点射出，－d2＝，qv0B2＝m，得B2＝，
所以磁感应强度B取值范围应满足≤B≤.
多解分类 轨迹图 多解原因
带电粒 子电性 不确定 带电粒子可能带正电，也可能带负电，粒子在磁场中的运动轨迹不同
磁场方向 不确定 题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，必须考虑磁感应强度方向有两种情况
临界状态 不唯一 带电粒子在飞越有界磁场时，可能直接穿过去了，也可能从入射界面反向飞出
运动的 往复性 带电粒子在空间运动时，往往具有往复性
考点3　带电粒子在磁场中运动的多解问题　[能力考点]
带电粒子在磁场中运动的多解问题
例3　空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场，y轴为两磁场的边界，磁感应强度分别为2B0、3B0.甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场，速度均为v.甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q，其轨迹如图所示.甲经过Q时，乙也恰好同时经过该点.已知甲的质量为m，电荷量为q.不考虑粒子间的相互作用和重力影响.求：
(1)Q到O的距离d；
(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt；
(3)乙的比荷可能的最小值.
解：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m，
得R1＝，R2＝.
QO的距离为d＝2R1－2R2＝.
(2)由(1)可知，完成一个周期运动上升的距离为d，粒子再次经过P，经过N个周期，
N＝＝3，
所以再次经过P点的时间为t＝3T，
由匀速圆周运动的规律得T1＝，
T2＝.
甲粒子运动一个周期的时间为T＝，
解得T＝.
所以再次经过P点的时间为t＝3T＝，
两次经过P点的时间间隔为Δt＝t－，
解得Δt＝.
(3)由洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得，
R1'＝，R2'＝，d'＝2R1'－2R2'，
若乙粒子从第一象限进入第二象限的过程中与甲粒子在Q点相遇，则2R1'＋nd'＝OQ＝d，
n，
结合以上式子，n无解.
若乙粒子从第二象限进入第一象限的过程中与甲离子在Q点相遇，则nd'＝OQ，
n，
计算可得＝n(n＝1，2，3……)
由于甲乙粒子比荷不同，则n＝2时，乙的比荷最小，为.
1.(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示.磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电，现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是 (　　)
A.使粒子的速度v＜
B.使粒子的速度v＞
C.使粒子的速度v＞
D.使粒子的速度v满足＜v＜
【答案】AB　
【解析】带电粒子刚好打在极板右边缘，有＋l2，又因r1＝，解得v1＝；粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝，解得v2＝，故A、B正确.
2.阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的.如图，探测器内边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电量为＋q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从ad边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p满足(　　)
A.≤p≤
B.≤p≤qBL
C.qBL≤p≤
D.p≤或p≥
【答案】A　
【解析】带电量为＋q的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，qvB＝，解得r＝.若粒子从a点射出，由几何关系可知r1＝.若粒子从d点射出，由几何关系可知L2＋，解得r2＝，则磁谱仪记录到粒子从ad边射出可知≤r≤，故粒子进入磁场时的动量p满足≤p≤，A正确.
场环境 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
运动 轨迹 (抛物线)
(圆弧，v大小不变)
考点4　带电粒子在有界组合场中的运动　[能力考点]
1.组合场中的两种典型偏转
求解 方法
运动 时间
2.基本思路
例4　(2021年全国卷Ⅰ)如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场.一质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞.已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力.
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离.
解：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
x＝v0t，①
y＝12at2＝qEt22m，②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°
有tan 30°＝vyvx＝atv0，③
粒子发射位置到P点的距离s＝x2＋y2，④
由①②③④式得s＝13mv026qE.⑤
(2)带电粒子在磁场中运动的速度
v＝v0cos30°＝23v03，⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹(分别从Q、N点射出)如图甲所示.
由几何关系可知，最小半径
rmin＝l2cos30°＝33l，⑦
甲　
最大半径rmax＝22lcos75°＝(3＋1)l，⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
qvB＝mv2r，⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围是2mv0(3＋3)ql≤B≤2mv0ql.
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图乙所示.
由几何关系可知sin θ＝l252l＝55，⑩
带电粒子的运动半径为r3＝54lcos(30°＋θ)，
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
dmin＝(r3sin 30°＋l)－r3，
由⑩ 式解得d＝39－10344l.
乙
1.(2020年全国卷Ⅱ)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测.图甲是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图乙所示.图乙中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点.则 (　　)
A.M处的电势高于N处的电势
B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移
C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外
D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移
甲　 乙
【答案】D　
【解析】由于电子带负电，要在MN间加速，则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；增大加速电压则根据eU＝mv2，可知会增大电子到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有evB＝m，可得R＝，可知会增大电子在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；电子在偏转磁场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；由B的分析可知，当其他条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小电子在偏转磁场中的偏转半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故D正确.
2.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行.一质量为m，电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子重力.求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时的速度大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值.
解：(1)设粒子在电场中运动的时间为t，则有
x＝v0t＝2h，y＝at2＝h，
qE＝ma，
联立以上各式，可得E＝.
(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度
vy＝at＝v0，
所以v＝v0，
方向指向第Ⅳ象限且与x轴正方向成45°角.
(3)粒子在磁场中运动时，有qvB＝m，
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有r＝L，所以B＝.
考点5　带电粒子在叠加场中的运动　[能力考点]
1.带电粒子在叠加场中的运动情况分类
(1)磁场力、重力并存：
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，可由此求解问题.
(2)电场力、磁场力并存(不计重力)：
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题.
(3)电场力、磁场力、重力并存：
①若三力平衡，一定做匀速直线运动.
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动.
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题.
2.“三步”解决带电粒子在叠加场中的运动问题
例5　如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T.有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，g取10 m/s2.求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
解：(1)小球匀速直线运动时受力如图所示，
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝q2E2＋m2g2，①
代入数据，解得v＝20 m/s.②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qEmg，③
代入数据，解得tan θ＝3，θ＝60°.④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类
平抛运动，设其加速度为a，则有
a＝q2E2＋m2g2m，⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，则有x＝vt，⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，则有y＝12at2，⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，
又tan θ＝yx，⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得
t＝23 s≈3.5 s.⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分
运动没有影响，以P点为坐标原点、竖直向上为正方向，小球在竖直方向
上做匀减速运动，其初速度vy＝vsin θ，⑩
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，
则有
vyt－12gt2＝0，
联立⑩ 式，代入数据，解得
t＝23 s≈3.5 s.
1.如图所示，有一倾角为30°的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边.一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动.则
(　　)
A.小球带负电荷
B.匀强磁场的磁感应强度大小B＝
C.匀强电场的场强大小为E＝
D.小球在运动过程中机械能守恒
【答案】B　
【解析】小球恰在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，A错误；由上分析，根据牛顿第二定律得qvB＝m，得到r＝，周期T＝，得到B＝.当重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，有Eq＝mgsin θ，得到E＝，B正确，C错误；虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，D错误.
2.如图所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间有垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，与两板及左侧边缘线相切.一个带正电的粒子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧边缘O1点以某一速度射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0.若撤去磁场，粒子仍从O1点以相同速度射入，则经时间打到极板上.
(1)求两极板间电压U；
(2)若两极板不带电，保持磁场不变，该粒子仍沿中心线O1O2从O1点射入，欲使粒子从两板左侧间飞出，射入的速度应满足什么条件
解：(1)设粒子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L，粒子在初速度方向上做匀速直线运动，则L∶(L－2R)＝t0∶，解得L＝4R，
粒子在电场中做类平抛运动，则
L－2R＝v0·，a＝，R＝，
在复合场中做匀速直线运动，有
q＝qv0B，
联立各式解得v0＝，U＝.
(2)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，设其轨道半径为r，粒子恰好从上极板左边缘飞出时速度的偏转角为α，由几何关系，可知β＝π－α＝45°，r＋r＝R，
因为R＝·，
所以，
根据牛顿第二定律，有qvB＝m，
解得v＝.
所以，粒子在两板左侧间飞出的条件为
0＜v＜.
考点6　回旋加速器和质谱仪　[能力考点]
1.回旋加速器原理
(1)电场加速：qU＝ΔEk.
(2)磁场约束偏转：qBv＝m，r＝∝v.
(3)加速条件：高频电源的周期与带电粒子在D形盒中运动的周期相同，即T电场＝T回旋＝.
2.回旋加速器的规律
(1)将带电粒子在两盒狭缝之间的运动首尾相连起来可等效为一个初速度为零的匀加速直线运动.
(2)带电粒子每经电场加速一次，回旋半径就增大一次，所以各回旋半径之比为1∶∶….
(3)对于同一回旋加速器，其粒子回旋的最大半径是相同的.
(4)最大动能Ekm＝n(2qU)，则回旋次数n＝.
(5)带电粒子的最终能量：最大速度vm＝，则Ekm＝.可见，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R.
(6)粒子在回旋加速器的磁场中运动的时间t＝nT回旋＝.由于粒子在电场中运动的时间远小于在磁场中运动的时间，若题目没有要求计算，可以忽略不计.
例6　(2022年潮州模拟)在芯片制造过程中，离子注入是重要的工序.图甲是我国自主研发的离子注入机，图乙是离子注入机的部分工作原理示意图.从离子源发出的离子经电场加速后沿水平方向先通过速度选择器，再进入磁分析器，磁分析器是中心线半径为R的四分之一圆环，其两端中心位置M和N处各有一个小孔，利用磁分析器选择出特定比荷的离子后经N点打在硅片(未画出)上，完成离子注入.已知速度选择器和磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B、方向均垂直纸面向外；速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E.整个系统置于真空中，不计离子重力.求：
(1)能从速度选择器中心线通过的离子的速度大小v；
(2)能通过N打到硅片上的离子的比荷，并判断该离子的带电性质.
解：(1)离子通过速度选择器时，有qE＝qvB，
解得v＝.
(2)离子在磁分析器中，有qvB＝m，
解得.
对离子受力分析可知，离子受到洛仑兹力指向圆心O，根据左手定则可知离子带正电荷.
1.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步.如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中
盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，如图所示.带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动.对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是 (　　)
A.带电粒子每运动一周被加速两次
B.带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C.加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D.加速电场方向需要做周期性的变化
【答案】C　
【解析】带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向不需改变，故A、D错误；根据r＝，得P1P2＝2(r2－r1)＝，因为每转一圈被加速一次，根据v2－＝2ad，可知每转一圈速度的变化量不等，则P1P2≠P2P3，故B错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r＝，得v＝，可知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故C正确.
2.(多选)回旋加速器的基本原理如图所示.当外加磁场一定时，可把质子的速度从零加速到v，质子获得的动能为Ek.在不考虑相对论效应的情况下，用该回旋加速器

加速原来静止的α粒子(氦核)时， (　　)
A.能把α粒子从零加速到
B.能使α粒子获得的动能为2Ek
C.加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2
D.加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为2∶1
【答案】AC　
【解析】粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据qvB＝m，解得v＝，则粒子的最大动能Ekm＝mv2＝.因质子与α粒子的质量数之比为1∶4，而电量之比为1∶2，所以α粒子加速到的速度为，动能仍为Ek，故A正确，B错误；回旋加速器所接交变电流的频率应与粒子做匀速圆周运动的频率相同，为f＝，所以加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为1∶2，故C正确，D错误.
带电粒子在电磁场中运动的解题技巧
素养一　用动态圆法求解带电粒子的运动问题
类型一　“平移圆”模型的应用
适用条件 速度大小一定，方向一定，入射点不同，但在同一直线上
轨迹圆圆心共线 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线，该直线与入射点的连线平行
界定方法
例7　如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T.一群不计重力、质量m＝3×10－7 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直于ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，则 (　　)
A.从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B.从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C.从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D.从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
【答案】D　
【解析】带电粒子在磁场中运动的半径r＝＝0.3 m，说明粒子在磁场轨迹的半径与半圆形有界磁场的半径相同.如图所示，从Od边射入的粒子，出射点在eG之间，即在bc边，故A、C错误；从aO边射入的粒子，出射点在aG之间，即在be边和ab边上，故B错误，D正确.
适用条件 速度方向一定，大小不同 粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化
轨迹圆圆心共线

如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP'上
界定方法 以入射点P为定点，圆心位于PP'直线上，将半径放缩作轨迹圆，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆”法
类型二　“放缩圆”模型的应用
例8　如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是 (　　)

A.电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B.电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C.在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D.电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
【答案】B　
【解析】在图中画出了不同速率的电子在磁场中的轨迹，由前面的知识点可知轨迹的半径R＝，说明了半径的大小与电子的速率成正比.但由于电子在磁场中运动时间的长短仅与轨迹所对应的圆心角大小有关，故可判断图中五条轨迹线所对应的运动时间关系有t5＝t4＝t3＞t2＞t1，显然只有B正确.
适用方法 速度大小一定，方向不同
轨迹圆圆心共圆
界定方法
类型三　“旋转圆”模型的应用
例9　如图所示为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点O.O点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍.已知该带电粒子的质量为m、电荷量为q，不考虑带电粒子的重力.
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径；
(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角.
解：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，由牛顿第二定律得Bqv＝m，则轨迹半径r＝.
(2)粒子的速率均相同，因此粒子轨迹圆的半径均相同，但粒子射入磁场的速度方向不确定，故可以保持圆的大小不变，只改变圆的位置，画出“动态圆”，通过“动态圆”可以观察到粒子运动轨迹均为劣弧，对于劣弧而言，弧越长，弧所对应的圆心角越大，偏转角越大则运动时间越长，当粒子的轨迹圆的弦长等于磁场直径时，粒子在磁场空间的偏转角最大，sin，即φmax＝60°.
装置 原理图 规律
组合场 质谱仪
回旋 加速 器
素养二　洛仑兹力的实际应用
带电粒子在复合场中运动情境分类
叠加场 速度选 择器
磁流体 发电机
电磁 流量计
霍尔 元件 当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差
例10　(2022年北京模拟)如图所示为回旋加速器原理图，它的主要结构是在磁极间的真空室内有两个半圆形的金属扁盒(D形盒)隔开相对放置，D形盒上加交变电压，其间隙处产生交变电场.在D形盒所在处存在匀强磁场.置于中心附近的粒子源产生的带电粒子，在电场中被加速，带电粒子在D形盒内不受电场力，只在洛伦兹力作用下，在垂直磁场平面内做匀速圆周运动.一质量为m，电荷量为q的带电粒子自半径为R的D形盒的中心附近由静止开始加速，D形盒上所加交变电压大小恒为U，D形盒所在处的磁场的磁感应强度为B，不考虑相对论效应，求：
(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时的速度大小v；
(2)交变电压的周期T；
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，被加速的次数N.
解：(1)带电粒子从D形盒边缘飞出时，有qvB＝m，解得v＝.
(2)交变电压的周期与带电粒子在磁场中运动的周期相等，为T＝.
(3)带电粒子从释放到飞出加速器，由动能定理可得NqU＝mv2，
解得N＝.
变式1　(2021年河北卷)如图，距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B1，一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P、Q相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体的粒子重力，下列说法正确的是 (　　)
A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v＝
D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v＝
【答案】B　
【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q带正电荷，金属板P带负电荷，则电流方向由金属棒a端流向b端.等离子体穿过金属板P、Q时产生的电动势U 满足q＝qB1v，由欧姆定律I＝和安培力公式F＝BIL 可得F安＝B2L×，再根据金属棒ab垂直导轨放置，恰好静止，可得F安＝mgsin θ，则v＝，金属棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定则可判定导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下.故B正确.
变式2　如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成.若速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向里，静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径(OP)为R，通道内有均匀辐射的电场，在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外.一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力.下列说法正确的是 (　　)
A.速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B.粒子的速度v＝
C.粒子的比荷为
D.P、Q两点间的距离为
【答案】C　
【解析】由图可知，粒子在磁分析器内向左偏转，受到的洛伦兹力的方向向左，由左手定则可知，该粒子带正电；粒子在速度选择器内向右运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向上；由于粒子匀速穿过速度选择器，所以粒子受到的电场力的方向向下，则电场的方向向下，极板P1的电势比极板P2的高，A错误；粒子在速度选择器内受力平衡，则qE1＝qvB1，可得v＝， B错误；
粒子在静电分析器内受到的电场力提供向心力，则qE＝，联立可得粒子的比荷 ，C正确；粒子在磁分析器内做匀速圆周运动，受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB＝，联立可得r＝，P、Q之间的距离为2r＝，D错误.(共9张PPT)
热点强化14　带电粒子在各种复合场中的运动
1.(2022年温州模拟)如图甲是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比，现给金属材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是 (　　)
A.N端应与电压表的“＋”接线柱相连
B.要提高检测灵敏度可适当减小宽度b
C.如果仅将检测电流反向，电压表的“＋”“－”接线柱连线位置无须改动
D.当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变大
【答案】D　
【解析】图甲中检测电流I0通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“＋”接线柱相连，A错误；当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有qvB＝q，可得U＝vBb，要提高检测灵敏度，可以通过增大B(增大I0)、增大工作电流I(增大v)、增大b的方法，B错误；如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“＋”接线柱相连，C错误；由B中分析可知U＝vBb，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知B∝I0，说明检测电流I0变大，D正确.
2.(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图.带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器.速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E.平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2.平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场.下列表述正确的是 (　　)
A.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C.质谱仪是一种可测定带电粒子比荷的仪器
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越大
【答案】BCD　
【解析】在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有qE＝qvB，解得v＝，故A错误.根据带电粒子在磁场中的偏转方向，由左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B正确.进入偏转磁场后，有qvB0＝m，解得，可知质谱仪是可以测定带电粒子比荷的仪器，故C正确.由上式可知，越靠近狭缝P，r越小，比荷越大，故D正确.
3.(2022年全国卷)空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向.一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动.下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是 (　　)
A B
C D
【答案】B　
【解析】在xOy平面内电场的方向沿y轴正方向，故在坐标原点O静止的带正电粒子在电场力作用下会向y轴正方向运动.磁场方向垂直于纸面向里，根据左手定则，可判断出向y轴正方向运动的粒子同时受到沿x轴负方向的洛伦兹力，故带电粒子向x轴负方向偏转，A、C错误；运动的过程中电场力对带电粒子做功，粒子速度大小发生变化，粒子所受的洛伦兹力方向始终与速度方向垂直.由于匀强电场方向是沿y轴正方向，故x轴为匀强电场的等势面，从开始到带电粒子偏转再次运动到x轴时，电场力做功为0，洛伦兹力不做功，故带电粒子再次回到x轴时的速度为0，随后受电场力作用再次进入第二象限重复向左偏转，B正确，D错误.
4.如图所示为等离子体发电机的示意图.高温燃烧室产生的大量的正、负离子被加速后垂直于磁场方向喷入发电通道的磁场中.在发电通道中有两块相距为d的平行金属板，两金属板外接电阻R.若磁场的磁感应强度为B，等离子体进入磁场时的速度为v，系统稳定时发电通道的电阻为r.则下列表述正确的是 (　　)
A.上金属板为发电机的负极，电路中电流为
B.下金属板为发电机的正极，电路中电流为
C.上金属板为发电机的正极，电路中电流为
D.下金属板为发电机的负极，电路中电流为
【答案】C　
【解析】根据左手定则，正离子受到的洛伦兹力向上，所以上金属板带正电，即上板为正极.稳定后有q＝qvB，解得E＝dvB，根据闭合电路的欧姆定律得I＝，C正确.(共23张PPT)
热点专题系列六　带电粒子在复合场中运动问题的解题技巧
　　带电粒子在电磁场中的运动问题综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动、功能关系等知识，同时对于数学的运算能力、空间想象能力、作图能力都有较高要求，是高考命题的热点和重点.同学们复习时主要弄清两种类型.
综合类型一　带电粒子在组合场中的运动
1.组合场中的两种典型偏转
场环 境 垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力 情况 电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v改变而改变，FB是变力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动 轨迹
续表
求解 方法
运动 时间
动能 变化 不变
2.带电粒子在组合场中运动的分析思路
第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；
第2步：受力分析和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：
第3步：用规律
例1　空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的匀强电场.现有一束质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示.已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上与O点距离为2R的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用力，求：
(1)粒子射入磁场时的速度大小及电场强度的大小；
(2)速度方向与AO1夹角为60°(斜向右上方)的粒子到达y轴所用的时间.
解：(1)设粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m，得v＝.如图甲所示，因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心O1等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，有2R＝vt，又因为R＝··t2，解得E＝.
(2)轨迹如图乙所示，轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角θ＝150°，粒子在磁场中运动的时间为t1＝T＝.粒子离开磁场到y轴的距离MH＝，在无场区运动的时间t2＝，故粒子到达y轴的时间为t＝t1＋t2＝.
变式1　如图所示，一个质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里.结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处距A点为2d(AG⊥AC)，不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内.求：
(1)此离子在磁场中做圆周运动的半径r；
(2)离子从D处运动到G处所需的时间；
(3)离子到达G处时的动能.
解：(1)正离子运动的轨迹如图所示.在磁场中做圆周运动的半径r满足d＝r＋rcos 60°，
解得r＝d.
(2)设离子在磁场中的运动速度为v0，则有
qv0B＝m，T＝，
由图知离子在磁场中做圆周运动的时间为
t1＝T＝，
离子在电场中做类平抛运动，从C到G的时间为
t2＝，
离子从D处运动到G处所需时间为
t＝t1＋t2＝.
(3)设电场强度为E，则有qE＝ma，d＝，
由动能定理得qEd＝EkG－，
解得EkG＝.
综合类型二　带电粒子在叠加场中的运动
比较 力的特点 功和能的特点
重力场 大小：G＝mg 方向：竖直向下 重力做功与路径无关
重力做功改变物体的重力势能
电场 大小：F＝qE 方向：正电荷受力方向与场强方向相同，负电荷受力方向与场强方向相反 电场力做功与路径无关
W＝qU
电场力做功改变电势能
磁场 大小：F＝qvB(v⊥B) 方向：可用左手定则判断 洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
例2　如图，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：
(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小；
(2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
(3)微粒从P运动到Q的时间.
解：(1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE1sin 45°＝mg，
解得E1＝.
微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有mg＝qE2，解得E2＝.
(2)粒子进入磁场区域时满足qE1d1cos 45°＝mv2，qvB＝m，
根据几何关系，分析可知R＝＝2d2，
整理得B＝.
(3)微粒从P到Q的时间包括在区域Ⅰ内的运动时间t1和在区域Ⅱ内的运动时间t2，并满足a1＝d1，mgtan 45°＝ma1，t2＝，
经整理得t＝t1＋t2＝.
变式2　(2022年湖南卷)如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场.质量为m、带电量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器.此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力.
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E'.
解：(1)小球在电磁场中做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，可得Eq＝mg，
R2两端的电压U2＝Ed，
根据欧姆定律得U2＝·R2，
联立解得E0＝.
(2)如图所示.设粒子在电磁场中做圆周运动的半径为r，根据几何关系
(r－d)2＋(d)2＝r2，解得r＝2d.
根据qvB＝m，解得B＝.
(3)由几何关系可知，射出磁场时，小球速度方向与水平方向夹角为60°，要使小球做直线运动，当小球所受电场力与小球重力在垂直小球速度方向的分力相等时，电场力最小，电场强度最小，可得E'q＝mgcos 60°，解得E'＝.(共39张PPT)
第1讲　动量、冲量、动量定理
核心素养 重要考点
物理 观念 (1)理解动量和冲量概念；(2)理解和运用动量定理与动量守恒定律；(3)理解碰撞、反冲的定义及物理意义 1.动量、动量定理
2.动量守恒定律及其应用
3.弹性碰撞和非弹性碰撞
4.实验：验证动量守恒定律
科学 思维 (1)能利用动量定理解决相关问题，会在流体力学中建立“柱状”模型；(2)动量守恒定律应用中的人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型 科学 探究 验证动量守恒定律 科学态度与责任 (1)以生产、生活、高科技实际为背景的动量定理和动量守恒定律的应用；(2)体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一 一、动量　冲量
1.动量
(1)定义：物体的________与________的乘积.
(2)公式：p＝________.
(3)单位：______________.符号： kg·m/s.
(4)意义：动量是描述物体__________的物理量，是矢量，其方向与______的方向相同.
质量
速度
mv
千克·米/秒
运动状态
速度
2.冲量
(1)定义：力和力的____________的乘积.
(2)公式：I＝________，适用于求恒力的冲量.
(3)方向：与____________相同.
作用时间
Ft
力F的方向
二、动量定理
1.内容：物体所受______的冲量等于物体的________________.
合力
动量变化量
2.表达式：FΔt＝Δp＝p'－p.
3.矢量性：动量变化量的方向与__________的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理.
合力
4.动量和动能的关系：Ek＝________.
(1)力与物体运动方向垂直时，该力不做功，但该力的冲量不为零.
(2)某个力的冲量与物体的运动状态及其是否受其他力无关.
(3)动量定理是矢量方程，列方程时应选取正方向，且力和速度必须选同一正方向.
1.[动量](多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是(　　)
A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面作用时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面作用时间长
【答案】CD
2.[动量定理的应用](2022年佛山模拟)如图是某汽车安全气囊的工作原理图.当汽车发生意外碰撞时，钢球对压力传感阀门的压力大于阈值F时阀门就会打开，钢球接通触片开关点燃炸药，释放大量气体瞬间充满安全气囊.在某次碰撞过程中，汽车在时间t内速度由v减速至零，且安全气囊打开.设此过程为匀减速直线运动，汽车的质量为M，钢球质量为m，钢球在水平方向除与阀门间的相互作用外，所受其他外力可忽略不计，则碰撞前车速v大于(　　)
A. C.
【答案】A　
【解析】设汽车碰前速度为v，则钢球在汽车碰撞过程中，速度也从v变为0，对钢球由动量定理可得－Ft＝0－mv，解得v＝，由题意得钢球对压力传感阀门的压力大于F时，阀门会打开，即当车速v大于时安全气囊才会弹出，A正确，B、C、D错误.
3.[动量定理解释现象]如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以
(　　)
A.减小球对手冲量的大小
B.减小球对手作用力的大小
C.减小球的动量变化量的大小
D.减小球对手的作用时间
【答案】B　
【解析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，F＝，当时间增大时，动量的变化量不变，球对手的作用力减小，所以B正确.
4.[冲量的理解]如图，用与水平方向成θ角的拉力F拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平面运动时间t.木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f的冲量大小分别为(　　)
A.拉力的冲量大小为Ftcos θ
B.重力的冲量大小为0
C.支持力的冲量大小为0
D.摩擦力的冲量大小为ft
【答案】D　
【解析】力和力的作用时间的乘积叫冲量，木箱受到的重力mg、拉力F、支持力N和摩擦力f不为零，作用时间为t，所以拉力的冲量大小为Ft、重力的冲量大小为mgt、支持力的冲量大小为Nt、摩擦力的冲量大小为ft，故选D.
考点1　动量和冲量　[基础考点]
1.动量与动能、动量变化量的比较
项目 动量 动能 动量变化量
定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量 物体末动量与初动量的矢量差
定义式 p＝mv Δp＝p'－p
标矢性 矢量 标量 矢量
特点 状态量 状态量 过程量
关联 方程 2.冲量与功的比较
项目 冲量 功
定义 作用在物体上的力和力的作用时间的乘积 作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积
单位 N· s J
公式 I＝Ft(F为恒力) W＝Flcos α(F为恒力)
标矢性 矢量 标量
意义 ①表示力对时间的累积 ②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积
②是能量变化多少的量度
都是过程量，都与力的作用过程相联系 1.(2022年湛江模拟)(多选)快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹，这种做法的好处是(　　)

A.可以大幅度减小颠簸过程中物品所受合力的冲量
B.可以大幅度减小颠簸过程中物品动量的变化
C.可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长
D.可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率减小
【答案】CD　
【解析】充气袋在运输中起到缓冲作用，在颠簸过程中，物体的动量变化量不变，由动量定理可知，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物体所受的合力，但不能改变合力的冲量，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物体所受的合力，D正确.
2.(2022年广州模拟)(多选)如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　)
A.球的动能可能不变
B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s
C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等
D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同
【答案】AC　
【解析】垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量大小不变，动量大小增量为零， A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等， C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误.
考点2　动量定理　[基础考点]
　　　　　　　　　　　　　　　　
1.理解动量定理的要点
(1)动量定理是矢量式，列式要注意方向.
(2)F既可以是恒力，也可以是变力.
(3)冲量是动量变化的原因.
(4)由Ft＝p'－p，得F＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率.
2.应用动量定理解题的步骤
1.(2022年全国卷)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10 m/s2.则(　　)
A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
【答案】AD　
【解析】物块与地面间的摩擦力为f＝μmg＝2 N.对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，解得t＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝，解得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－，解得x2＝3 m，4～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6 s时的速度大小为v6＝2×2 m/s＝4 m/s，0～6 s拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4) J＝40 J，D正确.
2.如图所示，学生练习用头颠球.某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
【答案】C　
【解析】足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得F＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，D错误.
3.(2022年深圳一模)明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧.如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R.人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则(　　)
A.a点的角速度大于b点的角速度
B.a点的线速度小于b点的线速度
C.绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
D.绳对乙的拉力大于乙的动量变化率
【答案】D　
【解析】因ab两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v＝ωr，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，A、B错误；根据动量定理(F－mg)t＝mv，即F＝＋mg，即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，C错误，D正确.
动量定理与微元法的综合应用
类型一　流体类问题
流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常给出流体密度ρ
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
(2)微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量Δm＝ρSvΔt
(3)建立方程，应用动量定理研究这段柱形流体
例1　如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径d＝30 cm，水速v＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力大小(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，结果保留3位有效数字).
解：设水柱的横截面积为S，在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρSvΔt，
以Δm为研究对象，它在Δt时间内的动量变化量
Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt，
设F为水柱对煤层的平均冲击力，F'为煤层对水柱的反冲击力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有
F'·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，即F'＝－ρSv2，
根据牛顿第三定律，知F＝－F'＝ρSv2，
式中S＝d2，代入数值得F≈1.77×105 N.
变式1　(2022年广东模拟)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(0～12)风速对照表.假设不同风级的风迎面垂直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则12级风对广告牌的最大作用力约为4级风对广告牌最小作用力的(　　)
风级 风速/(m·s－1) 风级 风速/(m·s－1)
0 0～0.2 7 13.9～17.1
1 0.3～1.5 8 17.2～20.7
2 1.6～3.3 9 20.8～24.4
3 3.3～5.4 10 24.5～28.4
4 5.5～7.9 11 28.5～32.6
5 8.0～10.7 12 32.7～36.9
6 10.8～13.8 …… ……
A.45倍 B.36倍 C.27倍 D.9倍
【答案】A　
【解析】设空气的密度为ρ，广告牌的横截面积为S，经过Δt时间撞击在广告牌上的空气质量为Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，根据动量定理可得FΔt＝Δmv，解得F＝ρSv2.根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为F'＝F＝ρSv2∝v2，则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为≈45，故A正确.
变式2　(2022年济南三模)在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我们展示了一个“科学实验重器”——高微重力科学实验柜.如图甲所示，当柜体受到一个干扰偏离原位置时，柜体通过喷气又慢慢回到了原位置.将该过程简化为如图乙所示的模型，物块静止在光滑水平面上的 O点，左右有两个喷气装置A和B，当给物块一个向左的初速度时，喷气装置A立即向左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点O且速度为零，假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且不变，喷气对物块质量的影响忽略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间之比等于(　　)
A.1　 B.2　
C.2　 D.＋1
【答案】D　
【解析】设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度为v，以初速度方向为正方向，设A停止喷气时物块速度大小为v1，根据动量定理－Ft1＝m(－v1)－mv，Ft2＝0－m(－v1)，物块在t1＋t2时间内，总位移为0，由运动学规律可得t1＋t2＝0，联立可解得t1＝(＋1)t2，故D正确.
类型二　微粒类问题
微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n
分析 步骤 (1)建立“柱体”模型，沿速度v0的方向选取一段微元，其横截面积为S
(2)微元研究，作用时间Δt内一段微元的长度为Δl，对应的体积ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
(3)先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N求解
例2　航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力.已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响.该发动机产生的平均推力F的大小为(　　)
A.I B.I C.I D.2I
【答案】A　
【解析】以正离子为研究对象，由动能定理可得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量Δm＝m＝m.由动量定理可知FΔt＝Δmv，联立以上各式解得F＝I，A正确.
变式3　如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落.要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为(　　)
A.50 N B.250 N C.500 N D.750 N
【答案】C　
【解析】车和煤整体受重力G、支持力N、拉力F，对5 s过程运用动量定理，有Ft＝Δmv，解得F＝ N＝500 N.故C正确，A、B、D错误.
变式4　(2022年合肥八中模拟)平底煎锅正在炸豆子.假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v.每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起.重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为(　　)
A.　 B.
C.　 D.
【答案】A　
【解析】设Δt时间撞击锅盖的豆子个数为n，取竖直向下为正方向，则由动量定理FΔt＝Δm·v－(－Δm)v，其中F＝Mg，Δm＝nm，解得，故A正确.(共35张PPT)
第2讲　动量守恒定律
一、守恒条件
1.理想守恒：系统__________外力或所受外力的合力为________，则系统动量守恒.
不受
零
2.近似守恒：系统受到的合力不为零，但当________远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒.
内力
3.分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒.
二、动量守恒定律的表达式
m1v1＋m2v2＝_____________或Δp1＝－Δp2.
m1v1'＋m2v2'
(1)动量守恒定律方程为矢量方程，列方程时必须选择正方向.
(2)弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在.
(3)“人船”模型适用于初状态系统内物体均静止，物体运动时满足系统动量守恒或某个方向上系统动量守恒的情形.
1.[动量守恒的条件]关于系统动量守恒的条件，下列说法正确的是(　　)
A.只要系统内存在摩擦力，系统动量就不可能守恒
B.只要系统中有一个物体具有加速度，系统动量就不守恒
C.只要系统所受的合外力为零，系统动量就守恒
D.系统中所有物体的加速度为零时，系统的总动量不一定守恒
【答案】C
2.[动量守恒定理的应用]滑冰是很多人非常喜欢的一项运动.在一次训练中，某质量为40 kg的女运动员以大小为3 m/s的速度向静止的男运动员运动，靠近男运动员的瞬间被男运动员抱起，且保持姿势不变.若男运动员的质量为60 kg，则抱起后瞬间两运动员的速度大小为(　　)
A.0.8 m/s B.1.2 m/s
C.1.6 m/s D.2 m/s
【答案】B　
【解析】两运动员相互作用的过程系统动量守恒，则有m1v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝1.2 m/s，B正确.
3.[动量守恒定理的应用](多选)如图所示，在光滑水平面上有一辆平板车，一人手握大锤站在车上.开始时人、锤和车均静止，此时大锤在头顶的正上方.人用力使锤落下敲打车的左端，然后锤反弹回到头顶正上方再落下，如此周而复始，使大锤连续地敲打车的左端，最后，人和锤都恢复至初始状态并停止敲打.在此过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.在大锤连续的敲打下，车左右往复运动
B.在任一时刻，人、锤和车组成的系统动量守恒
C.锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，车的动量方向先向右再向左
D.锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向右的动量，车的动量减小至零
【答案】AC　
【解析】由水平方向动量守恒可知在大锤连续的敲打的过程中，车会往复运动，A正确；人、锤和车组成的系统，只在水平方向上所受的外力之和为零，水平方向上动量守恒，竖直方向动量不守恒，B错误；锤从刚离开车的左端至运动到最高点的过程中，锤的动量方向先向左再向右，则车的动量先向右再向左，C正确；锤从刚接触车的左端至锤的速度减小至零的过程中，车具有水平向左的动量，车的动量减小至零，D错误.
考点1　动量守恒定律的理解　[基础考点]
1.求解恒力作用下的曲线运动问题
(1)曲线运动中，无论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，I合＝Δp始终成立，因此可由Δp＝p'－p求动量的变化.
(2)由于涉及的是矢量运算，需要先选定一个正方向，一般选初速度方向为正方向，应用矢量运算的平行四边形定则(或三角形法则)进行运算.
2.求解流体问题
处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)冲击物体表面产生的冲力(或压强)问题时，可选在短时间Δt内射到物体表面上的流体为研究对象——构建“柱体”微元模型应用动量定理分析求解，要特别注意根据题意正确地表示出该研究对象的质量和动量的变化.
3.对物体系统应用动量定理
(1)动量定理通常的研究对象是单个物体，但必要时也可以是物体系统.此时，动量定理可以叙述为“系统所受合外力的冲量等于系统动量的变化”.
(2)当几个力不同时作用时，合冲量可理解为系统所受各个外力冲量的矢量和.
4.求解平均作用力问题
在碰撞、打击过程中的相互作用力，一般是变力，用牛顿运动定律很难解决，用动量定理分析则方便得多，这时求出的力应理解为作用时间t内的平均力.如果物体动量的变化容易求解，就可以利用动量定理求出变力的冲量.
1.(2021年全国卷Ⅱ)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦.用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动.在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　)
A.动量守恒，机械能守恒
B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒
D.动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B　
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒.故B正确.
2.在平静的水面上，有一以速度v0匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m.开始时，人相对船静止.当人相对船以速度v向船行进的反方向行走时，设船的速度为u，由动量守恒定律可知下列表达式成立的是(　　)
A.(M＋m)v0＝Mu＋mv
B.(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)
C.(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)
D.(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)
【答案】C　
【解析】表达式(M＋m)v0＝Mu＋mv中速度不是相对同一参考系，所以A错误；(M＋m)v0＝Mu＋m(v－u)中，若选取船的方向为正方向，则人的速度为负值，所以B错误；表达式(M＋m)v0＝Mu－m(v－v0)违背了动量守恒定律的“同时性”原则，D错误；正确的求解应将动量守恒定律写为(M＋m)v0＝Mu－m(v－u)，所以C正确.
考点2　动量守恒定律的应用　[能力考点]
1.判断动量是否守恒的方法
方法一：从受力的角度分析.
(1)明确系统由哪几个物体组成.
(2)对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力.
(3)看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判断系统的动量是否守恒.
方法二：从系统总动量变化的情况判断.
(1)明确初始状态系统的总动量是多少.
(2)对系统内的物体进行受力分析、运动分析，确定每一个物体的动量变化情况.
(3)确定系统动量变化情况，进而判断系统的动量是否守恒.
2.动量守恒定律解题的基本步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程).
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒).
(3)规定正方向，确定初、末状态动量.
(4)由动量守恒定律列出方程.
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.
例1　(2021年广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间.
解：(1)甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2，
设甲与乙碰前的速度为v1，则－2as1，
解得v1＝0.3 m/s.
甲、乙碰撞时由动量守恒定律有
mv1＝mv2＋mv3，
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s.
然后乙做减速运动，当速度减为零时，则
x＝ m＝0.02 m＝s2.
可知乙恰好能滑到边框a.
(2)甲与乙碰前运动的时间
t1＝ s＝0.1 s，
碰后甲运动的时间t2＝ s＝0.1 s，
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s.
1.(2022年茂名二模)如图所示，正在太空中行走的宇航员A、B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3 m/s和1 m/s，迎面碰撞后(正碰)，A、B两人均反向运动，速度大小均为2 m/s.则A、B两人的质量之比为(　　)
A.3∶5 B.2∶3
C.2∶5 D.5∶3
【答案】A　
【解析】设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律mAvA－mBvB＝－mAvA'＋mBvB'，解得mA∶mB＝3∶5，故A正确.
2.(2020年全国卷Ⅲ)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间变化的关系如图中实线所示.已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　　)
A.3 J B.4 J C.5 J D.6 J
【答案】A　
【解析】由v－t图像可知，碰前甲、乙的速度分别为v甲＝5 m/s，v乙＝1 m/s；碰后甲、乙的速度分别为v甲'＝－1 m/s，v乙'＝2 m/s，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲'＋m乙v乙'，解得m乙＝6 kg.则损失的机械能为ΔE＝m甲m乙m甲v甲'2－m乙v乙'2，解得ΔE＝3 J，故A正确.
考点3　某一方向上动量守恒问题　[能力考点]
对于一个系统不满足动量守恒条件，但在系统的某一方向上满足动量守恒的问题，分析列式时要特别注意把速度投影到这个方向上，同时要注意各矢量的正负.如果在运动过程中动量守恒涉及位移问题，且两物体作用前均静止，由m1s1＝m2s2计算更方便，但要正确画出位移关系草图.
例2　如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量为m的小球从距A点正上方h0处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0(不计空气阻力)，则(　　)
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为R
C.小球离开小车后做斜上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度h0＜h＜h0
【答案】D　
【解析】小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误.系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv'＝0，m－m＝0，解得x＝R，故B错误.小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误.小球第一次在车中运动的过程中，由动能定理，有mg－Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得Wf＝
mgh0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0.由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车对小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于mgh0，机械能损失小于mgh0.小球再次离开小车时，能上升的高度大于h0－h0＝h0，而小于h0，故D正确.
1.如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放.Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.P对Q做功为零
B.P和Q之间相互作用力做功之和为零
C.P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D.P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
【答案】B
2.(多选)如图所示，质量为4 kg的小车Q静止在光滑的水平面上，质量为2 kg的可视为质点的小球P用质量不计、长为0.75 m的细线拴接在小车上的固定竖直轻杆的O点.现将小球拉至与O等高的位置，且细线刚好绷直，拉起过程中小车静止，某时刻给小球一竖直向下的速度v0＝3 m/s，g取10 m/s2.当细线第一次呈竖直状态时，下列说法正确的是(　　)
A.小车Q的位移大小为0.25 m
B.小球P的速度大小为2 m/s
C.小车Q的速度大小为2 m/s
D.小球下落过程中，线对小球P做的功为7 J
【答案】AC　
【解析】设小球的位移为x1，小车Q的位移大小为x2，小球的质量为m，小车的质量为M，根据人船模型的动量守恒的位移表达式mx1＝Mx2，x1＋x2＝l，解得x2＝＝0.25 m，A正确；设小球到达最低处时速度为v1，小车速度为v2，系统的水平方向动量守恒，机械能守恒，有mv1＝Mv2，＋mgl＝，解得v1＝4 m/s，v2＝2 m/s，B错误，C正确；小球从开始竖直向下到细线第一次呈竖直状态时，由动能定理得WF＋mgl＝，解得WF＝－8 J，D错误.
动量守恒中n次作用问题
处理动量守恒考题时，我们常常遇到，系统内物体发生n次相互作用的问题，求解这类问题的关键是看每次作用前后的速度是否相对于同一参考系.若作用时的速度是相对于同一参考系，则可以把整个过程作为研究过程；若作用时的速度是相对于不同的参考系，则必须分段列式.
例3　静止在光滑水平面上的甲、乙两车质量均为M，甲车上有一质量为m的人，以水平速度v跳向乙车，再以相反的速度跳回甲车(如图所示)，再以水平速度v跳向乙车……如此反复n次，最后回到甲车，则此时甲、乙车速度之比为(　　)
A. C.
【答案】A　
【解析】以甲、乙两车和人整体为研究对象，以甲车最终速度方向为正方向，由动量守恒定律，有(m＋M)v甲－Mv乙＝0，得到.故A正确.
变式　(2022年昆明一中模拟)如图，一质量为10 kg的铁球静止在足够长的光滑地面上，人站在小车上向左推铁球，铁球运动一段时间后和墙壁碰撞，碰后铁球速度反向、大小不变，每次推球，球出手后的速度大小都为2 m/s，已知人和车的总质量为50 kg.以下说法正确的是(　　)
A.运动全过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒
B.后一次推铁球比前一次推铁球推力的冲量更小
C.连续推4次后铁球将不能追上人和小车
D.最终人、小车和铁球的速度大小都是2 m/s
【答案】D　
【解析】球与墙壁碰撞过程，墙壁的作用力对系统有冲量，系统动量不守恒，A错误；设铁球的质量为m、人和小车的质量为M，第一次推铁球，根据动量定理有I1＝Δp1＝m·v＝20 N·s，以后每次推铁球，根据动量定理有I2＝mv－m(－v)＝40 N·s，则第二次推球的冲量大于第一次推球的冲量，之后每一次推铁球的冲量都相等，B错误；要使铁球不能追上小车，需使v车≥v球＝2 m/s，推球过程人、小车和铁球组成的系统动量守恒，则第一次推球使人和小车获得了Δp1＝20 kg·m/s的动量，以后每次推球都使人和小车获得了Δp2＝40 kg·m/s的动量，根据Δp1＋nΔp2≥Mv球，解得n≥2，故连续推2次后铁球将不能追上人和小车，C错误；根据Δp1＋nΔp2≥Mv'可知，当n＝2时解得小车的速度为v'＝2 m/s，与铁球的速度大小相等，此后不能追上小车，三者都保持匀速运动，D正确.(共64张PPT)
第3讲　碰撞与反冲
一、碰撞
1.特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远________外力，总动量守恒.
2.分类.
(1)弹性碰撞：碰撞后系统的机械能______损失.
(2)非弹性碰撞：碰撞后系统的机械能有损失.
(3)完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失________.
大于
没有
最大
二、反冲
1.定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向________，如发射炮弹、火箭等.
2.特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力，动量守恒.
冲量
(1)外力的冲量在相互作用的时间内忽略不计.
(2)弹性碰撞是一种理想化的物理模型，在宏观世界中不存在.
(3)反冲运动问题中，系统的机械能可以增大，这与碰撞问题是不同的.
1.[弹性碰撞]如图所示，B、C、D、E、F 5个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E 4个小球质量相等，而F的质量小于B的质量，A的质量等于F的质量.A以速度v0向右运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后(　　)
A.3个小球静止，3个小球运动
B.4个小球静止，2个小球运动
C.5个小球静止，1个小球运动
D.6个小球都运动
【答案】A　
【解析】因MA＜MB，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动.B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止.因ME＞MF，则E、F都向右运动，即3个小球静止，3个小球运动，故A正确，B、C、D错误.
2.[反冲]一质量为M的航天器，正以速度v0在太空中飞行.某一时刻航天器接到加速的指令后，发动机瞬间向后喷出一定质量的气体，气体喷出时速度大小为v1，加速后航天器的速度大小为v2，则喷出气体的质量m为
(　　)
A.M B.M
C.M D.M
【答案】C
3.[碰撞]A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动.B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比vA'∶vB'为(　　)
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.2∶3
【答案】D　
【解析】设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝，碰后vA'＝，由动量守恒定律，有mv＋2m×＝m×＋2mvB'，解得vB'＝，所以vA'∶vB'＝，D正确.
考点1　碰撞问题　[能力考点]
1.碰撞现象满足的三个规律
2.碰撞三种形式
弹性 碰撞
完全非弹性碰撞
非弹性碰撞
例1　如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，斜面底端O处固定一个垂直斜面的弹性挡板.在斜面上P、Q两点有材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k＞0).现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度.设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少；
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间.
解：(1)A和B恰好能静止则表明mgsin θ＝μmgcos θ.
当给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由牛顿第二定律可知
F＝mg＝ma，解得a＝g.
A碰前的速度为＝2gkL，
A与B发生弹性碰撞，由动量守恒可知mv1＝mv2＋mv1'，
由能量守恒可知mv1'2，
解得v1'＝0，v2＝.
(2)碰后B以v2匀速斜向下运动，若能如此一直运动到底端，用时t1＝，
碰后A在Q点从静止以a＝g做匀加速斜向下运动，设能如此一直运动到底端，有＝L，
得用时t2＝·t1.
讨论：
①当k＜时，可知t2＜t1，A在B与挡板碰撞前就追上了B，发生同向相撞，此时有at2＝v2t，解得t＝2.
②当k≥时，可知t2≥t1，A在B与挡板碰撞后才追上B，发生相向碰撞.
A、B第一次碰撞经历t1＝后，B与挡板碰撞，碰后以原速率v2'＝返回，做匀减速运动，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma'，解得a'＝g.
B反弹后能减速到零用时为t0＝.
设A、B第一次碰撞后历时t'再发生第二次碰撞，且碰撞时B没静止，B反弹后A、B加速度相同，可视为相对匀速相向运动，有
L－＝(v2'＋gt1)(t'－t1)，
解得t'＝·.
可验证t'＜t1＋t0＝·，故假设成立.
1.(多选)质量为3m、速度为v的A球与质量为m的静止B球发生正碰.在两球碰撞后的瞬间，以下说法正确的是(　　)
A.A球速度可能反向
B.A球速度可能为0.6v
C.B球速度可能为v
D.B球速度可能为1.4v
【答案】BCD　
【解析】若是弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒，有3mv＝3mvA＋mvB，系统机械能守恒有×3mv2＝×3m，联立解得vA＝0.5v，vB＝1.5v；若是完全非弹性碰撞，A、B两球组成的系统碰撞前后动量守恒有3mv＝(3m＋m)v共，解得v共＝0.75v，故无论碰撞是弹性的还是非弹性的，碰撞后A球的速度满足0.5v≤vA≤0.75v，A球速度不可能反向，A错误，B正确；碰撞后B球的速度满足0.75v≤vB≤1.5v，C、D正确.
2.(2022年湛江模拟)如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的儿童游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出.现将此游戏进行简化，如图乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1＝2 m，弹珠B与坑的间距x2＝1 m.某同学将弹珠A以v0＝6 m/s的初速度水平向右瞬间弹出，经过时间t1＝0.4 s与弹珠B正碰(碰撞时间极短)，碰后弹珠A又向前运动Δx＝0.1 m后停下.已知两弹珠的质量均为2.5 g，重力加速度g取10 m/s2，若弹珠A、B与地面间的动摩擦因数均相同，并将弹珠的运动视为滑动，求：
(1)碰撞前瞬间弹珠A的速度大小以及弹珠与地面间的动摩擦因数μ；
(2)两弹珠碰撞瞬间的机械能损失，并判断该同学能否胜出.
解：(1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1，由运动学公式得x1＝v0t1－，
v1＝v0－at1，由牛顿第二定律得f＝μmg＝ma，
联立解得a＝5 m/s2，μ＝0.5，v1＝4 m/s.
(2)由(1)可知弹珠A和B在地面上运动时加速度大小均为a＝5 m/s2，弹珠A碰撞后瞬间的速度为v1'，由运动学规律有v1'2＝2aΔx，
解得v1'＝1 m/s.
设碰后瞬间弹珠B的速度为v2'，由动量守恒定律得mv1＋0＝mv1'＋mv2'，
解得v2'＝3 m/s.
所以两弹珠碰撞瞬间的机械能损失ΔEk＝，
解得ΔEk＝7.5×10－3 J.
碰后弹珠B运动的距离为Δx'＝＝0.9 m＜1 m，所以弹珠B没有进坑，故不能胜出.
考点2　反冲运动　[能力考点]
1.反冲运动的三点说明
作用 原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量 守恒 反冲运动中，系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
2.人船模型
(1)模型特点
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即，即有m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小).
例2　如图所示，某中学航天兴趣小组的同学将静置在地面上的质量为M(含水)的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度竖直向下喷出.已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是(　　)
A.火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力
B.水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒
C.火箭获得的最大速度为
D.火箭上升的最大高度为
【答案】D　
【解析】火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有(M－m)v－mv0＝0，解得v＝，C错误；水喷出后，火箭做竖直上抛运动，有v2＝2gh，解得h＝，D正确.
1.一辆小车静置于光滑水平面上.车的左端站着一名警察进行实战射击训练，车的右端有一个靶.若从警察手枪中每次发射出的子弹都镶在靶里，最终发射了10颗子弹，则关于小车的运动情况，下列说法中错误的是
(　　)
A.小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运动子
B.小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下
C.小车一直向左运动下去
D.每发射一颗子弹，小车要向左运动一段距离然后停下
【答案】D　
【解析】车枪人与子弹组成的系统动量守恒，开始系统静止，总动量为零，发射子弹后，子弹动量向右，由动量守恒定律可知，车的动量向左，车向左运动，从发射子弹到子弹镶在靶里过程，系统动量守恒，由于初动量为零，则子弹镶在靶中后，系统总动量为零，车停下，故D正确.
2.三轮高压清洗车是一种轻便的环保清洁设备，它主要用于人行道、辅道、路沿石、背街小巷、垃圾分类投放点等小型道路地面，也可以用来清理小广告“牛皮癣”.如图所示，一高压清洗设备喷口的出水速度为100 m/s，喷口直径为1 mm，已知ρ水＝1.0 g/cm3，则此设备喷口的出水压强p压和人给喷枪的力F人约为(　　)
A.2.0×105 Pa，1 N
B.1.0×107 Pa，8 N
C.2.0×103 Pa，1 600 N
D.1.0×103 Pa，800 N
【答案】B　
【解析】喷口面积S＝πr2，Δt内喷出的水的质量为Δm＝ρ水ΔV＝ρ水SvΔt，喷出水的动量为Δp＝Δm·v＝ρ水Sv2Δt.结合FΔt＝Δp得水受到的压强p压＝＝ρ水v2＝1×107 Pa；结合反冲特点，有F人＝＝ρ水Sv2≈8 N.可知B正确.
考点3　动量与能量的综合问题　[能力考点]
1.三大观点对比
物理 方法 意义 规律 表达式 应用
条件
动力学 观点 力的瞬时 作用效应 牛顿运动定律 F合＝ma 宏观低速环境
能量 观点 力对空间 的累积 动能定理 W合＝ΔEk 都适用
机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 或E1＝E2 只有重力或弹力做功
动量 观点 力对时间 的累积 动量定理 I＝Δp 都适用
动量守恒定律 p1＋p2＝p1'＋p2'或p1＝p2 系统所受的合外力为零　
2.求解力学综合题的技巧
(1)题目中如果要求的是始、末状态的量，而它们又满足守恒条件，这时应优先运用守恒定律解题.
(2)如问题涉及的除始、末状态外，还有力和它的作用时间，可优先选用动量定理.
(3)如问题涉及的除始、末状态外，还有力和受力者的位移，可优先选用动能定理.
(4)若题目要求加速度或要列出各物理量在某一时刻的关系式，则只能用牛顿第二定律进行求解.
(5)若过程中的力是变力(不能用牛顿第二定律了)，而且始末动量不同(又不能用动量定理)，则唯一的解题途径就是应用动能定理，此时变力的功可用W＝Pt求得.
例3　(2022年广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
解：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N，
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f'＝5 N.
(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
－mgl－fl＝，
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
mv1＝(m＋M)v，
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2，
代入数据联立解得h＝0.2 m.
1.如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿AB轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点.已知小车质量M＝3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.则(　　)
A.全程滑块水平方向相对地面的位移为R＋L
B.全程小车相对地面的位移大小s＝(R＋L)
C.滑块m运动过程中的最大速度vm＝
D.μ、L、R三者之间的关系为R＝4μL
【答案】B　
【解析】设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移x＝R＋L－s.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得m－M＝0，即m－M＝0，结合M＝3m，解得s＝(R＋L)，x＝(R＋L)，故A错误，B正确；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得0＝mvm－Mv，mgR＝Mv2，联立解得vm＝，故C错误；对整个过程，由动量守恒定律得0＝(m＋M)v'，得v'＝0，由能量守恒定律得mgR＝μmgL，得R＝μL，故D错误.
2.(2022年湖北卷)打桩机是基建中常用的工具.某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L.重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°.某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放.设C的下落速度为时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰).A、B、C、D均可视为质点.
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能.
解：(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2mgcos 30°，
解得mC＝m.
(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度为v，根据动量守恒定律可知m×0＋2mv，解得v＝.
CD碰撞后D向下运动距离后停止，根据动能定理可知
2mg－F＝0－×2mv2，
解得F＝6.5mg.
(3)设某时刻C向下运动的速度为v'，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知
mCg－2mgmCv'2＋2×m(v'cos α)2，
令y＝mCg－2mg，
对上式求导数可得mgL＋2mgL
当＝0时解得cos α＝，即α＝30°，
此时y＝mCg－2mg＝mgL，
于是有mCv'2＋2×m(v'cos α)2＝mgL，
解得v'2＝，
此时C的最大动能为
Ekm＝mCv'2＝(4－2)mgL.
动量和能量的综合应用的几种物理模型
模型一　“弹簧—物块”模型
1.首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态.
2.分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程.
3.判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果.
4.由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解.
5.要特别注意弹簧的三个状态：①原长——此时弹簧的弹性势能为零；②压缩到最短或伸长到最长——此时弹簧与连接的物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能，这往往是解决此类问题的突破点.
例4　(2022年全国卷)如图甲，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上.物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图乙所示.已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同.斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接.碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内.求：
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数.
解：(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律mB×1.2v0＝(mB＋m)v0，
根据能量守恒定律Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)，
联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6m.
(2)同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律有F＝ma，可知同一时刻aA＝5aB，
则同一时刻A、B的瞬时速度分别为vA＝aAt，vB＝1.2v0－，
根据位移等于速度在时间上的累积可得
sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，
又sA＝0.36v0t0，解得sB＝1.128v0t0，
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs＝sB－sA＝0.768v0t0.
(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA'，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
mvA'－5m×0.8v0＝m×(－2v0)＋5mvB'，
根据能量守恒定律可得
mvA'2＋×5m·(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋×5mvB'2
联立解得vA'＝v0.
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
－mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2，
下滑过程，根据动能定理可得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝－0，
联立解得μ＝0.45.
变式1　(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x.现让该弹簧一端连接另一质量为2m的物体B(如图乙所示)，静止在水平面上，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x.则(　　)
A.A物体的质量为6m
B.A物体的质量为4m
C.弹簧压缩最大时的弹性势能为3m
D.弹簧压缩最大时B的动量为3mv0
【答案】ACD　
【解析】弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得，弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝mA；当弹簧一端连接另一质量为2m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA×2v0＝(2m＋mA)v，由机械能守恒定律得ΔEpm＝mA(2v0)2－(mA＋2m)v2，最大压缩量相等，Epm＝ΔEpm，解得mA＝6m，Epm＝3m，弹簧压缩最大时B的动量为2mv＝3mv0.故A、C、D正确，B错误.
模型二　“滑块—滑板”模型
“滑块—滑板”模型是滑块与长木板通过滑动摩擦力相互作用，实现系统机械能部分单向转化为内能，弄清物理过程后，由动量守恒p1＝p2和能量守恒fs相＝ΔE列式解决.
例5　(2022年河北卷)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块C、D的质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小g取10 m/s2.
(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度的大小和方向；
(2)若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小.
解：(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为v，C、D的质量均为m＝1 kg，以向右方向为正方向，则有
mv0－m·kv0＝(m＋m)v，
解得v＝v0＝5(1－k) m/s＞0.
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右.
(2)若k＝0.5，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为
v＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s，
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v'，以向右方向为正方向，则有mAv0－mB·kv0＝(mA＋mB)v'，解得v'＝0.
可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为M1＝2 kg，新滑板的质量为M2＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，
根据动量守恒可得M1v＝(M1＋M2)v共，解得v共＝1 m/s.
根据能量守恒可得μM1gs相＝M1v2－(M1＋M2)，解得s相＝1.875 m.
变式2　如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3 kg.质量m＝1 kg的铁块以水平速度v0＝4 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端.在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　)
A.3 J B.4 J C.6 J D.20 J
【答案】A　
【解析】设铁块与木板共速时速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f.铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒定律得＝fL＋(M＋m)v2＋Ep.由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v.从铁块开始运动到最后停在木板左端过程，由功能关系得＝2fL＋(M＋m)v2.联立解得Ep＝3 J，故A正确.
模型三　“子弹打木块”模型
子弹打木块模型是两个物体相互作用，从实质上看，子弹打木块模型就是“碰撞模型”，当子弹不穿出时，类似完全非弹性碰撞；子弹穿出后，类似一般碰撞；所以主要从动量与能量两个角度列式求解.由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律；由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“子弹”做的功量度“子弹”动能的变化；力对“木块”做的功量度“木块”动能的变化；一对恒力做的总功量度系统动能的变化，并且这一对恒力做功的大小可用一个恒力的大小与两物体相对位移大小的乘积来计算，即阻力和相对位移的乘积等于摩擦生的热.
例6　如图所示，在光滑的水平桌面上，静止放着一质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以300 m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动.已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变.(计算结果只要求保留到小数点后1位)
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能；
(2)若子弹以400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块
解：(1)设子弹的初速度为v0，射入木块的共同速度为v，以子弹和木块为系统，则动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，
解得v＝ m/s＝6.0 m/s.
此过程系统所增加的内能
ΔE＝ΔEk＝(M＋m)v2＝882 J.
(2)设以v0'＝400 m/s的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d'的另一个木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有mv0'＝(M＋m)v'，
v'＝ m/s＝8.0 m/s.
此过程系统所损耗的机械能为ΔE'＝ΔE'k＝mv0'2－(M＋m)v'2＝1 568 J.
由功能关系有ΔE＝fs相＝fd，ΔE'＝f's相＝fd'，
两式相比即有，
于是有d'＝d＝×6 cm＝ cm＞10 cm，
因为d'＞10 cm，所以能够穿透此木块.
变式3　(多选)如图甲所示，质量为2m、长为L的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射向木块，穿出木块时速度减为v0.若再将另一相同木块固定在传送带上(如图乙所示)，使木块随传送带以v＝v0的速度水平向左运动，相同的子弹仍以初速度v0水平向右射向木块，木块的速度始终不变.已知木块对子弹的阻力恒定，下列说法正确的是(　　)
A.第一次子弹穿过木块过程中，木块的位移大小为L
B.第一次子弹穿过木块过程中，子弹克服阻力做的功为
C.子弹前后两次穿过木块的时间之比为2∶1
D.第二次子弹穿出木块时的速度为v0
【答案】AC　
【解析】第一次子弹穿过木块过程中动量守恒，mv0＝2mv1＋mv0，解得v1＝v0.对木块，根据动能定理得fx＝×2m，对子弹有Wf＝－f(x＋L)＝·m＝－，即子弹克服阻力做的功为，因此可得x＝L，f＝，A正确，B错误；第一次子弹穿过木块过程中，对子弹，根据动量定理－ft1＝mv0－mv0，即t1＝，第二次子弹穿过木块做匀减速运动，加速度a＝，子弹穿出木块时满足vt2＋v0t2－＝L，解得t2＝，则子弹前后两次穿过木块的时间之比为2∶1，第二次子弹穿出木块时的速度为v2＝v0－at2＝v0，C正确，D错误.(共15张PPT)
热点强化10　力学三大观点的综合应用
1.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图像如图所示，下列关系正确的是(　　)
A.ma＞mb B.ma＜mb
C.ma＝mb D.无法判断
【答案】B　
【解析】由图像知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量.
2.(2022年蚌埠模拟)(多选)如图所示，内壁间距为L的箱子静止于水平面上，可视为质点的物块放在箱内最右端，它们的质量均为m，箱子的内壁光滑，与地面间的动摩擦因数为μ.现给箱子一水平向右的初速度，运动过程中物块与箱子的侧壁共发生2次弹性碰撞，静止时物块恰好停在箱子正中间，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A.箱子的总位移为2L
B.物块的总位移为L
C.箱子的初动能为3μmgL
D.第一次碰撞后瞬间物块的动能为2μmgL
【答案】BC　
【解析】给箱子一水平向右的初速度后箱子向右减速，因为箱子内壁光滑，所以物块相对于地面静止，当发生第一次碰撞时，箱子产生的位移为L，碰撞中动量和能量守恒且因为质量相等所以速度交换，即第一次碰撞后箱子相对于地面不动，物块向右匀速运动，产生的位移为L，后发生第二次碰撞，同理速度交换，物块不动，箱子向右减速至零，产生的位移为0.5L，最终物块停在箱子的中间，则箱子的总位移为1.5L，物块的总位移为L，A错误，B正确；全过程由能量守恒可得Ek0＝μ(2mg)×1.5L＝3μmgL，C正确；从箱子向右运动到第一次碰撞，损失的动能ΔEk＝μ(2mg)L，所以第一次碰撞后瞬间物块的动能为Ek＝Ek0－ΔEk＝μmgL，故D错误.
3.(多选)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上.现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示.当A、B分离后，A上升0.2 m 到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A.A、B分离时B的加速度为g
B.弹簧的弹力对B做功为零
C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
D.B的动量变化量为零
【答案】ABC
4.(2022年湖南卷)(多选)“神舟十三号”返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆.某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v－t图像如图所示.设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　　)
A.在O～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B.在O～t1时间内，返回舱的加速度不变
C.在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D.在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC　
【解析】重力的功率为P＝mgv，由图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，A正确；根据v－t图像的斜率表示加速度，可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，D错误.
5.(2022年贵州模拟)(多选)如图甲所示，一名消防队员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑.图乙所示v－t图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况.关于这两次下滑，下列说法正确的是(　　)

A.0～1.5T过程中，消防员两次下滑的高度相同
B.0～1.5T过程中，消防员克服摩擦力做功相等
C.0～1.5T过程中，消防员所受摩擦力的冲量相等
D.0～3T过程中，消防员两次下滑的平均速度相同
【答案】CD　
【解析】由题图乙，根据图形的对称性可知两图线的其中一个交点的横坐标为1.5T，根据v－t图像与坐标轴所围面积表示位移，可知0～1.5T过程中，消防员第一次下滑的高度比第二次下滑的高度大，故A错误；0～1.5T过程中，设消防员两次下滑的高度分别为h1、h2，克服摩擦力做功分别为W1、W2，根据前面分析可知消防员两次下滑在1.5T时刻的速度大小相同，根据动能定理有mgh1－W1＝mgh2－W2，因为h1＞h2，所以W1＞W2，故B错误；0～1.5T过程中，两次下滑过程中消防员的重力相同，作用时间相同，所以重力的冲量IG相同，根据动量定理有IG＋If＝mv，由于两次1.5T时刻v相同，所以消防员所受摩擦力冲量If相等，C正确；0～3T过程中，消防员两次下滑的高度相同，所用时间相同，所以平均速度相同，D正确.
6.(2022年惠州模拟)(多选)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上.现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　)
A.从t3到t4时刻弹簧由拉伸状态逐渐恢复原长
B.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
C.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都是处于拉伸状态
D.在t2时刻两物块的动能之比为＝1∶8
【答案】AD　
【解析】根据图像可得开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻速度相等，弹簧此时的压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，m2仍加速，m1先减速后反向加速，t2时刻弹簧恢复到原长，此时两物块速度方向相反，弹簧的长度逐渐增大两物块均减速.t3时刻两物块速度相等，弹簧最长，因此从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复原长；从开始到t1时刻，由动量守恒可得m1v0＝(m1＋m2)v1，解得m1∶m2＝1∶2，A正确，B错误；根据前面分析可得在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，其中t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，C错误；在t2时刻两物块的动能之比为，D正确.
7.(2022年华师附中测验)如图是小王练习滑板的部分赛道的示意图.赛道位于竖直平面内，可视为光滑；其中AB和CD为半径R1＝1.8 m和R2＝3.6 m的四分之一圆弧赛道，BC为水平赛道，B、C处与圆弧轨道平滑连接；滑板a和b的质量分别为m1＝6 kg和m2＝2 kg，小王质量M＝42 kg.某时刻，小王站在滑板a上，先从赛道AB上的E点由静止自由滑下，滑上BC赛道后，小王从滑板a跳到静止放置在水平赛道上的滑板b上，跳后滑板a的速度变为0，然后滑板a立刻被撤走.已知滑板和小王的所有运动都在同一竖直平面内，小王与滑板b始终没有冲出赛道AD，滑板和小王均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小王离开a板前速度v0的最大值；
(2)在满足(1)的条件下，求小王在初始时刻在E点对滑板a的压力大小.(以上计算结果均保留2位有效数字)
解：(1)以小王和两滑板为研究对象，跳入b板前后水平动量守恒，设小王与b板的共同速度为v，则有(M＋m1)v0＝0＋(M＋m2)v，小王与b板一起运动，不脱离轨道，即不能越过D点和A点，故恰好不脱离轨道的情况下，需满足两者返回到A点时速度恰好为0.对两者，从B至A，由动能定理有－(M＋m2)gR1＝0－(M＋m2)v2，
联立解得v＝6 m/s，v0＝5.5 m/s.
(2)设O1E与竖直方向的夹角为θ，对小王与滑板a，从E至B由动能定理有
(M＋m1)gR1(1－cos θ)＝(M＋m1)－0
解得cos θ＝，
在E点，对小王，设所受支持力为FN，
则沿着半径方向有FN－Mgcos θ＝0
解得F N＝67 N，由牛顿第三定律，小王对滑板a的压力大小为67 N.

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