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1、 滑塊、子彈打木塊模型之一 子彈打木塊模型：包括一物塊在木板上滑動等。μNS相=ΔEk系統(tǒng)=Q，Q為摩擦在系統(tǒng)中產生的熱量。②小球在置于光滑水平面上的豎直平面內弧形光滑軌道上滑動 ：包括小車上懸一單擺單擺的擺動過程等。小球上升到最高點時系統(tǒng)有共同速度(或有共同的水平速度)；系統(tǒng)內彈力做功時，不將機械能轉化為其它形式的能，因此過程中系統(tǒng)機械能守恒。 例題：質量為M、長為l的木塊靜止在光滑水平面上，現有一質量為m的子彈以水平初速v0射入木塊，穿出時子彈速度為v，求子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)損失的機械能。 l v0

2、 v S 解：如圖，設子彈穿過木塊時所受阻力為f，突出時木塊速度為V，位移為S，則子彈位移為(S+l)。水平方向不受外力，由動量守恒定律得：mv0=mv+MV ① 由動能定理，對子彈 -f(s+l)= ② 對木塊 fs= ③ 由①式得 v= 代入③式有 fs= ④ ②+④得 fl= 由能量守恒知，系統(tǒng)減少的機械能等于子彈與木塊摩擦而產生的內能。即Q=fl，l為子彈現木塊的相對位移。 結論：系統(tǒng)損失的機械能等于因摩擦而產生的內能，且等于摩擦力與兩物體相對位移的乘積。即

3、 Q=ΔE系統(tǒng)=μNS相 其分量式為：Q=f1S相1+f2S相2+……+fnS相n=ΔE系統(tǒng) v0 A B 1．在光滑水平面上并排放兩個相同的木板，長度均為L=1.00m，一質量 與木板相同的金屬塊，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金屬 塊與木板間動摩擦因數為μ=0.1，g取10m/s2。求兩木板的最后速度。 2．如圖示，一質量為M長為l的長方形木塊B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M，現以地面為參照物，給A和B以大小相等、方向相反的初速度 v0 A B

4、 v0 l (如圖)，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離 B板。以地面為參照系。 ⑴若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后速度的大小和方向； ⑵若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到最遠處(從地面上看)到出發(fā)點的距離。 A 2v0 v0 B C 3．一平直木板C靜止在光滑水平面上，今有兩小物塊A和B分別以2v0和v0的初速度沿同一直線從長木板C兩端相向水平地滑上長木板。如圖示。設物塊A、B與長木板 C間的動摩擦因數為μ，A、B、C三者質量相等。 ⑴若A、B兩物塊不發(fā)生碰撞，則由開始滑上C

5、到A、B都靜止在 C上為止，B通過的總路程多大？經歷的時間多長？ ⑵為使A、B兩物塊不發(fā)生碰撞，長木板C至少多長？ 4．在光滑水平面上靜止放置一長木板B，B的質量為M=2㎏同，B右端距豎直墻5m，現有一小物塊 A，質 量為m=1㎏，以v0=6m/s的速度從B左端水平地滑上B。如圖 A v0 5m B 所示。A、B間動摩擦因數為μ=0.4，B與墻壁碰撞時間極短，且 碰撞時無能量損失。取g=10m/s2。求：要使物塊A最終不脫離B 木板，木板B的最短長度是多少？ L v0

6、m v 5．如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量為M=4.00㎏的平板小車，車上放一質量為m=1.96㎏的木塊，木塊到平板小車左端的距離L=1.5m，車與木塊一起以v=0.4m/s的速度 向右行駛，一顆質量為m0=0.04㎏的子彈以速度v0從右方射入木塊并留 在木塊內，已知子彈與木塊作用時間很短，木塊與小車平板間動摩擦因數 μ=0.2，取g=10m/s2。問：若要讓木塊不從小車上滑出，子彈初速度應 滿足什么條件？ 6．一質量為m、兩端有擋板的小車靜止在光滑水平面上，兩擋板間距離為1.1m，在小車正中放一質量為m、長度為0.1m的物塊，物塊與小車間動摩擦因數μ=0.1

7、5。如圖示?，F給物塊一個水平向右的瞬時沖量，使物塊獲得v0 =6m/s的水平初速度。物塊與擋板碰撞時間極短且無能量損失。求： v0 ⑴小車獲得的最終速度； ⑵物塊相對小車滑行的路程； ⑶物塊與兩擋板最多碰撞了多少次； ⑷物塊最終停在小車上的位置。 7．一木塊置于光滑水平地面上，一子彈以初速v0射入靜止的木塊，子彈的質量為m，打入木塊的深度為d，木塊向前移動S后以速度v與子彈一起勻速運動，此過程中轉化為內能的能量為 A． B. C. D. 參考答案 1. 金屬塊在板上滑動過程中，統(tǒng)動量守恒。金屬塊最終停在什么位置要進行判斷。假設金屬塊最終停在A上。三者

8、有相同速度v，相對位移為x，則有 解得：，因此假定不合理，金屬塊一定會滑上B。 設x為金屬塊相對B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′為金屬塊離開A滑上B瞬間的速度。有：在A上 全過程 聯立解得： ∴ *解中，整個物理過程可分為金屬塊分別在A、B上滑動兩個子過程，對應的子系統(tǒng)為整體和金屬塊與B。可分開列式，也可采用子過程→全過程列式，實際上是整體→部分隔離法的一種變化。 2．⑴A恰未滑離B板，則A達B最左端時具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v ∴ M＞m, ∴ v＞0,即與B板原速同向。 ⑵A的速度減為零時，離出發(fā)點最遠，設A的初速為v0，

9、A、B摩擦力為f，向左運動對地最遠位移為S，則 而v0最大應滿足 Mv0-mv0=(M+m)v 解得： 3．⑴由A、B、C受力情況知，當B從v0減速到零的過程中，C受力平衡而保持不動，此子過程中B的位移S1和運動時間t1分別為： 。然后B、C以μg的加速度一起做加速運動。A繼續(xù)減速，直到它們達到相同速度v。對全過程：mA·2v0-mBv0=(mA+mB+mC)v ∴ v=v0/3 B、C的加速度 ,此子過程B的位移 ∴ 總路程 ⑵A、B不發(fā)生碰撞時長為L，A、B在C上相對C的位移分別為LA、LB，則 L=LA+LB *對多

10、過程復雜問題，優(yōu)先考慮錢過程方程，特別是ΔP=0和Q=fS相=ΔE系統(tǒng)。全過程方程更簡單。 4．A滑上B后到B與墻碰撞前，系統(tǒng)動量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判斷：mv0=(M+m)v, ①v=2m/s 此時B對地位移為S1，則對B： ②S=1m＜5m,故在B與墻相撞前與A已達到相同速度v，設此時A在B上滑行L1距離，則 ③ L1=3m 【以上為第一子過程】此后A、B以v勻速向右，直到B與墻相碰(此子過程不用討論)，相碰后，B的速度大小不變，方向變?yōu)榉聪?，A速度不變(此子過程由于碰撞時間極短且無能量損失，不用計算)，即B以v向左、A以v向右運動，當A

11、、B再次達到相同速度v′時：Mv-mv=(M+m)v′ ④ v′=2/3 m/s向左，即B不會再與墻相碰，A、B以v′向左勻速運動。設此過程(子過程4)A相對B移動L2，則 ⑤ L2=1、33m L=L1+L2=4.33m為木板的最小長度。 *③+⑤得 實際上是全過程方程。與此類問題相對應的是：當PA始終大于PB時，系統(tǒng)最終停在墻角，末動能為零。 5．子彈射入木塊時，可認為木塊未動。子彈與木塊構成一個子系統(tǒng)，當此系統(tǒng)獲共同速度v1時，小車速度不變，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 ① 此后木塊(含子彈)以v1向左滑，不滑出小車的條件是：到達小車左端與小車有共同速度v2

12、，則 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 ② ③ 聯立化簡得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 為最大值， ∴v0≤149.6m/s 6. ⑴當物塊相對小車靜止時，它們以共同速度v做勻速運動，相互作用結束，v即為小車最終速度 mv0=2mv v=v0/2=3m/s ⑵ S=6m ⑶ ⑷物塊最終仍停在小車正中。 *此解充分顯示了全過程法的妙用。 7．AC A： C： 彈簧類模型中的最值問題 在高考復習中，常

13、常遇到有關“彈簧類”問題，由于彈簧總是與其他物體直接或間接地聯系在一起，彈簧與其“關聯物”之間總存在著力、運動狀態(tài)、動量、能量方面的聯系，因此學生普遍感到困難，本文就此類問題作一歸類分析。 一、最大、最小拉力問題 例1. 一個勁度系數為k＝600N/m的輕彈簧，兩端分別連接著質量均為m＝15kg的物體A、B，將它們豎直靜止地放在水平地面上，如圖1所示，現加一豎直向上的外力F在物體A上，使物體A開始向上做勻加速運動，經0.5s，B物體剛離開地面（設整個加速過程彈簧都處于彈性限度內，且g＝10m/s2）。求此過程中所加外力的最大和最小值。 圖1 解析：開始時彈簧彈力恰等于A

14、的重力，彈簧壓縮量，0.5s末B物體剛要離開地面，此時彈簧彈力恰等于B的重力，，故對A物體有，代入數據得。剛開始時F為最小且，B物體剛要離開地面時，F為最大且有，解得。 二、最大高度問題 例2. 如圖2所示，質量為m的鋼板與直立彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地面上，平衡時彈簧的壓縮量為。一物體從鋼板正上方距離為的A處自由下落打在鋼板上，并立即與鋼板一起向下運動，但不粘連，它們到達最低點后又向上運動，已知物塊質量也為m時，它們恰能回到O點，若物體質量為2m仍從A處自由下落，則物塊與鋼板回到O點時還有向上的速度，求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離。 圖2 解析：物塊碰撞

15、鋼板前作自由落體運動，設表示物塊與鋼板碰撞時的速度，則： ① 物塊與鋼板碰撞后一起以v1速度向下運動，因碰撞時間極短，碰撞時遵循動量守恒，即： ② 剛碰完時彈簧的彈性勢能為，當它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為0，根據機械能守恒有： ③ 設表示質量為2m的物塊與鋼板碰撞后開始向下運動的速度，由動量守恒有： ④ 碰撞后，當它們回到O點時具有一定速度v，由機械能守恒定律得： ⑤ 當質量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時兩者分離，分離后，物塊以v豎直上升，其上升的最大高度： ⑥ 解①~⑥式可得。

16、三、最大速度、最小速度問題 例3. 如圖3所示，一個勁度系數為k的輕彈簧豎直立于水平地面上，下端固定于地面，上端與一質量為m的平板B相連而處于靜止狀態(tài)。今有另一質量為m的物塊A從B的正上方h高處自由下落，與B發(fā)生碰撞而粘在一起，已知它們共同向下運動到速度最大時，系統(tǒng)增加的彈性勢能與動能相等，求系統(tǒng)的這一最大速度v。 圖3 解析：A下落到與B碰前的速度v1為： ① A、B碰后的共同速度v2為： ② B靜止在彈簧上時，彈簧的壓縮量為x0，且： ③ A、B一起向下運動到最大速度v時的位移為x，此時A、B的加速度為0，即

17、有： ④ 由機械能守恒得： ⑤ ⑥ 解①~⑥得： 例4. 在光滑水平面內，有A、B兩個質量相等的木塊，，中間用輕質彈簧相連。現對B施一水平恒力F，如圖4所示，經過一段時間，A、B的速度等于5m/s時恰好一起做勻加速直線運動，此過程恒力做功為100J，當A、B恰好一起做勻加速運動時撤除恒力，在以后的運動過程中求木塊A的最小速度。 圖4 解析：當撤除恒力F后，A做加速度越來越小的加速運動，彈簧等于原長時，加速度等于零，A的速度最大，此后彈簧壓縮到最大，當彈簧再次回復原長時速度最小，根據動量守恒得： ① 根據機械能守

18、恒得： ② 由以上兩式解得木塊A的最小速度v＝0。 四、最大轉速和最小轉速問題 例5. 有一水平放置的圓盤，上面放一個勁度系數為k的輕彈簧，其一端固定于軸O上，另一端系著質量為m的物體A，物體A與盤面間最大靜摩擦力為Ffm，彈簧原長為L，現將彈簧伸長后置于旋轉的桌面上，如圖5所示，問：要使物體相對于桌面靜止，圓盤轉速n的最大值和最小值各是多少？ 圖5 解析：當轉速n較大時，靜摩擦力與彈簧彈力同向，即： ① 當轉速n較小時，靜摩擦力與彈簧彈力反向，即： ② 所以圓盤轉速n的最大值和最小值分

19、別為： 。 五、最大加速度問題 例6. 兩木塊A、B質量分別為m、M，用勁度系數為k的輕質彈簧連在一起，放在水平地面上，如圖6所示，用外力將木塊A壓下一段距離靜止，釋放后A做簡諧運動，在A振動過程中，木塊B剛好始終未離開地面，求木塊A的最大加速度。 圖6 解析：撤去外力后，A以未加外力時的位置為平衡位置作簡諧運動，當A運動到平衡位置上方最大位移處時，B恰好對地面壓力為零，此時A的加速度最大，設為am。 對A：由牛頓第二定律有 對B： 所以，方向向下。 六、最大振幅 例7. 如圖7所示，小車質量為M，木塊質量為m，它們之

20、間靜摩擦力最大值為Ff，輕質彈簧勁度系數為k，振動系統(tǒng)沿水平地面做簡諧運動，設木塊與小車間未發(fā)生相對滑動，小車振幅的最大值是多少？ 圖7 解析：在最大位移處，M和m相對靜止，它們具有相同的加速度，所以對整體有： ① 對m有： ② 所以由①②解得：。 七、最大勢能問題 例8. 如圖8所示，質量為2m的木板，靜止放在光滑的水平面上，木板左側固定著一根勁度系數為k的輕質彈簧，彈簧的自由端到小車右端的距離為L0，一個質量為m的小木塊從板的右端以初速度v0開始沿木塊向左滑行，最終回到木板右端，剛好不從木板右端滑出，設木板與木塊間的動摩擦因數為，求在木塊

21、壓縮彈簧過程中（一直在彈性限度內）彈簧所具有的最大彈性勢能。 圖8 解：彈簧被壓縮至最短時，具有最大彈性勢能，設m在M上運動時，摩擦力做的總功產生內能為2E，從初狀態(tài)到彈簧具有最大彈性勢能及從初狀態(tài)到末狀態(tài)，系統(tǒng)均滿足動量守恒定律，即： ① 由初狀態(tài)到彈簧具有最大彈性勢能，系統(tǒng)滿足能量守恒： ② 由初狀態(tài)到末狀態(tài)，系統(tǒng)也滿足能量守恒且有： ③ 由①②③求得： 從以上各例可以看出，盡管彈簧類問題綜合性很強，物理情景復雜，物理過程較多，但只要我們仔細分析物理過程，找出每一現象所對應的物理規(guī)律，正確判斷

22、各物理量之間的關系，此類問題一定會迎刃而解。 彈簧類問題難點探究思考 在中學階段，凡涉及的彈簧都不考慮其質量，稱之為"輕彈簧"，這是一種常見的理想化物理模型 彈簧類問題多為綜合性問題，涉及的知識面廣，要求的能力較高，是高考的難點之一. ●難點提出 1.（99年全國）如圖2-1所示，兩木塊的質量分別為m1和m2，兩輕質彈簧的勁度系數分別為k1和k2，上面木塊壓在上面的彈簧上（但不拴接），整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).現緩慢向上提上面的木塊，直到它剛離開上面彈簧.在這過程中下面木塊移動的距離為 A. B. C. D.

23、 圖2—1 圖2—2 2.如圖2-2所示，勁度系數為k1的輕質彈簧兩端分別與質量為m1、m2的物塊1、2拴接，勁度系數為k2的輕質彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上（不拴接），整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).現施力將物塊1緩慢地豎直上提，直到下面那個彈簧的下端剛脫離桌面.在此過程中，物塊2的重力勢能增加了______，物塊1的重力勢能增加了________. 圖2-3 3.質量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上.平衡時彈簧的壓縮量為x0，如圖2-3所示.一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼

24、板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質量為m時，它們恰能回到O點.若物塊質量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度.求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離. ●案例探究 圖2-4 ［例1］如圖2-4，輕彈簧和一根細線共同拉住一質量為m的物體，平衡時細線水平，彈簧與豎直夾角為θ，若突然剪斷細線，剛剛剪斷細線的瞬間，物體的加速度多大? 命題意圖：考查理解能力及推理判斷能力.B級要求. 錯解分析：對彈簧模型與繩模型瞬態(tài)變化的特征不能加以區(qū)分，誤認為"彈簧彈力在細線剪斷的瞬間發(fā)生突變"從而導致錯解. 解題方法與技巧： 彈

25、簧剪斷前分析受力如圖2-5，由幾何關系可知： 彈簧的彈力T=mg／cosθ 細線的彈力T′=mgtanθ 圖2-5 細線剪斷后由于彈簧的彈力及重力均不變，故物體的合力水平向右，與T′等大而反向，∑F=mgtanθ，故物體的加速度a=gtanθ，水平向右. 圖2-6 ［例2］A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，如圖2-6所示，已知木塊A、B質量分別為0.42 kg和0.40 kg，彈簧的勁度系數k=100 N/m ，若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5 m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=10 m/s2）. （1）使木塊A豎直做勻加速運動的過程中，力F的最

26、大值； （2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過 程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248 J，求這一過程F對木塊做的功. 命題意圖：考查對物理過程、狀態(tài)的綜合分析能力.B級要求. 錯解分析：此題難點和失分點在于能否通過對此物理過程的分析后，確定兩物體分離的臨界點，即當彈簧作用下的兩物體加速度、速度相同且相互作用的彈力 N =0時 ,恰好分離. 解題方法與技巧: 當F=0（即不加豎直向上F力時），設A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧的壓縮量為x，有 kx=（mA+mB）g x=（mA+mB）g/k ① 對A施加F力，分析A、B受力如圖2-7 對A

27、 F+N-mAg=mAa ② 對B kx′-N-mBg=mBa′ ③ 可知，當N≠0時，AB有共同加速度a=a′，由②式知欲使A勻加速運動，隨N減小F增大.當N=0時，F取得了最大值Fm, 即Fm=mA（g+a）=4.41 N 又當N=0時，A、B開始分離，由③式知， 此時，彈簧壓縮量kx′=mB（a+g） x′=mB（a+g）/k ④ AB共同速度 v2=2a（x-x′） ⑤ 由題知，此過程彈性勢能減少了WP=EP=0.248 J 設F力功WF，對這一過程應用動能定理或功能原理 WF+EP-（mA+mB）g（x-x

28、′）=（mA+mB）v2 ⑥ 聯立①④⑤⑥，且注意到EP=0.248 J 可知，WF=9.64×10-2 J ●錦囊妙計 一、高考要求 輕彈簧是一種理想化的物理模型，以輕質彈簧為載體，設置復雜的物理情景，考查力的概念，物體的平衡，牛頓定律的應用及能的轉化與守恒，是高考命題的重點，此類命題幾乎每年高考卷面均有所見.應引起足夠重視. 二、彈簧類命題突破要點 1.彈簧的彈力是一種由形變而決定大小和方向的力.當題目中出現彈簧時，要注意彈力的大小與方向時刻要與當時的形變相對應.在題目中一般應從彈簧的形變分析入手，先確定彈簧原長位置，現長位置，找出形變量x與物體空間位置變化的幾何關系，分析

29、形變所對應的彈力大小、方向，以此來分析計算物體運動狀態(tài)的可能變化. 2.因彈簧（尤其是軟質彈簧）其形變發(fā)生改變過程需要一段時間，在瞬間內形變量可以認為不變.因此，在分析瞬時變化時，可以認為彈力大小不變，即彈簧的彈力不突變. 3.在求彈簧的彈力做功時，因該變力為線性變化，可以先求平均力，再用功的定義進行計算，也可據動能定理和功能關系：能量轉化和守恒定律求解.同時要注意彈力做功的特點：Wk=-（kx22-kx12），彈力的功等于彈性勢能增量的負值.彈性勢能的公式Ep=kx2，高考不作定量要求，可作定性討論.因此，在求彈力的功或彈性勢能的改變時，一般以能量的轉化與守恒的角度來求解. ●殲滅難點

30、 1.如左圖所示，小球在豎直力F作用下將豎直彈簧壓縮，若將力F撤去，小球將向上彈起并離開彈簧，直到速度變?yōu)榱銥橹梗谛∏蛏仙倪^程中 A.小球的動能先增大后減小 B.小球在離開彈簧時動能最大 C.小球的動能最大時彈性勢能為零 D.小球的動能減為零時，重力勢能最大 2.（00年春）一輕質彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質量為M的平板，處在平衡狀態(tài).一質量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖右所示.讓環(huán)自由下落，撞擊平板.已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長. A.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動量守恒 B.若碰撞時間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機械能

31、守恒 圖2-10 C.環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與h的大小無關 D.在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動能等于克服彈簧力所做的功 3.如圖2-10所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內，將彈簧壓縮到最短.現將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象（系統(tǒng)），則此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中 圖2-11 A.動量守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能不守恒 C.動量守恒，機械能不守恒 D.動量不守恒，機械能守恒 4.如圖2-11所示，輕質彈簧原長L，豎直固定在地面上，質量為m的小球從距地面H高處由靜止

32、開始下落，正好落在彈簧上，使彈簧的最大壓縮量為x，在下落過程中，空氣阻力恒為f，則彈簧在最短時具有的彈性勢能為Ep=________. 5.（01年上海）如圖9-12（A）所示，一質量為m的物體系于長度分別為l1、l2的兩根細線上，l1的一端懸掛在天花板上，與豎直方向夾角為θ，l2水平拉直，物體處于平衡狀態(tài).現將l2線剪斷，求剪斷瞬時物體的加速度. 圖2—12 （1）下面是某同學對該題的一種解法： 解：設l1線上拉力為T1，l2線上拉力為T2，重力為mg，物體在三力作用下保持平衡： T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ 剪斷線的瞬間，T2突然消失，物體即在T2

33、反方向獲得加速度.因為mgtanθ=ma,所以 加速度a=gtanθ,方向在T2反方向. 你認為這個結果正確嗎?請對該解法作出評價并說明理由. （2）若將圖A中的細線l1改為長度相同、質量不計的輕彈簧，如圖2-12（B）所示，其他條件不變，求解的步驟與（1）完全相同，即a=gtanθ，你認為這個結果正確嗎?請說明理由. *6.如圖2-13所示，A、B、C三物塊質量均為m，置于光滑水平臺面上.B、C間夾有原已完全壓緊不能再壓縮的彈簧，兩物塊用細繩相連，使彈簧不能伸展.物塊A以初速度v0沿B、C連線方向向B運動，相碰后，A與B、C粘合在一起，然后連接B、C的細繩因受擾動而突然斷開

34、，彈簧伸展，從而使C與A、B分離，脫離彈簧后C的速度為v0. （1）求彈簧所釋放的勢能ΔE. （2）若更換B、C間的彈簧，當物塊A以初速v向B運動，物塊C在脫離彈簧后的速度為2v0，則彈簧所釋放的勢能ΔE′是多少? （3）若情況（2）中的彈簧與情況（1）中的彈簧相同，為使物塊C在脫離彈簧后的速度仍為 2v0，A的初速度v應為多大? 參考答案： ［難點提出］ 1.C 2.m2（m1+m2）g2;（）m1（m1+m2）g2 3.x0 ［殲滅難點］ 1.AD 2.AC 3.B 4.分析從小球下落到壓縮最短全過程 由動能定理：（m

35、g-f）（H-L+x）-W彈性=0 W彈性=Ep=（mg-f）（H-L+x） 5.（1）結果不正確.因為l2被剪斷的瞬間，l1上張力的大小發(fā)生了突變，此瞬間 T2=mg cosθ,a=g sinθ （2）結果正確，因為l2被剪斷的瞬間、彈簧l1的長度不能發(fā)生突變、T1的大小和方向都不變. 6.（1）mv02 （2）m（v-6v0）2 （3）4v0 彈性碰撞模型及應用 彈性碰撞問題及其變形在是中學物理中常見問題，在高中物理中占有重要位置，也是多年來高考的熱點。彈性碰撞模型能與很多知識點綜合，聯系廣泛，題目背景易推陳出新，掌握這一模型，舉一反三，可輕松

36、解決這一類題，切實提高學生推理能力和分析解決問題能力。所以我們有必要研究這一模型。 (一) 彈性碰撞模型 彈性碰撞是碰撞過程無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒。確切的說是碰撞前后動量守恒，動能不變。在題目中常見的彈性球、光滑的鋼球及分子、原子等微觀粒子的碰撞都是彈性碰撞。 m2v2 m1v1 B m1v0 B A 圖1 A 已知A、B兩個鋼性小球質量分別是m1、m2，小球B靜止在光滑水平面上，A以初速度v0與小球B發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物體B的速度v2大小和方向 解析：取小球A初速度v0的方向為正方向，因發(fā)生的是彈性碰

37、撞，碰撞前后動量守恒、動能不變有： m1v0= m1v1+ m2v2 ① ② 由①②兩式得： ， 結論：（1）當m1=m2時，v1=0，v2=v0，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運動，兩球速度交換，并且A的動能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動能傳遞最大的條件； （2）當m1＞m2時，v1＞0，即A、B同方向運動，因 ＜，所以速度大小v1＜v2，即兩球不會發(fā)生第二次碰撞； 若m1>>m2時，v1= v0，v2=2v0 即當質量很大的物體A碰撞質量很小的物體B時，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度向前運動。 （3）當m1＜m2時，則

38、v1＜0，即物體A反向運動。 當m1<

39、mB 經時間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置 B．如果mA>mB 經時間T發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置 C．如果mA>mB 經時間T/2發(fā)生下次碰撞且發(fā)生在平衡位置右側 D．如果mA

40、左回到平衡位置,A繼續(xù)向左;再經T/2, B完成半個全振動向右,A恰好完成一次全振動向左同時回到平衡位置發(fā)生碰撞，故B選項正確，C選項錯誤；當mA

41、小車，當小球返回左端脫離小車時，下列說法正確的是： A．小球一定沿水平方向向左做平作拋運動 B．小球可能沿水平方向向左作平拋運動 C．小球可能沿水平方向向右作平拋運動 D．小球可能做自由落體運動 [解析]：小球水平沖上小車，又返回左端，到離開小車的整個過程中，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，相當于小球與小車發(fā)生彈性碰撞的過程，如果m＜M，小球離開小車向左平拋運動，m=M，小球離開小車做自由落體運動，如果m＞M，小球離開小車向右做平拋運動，所以答案應選B，C，D [例3]在光滑水平面上有相隔一定距離的A、B兩球，質量相等，假定它們之間存在恒定的斥力作用，原來兩球被按住，處在靜止狀態(tài)?，F突然

42、松開兩球，同時給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零；若兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復到原始值所經歷的時間為t0，求：B球在斥力作用下的加速度 [解析]：A球射向B球過程中，A球一直作勻減速直線運動，B球由靜止開始一直作勻加速直線運動，當兩球速度相等時相距最近，當恢復到原始值時相當于發(fā)生了一次彈性碰撞，，由于A、B質量相等，A、B發(fā)生了速度交換，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。 設A、B速度相等時速度為v，恢復到原始值時A、B的速度分別為v1、v2， mv0= 2mv ① 2mv=mv1+ mv2 ②

43、 ③ 由①式得v=，由②③解得v1=0，v2= v0 （另一組解v1= v0，v2= 0舍去） 則B的加速度a== [例4] 如圖4所示,光滑水平地面上靜止放置兩由彈簧相連木塊A和B,一質量為m子彈,以速度v0,水平擊中木塊A,并留在其中,A的質量為3m,B的質量為4m. (1)求彈簧第一次最短時的彈性勢能 (2)何時B的速度最大，最大速度是多少？ mvo B A 圖4 [解析](1)從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達到最短的過程可分為兩個小過程一是子彈與木塊A的碰撞過程，動量守恒，有機械能損失；二是子彈與木塊A組成的整體與木塊B通過彈簧相互作用的過程，動

44、量守恒，系統(tǒng)機械能守恒， 子彈打入: mv0=4mv1 　　① 打入后彈簧由原長到最短: 4mv1=8mv2　　 ?、? 機械能守恒: 　 ③ 解①②③得 (2)從彈簧原長到壓縮最短再恢復原長的過程中，木塊B一直作變加速運動,木塊A一直作變減速運動,相當于彈性碰撞，因質量相等，子彈和A組成的整體與B木塊交換速度,此時B的速度最大,設彈簧彈開時A、B的速度分別為 4mv1=4mv1’ +4mv2’ ④ ⑤ 解得: v1’=o ,v2’=v1 =

45、 可見,兩物體通過彈簧相互作用,與彈性碰撞相似。 彈性碰撞模型的應用不僅僅局限于“碰撞”，我們應廣義地理解 “碰撞”模型。這一模型的關鍵是抓住系統(tǒng)“碰撞”前后動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒（動能不變），具備了這一特征的物理過程，可理解為“彈性碰撞”。我們對物理過程和遵循的規(guī)律就有了較為清楚的認識，問題就會迎刃而解。 電磁學導棒問題歸類分析 近十年高考物理試卷和理科綜合試卷，電磁學的導棒問題復現率高達100%(除98年無純導棒外)，且多為分值較大的計算題．為何導棒問題頻繁復現

46、，原因是：導棒問題是高中物理電磁學中常用的最典型的模型，常涉及力學和熱學問題，可綜合多個物理高考知識點．其特點是綜合性強、類型繁多、物理過程復雜，有利于對學生綜合運用所學的知識從多層面、多角度、全方位分析問題和解決問題的能力考查；導棒問題是高考中的重點、難點、熱點、焦點問題． 導棒問題在磁場中大致可分為兩類：一類是通電導棒，使之平衡或運動；其二是導棒運動切割磁感線生電．運動模型可分為單導棒和雙導棒． (一)通電導棒問題 通電導棒題型，一般為平衡和運動型，對于通電導棒平衡型，要求考生用所學物體的平衡條件(包含∑F=0，∑M=0)來解答，而對于通電導棒的運動型，則要求考生用所

47、學的牛頓運動定律、動量定理以及能量守恒結合在一起，加以分析、討論，從而作出準確地解答． 例1：如圖(1-1-1)所示，相距為d的傾角為α的光滑平行導軌(電源ε、r和電阻R均已知)處于豎直向上的勻強磁場B中，一質量為m的導棒恰能處于平衡狀態(tài)，則該磁場B的大小為 ；當B由豎直向上逐漸變成水平向左的過程中，為保持棒始終靜止不動，則B的大小應是 ．上述過程中，B的最小值是 ． 分析和解：此題主要用來考查考生對物體平衡條件的理解情況，同時考查考生是否能利用矢量封閉三角形或三角函數求其極值的能力． 將圖(1-1-1

48、)首先改畫為從右向左看的側面圖，如圖(1-1-2)所示，分析導棒受力，并建立直角坐標系進行正交分解，也可采用共點力的合成法來做． 根據題意∑F=0，即∑Fx=0；∑Fy=0；∑Fx=FB–Nsinα=0 ① ∑Fy=Fcosα–mg=0 ②，①/②得：③ 由安培力公式FB=BId ④；全電路區(qū)姆定律⑤， 聯立③④⑤并整理可得 (2)借助于矢量封閉三角形來討論，如圖(1-1-3)在磁場由豎直向上逐漸變成水平的過程中，安培力由水平向右變成豎直向上，在此過程中，由圖(1-1-3)看出FB先減小后增大，最終N=0，FB=mg，因而B也應先減小后增大． (3)由圖(1-1-3)可知，

49、當FB方向垂直于N的方向時FB最小，其B最小，故①，而②，③，聯立①②③可得，即 評析：該題將物體的平衡條件作為重點，讓考生將公式和圖象有機地結合在一起，以達到簡單快速解題的目的，其方法是值得提倡和借鑒的． (二)棒生電類： 棒生電類型是電磁感應中的最典型模型、生電方式分為平動切割和轉動切割，其模型可分為單導棒和雙導棒．要從靜態(tài)到動態(tài)、動態(tài)到終態(tài)加以分析討論，其分析動態(tài)是關鍵．對于動態(tài)分析，可從以下過程考慮：閉合電路中的磁通量發(fā)生變化導體產生感應電流導體受安培力和其他力作用導體加速度變化速度變化感應電流變化周而復始地循環(huán)最后加速度減小至零速度達到最大導體做勻速直線運動．我們知道，電磁感應

50、現象的實質是不同形式能量的轉化過程，因此，由功能觀點切入，分清楚電磁感應過程中能量轉化關系，往往是我們解決電磁感應問題的關鍵，當然也是我們處理這類題型的有效途徑． 1、單導棒問題 例1：(2001年全國高考試題)如圖(2-1-1)所示，一對平行光滑軌道放置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0Ω；有一導棒靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，棒及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應強度B=0.50T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道面向下．現用一外力F沿軌道方向拉棒，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖(2-1-2)所示．求棒的質量m和加速度a． 分析和

51、解：此題主要用來考查學生對基本公式掌握的情況，是否能熟練將力電關系式綜合在一起，再根據圖象得出其a和m值．從圖中找出有用的隱含條件是解答本題的關鍵． 解法一：導棒在軌道上做勻加速直線運動，用v表示其速度，t表示時間，則有v=at ①，棒切割磁感線，產生感應電動勢②，在棒、軌道和電阻的閉合電路中產生感應電流③，桿所受安培力FB=BIL ④，再由牛頓第二定律∑F=ma故F–FB=ma ⑤，聯立求解①~⑤式得⑥．在圖線上取兩點代入⑥式，可得a=10m/s2，m=0.1kg． 解法二：從F–t圖線可建立方程 F=1+0.1t ①，棒受拉力F和安培力FB作用，做勻加速直線運動，其合

52、力不隨時間t變化，并考慮初始狀態(tài)FB=0，因而FB的大小為FB=0.1t ②，再由牛頓第二定律：∑F=ma有F–FB=ma ③，聯立①②③可得ma=1 ④．又∵FB=BIL ⑤，而⑥，⑦，聯立⑤⑥⑦得⑧，而v=at，故⑨，②/⑨得：⑩，再由④與⑩式得． 評析：解法一采用了物理思維方法，即用力學的觀點，再結合其F-t圖象將其所求答案一一得出．解法二則采用了數學思維方法，先從F-t圖象中建立起相應的直線方程，再根據力學等知識一一求得，此解法不落窠臼，有一定的創(chuàng)新精神．我們認為，此題不愧為電磁學中的經典習題，給人太多的啟發(fā)，的確是一道選拔優(yōu)秀人才的好題． 例2：如圖(2-1-2)所示，兩根豎直放

53、置在絕緣地面上的金屬框架上端接有一電容量為C的電容器，框架上有一質量為m，長為L的金屬棒，平行于地面放置，與框架接觸良好且無摩擦，棒離地面的高度為h，磁感應強度為B的勻強磁場與框架平面垂直，開始時電容器不帶電，將棒由靜止釋放，問棒落地時的速度多大？落地時間多長？ 分析和解：此題主要用來考查考生對勻變速直線運動的理解，這種將其電容和導棒有機地綜合在一起，使之成為一種新的題型．從另一個側面來尋找電流的關系式，更有一種突破常規(guī)思維的創(chuàng)新，因而此題很具有代表性． 經分析，導棒在重力作用下下落，下落的同時產生了感應電動勢．由于電容器的存在，在棒上產生充電電流，棒將受安培力的作用，因此，棒在重力作用和

54、安培力的合力作用下向下運動，由牛頓第二定律∑F=ma，得故mg–FB=ma ①，FB=BiL ②． 由于棒做加速運動，故v、a、ε、FB均為同一時刻的瞬時值，與此對應電容器上瞬時電量為Q=C·ε，而ε=BLv．設在時間△t內，棒上電動勢的變化量為△ε，電容器上電量的增加量為△Q，顯然△ε=BL△v ③，△Q=C·△ε ④，再根據電流的定義式⑤， ⑤′，聯立①~⑤′得：⑥ 由⑥式可知，a與運動時間無關，且是一個恒量，故棒做初速度為零的勻加速直線運動，其落地速度為v，則⑦，將⑥代入⑦得：⑧，落地時間可由，得，將⑥代入上式得． 評析：本題應用了微元法求出△Q與△v的關系，又利用電流和

55、加速度的定義式，使電流i和加速度a有機地整合在一起來求解，給人一種耳目一新的感覺．讀后使人頗受啟示． 例：如圖(2-1-3)所示，傾角為θ=30°，寬度為L=1m的足夠長的U型平行光滑金屬導軌固定在磁感應強度B=1T，在范圍充分大的勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面斜向上，現用平行導軌、功率恒為6w的牽引力F，牽引一根質量m=0.2kg、電阻R=1Ω放在導軌上的導棒ab，由靜止沿導軌向上移動(ab棒始終與導軌接觸良好且垂直)．當金屬導棒ab移動S=2.8m時，獲得穩(wěn)定速度，在此過程中金屬導棒產生的熱量為Q=5.8J(不計導軌電阻及一切摩擦，g取10m/s2) 問(1)導棒達到穩(wěn)定速度是多大？

56、 (2)導棒從靜止達到穩(wěn)定速度所需時間是多少？ 分析和解：此題主要用來考查考生是否能熟練運用力的平衡條件和能量守恒定律來巧解此題． 當金屬導棒勻速沿斜面上升有穩(wěn)定速度v時，導棒受力如圖(2-1-4)所示，由力的平衡條件∑F=0，則F–mgsinθ–FB=0 ①，FB=BIL ②，③，ε=BLv ④，又∵F=P/v ⑤，由①②③④⑤可得，整理得，代入有關數據得，解得v=2m/s，v=–3m/s(舍去)． (2)由能量轉化和守恒，代入數據可得t=1.5s． 評析：此題較一般電磁感應類型題更能體現能量轉化和守恒過程，因此，在分析和研究電磁感應中的導棒問題時，從能量觀點去著手求解，往往更能觸

57、及該問題的本質，當然也是處理此類問題的關鍵和一把金鑰匙． 2、雙導棒問題： 在電磁感應現象中，除了單導棒問題外，還存在較多的雙導棒問題，這類問題的顯著特征是：兩導棒在切割磁感線時，相當于電池的串聯或并聯，組成閉合回路，而且，求解此類型問題最佳途徑往往從能量守恒、動量守恒的角度出發(fā)，用發(fā)展、變化的眼光，多角度、全方位地發(fā)散思維，尋求相關物理量和公式，挖掘隱含條件，采用“隔離法”或“整體法”(系統(tǒng)法)快捷作出解答．因此，雙導棒問題更能反映考生的分析問題和解決問題的能力，特別是方法、技巧、思路均反映在解題中，是甄別考生層次拉大差距的優(yōu)秀試題． 例1：(1993年全國高考題)如圖(2-2-1)所

58、示兩金屬導棒ab和cd長均為L，電阻均為R，質量分別為M和m，M>m．用兩根質量和電阻均可忽略不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路，并懸掛于水平、光滑、不導電的圓棒兩側，兩金屬導棒都處于水平位置，整個裝置處在一與回路平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B，若金屬導棒ab正好勻速向下運動，求運動的速度． 分析和解：此題主要用來考查考生對力學中的受力分析、力的平衡、電磁感應、歐姆定律和安培力公式的掌握．此題也可從不同方法去解答． 解法一：采用隔離法，假設磁場B的方向是垂直紙面向里，ab桿向下勻速運動的速度為v，則ab棒切割磁感線產生的感應電動熱大小，方向由a→b，cd棒以速度v向上切割磁感線運

59、動產生感應電動勢大小為，方向由d→c．回路中的電流方向由a→b→d→c，大小為①，ab棒受到安培力向上，cd棒受到安培力向下，大小均為FB即②，當ab棒勻速下滑時，令棒受到的導線拉力為T，則對ab有T+FB=mg ③，對cd有：T=FB+mg ④，由③④解得2FB=(M-m)g ⑤，再由②⑤可得，故． 解法二：采用整體法，把ab、cd柔軟導線視為一個整體，∵M>m，∴整體動力為(M–m)g ①，ab棒向下，cd棒向上，整體所受安培力與整體動力相等時正好做勻速向下運動，則． 解法三：采用能量守恒法，將整個回路視為一個整體系統(tǒng)，用其速度大小不變，故動能不變．ab棒向下，cd棒向上運動過程中，因

60、Mg>mg，系統(tǒng)的重力勢能減少，將轉化為回路的電能，電能量轉化守恒定律①，而ε總=2ε ②，ε=BLv ③，聯立①②③可得． 評析：此題為典型的雙導棒在磁場中運動的問題．并且兩根棒都切割磁感線產生感應電動勢，對整個回路而言，相當于電池組的串聯，整個回路中有電流流過，兩棒都受安培力，在未達到穩(wěn)定速度前，兩棒均做變加速運動，當加速度減為零時，速度為最大．從以上三種解法來看，其解法三更顯簡便，思維靈活，故該題對考生的考查確實具有針對性． 例2：(2001高考春招試題)如圖(2-2-2)所示，兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平面內，兩導軌間距為L．導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd，構成矩

61、形回路．兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，回路中其余部分的電阻可不計．在整個導軌平面內都有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為B．該兩導體棒可沿導軌無摩擦地滑行．開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度度v0，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求： (1)在運動中產生的焦耳熱最多是多少？ (2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊臅r，cd棒的加速度是多少？ 分析和解：此題主要用來考查考生對雙棒運動的動態(tài)分析和終態(tài)推理以及兩個守恒定律的熟練掌握情況．此題是一道層次較高的典型水平面雙棒試題． ab棒向cd棒運動時，ab棒產生感應電動勢，由于通過導軌和cd棒組成回路，于是回路中便產生感應電流，ab棒受

62、到與運動方向相反的安培力作用做減速運動，而cd棒則在安培力作用下做加速運動．在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路中總有感應電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速，而棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，即不產生感應電流，兩棒的相同的速度v做勻速直線運動． (1)從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，則有mv0=2mv ①，再根據能量守恒②，聯立①②兩式得：． (2)設ab棒的速度變?yōu)槌跛俚臅r，cd棒的速度為v′，則再次由動量守恒定律可知 ③，此時回路中的感應電動勢和感應電流分別是：④，⑤，此時cd棒所受安培力FB=BIL ⑥，cd棒的加速度 ⑦，聯立 ①

63、~⑦得 ． 評析：此題將分析雙棒的初態(tài)、過渡態(tài)、終態(tài)以及整個過程的運動情況，各個物理量的變化情況和動量守恒、能量守恒天然聯系在一起，確實達到了命題人綜合考查考生各方面分析問題和解決問題能力的目的．充分體現了命題專家以綜合見能力的命題意圖，即“著眼綜合、立足基礎、突出能力．”此題的確是一道經典考題． 通過對以上高考例題的分類處理、解析，從中發(fā)現，電磁學中的導棒問題內涵的確豐富、靈活、新穎，涉及面廣、易于拓展和延伸，的確不愧為電磁學中的精華部分．高考試題是經典題目，通過分析和求解，更能啟迪思維和培養(yǎng)各種能力，由于篇幅限制，此處不能將歷年高考導棒試題列出，希望大家收集并加以適當的訓練．

64、 構建復合運動模型 解析物體運動問題 抽象物理模型是解答物理問題的關鍵．在對簡單問題進行模型化處理時，?？砂阉橄鬄橐粋€已知的物理模型，然而在對某些比較復雜問題進行模型化處理時，常常通過聯想舊模型、創(chuàng)造新模型來構建復合模型（或稱模型鏈）.構建復合物理模型能將復雜問題轉化為簡單問題的組合，使問題得到順利解答.本文通過結合具體教學實例就如何構建復合運動模型來巧解物理競賽中復雜運動問題. 　　一、構建直線運動和圓周運動的復合運動模型 　1.構建同一平面內直線運動和圓周運動的復合運動模型，解答擺線運動問題 　　例1　如圖1所示，一質量為m

65、、帶電量為＋q的小球從磁感應強度為B的勻強磁場中A點由靜止開始下落，試求帶電小球下落的最大高度h． 圖1 　　分析與解　可以證明這個問題中帶電小球運動軌跡是比較復雜的擺線，對高中學生而言從合運動角度分析這個問題比較困難.現構建小球有兩個大小相等、方向相反的水平初速度v１０、v2０，所構建的這兩個分運動與小球原有初始運動條件等效.現使小球的分運動v１０產生的洛倫茲力為qv１０B＝mg則v１０＝mg／qB，因而小球的運動可視為沿水平方向以速度v１０做勻速直線運動和在豎直平面內以速度v2０做逆時針方向的勻速圓周運動的合運動.勻速圓周運動的半徑R＝mv2０／qB＝g（m／qB）2，因而小球在

66、運動過程中下落的最大高度為Ｈm＝2Ｒ＝2g（m／qB）2. 　　通過構建勻速直線運動和勻速圓周運動復合模型，巧妙地解答了這個復雜問題. 　　2.構建不同平面內的直線運動和圓周運動的復合運動模型，解答螺旋運動問題 　　例2　如圖2所示，兩個平行板內存在互相平行的勻強電場和勻強磁場，電場強度為E，方向豎直向上，磁感應強度為B.在平行板的右端處有一熒光屏MN，中心為O，OO′既垂直電場方向又垂直熒光屏，長度為L.在熒光屏上以O點為原點建立一直角坐標系，y軸方向豎直向上，x軸正方向垂直紙面向外.現有一束具有相同速度和荷質比的帶正電粒子束，沿O′O方向從O′點射入此電場區(qū)域，最后打在熒光屏上．若屏上亮點坐標為（L／3，Ｌ／6），重力不計.試求：（1）磁場方向；（2）帶電粒子的荷質比. 圖2 　　分析與解　帶電粒子在相互平行的勻強電場與磁場中運動為比較復雜的三維運動（螺旋線運動），根據力和運動獨立作用原理，可以把此螺旋運動構建為y軸方向上的加速直線運動和xOz平面內的勻速圓周運動的復合運動模型.在xOz平面內構建出如圖3所示的幾何圖景，由圖3運用物理知識和三角形知識可得：磁場方