答案 CD
3.如图4所示，光滑绝缘水平面AB与倾角θ＝37°，长L＝5m的固定绝缘斜面BC在B处平滑相连，在斜面的C处有一与斜面垂直的弹性绝缘挡板。
质量m＝0.5kg、带电荷量q＝＋5×10－5C的绝缘带电小滑块（可看作质点）置于斜面的中点D，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E＝2×105N/C，现让滑块以v0＝14m/s的速度沿斜面向上运动。
设滑块与挡板碰撞前后所带电荷量不变、速度大小不变，滑块和斜面间的动摩擦因数μ＝0.1。
（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
图4
（1）滑块沿斜面向上运动的加速度大小；
（2）滑块运动的总路程。
解析
（1）滑块与斜面之间的摩擦力
f＝μ（mgcos37°＋qEsin37°）＝1N
根据牛顿第二定律可得
qEcos37°－mgsin37°－f＝ma
解得a＝8m/s2。
（2）由题可知，滑块最终停在C点。
设滑块从D点开始运动到最终停在C点的过程中在斜面上运动的路程为s1，由动能定理有
qE
cos37°－mg
sin37°－fs1＝0－
mv
解得s1＝61.5m
设滑块第1次到B时动能为Ek1，从D到B由动能定理得
－qE
cos37°＋mg
sin37°－f·
＝Ek1－
mv
解得Ek1＝29J
设滑块第1次从B滑到水平面上的最远距离为x1，
由动能定理得－qEx1＝0－Ek1
解得x1＝2.9m
水平面光滑，滑块滑回到B点时动能不变，滑块在斜面上往返一次克服摩擦力做功Wf＝2fL＝10J
滑块第2次回到B点时动能为Ek2＝Ek1－Wf＝19J
设滑块第2次从B滑到水平面上的最远距离为x2，
由动能定理得－qEx2＝0－Ek2，解得x2＝1.9m
同理，滑块第3次从B滑到水平面上的最远距离为
x3＝0.9m
此后就不会再滑到水平面上了
滑块在水平面上运动的总路程为
s2＝2（x1＋x2＋x3）＝11.4m
滑块运动的总路程s＝s1＋s2＝72.9m。
答案
（1）8m/s2
（2）72.9m
应用动量观点和能量观点处理力电综合问题
【真题示例】（2017·天津理综，12）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。
电磁轨道炮示意图如图5所示，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。
两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。
炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。
首先开关S接1，使电容器完全充电。
然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场（图中未画出），MN开始向右加速运动。
当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。
问：
图5
（1）磁场的方向；
（2）MN刚开始运动时加速度a的大小；
（3）MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。
解析
（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有
I＝
①
设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②
由牛顿第二定律，有F＝ma③
联立①②③式得a＝
④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有
Q0＝CE⑤
开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E′，有E′＝Blvmax⑥
依题意有E′＝
⑦
设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有F＝IlB⑧
由动量定理，有FΔt＝mvmax－0⑨
又IΔt＝Q0－Q⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得Q＝
⑪
答案
（1）垂直于导轨平面向下
（2）
（3）
真题感悟
1.高考考查特点
（1）本考点的知识点覆盖面广、综合性强，还有复杂代数运算和推理，难度较大。
（2）2017年全国卷在此处没考题，2018年出题的可能性很大，要引起关注。
2.常见误区及临考提醒
（1）处理本考点的问题要靠基本方法和典型物理模型来支撑。
（2）注意数学知识的灵活选用。
预测1
动量和能量观点在电场中的应用
预测2
动量和能量观点在电磁感应中的应用
预测3
应用动量和能量观点处理电学综合问题
1.在匀强电场中，将质子和α粒子分别由静止开始加速（不计重力），当它们获得相同动能时，质子经历的时间为t1，α粒子经历的时间为t2，则t1∶t2为（ ）
A.1∶1B.1∶2
C.2∶1D.4∶1
解析 对质子，根据动量定理，有qPEt1＝
①
对α粒子，根据动量定理，有qαEt2＝
②
根据题意，式中E和Ek都相同。
①÷②并将qα＝2qP，mα＝4mP代入得t1∶t2＝1∶1。
选项A正确。
答案 A
2.如图6所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。
在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。
设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
图6
（1）在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？
（2）当ab棒的速度变为初速度的
时，cd棒的加速度a是多少？
解析
（1）从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv0＝2mv，得v＝
。
根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热
Q＝
mv
－
（2m）v2＝
mv
。
（2）设ab棒的速度变为
v0时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知mv0＝
mv0＋mv′，解得v′＝
v0
此时回路中的电动势为
E＝
BLv0－
BLv0＝
BLv0
此时回路中的电流为I＝
＝
此时cd棒所受的安培力为F＝BIL＝
由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a＝
＝
答案
（1）
mv
（2）
3.如图7所示，竖直平面MN与纸面垂直，MN右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。
质量为m的物体A静止在MN左侧的水平面上，已知物体A带负电，所带电荷量的大小为q。
一质量为
m、不带电的物体B以速度v0冲向物体A并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A的电荷量保持不变。
A与MN右侧的水平面的动摩擦因数为μ，重力加速度的大小为g，磁感应强度的大小为B＝
，电场强度的大小为E＝
。
已知物体A在MN右侧区域中运动到与MN的距离为l的C点（图中未画出）时，速度达到最大值。
物体A、B均可以看作质点，重力加速度为g。
求：
图7
（1）碰撞后物体A的速度大小；
（2）物体A从进入MN右侧区域到运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功W。
解析
（1）设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性碰撞，动量、能量均守恒，则有
mv0＝
mvB＋mvA①
·
mv
＝
·
mv
＋
mv
②
联立①②可得vA＝
v0③
（2）A的速度达到最大值vm时合力为零，受力如图所示
竖直方向上合力为零，有
FN＝qvmB＋mg④
水平方向上合力为零，有
qE＝μFN⑤
根据动能定理，有qEl－W＝
mv
－
mv
⑥
联立解得vm＝v0，W＝4μmgl－
mv
。
答案
（1）
v0
（2）4μmgl－
mv
归纳总结
1.用力学观点处理力电综合问题可以从以下三条线索展开
（1）力和运动的关系——根据带电粒子受到的电场力，用牛顿第二定律找出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度、位移等，这条线索通常适用于粒子在恒力作用下做匀变速直线运动的情况。
（2）功和能的关系——根据电场力对带电粒子所做的功引起的带电粒子能量的变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等。
（3）冲量和动量的关系——根据电场力对带电粒子冲量引起的带电粒子动量的变化，利用动量定理研究全过程中动量的变化，研究带电粒子的速度变化、经历的时间等。
2.电磁感应与动量和能量综合问题的思路
（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律。
①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。
②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。
解决此类问题往往要应用动量守恒定律。
（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定理或能量守恒定律。
基本思路：
受力分析―→弄清哪些力做功，正功还是负功―→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减―→由动能定理或能量守恒定律列方程求解。
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