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高中计算题 讲座


第 3 讲 拿下计算题——努力得高分 题型扫描 1.力学综合型 【题型探秘】 计算题历来是高考压轴题,拉分题,试题综合性强,难度大,数学运算要求高.在考场上很 难有充裕的时间去认真分析计算,再加上考场的氛围和时间使得很多考生根本做不到冷静清 晰地去分析,更谈不上快速准确的得到答案.要想成功破解大题难题首先要明晰它的本质: 其实,所有的大题难题,看似繁杂凌乱,很难理出头绪,其实就是

一些基本现象和知识的叠 加而已. 力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题 讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点,能力要求较高.具体问题中 可能涉及到单个物体单一运动过程,也可能涉及到多个物体,多个运动过程,在知识的考查 上可能涉及到运动学、动力学、功能关系等多个规律的综合运用. 【应对策略】 (1)对于多体问题,要灵活选取研究对象,善于寻找相互联系 选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键.选取研究对象需根据不同的条件, 或采用隔离法,即把研究对象从其所在的系统中抽取出来进行研究;或采用整体法,即把几 个研究对象组成的系统作为整体来进行研究;或将隔离法与整体法交叉使用. (2)对于多过程问题,要仔细观察过程特征,妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键.分析过程特征需 仔细分析每个过程的约束条件,如物体的受力情况、状态参量等,以便运用相应的物理规律 逐个进行研究.至于过程之间的联系,则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找. (3)对于含有隐含条件的问题,要注重审题,深究细琢,努力挖掘隐含条件 注重审题,深究细琢,综观全局重点推敲,挖掘并应用隐含条件,梳理解题思路或建立辅助 方程,是求解的关键.通常,隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程, 甚至从试题的字里行间或图象图表中去挖掘. (4)对于存在多种情况的问题,要认真分析制约条件,周密探讨多种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析,必要时要自己拟定讨论方案,将问 题根据一定的标准分类,再逐类进行探讨,防止漏解. (5)对于数学技巧性较强的问题,要耐心细致寻找规律,熟练运用数学方法 耐心寻找规律、选取相应的数学方法是关键.求解物理问题,通常采用的数学方法有:方程 法、比例法、数列法、不等式法、函数极值法、微元分析法、图象法和几何法等,在众多数 学方法的运用上必须打下扎实的基础. (6)对于有多种解法的问题,要开拓思路避繁就简,合理选取最优解法 避繁就简、选取最优解法是顺利解题、争取高分的关键,特别是在受考试时间限制的情况下 更应如此.这就要求我们具有敏捷的思维能力和熟练的解题技巧,在短时间内进行斟酌、比 较、选择并作出决断.当然,作为平时的解题训练,尽可能地多采用几种解法,对于开拓解 题思路是非常有益的. 【典例精析】 【例 1】 (14 分)(2012· 西安质检)如图 1 所示,质量为 10 kg 的环在 F=200 N 的拉力作用下, 沿粗糙长直杆由静止开始运动,杆与水平地面的夹角 θ=37°,拉力 F 与杆的夹角也为 θ.力 F 作用 0.5 s 后撤去,环在杆上继续上滑了 0.4 s 后速度减为零.(已知 sin 37°=0.6,cos 37°
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=0.8 ,g=10 m/s2)求:

图1 (1)环与杆之间的动摩擦因数 μ; (2)环沿杆向上运动的总距离 s. 解析 (1)在 F 力作用 0.5 s 内,根据牛顿第二定律有 Fcos θ -mgsin θ -f=ma1①(2 分) FN+Fsin θ =mgcos θ ②(2 分) f=|μFN|③(1 分) 设 0.5 s 末速度为 v 根据运动学公式有 v=a1t1④(1 分) F 撤去后 0.4 s 内有 mgsin θ +μmgcos θ =ma2⑤(2 分) v=a2t2⑥(1 分) 联立① 得 μ=0.5⑦ 分) ~⑥ (1 (2)将⑦ 代入⑤ 式得 a2=10 m/s2,则 v=a2t2=4 m/s(1 分) 1 则 s=2v(t1+t2)=1.8 m(3 分) 答案 (1)0.5 (2)1.8 m 点评 审题技巧口诀: (1)认真细致,全面寻找信息 (2)咬文嚼字,把握关键信息 (3)深入推敲,挖掘隐含信息 (4)分清层次,排除干扰信息 (5)纵深思维,把握临界信息 2.粒子运动型 【题型探秘】 (1)历年高考对本专题知识的考查题型有计算题和选择题,计算题难度较大,题目综合性较高, 分值较多. (2)高考主要考查带电粒子在匀强电场、磁场或复合场中的运动. (3)粒子运动型计算题大致有两类,一是粒子依次进入不同的有界场区,二是粒子进入复合场 区.近年来全国高考重点就是受力情况和运动规律分析求解,周期、半径、轨迹、速度、临 界值等.再结合能量守恒和功能关系进行综合考查. 【应对策略】 (1)正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提. ①带电粒子在复合场中做什么运动,取决于带电粒子所受的合外力及初始状态的速度,因此 应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析,当带电粒子在复合场中所受合外力 为零时,做匀速直线运动.(如速度选择器) ②带电粒子所受的重力和电场力等值反向,洛伦磁力提供向心力,带电粒子在垂直于磁场的 平面内做匀速圆周运动. ③带电粒子所受的合外力是变力,且与初速度方向不在一条直线上,粒子做非匀变速曲线运
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动,这时粒子的运动轨迹既不是圆弧,也不是抛物线,由于带电粒子可能连续通过几个情况 不同的复合场区,因此粒子的运动情况也发生相应的变化,其运动过程可能由几种不同的运 动阶段组成. (2)灵活选用力学规律是解决问题的关键 ①当带电粒子在复合场中做匀速运动时,应根据平衡条件列方程求解. ②当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求 解. ③当带电粒子在复合场中做非匀变速曲线运动时,应选用动能定理或能量守恒定律列方程求 解. 说明:由于带电粒子在复合场中受力情况复杂,运动情况多变,往往出现临界问题,这时应 以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口,挖掘隐含条件,根据临界 、 、 、 条件列出辅助方程,再与其他方程联立求解. 【典例精析】 【例 2】 (16 分)(2012· 山东二模)如图 2 甲所示,两平行金属板间接有如图 2 乙所示的随时间 t 变化的电压 UAB,两板间电场可看做是均匀的,且两板外无电场,极板长 L=0.2 m,板间距离 d=0.2 m,在金属板右侧有一边界为 MN 的区域足够大的匀强磁场,MN 与两板间中线 OO′ 垂 直,磁感应强度 B=5×10-3 T,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子流沿两板中线 OO′ 连 q 续射入电场中,已知每个粒子的速度 v0=105 m/s,比荷m=108 C/kg,重力忽略不计,每个粒 子通过电场区域的时间极短,此极短时间内电场可视作是恒定不变的.求:

图2 (1)在 t=0.1 s 时刻射入电场的带电粒子, 进入磁场时在 MN 上的入射点和出磁场时在 MN 上的 出射点间的距离为多少; (2)带电粒子射出电场时的最大速度; (3)在 t=0.25 s 时刻从电场射出的带电粒子,在磁场中运动的时间. 解析 (1)在 t=0.1 s 时刻射入电场的带电粒子, 在极板间做匀速直线运动,以 v0 垂直磁场边界垂直射入磁场, v2 mv 由 qvB=m R 可得:R= qB =0.2 m(4 分) 在 MN 上的入射点和出磁场时在 MN 上的出射点间的距离为:d=2R=0.4 m(2 分) (2)设带电粒子从极板的边缘射出电场时的速度最大, 1 1u0q? L ?2 对应的瞬时电压为 u0,则:2d=2 dm v0

? ?

解得:u0=100 V(3 分) 1 1 1 由动能定理:2mv2=2mv2+2qu0 0 射出的最大速度 v= 2v0= 2×105 m/s=1.4×105 m/s(2 分)
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(3)在 t=0.25 s 时刻从电场射出的带电粒子,从极板的上边缘射出电场,垂直进入磁场时与磁 π π π 场边界的夹角为 4 ,射出磁场时与磁场边界的夹角也为 4 ,故对应的圆周的圆心角为 2 ,故 在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一. 2π R mv2 由 qvB= R ,T= v (2 分) 2π m 1 得:T= qB ,所以 t=4T=1.57×10-5 s(3 分) 答案 (1)0.4 m (2)1.4×105 m/s (3) 1.57×10-5 s 点评 (1)带电粒子受到的重力相比电场力、磁场力太小,可以忽略不计. (2)带电粒子在电磁场中的运动规律跟力学运动规律相同,要善于利用类比法,处理这类问题. 3.电磁感应型 【题型探秘】 (1)电磁感应是高考考查的重点和热点,命题频率较高的知识点有:感应电流的产生条件、方 向的判定和感应电动势的计算;电磁感应现象与磁场、电路、力学、能量等知识相联系的综 合题及感应电流(或感应电动势)的图象问题. (2)从计算题型看,主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、力学、能量转化相联系的综合 问题,主要以大型计算题的形式考查. 【应对策略】 (1)通电导体在磁场中将受到安培力的作用,电磁感应问题往往与力学问题联系在一起,解决 问题的基本思路: ①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向 ②求电路中的电流 ③分析导体的受力情况 ④根据平衡条件或者牛顿第二运动定律列方程. (2)抓住能的转化与守恒分析问题.电磁感应现象中出现的电能,一定是由其他形式的能转化 而来,具体问题中会涉及多种形式的能之间的转化,机械能和电能的相互转化、内能和电能 的相互转化.分析时,应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律,明确有哪些力做功,就可知道 有哪些形式的能量参与了相互转化,如摩擦力在相对位移上做功,必然有内能出现;重力做 功,必然有重力势能参与转化;安培力做负功就会有其他形式能转化为电能,安培力做正功 必有电能转化为其他形式的能;然后利用能量守恒列出方程求解. 【典例精析】 【例 3】 (18 分)如图 3 所示,电阻不计的平行金属导轨 MN 和 OP 放置在水平面内,MO 间接 有阻值为 R=3 Ω 的电阻. 导轨相距 d=1 m, 其间有竖直向下的匀强磁场. 磁感应强度 B=0.5 T.质量为 m=0.1 kg,电阻为 r=1 Ω 的导体棒 CD 垂直于导轨放置,并接触良好.用平行于 MN 的恒力 F=1 N 向右拉动 CD.CD 受到的摩擦阻力 f 恒为 0.5 N,则:

图3 (1)CD 运动的最大速度是多少? (2)当 CD 达到最大速度后,电阻 R 消耗的电功率是多少?
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(3)当 CD 的速度为最大速度的一半时,CD 的加速度是多少? 解析 (1)设 CD 棒的运动速度为 v,则导体棒产生的感应电动势为 E=Bdv① 分) (1 E 据闭合电路欧姆定律有 I= ②(1 分) R+r 则安培力为:F0=BdI③ 分) (1 据题意分析,当 v 最大时,有 F-F0-f=0④ 分) (2 (F-f)(R+r) 联立①③得 vm= ②④ =8 m/s⑤(2 分) B2d2 (2)棒 CD 速度最大时,同理有 Em=Bdvm⑥(1 分) Em Im= ⑦(1 分) R+r 而 PRm=I2 R⑧(1 分) m B2d2v2 R m 联立⑥⑧ ⑦得:PRm= =3 W⑨(2 分) (R+r)2 1 Bdvm (3)当 CD 速度为2vm 时有 E′ 2 ⑩(1 分) = E′ I= ?(1 分) R+r F′=BId?(1 分) 据牛顿第二定律有 F-F′ -f=ma?(2 分) 联立⑩ ???得:a=2.5 m/s2(1 分) 答案 (1)8 m/s (2)3 W (3)2.5 m/s2 点评 1.在电磁感应问题中,要注意明确判断电路结构,要明确哪部分是内电路,哪部分是外 电路;2.要熟练应用左、右手定则判断受力,从而搞定动态分析,明确导体棒的最终状态.3. 要善于利用闭合电路欧姆定律、功能关系分析问题. 4.力电综合型 【题型探秘】 力学中的静力学、动力学、功和能等部分,与电学中的场和路有机结合,出现了涉及力学、 电学知识的综合问题,主要表现为:带电体在场中的运动或静止,通电导体在磁场中的运动 或静止;交、直流电路中平行板电容器形成的电场中带电体的运动或静止;电磁感应提供电 动势的闭合电路等问题.这四类又可结合并衍生出多种多样的表现形式.从历届高考中,力 电综合型有如下特点:① 力、电综合命题多以带电粒子在复合场中的运动.电磁感应中导体棒 动态分析,电磁感应中能量转化等为载体,考查学生理解、推理、综合分析及运用数学知识 解决物理问题的能力.② 力、电综合问题思路隐蔽,过程复杂,情景多变,在能力立意下,惯 于推陈出新、情景重组,设问巧妙变换,具有重复考查的特点. 【应对策略】 解决力电综合问题,要注重掌握好两种基本的分析思路:一是按时间先后顺序发生的综合题, 可划分为几个简单的阶段,逐一分析清楚每个阶段相关物理量的关系规律,弄清前一阶段与 下一阶段的联系,从而建立方程求解的“分段法” ,一是在同一时间内发生几种相互关联的物 理现象,须分解为几种简单的现象,对每一种现象利用相应的概念和规律建立方程求解的“分 解法” . 研究某一物体所受到力的瞬时作用力与物体运动状态的关系(或加速度)时,一般用牛顿运动定 律解决;涉及做功和位移时优先考虑动能定理;对象为一系统,且它们之间有相互作用时,
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优先考虑能的转化与守恒定律. 【典例精析】 【例 4】 (22 分)(2011· 浙江五校联考)相距 L=1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置,质量为 m1 =1 kg 的金属棒 ab 和质量为 m2=0.27 kg 的金属棒 cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导 轨上,如图 4(a)所示,虚线上方磁场方向垂直纸面向里,虚线下方磁场方向竖直向下,两处磁 场磁感应强度大小相同.ab 棒光滑,cd 棒与导轨间动摩擦因数为 μ=0.75,两棒总电阻为 1.8 Ω ,导轨电阻不计.ab 棒在方向竖直向上、大小按图(b)所示规律变化的外力 F 作用下,从静 止开始,沿导轨匀加速运动,同时 cd 棒也由静止释放.(g=10 m/s2). (1)求出磁感应强度 B 的大小和 ab 棒加速度大小; (2)已知在 2 s 内外力 F 做功 40 J,求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热; (3)求出 cd 棒达到最大速度所需的时间 t0, 并在图(c)中定性画出 cd 棒所受摩擦力 fcd 随时间变 化的图象.

图4 解析 (1)设经过时间 t,金属棒 ab 的速率 v=at(1 分) E BLv 此时,回路中的感应电流为 I=R= R (2 分) 对金属棒 ab,由牛顿第二定律得 F-BIL-m1g=m1a B2L2 由以上各式整理得:F=m1a+m1g+ R at(2 分) 在图线上取两点:t1=0,F1=11 N;t2=2 s,F2=14.6 N 解得 a=1 m/s2,B=1.2 T(2 分) (2)在 2 s 末金属棒 ab 的速率 vt=at=2 m/s(1 分) 1 所发生的位移 s=2at2=2 m(1 分) 1 由动能定理得 WF-m1gs-W 安=2m1vt(2 分) 又 Q=W 安(1 分) 联立以上各式,解得 1 1 Q=WF-m1gs-2m1v2=(40-1×10×2-2×1×22)J=18 J(2 分) t (3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动,当 cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时,速度达到最 大;然后做加速度逐渐增大的减速运动,最后停止运动. 当 cd 棒速度达到最大时,对 cd 棒有:m2g=μFN 又 FN=F 安,F 安=BIL(2 分) 整理解得 m2g=μBIL E BLvm 对 abdc 回路:I=R= R
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0.27×10×1.8 m2gR 解得 vm= = m/s=2 m/s(2 分) μ B2L2 0.75×1.22×1.52

由 vm=at 得 t=2 s(1 分) fcd 随时间变化的图象如图所示.(3 分) (若无体现 2 s 值,其他都正确的,不扣分;若无体现末态静止,扣除 1 分;若无体现滑动摩擦 力到静摩擦力的大小突变,扣除 1 分;若滑动摩擦力没体现线性增大,不给分) 答案 见解析 题型专练 1.(力学综合型)(2012· 湖南模拟)如图 5 所示,AB 为倾角 θ=37°的斜面轨道,轨道的 AC 部分 光滑,CB 部分粗糙.BP 为圆心角等于 143°半径 R=1 m 的竖直光滑圆弧形轨道,两轨道相切 于 B 点,P、O 两点在同一竖直线上,轻弹簧一端固定在 A 点,另一自由端在斜面上 C 点处, 现有一质量 m=2 kg 的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到 D 点后(不栓接)释放,物块经过 C 点后,从 C 点运动到 B 点过程中的位移与时间的关系为 x=12t-4t2(式中 x 单位是 m,t 单位 是 s),假设物块笫一次经过 B 点后恰能到达 P 点,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g 取 10 m/s2. 试求:

图5 (1)若 CD=1 m,试求物块从 D 点运动到 C 点的过程中,弹簧对物块所做的功; (2)B、C 两点间的距离 x; (3)若在 P 处安装一个竖直弹性挡板,小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失,小物块与 弹簧相互作用不损失机械能,试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否 会脱离轨道?

2.(粒子运动型)(2012· 豫北六校联考)如图 6 所示,在平面坐标系 xOy 的第Ⅰ 象限内有沿 x 轴负 方向的匀强电场,第Ⅱ 象限分别有垂直坐标系平面的匀强磁场.一质量为 m、电荷量为 q 、Ⅳ 的带正电粒子以速度 v0 从 x 轴上的 A(L,0)点沿 y 轴正方向进入匀强电场,经 y 轴上的 B(0, 2L)点进入第Ⅱ 象限,再经 x 轴上的 C(-2L,0)点进入第Ⅲ 象限,最后经第Ⅳ 象限回到出发点 A.不 计粒子的重力.求

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图6 (1)匀强电场的电场强度; (2)第Ⅱ 象限中磁场的磁感应强度大小各是多少? 、Ⅳ

3.(粒子运动型)如图 7 所示,两平行金属板 A、B 长 l=8 cm,两板间距离 d=8 cm,A 板比 B 板电势高 300 V,即 UAB=300 V.一带正电的粒子电量 q=10-10C,质量 m=10-20kg,从 R 点沿电场中心线垂直电场线飞入电场,初速度 v0=2×106 m/s,粒子飞出平行板电场后经过界 面 MN、PS 间的无电场区域后,进入固定在中心线上的 O 点的点电荷 Q 形成的电场区域(设界 面 PS 右边点电荷的电场分布不受界面的影响).已知两界面 MN、PS 相距为 L=12 cm,粒子穿 过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏 EF 上. 不计粒子重力求(静电力常数 k=9×109 N·m2/C2) (1)粒子穿过界面 PS 时偏离中心线 RO 的距离多远?

(2)点电荷的电量. 图7

4. (力学综合型)如图 8 所示是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置, 为半径为 R=1.0 m、 M 1 固定于竖直平面内的4光滑圆弧轨道,轨道上端切线水平,N 为待检验的固定曲面,该曲面在 竖直面内的截面为半径 r= 1 0.69 m 的4圆弧,圆弧下端切线水平且圆心恰好位于 M 轨道的

上端点,M 的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪,可发射速度不同的质量 m=0.01 kg 的小钢 珠,假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过 M 的上端点,水平飞出后落到 N 的某一点上,取 g=10 m/s2,求:

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图8 (1)发射该钢珠前,弹簧的弹性势能 Ep 多大? (2)钢珠落到圆弧 N 上时的速度大小 vN 是多少?(结果保留两位有效数字)

5.(电磁感应型)如图 9 所示,间距 l=0.3 m 的平行金属导轨 a1b1c1 和 a2b2c2 分别固定在两 个竖直面内. 在水平面 a1b1b2a2 区域内和倾角θ =37°的斜面 c1b1b2c2 区域内分别有磁感应 强度 B1=0.4 T、方向竖直向上和 B2=1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场.电阻 R=0.3 Ω 、 质量 m1=0.1 kg、长为 l 的相同导体杆 K、S、Q 分别放置在导轨上,S 杆的两端固定在 b1、 b2 点,K、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好.一端系于 K 杆中点的轻绳平行于导轨绕 过轻质定滑轮自然下垂,绳上穿有质量 m2=0.05 kg 的小环.已知小环以 a=6 m/s2 的加速度 沿绳下滑,K 杆保持静止,Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力 F 作用下匀速运动.不计导轨 电阻和滑轮摩擦,绳不可伸长.取 g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)小环所受摩擦力的大小; (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率.

图9

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6.(力电综合型)(2012· 上海闵行二模)如图 10 甲所示, A、B、C、D 为固定于竖直平面内的闭 合绝缘轨道,AB 段、CD 段均为半径 R=1.6 m 的半圆,BC、AD 段水平,AD=BC=8 m.B、C 之间的区域存在水平向右的有界匀强电场, 场强 E=5×105 V/m.质量为 m=4×10-3kg、 带电量 1 q=+1×10-8C 的小环套在轨道上.小环与轨道 AD 段的动摩擦因数为 μ=8,与轨道其余部 分的摩擦忽略不计.现使小环在 D 点获得沿轨道向左的初速度 v0=4 m/s,且在沿轨道 AD 段 运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力 F(变化关系如图 10 乙)作用,小环第 一次到 A 点时对半圆轨道刚好无压力.不计小环大小,g 取 10 m/s2.求: (1)小环运动第一次到 A 时的速度多大? (2)小环第一次回到 D 点时速度多大? (3)小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态,此时到达 D 点时速度应不小于多少?

图 10 【题型专练】 1.解析 (1)由 x=12t-4t2 知,物块在 C 点速度为 v0=12 m/s 设物块从 D 点运动到 C 点的过程中, 弹簧对物块所做的功为 W, 由动能定理得: W-mgsin 37°· CD 1 =2mv2 0 1 代入数据得:W=2mv2+mgsin 37°· 0 CD=156 J (2)由 x=12t-4t2 知,物块从 C 运动到 B 过程中的加速度大小为 a=8 m/s2 设物块与斜面间的动摩擦因数为 μ,由牛顿第二定律得 mgsin θ+μmgcos θ=ma 代入数据解得 μ=0.25 mV2 p 物块在 P 点的速度满足 mg= R 物块从 B 运动到 P 的过程中机械能守恒, 1 1 则有2mv2 =2mv2+mghPB B P 物块从 C 运动到 B 的过程中有 v2 -v2=-2ax B 0 49 由以上各式解得 x= 8 m (3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后,能够回到与 O 点等高的位置 Q 点, 1 1 且设其速度为 vQ,由动能定理得2mv2 -2mv2=mgR-2μmgxcos 37° Q P 解得 v2 =-19<0 Q
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可见物块返回后不能到达 Q 点,故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道. 答案 (1)156 J (2)6.125 m (3)物块在以后的运动过程中不会脱离轨道 2.解析 (1)粒子在第Ⅰ象限中做类平抛运动,由运动学公式和牛顿第二定律得: 2L=v0t① 1 L=2at2② qE=ma③ mv2 0 联立解得:E= 2qL ④

(2)设粒子进入第Ⅱ象限时的速度 v 与 y 轴夹角为 θ,则根据粒子在第Ⅰ象限的运动得 v0t=2L ⑤ vxt 2 =L⑥ v2+v2⑦ 0 x vx 偏转角 tan θ=v0⑧ v= 整理得:v= 2v0⑨ θ=45°⑩ 即 v 与 BC 的连线垂直,所以 BC 间的距离为粒子在第Ⅱ象限的磁场中运动的直径 BC=2 2L? 所以 r1= 2L? mv2 根据 qvB1= r2 ?

mv0 整理得 B1= qL ? 粒子在第Ⅲ 象限做匀速直线运动,再经过 y 轴时的位置 D 点的坐标为(0,-2L),DA 与 y 轴的 夹角为 α,则有 1 2 sin α= cos α= ? 5 5 粒子做圆周运动的圆心 O2 与 D 点的连线跟 y 轴的夹角 β=45°?

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5L 故有 2 =r2cos(β-α)? mv2 而 qvB2= r2 ? 6mv0 整理得:B2= 5qL ? mv2 0 mv0 6mv0 答案 (1) 2qL (2) qL 5qL 3.解析 (1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为 h, 穿过界面 PS 时偏离中心线 OR 的距离为 y,则: at2 h= 2

qE qU l a= m =md t=v0 qU ? l ? 即:h=2md v0 2 ? ? 代入数据,解得:h=0.03 m=3 cm 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动, 由相似三角形知识得: h y= l 2+L 代入数据,解得:y=0.12 m=12 cm qUl (2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为 vy,则:vy=at=mdv0 代入数据,解得:vy=1.5×106 m/s 所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为: v= v2+v2=2.5×106 m/s 0 y vy 3 设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为 θ,则:tan θ=v0=4 θ=37° 因为粒子穿过界面 PS 最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上,所以该带电粒子在穿过界面 PS 后将绕点电荷 Q 作匀速圆周运动,其半径与速度方向垂直. y 匀速圆周运动的半径:r=cos θ=0.15 m kQq v2 由 r2 =m r 代入数据,解得:Q=1.04×10-8C 答案 (1)12 cm (2)1.04×10-8C v2 4.解析 (1)设钢珠在 M 轨道最高点的速度为 v,在最高点,由题意 mg=m R ① 从发射前到最高点,由机械能守恒定律得 1 Ep=mgR+2mv2=0.15 J②
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l 2

(2)钢珠从最高点飞出后,做平抛运动 x=vt③ 1 y=2gt2④ 由几何关系 x2+y2=r2⑤ 从飞出 M 到打在 N 的圆弧面上,由机械能守恒定律 1 1 mgy+2mv2=2mv2 ⑥ N 联立①、③、④、⑤、⑥解出所求 vN=5.0 m/s. 答案 (1)0.15 J (2)5.0 m/s 5.解析 (1)设小环受到的摩擦力大小为 f,由牛顿第二定律,有 m2g-f=m2a① 代入数据,得 f=0.2 N② (2)设 K 杆的电流为 I1,K 杆受力平衡,有 f=B1I1l③ 设回路总电流为 I,总电阻为 R 总,有 I=2I1④ 3 R 总=2R⑤ 设 Q 杆下滑速度大小为 v,产生的感应电动势为 E,有 E I=R⑥ E=B2lv⑦ F+m1gsin θ=B2IL⑧ 拉力的瞬时功率为 P=Fv⑨ 联立以上方程,代入数据得 P=2 W⑩ 答案 (1)0.2 N (2)2 W 6.解析 vA1= v2 1 A (1)由题意及向心力公式得:mg=m R gR= 10×1.6 m/s=4 m/s

1 1 (2) 小物块从 D 出发,第一次回到 D 的过程,由动能定理得2mv2 1-2mv2=qEL D 0 vD1= 2qEL v2+ m = 0 2×1×10-8×5×105×8 42+ m/s 4×10-3

=6 m/s (3)vA1=4 m/s=v0, 小环第一次从 D 到 A 做匀速运动 F=kv=mg mg 4×10-3×10 k= v = kg· s=0.01 kg· s 4 所以 Fm=kvm=2mg=0.08 N, 则可知环与杆的摩擦力 f≤μ|Fm-mg|=μmg=qE,
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稳定循环时,每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量 1 W 损=W 摩最大=fms=μ(Fm-mg)s=0.04×8×8 J=0.04 J 而 W 补=W 电=qEs=1×10-8×5×105×8 m=0.04 J 所以稳定循环运动时小环在 AD 段运动时速度一定要大于等于 8 m/s 即到达 A 点的速度不小于 8 m/s 稳定循环运动时小环从 A 到 D 的过程, 1 1 由动能定理得2mv2 -2mv2 =qEL D A vD= 2qEL v2 + m = A 82+ 2×1×10-8×5×105×8 m/s 4×10-3

=2 21 m/s 达到稳定运动状态时, 小环到达 D 点时速度应不小于 2 21 m/s. 答案 (1)4 m/s (2)6 m/s (3)2 21 m/s

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