2014高考解题技巧拿下计算题教案

2014高考解题技巧拿下计算题教案

‎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)(2019·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°＝0.8 ，g＝‎10 m/s2)求：‎ 图1[来源: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 θ②(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①～⑥得μ＝0.5⑦(1分)‎ ‎(2)将⑦代入⑤式得a2＝‎10 m/s2，则v＝a2t2＝‎4 m/s(1分)‎ 则s＝v(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)(2019·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′连续射入电场中，已知每个粒子的速度v0＝‎105 m/s，比荷＝‎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，‎ 由qvB＝m可得：R＝＝‎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，‎ 对应的瞬时电压为u0，则：d＝ 解得：u0＝100 V(3分)‎ 由动能定理：mv2＝mv＋qu0‎ 射出的最大速度v＝v0＝×‎105 m/s＝1.4×‎105 m/s(2分)‎ ‎(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场边界的夹角为，射出磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间为圆周运动周期的四分之一．‎ 由qvB＝，T＝(2分) ‎ 得：T＝，所以t＝T＝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？‎ ‎(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(1分)‎ 据闭合电路欧姆定律有I＝②(1分)‎ 则安培力为：F0＝BdI③(1分)‎ 据题意分析，当v最大时，有F－F0－f＝0④(2分)‎ 联立①②③④得vm＝＝‎8 m/s⑤(2分)‎ ‎(2)棒CD速度最大时，同理有Em＝Bdvm⑥(1分)‎ Im＝⑦(1分)‎ 而PRm＝IR⑧(1分)‎ 联立⑥⑦⑧得：PRm＝＝3 W⑨(2分)‎ ‎(3)当CD速度为vm时有E′＝⑩(1分)‎ I＝⑪(1分)‎ F′＝BId⑫(1分)‎ 据牛顿第二定律有F－F′－f＝ma⑬(2分)‎ 联立⑩⑪⑫⑬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，优先考虑能的转化与守恒定律. ‎ ‎【典例精析】‎ ‎【例4】 (22分)(2019·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)‎ 此时，回路中的感应电流为I＝＝(2分)‎ 对金属棒ab，由牛顿第二定律得F－BIL－m‎1g＝m‎1a 由以上各式整理得：F＝m‎1a＋m‎1g＋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)‎ 所发生的位移s＝at2＝‎2 m(1分)‎ 由动能定理得WF－m1gs－W安＝m1vt(2分)‎ 又Q＝W安(1分)‎ 联立以上各式，解得 Q＝WF－m1gs－m1v＝(40－1×10×2－×1×22)J＝18 J(2分)‎ ‎(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 对abdc回路：I＝＝ 解得vm＝＝ m/s＝‎2 m/s(2分)‎ 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)(2019·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[来源:Zxxk.Com]‎ ‎(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)(2019·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、Ⅳ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 图6[来源:1ZXXK]‎ ‎(1)匀强电场的电场强度；‎ ‎(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁场的磁感应强度大小各是多少？‎ ‎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，M为半径为R＝‎1.0 m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，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＝ m的圆弧，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：‎ 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 ‎[来源:学+科+网]‎ ‎6．(力电综合型)(2019·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＝，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＝mv 代入数据得：W＝mv＋mgsin 37°·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 物块在P点的速度满足mg＝ 物块从B运动到P的过程中机械能守恒，‎ 则有mv＝mv＋mghPB 物块从C运动到B的过程中有v－v＝－2ax 由以上各式解得x＝ 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，且设其速度为vQ，由动能定理得mv－mv＝mgR－2μmgxcos 37°‎ 解得v＝－19<0‎ 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 L＝at2②‎ qE＝ma③‎ 联立解得：E＝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＝‎2L⑤‎ ＝L⑥‎ v＝ ⑦‎ 偏转角tan θ＝⑧‎ 整理得：v＝v0⑨‎ 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＝‎2L⑪‎ 所以r1＝L⑫‎ 根据qvB1＝⑬‎ 整理得B1＝⑭‎ 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 sin α＝　cos α＝⑮‎ 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°⑯‎ 故有＝r2cos(β－α)⑰‎ 而qvB2＝⑱‎ 整理得：B2＝⑲‎ 答案　(1)　(2)　 ‎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： h＝ a＝＝　t＝ 即：h＝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：‎ ＝ 代入数据，解得：y＝‎0.12 m＝‎‎12 cm ‎(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy＝at＝ ‎ 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＝ ＝2.5×‎106 m/s 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＝＝　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．‎ 匀速圆周运动的半径：r＝＝‎‎0.15 m 由＝m 代入数据，解得：Q＝1.04×10－‎‎8C 答案　(1)‎12 cm　(2)1.04×10－‎‎8C ‎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＝m①‎ 从发射前到最高点，由机械能守恒定律得 Ep＝mgR＋mv2＝0.15 J② ‎ ‎(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动x＝vt③‎ y＝gt2④[来源:Zxxk.Com]‎ 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 ‎ mgy＋mv2＝mv⑥‎ 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 R总＝R⑤‎ 设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有 I＝⑥‎ 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　 (1)由题意及向心力公式得：mg＝m vA1＝ ＝ m/s＝‎4 m/s ‎(2) 小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得mv－mv＝qEL vD1＝ ＝ m/s ‎＝‎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 k＝＝ kg·s＝‎0.01 kg·s 所以Fm＝kvm＝2mg＝0.08 N，‎ 则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm－mg|＝μmg＝qE，‎ 稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量 W损＝W摩最大＝fms＝μ(Fm－mg)s＝0.04××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，‎ 由动能定理得mv－mv＝qEL vD＝ ＝ m/s ‎＝‎2 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 m/s.‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎6 m/s　(3)‎2 m/s 全 品中考网