高考解題技巧：拿下計算題(教案)

1．力學(xué)綜合型【題型探秘】計算題歷來是高考壓軸題，拉分題，試題綜合性強，難度大，數(shù)學(xué)運算要求高．在考場上很難有充裕的時間去認(rèn)真分析計算，再加上考場的氛圍和時間使得很多考生根本做不到冷靜清晰地去分析，更談不上快速準(zhǔn)確的得到答案．要想成功破解大題難題首先要明晰它的本質(zhì)：其實，所有的大題難題，看似繁雜凌亂，很難理出頭緒，其實就是一些基本現(xiàn)象和知識的疊加而已．力學(xué)綜合試題往往呈現(xiàn)出研究對象的多體性、物理過程的復(fù)雜性、已知條件的隱含性、問題討論的多樣性、數(shù)學(xué)方法的技巧性和一題多解的靈活性等特點，能力要求較高．具體問題中可能涉及到單個物體單一運動過程，也可能涉及到多個物體，多個運動過程，在知識的考查上可能涉及到運動學(xué)、動力學(xué)、功能關(guān)系等多個規(guī)律的綜合運用．【應(yīng)對策略】(1)對于多體問題，要靈活選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵．選取研究對象需根據(jù)不同的條件，或采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽取出來進(jìn)行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)作為整體來進(jìn)行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用．(2)對于多過程問題，要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運用物理規(guī)律觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵．分析過程特征需仔細(xì)分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進(jìn)行研究．至于過程之間的聯(lián)系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找．(3)對于含有隱含條件的問題，要注重審題，深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關(guān)鍵．通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖象圖表中去挖掘．(4)對于存在多種情況的問題，要認(rèn)真分析制約條件，周密探討多種情況解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進(jìn)行探討，防止漏解．(5)對于數(shù)學(xué)技巧性較強的問題，要耐心細(xì)致尋找規(guī)律，熟練運用數(shù)學(xué)方法耐心尋找規(guī)律、選取相應(yīng)的數(shù)學(xué)方法是關(guān)鍵．求解物理問題，通常采用的數(shù)學(xué)方法有：方程法、比例法、數(shù)列法、不等式法、函數(shù)極值法、微元分析法、圖象法和幾何法等，在眾多數(shù)學(xué)方法的運用上必須打下扎實的基礎(chǔ)．(6)對于有多種解法的問題，要開拓思路避繁就簡，合理選取最優(yōu)解法避繁就簡、選取最優(yōu)解法是順利解題、爭取高分的關(guān)鍵，特別是在受考試時間限制的情況下更應(yīng)如此．這就要求我們具有敏捷的思維能力和熟練的解題技巧，在短時間內(nèi)進(jìn)行斟酌、比較、選擇并作出決斷．當(dāng)然，作為平時的解題訓(xùn)練，盡可能地多采用幾種解法，對于開拓解題思路是非常有益的．【典例精析】【例1】(14分)(2012·西安質(zhì)檢)如圖1所示，質(zhì)量為10kg的環(huán)在F＝200N的拉力作用下，沿粗糙長直桿由靜止開始運動，桿與水平地面的夾角θ＝37°，拉力F與桿的夾角也為θ.力F作用0.5s后撤去，環(huán)在桿上繼續(xù)上滑了0.4s后速度減為零．(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：圖1(1)環(huán)與桿之間的動摩擦因數(shù)μ；(2)環(huán)沿桿向上運動的總距離s.解析(1)在F力作用0.5s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律有Fcosθ－mgsinθ－f＝ma1①(2分)FN＋Fsinθ＝mgcosθ②(2分)f＝|μFN|③(1分)設(shè)0.5s末速度為v根據(jù)運動學(xué)公式有v＝a1t1④(1分)F撤去后0.4s內(nèi)有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2⑤(2分)v＝a2t2⑥(1分)聯(lián)立①～⑥得μ＝0.5⑦(1分)(2)將⑦代入⑤式得a2＝10m/s2，則v＝a2t2＝4m/s(1分)則s＝eq\f(1,2)v(t1＋t2)＝1.8m(3分)答案(1)0.5(2)1.8m點評審題技巧口訣：(1)認(rèn)真細(xì)致，全面尋找信息(2)咬文嚼字，把握關(guān)鍵信息(3)深入推敲，挖掘隱含信息(4)分清層次，排除干擾信息(5)縱深思維，把握臨界信息2．粒子運動型【題型探秘】(1)歷年高考對本專題知識的考查題型有計算題和選擇題，計算題難度較大，題目綜合性較高，分值較多(2)高考主要考查帶電粒子在勻強電場、磁場或復(fù)合場中的運動．(3)粒子運動型計算題大致有兩類，一是粒子依次進(jìn)入不同的有界場區(qū)，二是粒子進(jìn)入復(fù)合場區(qū)．近年來全國高考重點就是受力情況和運動規(guī)律分析求解，周期、半徑、軌跡、速度、臨界值等．再結(jié)合能量守恒和功能關(guān)系進(jìn)行綜合考查．【應(yīng)對策略】(1)正確分析帶電粒子的受力及運動特征是解決問題的前提．①帶電粒子在復(fù)合場中做什么運動，取決于帶電粒子所受的合外力及初始狀態(tài)的速度，因此應(yīng)把帶電粒子的運動情況和受力情況結(jié)合起來進(jìn)行分析，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，做勻速直線運動．(如速度選擇器)②帶電粒子所受的重力和電場力等值反向，洛倫磁力提供向心力，帶電粒子在垂直于磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動．③帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度方向不在一條直線上，粒子做非勻變速曲線運動，這時粒子的運動軌跡既不是圓弧，也不是拋物線，由于帶電粒子可能連續(xù)通過幾個情況不同的復(fù)合場區(qū)，因此粒子的運動情況也發(fā)生相應(yīng)的變化，其運動過程可能由幾種不同的運動階段組成．(2)靈活選用力學(xué)規(guī)律是解決問題的關(guān)鍵①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解．②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解．③當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻變速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或能量守恒定律列方程求解．說明：由于帶電粒子在復(fù)合場中受力情況復(fù)雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應(yīng)以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．【典例精析】【例2】(16分)(2012·山東二模)如圖2甲所示，兩平行金屬板間接有如圖2乙所示的隨時間t變化的電壓UAB，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場，極板長L＝0.2m，板間距離d＝0.2m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強磁場，MN與兩板間中線OO′垂直，磁感應(yīng)強度B＝5×10－3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的速度v0＝105m/s，比荷eq\f(q,m)＝108C/kg，重力忽略不計，每個粒子通過電場區(qū)域的時間極短，此極短時間內(nèi)電場可視作是恒定不變的．求：圖2(1)在t＝0.1s時刻射入電場的帶電粒子，進(jìn)入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為多少；(2)帶電粒子射出電場時的最大速度；(3)在t＝0.25s時刻從電場射出的帶電粒子，在磁場中運動的時間．解析(1)在t＝0.1s時刻射入電場的帶電粒子，在極板間做勻速直線運動，以v0垂直磁場邊界垂直射入磁場，由qvB＝meq\f(v2,R)可得：R＝eq\f(mv,qB)＝0.2m(4分)在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為：d＝2R＝0.4m(2分)(2)設(shè)帶電粒子從極板的邊緣射出電場時的速度最大，對應(yīng)的瞬時電壓為u0，則：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)eq\f(u0q,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,v0)))eq\s\up12(2)解得：u0＝100V(3分)由動能定理：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)qu0射出的最大速度v＝eq\r(2)v0＝eq\r(2)×105m/s＝1.4×105m/s(2分)(3)在t＝0.25s時刻從電場射出的帶電粒子，從極板的上邊緣射出電場，垂直進(jìn)入磁場時與磁場邊界的夾角為eq\f(π,4)，射出磁場時與磁場邊界的夾角也為eq\f(π,4)，故對應(yīng)的圓周的圓心角為eq\f(π,2)，故在磁場中運動的時間為圓周運動周期的四分之一．由qvB＝eq\f(mv2,R)，T＝eq\f(2πR,v)(2分)得：T＝eq\f(2πm,qB)，所以t＝eq\f(1,4)T＝1.57×10－5s(3分)答案(1)0.4m(2)1.4×105m/s(3)1.57×10－5s點評(1)帶電粒子受到的重力相比電場力、磁場力太小，可以忽略不計．(2)帶電粒子在電磁場中的運動規(guī)律跟力學(xué)運動規(guī)律相同，要善于利用類比法，處理這類問題．3．電磁感應(yīng)型【題型探秘】(1)電磁感應(yīng)是高考考查的重點和熱點，命題頻率較高的知識點有：感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件、方向的判定和感應(yīng)電動勢的計算；電磁感應(yīng)現(xiàn)象與磁場、電路、力學(xué)、能量等知識相聯(lián)系的綜合題及感應(yīng)電流(或感應(yīng)電動勢)的圖象問題．(2)從計算題型看，主要考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與直流電路、磁場、力學(xué)、能量轉(zhuǎn)化相聯(lián)系的綜合問題，主要以大型計算題的形式考查．【應(yīng)對策略】(1)通電導(dǎo)體在磁場中將受到安培力的作用，電磁感應(yīng)問題往往與力學(xué)問題聯(lián)系在一起，解決問題的基本思路：①用法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律求感應(yīng)電動勢的大小及方向②求電路中的電流③分析導(dǎo)體的受力情況④根據(jù)平衡條件或者牛頓第二運動定律列方程．(2)抓住能的轉(zhuǎn)化與守恒分析問題．電磁感應(yīng)現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定是由其他形式的能轉(zhuǎn)化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉(zhuǎn)化，機械能和電能的相互轉(zhuǎn)化、內(nèi)能和電能的相互轉(zhuǎn)化．分析時，應(yīng)當(dāng)牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，明確有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉(zhuǎn)化，如摩擦力在相對位移上做功，必然有內(nèi)能出現(xiàn)；重力做功，必然有重力勢能參與轉(zhuǎn)化；安培力做負(fù)功就會有其他形式能轉(zhuǎn)化為電能，安培力做正功必有電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解．【典例精析】【例3】(18分)如圖3所示，電阻不計的平行金屬導(dǎo)軌MN和OP放置在水平面內(nèi)，MO間接有阻值為R＝3Ω的電阻．導(dǎo)軌相距d＝1m，其間有豎直向下的勻強磁場．磁感應(yīng)強度B＝0.5T．質(zhì)量為m＝0.1kg，電阻為r＝1Ω的導(dǎo)體棒CD垂直于導(dǎo)軌放置，并接觸良好．用平行于MN的恒力F＝1N向右拉動CD.CD受到的摩擦阻力f恒為0.5N，則：圖3(1)CD運動的最大速度是多少？(2)當(dāng)CD達(dá)到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？(3)當(dāng)CD的速度為最大速度的一半時，CD的加速度是多少？解析(1)設(shè)CD棒的運動速度為v，則導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bdv①(1分)據(jù)閉合電路歐姆定律有I＝eq\f(E,R＋r)②(1分)則安培力為：F0＝BdI③(1分)據(jù)題意分析，當(dāng)v最大時，有F－F0－f＝0④(2分)聯(lián)立①②③④得vm＝eq\f(（F－f）（R＋r）,B2d2)＝8m/s⑤(2分)(2)棒CD速度最大時，同理有Em＝Bdvm⑥(1分)Im＝eq\f(Em,R＋r)⑦(1分)而PRm＝Ieq\o\al(2,m)R⑧(1分)聯(lián)立⑥⑦⑧得：PRm＝eq\f(B2d2veq\o\al(2,m)R,（R＋r）2)＝3W⑨(2分)(3)當(dāng)CD速度為eq\f(1,2)vm時有E′＝eq\f(Bdvm,2)⑩(1分)I＝eq\f(E′,R＋r)?(1分)F′＝BId?(1分)據(jù)牛頓第二定律有F－F′－f＝ma?(2分)聯(lián)立⑩???得：a＝2.5m/s2(1分)答案(1)8m/s(2)3W(3)2.5m/s2點評1.在電磁感應(yīng)問題中，要注意明確判斷電路結(jié)構(gòu)，要明確哪部分是內(nèi)電路，哪部分是外電路；2.要熟練應(yīng)用左、右手定則判斷受力，從而搞定動態(tài)分析，明確導(dǎo)體棒的最終狀態(tài).3.要善于利用閉合電路歐姆定律、功能關(guān)系分析問題．4．力電綜合型【題型探秘】力學(xué)中的靜力學(xué)、動力學(xué)、功和能等部分，與電學(xué)中的場和路有機結(jié)合，出現(xiàn)了涉及力學(xué)、電學(xué)知識的綜合問題，主要表現(xiàn)為：帶電體在場中的運動或靜止，通電導(dǎo)體在磁場中的運動或靜止；交、直流電路中平行板電容器形成的電場中帶電體的運動或靜止；電磁感應(yīng)提供電動勢的閉合電路等問題．這四類又可結(jié)合并衍生出多種多樣的表現(xiàn)形式．從歷屆高考中，力電綜合型有如下特點：①力、電綜合命題多以帶電粒子在復(fù)合場中的運動．電磁感應(yīng)中導(dǎo)體棒動態(tài)分析，電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化等為載體，考查學(xué)生理解、推理、綜合分析及運用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力．②力、電綜合問題思路隱蔽，過程復(fù)雜，情景多變，在能力立意下，慣于推陳出新、情景重組，設(shè)問巧妙變換，具有重復(fù)考查的特點．【應(yīng)對策略】解決力電綜合問題，要注重掌握好兩種基本的分析思路：一是按時間先后順序發(fā)生的綜合題，可劃分為幾個簡單的階段，逐一分析清楚每個階段相關(guān)物理量的關(guān)系規(guī)律，弄清前一階段與下一階段的聯(lián)系，從而建立方程求解的“分段法”，一是在同一時間內(nèi)發(fā)生幾種相互關(guān)聯(lián)的物理現(xiàn)象，須分解為幾種簡單的現(xiàn)象，對每一種現(xiàn)象利用相應(yīng)的概念和規(guī)律建立方程求解的“分解法”．研究某一物體所受到力的瞬時作用力與物體運動狀態(tài)的關(guān)系(或加速度)時，一般用牛頓運動定律解決；涉及做功和位移時優(yōu)先考慮動能定理；對象為一系統(tǒng)，且它們之間有相互作用時，優(yōu)先考慮能的轉(zhuǎn)化與守恒定律.【典例精析】【例4】(22分)(2011·浙江五校聯(lián)考)相距L＝1.5m的足夠長金屬導(dǎo)軌豎直放置，質(zhì)量為m1＝1kg的金屬棒ab和質(zhì)量為m2＝0.27kg的金屬棒cd均通過棒兩端的套環(huán)水平地套在金屬導(dǎo)軌上，如圖4(a)所示，虛線上方磁場方向垂直紙面向里，虛線下方磁場方向豎直向下，兩處磁場磁感應(yīng)強度大小相同．a(chǎn)b棒光滑，cd棒與導(dǎo)軌間動摩擦因數(shù)為μ＝0.75，兩棒總電阻為1.8Ω，導(dǎo)軌電阻不計．a(chǎn)b棒在方向豎直向上、大小按圖(b)所示規(guī)律變化的外力F作用下，從靜止開始，沿導(dǎo)軌勻加速運動，同時cd棒也由靜止釋放．(g＝10m/s2)．(1)求出磁感應(yīng)強度B的大小和ab棒加速度大?。?2)已知在2s內(nèi)外力F做功40J，求這一過程中兩金屬棒產(chǎn)生的總焦耳熱；(3)求出cd棒達(dá)到最大速度所需的時間t0，并在圖(c)中定性畫出cd棒所受摩擦力fcd隨時間變化的圖象．圖4解析(1)設(shè)經(jīng)過時間t，金屬棒ab的速率v＝at(1分)此時，回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)(2分)對金屬棒ab，由牛頓第二定律得F－BIL－m1g＝m1a由以上各式整理得：F＝m1a＋m1g＋eq\f(B2L2,R)at(2分)在圖線上取兩點：t1＝0，F(xiàn)1＝11N；t2＝2s，F(xiàn)2＝14.6N解得a＝1m/s2，B＝1.2T(2分)(2)在2s末金屬棒ab的速率vt＝at＝2m/s(1分)所發(fā)生的位移s＝eq\f(1,2)at2＝2m(1分)由動能定理得WF－m1gs－W安＝eq\f(1,2)m1vt(2分)又Q＝W安(1分)聯(lián)立以上各式，解得Q＝WF－m1gs－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,t)＝(40－1×10×2－eq\f(1,2)×1×22)J＝18J(2分)(3)cd棒先做加速度逐漸減小的加速運動，當(dāng)cd棒所受重力與滑動摩擦力相等時，速度達(dá)到最大；然后做加速度逐漸增大的減速運動，最后停止運動．當(dāng)cd棒速度達(dá)到最大時，對cd棒有：m2g＝μFN又FN＝F安，F(xiàn)安＝BIL(2分)整理解得m2g＝μBIL對abdc回路：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLvm,R)解得vm＝eq\f(m2gR,μB2L2)＝eq\f(0.27×10×1.8,0.75×1.22×1.52)m/s＝2m/s(2分)由vm＝at得t＝2s(1分)fcd隨時間變化的圖象如圖所示．(3分)(若無體現(xiàn)2s值，其他都正確的，不扣分；若無體現(xiàn)末態(tài)靜止，扣除1分；若無體現(xiàn)滑動摩擦力到靜摩擦力的大小突變，扣除1分；若滑動摩擦力沒體現(xiàn)線性增大，不給分)答案見解析題型專練1．(力學(xué)綜合型)(2012·湖南模擬)如圖5所示，AB為傾角θ＝37°的斜面軌道，軌道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP為圓心角等于143°半徑R＝1m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于B點，P、O兩點在同一豎直線上，輕彈簧一端固定在A點，另一自由端在斜面上C點處，現(xiàn)有一質(zhì)量m＝2kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到D點后(不栓接)釋放，物塊經(jīng)過C點后，從C點運動到B點過程中的位移與時間的關(guān)系為x＝12t－4t2(式中x單位是m，t單位是s)，假設(shè)物塊笫一次經(jīng)過B點后恰能到達(dá)P點，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.試求：圖5(1)若CD＝1m，試求物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功；(2)B、C兩點間的距離x；(3)若在P處安裝一個豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時間極短且無機械能損失，小物塊與彈簧相互作用不損失機械能，試通過計算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運動過程中是否會脫離軌道？2．(粒子運動型)(2012·豫北六校聯(lián)考)如圖6所示，在平面坐標(biāo)系xOy的第Ⅰ象限內(nèi)有沿x軸負(fù)方向的勻強電場，第Ⅱ、Ⅳ象限分別有垂直坐標(biāo)系平面的勻強磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速度v0從x軸上的A(L，0)點沿y軸正方向進(jìn)入勻強電場，經(jīng)y軸上的B(0，2L)點進(jìn)入第Ⅱ象限，再經(jīng)x軸上的C(－2L，0)點進(jìn)入第Ⅲ象限，最后經(jīng)第Ⅳ象限回到出發(fā)點A.不計粒子的重力．求圖6(1)勻強電場的電場強度；(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁場的磁感應(yīng)強度大小各是多少？3．(粒子運動型)如圖7所示，兩平行金屬板A、B長l＝8cm，兩板間距離d＝8cm，A板比B板電勢高300V，即UAB＝300V．一帶正電的粒子電量q＝10－10C，質(zhì)量m＝10－20kg，從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v0＝2×106m/s，粒子飛出平行板電場后經(jīng)過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進(jìn)入固定在中心線上的O點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設(shè)界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響)．已知兩界面MN、PS相距為L＝12cm，粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上．不計粒子重力求(靜電力常數(shù)k＝9×109N·m2/C2)(1)粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離多遠(yuǎn)？(2)點電荷的電量．圖74．(力學(xué)綜合型)如圖8所示是為了檢驗?zāi)撤N防護(hù)罩承受沖擊能力的裝置，M為半徑為R＝1.0m、固定于豎直平面內(nèi)的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，軌道上端切線水平，N為待檢驗的固定曲面，該曲面在豎直面內(nèi)的截面為半徑r＝eq\r(0.69)m的eq\f(1,4)圓弧，圓弧下端切線水平且圓心恰好位于M軌道的上端點，M的下端相切處放置豎直向上的彈簧槍，可發(fā)射速度不同的質(zhì)量m＝0.01kg的小鋼珠，假設(shè)某次發(fā)射的鋼珠沿軌道恰好能經(jīng)過M的上端點，水平飛出后落到N的某一點上，取g＝10m/s2，求：圖8(1)發(fā)射該鋼珠前，彈簧的彈性勢能Ep多大？(2)鋼珠落到圓弧N上時的速度大小vN是多少？(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)5．(電磁感應(yīng)型)如圖9所示，間距l(xiāng)＝0.3m的平行金屬導(dǎo)軌a1b1c1和a2b2c2分別固定在兩個豎直面內(nèi)．在水平面a1b1b2a2區(qū)域內(nèi)和傾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2區(qū)域內(nèi)分別有磁感應(yīng)強度B1＝0.4T、方向豎直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的勻強磁場．電阻R＝0.3Ω、質(zhì)量m1＝0.1kg、長為l的相同導(dǎo)體桿K、S、Q分別放置在導(dǎo)軌上，S桿的兩端固定在b1、b2點，K、Q桿可沿導(dǎo)軌無摩擦滑動且始終接觸良好．一端系于K桿中點的輕繩平行于導(dǎo)軌繞過輕質(zhì)定滑輪自然下垂，繩上穿有質(zhì)量m2＝0.05kg的小環(huán)．已知小環(huán)以a＝6m/s2的加速度沿繩下滑，K桿保持靜止，Q桿在垂直于桿且沿斜面向下的拉力F作用下勻速運動．不計導(dǎo)軌電阻和滑輪摩擦，繩不可伸長．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小環(huán)所受摩擦力的大??；(2)Q桿所受拉力的瞬時功率．圖96．(力電綜合型)(2012·上海閔行二模)如圖10甲所示，A、B、C、D為固定于豎直平面內(nèi)的閉合絕緣軌道，AB段、CD段均為半徑R＝1.6m的半圓，BC、AD段水平，AD＝BC＝8m．B、C之間的區(qū)域存在水平向右的有界勻強電場，場強E＝5×105V/m.質(zhì)量為m＝4×10－3kg、帶電量q＝＋1×10－8C的小環(huán)套在軌道上．小環(huán)與軌道AD段的動摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,8)，與軌道其余部分的摩擦忽略不計．現(xiàn)使小環(huán)在D點獲得沿軌道向左的初速度v0＝4m/s，且在沿軌道AD段運動過程中始終受到方向豎直向上、大小隨速度變化的力F(變化關(guān)系如圖10乙)作用，小環(huán)第一次到A點時對半圓軌道剛好無壓力．不計小環(huán)大小，g取10m/s2.求：(1)小環(huán)運動第一次到A時的速度多大？(2)小環(huán)第一次回到D點時速度多大？(3)小環(huán)經(jīng)過若干次循環(huán)運動達(dá)到穩(wěn)定運動狀態(tài)，此時到達(dá)D點時速度應(yīng)不小于多少？圖10【題型專練】1．解析(1)由x＝12t－4t2知，物塊在C點速度為v0＝12m/s設(shè)物塊從D點運動到C點的過程中，彈簧對物塊所做的功為W，由動能定理得：W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·CD＝156J(2)由x＝12t－4t2知，物塊從C運動到B過程中的加速度大小為a＝8m/s2設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，由牛頓第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得μ＝0.25物塊在P點的速度滿足mg＝eq\f(mV\o\al(2,p),R)物塊從B運動到P的過程中機械能守恒，則有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mghPB物塊從C運動到B的過程中有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2ax由以上各式解得x＝eq\f(49,8)m(3)假設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與O點等高的位置Q點，且設(shè)其速度為vQ，由動能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝mgR－2μmgxcos37°解得veq\o\al(2,Q)＝－19<0可見物塊返回后不能到達(dá)Q點，故物塊在以后的運動過程中不會脫離軌道．答案(1)156J(2)6.125m(3)物塊在以后的運動過程中不會脫離軌道2．解析(1)粒子在第Ⅰ象限中做類平拋運動，由運動學(xué)公式和牛頓第二定律得：2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③聯(lián)立解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)④(2)設(shè)粒子進(jìn)入第Ⅱ象限時的速度v與y軸夾角為θ，則根據(jù)粒子在第Ⅰ象限的運動得v0t＝2L⑤eq\f(vxt,2)＝L⑥v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))⑦偏轉(zhuǎn)角tanθ＝eq\f(vx,v0)⑧整理得：v＝eq\r(2)v0⑨θ＝45°⑩即v與BC的連線垂直，所以BC間的距離為粒子在第Ⅱ象限的磁場中運動的直徑BC＝2eq\r(2)L?所以r1＝eq\r(2)L?根據(jù)qvB1＝eq\f(mv2,r2)?整理得B1＝eq\f(mv0,qL)?粒子在第Ⅲ象限做勻速直線運動，再經(jīng)過y軸時的位置D點的坐標(biāo)為(0，－2L)，DA與y軸的夾角為α，則有sinα＝eq\f(1,\r(5))cosα＝eq\f(2,\r(5))?粒子做圓周運動的圓心O2與D點的連線跟y軸的夾角β＝45°?故有eq\f(\r(5)L,2)＝r2cos(β－α)?而qvB2＝eq\f(mv2,r2)?整理得：B2＝eq\f(6mv0,5qL)?答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)eq\f(mv0,qL)eq\f(6mv0,5qL)3．解析(1)設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h,穿過界面PS時偏離中心線OR的距離為y，則：h＝eq\f(at2,2)a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)t＝eq\f(l,v0)即：h＝eq\f(qU,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2代入數(shù)據(jù)，解得：h＝0.03m＝3cm帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：eq\f(h,y)＝eq\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L)代入數(shù)據(jù)，解得：y＝0.12m＝12cm(2)設(shè)粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為vy，則：vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)代入數(shù)據(jù)，解得：vy＝1.5×106m/s所以粒子從電場中飛出時沿電場方向的速度為：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2.5×106m/s設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與水平方向的夾角為θ，則：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)θ＝37°因為粒子穿過界面PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏上，所以該帶電粒子在穿過界面PS后將繞點電荷Q作勻速圓周運動，其半徑與速度方向垂直．勻速圓周運動的半徑：r＝eq\f(y,cosθ)＝0.15m由eq\f(kQq,r2)＝meq\f(v2,r)代入數(shù)據(jù)，解得：Q＝1.04×10－8C答案(1)12cm(2)1.04×10－8C4．解析(1)設(shè)鋼珠在M軌道最高點的速度為v，在最高點，由題意mg＝meq\f(v2,R)①從發(fā)射前到最高點，由機械能守恒定律得Ep＝mgR＋eq\f(1,2)mv2＝0.15