1、2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页过程分解法 三、计算题的解题策略 过程组合法 模型提炼法 数学归纳法 计算题专项练 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页计算题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂；涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽；要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论 主要从下面几个方面命题：匀变速直线运动规律的应用；用动力学和能量观点处理多过程问题；带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动；运用动力学和能量观点分析电磁感应问题 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(一)过程分解法 在物理解题中，一个较复杂的运动过程往往是由多个连
2、续的、简单的运动过程有机链接而成，能否顺利解题的关键，是同学们能否顺利地将整个复杂的运动过程分解为独立的、较为简单的过程，并找到各过程间物理量的联系，然后对每个过程运用相应的物理规律逐一求解 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 如图1所示，一质量为M5.0 kg的平板车静止在光滑水平地面上，平板车的上表面距离地面高h0.8 m，其右侧足够远处有一固定障碍物A.一质量为m2.0 kg的滑块(可视为质点)以v08 m/s的水平初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右、大小为5 N的恒力F.当滑块运动到平板车的最右端时，两者恰好相对静止此时撤去恒力F.此后当平板车碰到障碍物A时立即
3、停止运动，滑块水平飞离平板车后，恰能无碰撞地沿圆弧切线从B点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑已知滑块与平板车间的动摩擦因数0.5，圆弧半径为R1.0 m，圆弧所对的圆心角106，g取10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力，求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图1(1)平板车的长度；(2)障碍物A与圆弧左端B的水平距离；(3)滑块运动到圆弧轨道最低点C时对轨道压力的大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【规范解答】(1)滑块在平板车上运动时，对滑块，由牛顿第二定律得a1mgm g5 m/s2 对平板车，由牛顿第二定律得a2FmgM3 m/s2
4、设经过时间t1滑块与平板车相对静止，共同速度为v，则有 vv0a1t1a2t1，解得v3 m/s 滑块与平板车在时间t1内通过的位移分别为 x1v0v2t1，x2v2t1 则平板车的长度为Lx1x2v02 t14 m.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)设滑块从平板车上滑出后做平抛运动的时间为t2，则 h12gt22，xABvt2 解得xAB1.2 m.(3)对滑块，从离开平板车至运动到C点的过程中，由动能定理得 mghmgR1cos 106212mv2C12mv2 在C点，由牛顿第二定律得FNmgmv2CR 解得FN86 N 由牛顿第三定律可知在C点滑块对轨道的压力大小为FN86
5、 N.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【心得体会】本题涉及的是多过程问题的分析，综合性较强，难度较大，解答本题时可以将滑块的运动分解为多个小过程，这样使问题的处理更为方便 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(二)过程组合法 一个较复杂的物理运动过程往往是由多个连续、简单的物理过程有机链接而成，解题时可将多个运动过程按规律重新组合，使得题目变得简单因此解题时要认真分析运动过程，处理好整体与局部的关系 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 如图2所示，磁感应强度为B的条形匀强磁场区域的宽度都是d1，相邻磁场区域的间距均为d2，x轴的正上方有一电场强度大小为E，方向与x轴和B
6、均垂直的匀强电场区域，将质量为m、带正电荷量为q的粒子(重力忽略不计)从y轴上坐标为(0，h)处以初速度v0沿x轴正方向水平射出，若粒子此后运动中最远能到达第k个磁场区域的下边缘，并再次返回到x轴，求d1、d2的值 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图22016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【规范解答】粒子在磁场区域中做匀速圆周运动，在无场区域中做匀速直线运动，然后再进入磁场区域中做匀速圆周运动，在无场区域中做匀速直线运动，依次类推若将粒子在整个磁场区域的运动组合起来，就是连续的匀速圆周运动若将粒子在无场区域的运动组合起来，就是连续的匀速直线运动粒子在磁场区域运动的示意图如图所示粒
7、子在电场中做类平抛运动，带电粒子在整个磁场区域的运动是连续的匀速圆周运动 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页设粒子进入磁场时的速度为v.则vv20v2y，vy2Eqhm，故vv202Eqhm 设v的方向与水平方向的夹角为，则cos v0v 粒子在磁场中的偏转半径RmvBq 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页因粒子最远到达第k个磁场区域的下边缘，则kd1R(1cos)，解得d1mv202Eqhm v0kqB，粒子在无磁场区域做匀速直线运动，故d2可以取任意值 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【心得体会】分析清楚带电粒子在整个磁场区域的运动可组合成连续的匀速圆周运动，在整
8、个无场区域的运动可组合成连续的匀速直线运动是解答本题的关键 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(三)模型提炼法 为了方便地研究物理问题，往往通过抽象思维或形象思维，运用理想化、简化和类比等方法，建立起描述某一物理过程的模型，物理习题就是依据一定的物理模型进行构思、设计而成的物理模型构建的基本思维方法有两种：(1)通过近似处理，构建物理模型；(2)通过联想类比，构建物理模型 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 如图3所示，在真空中速度v6.4107 m/s的电子束从两板正中间连续地射入两平行极板之间，极板长度L8.0102 m，间距d0.50102m，两极板上加50 Hz的交流电
9、压UU0sin t，如果所加电压的最大值U0超过某一值Uc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板，有时则不能通过求：图32016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)Uc的大小；(2)Umax为何值时，才能使通过极板与间断的时间之比 t1 t221.(me9.01031 kg，e1.61019 C)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【规范解答】(1)电子沿平行极板的方向做匀速运动，通过平行极板的时间tL/v1.25109 s，交变电流的周期T0.02 s，由于tT，可认为电子在通过平行极板时板间的电压和场强是稳定不变的，每个能通过平行极板的电子均做类平抛运动 水平方向电子做匀
10、速运动，有Lvt 竖直方向电子做匀加速运动，加速度aFmeUemd 电子束不能通过平行板时有y12at2d2 由以上三式解得Uc90 V.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)对于按正弦规律变化的交变电压可由数学知识结合画图得到，当UcUmaxsin 3，即UmaxUcsin 3104 V时，满足通过极板与间断的时间之比为t1t221.【心得体会】同学们在遇到不熟悉的物理问题时，要认真分析题意，从中提炼出熟悉的物理模型，再结合相关的物理规律解决问题在本题情景中提炼出“类平抛运动”模型，使问题顺利解决 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(四)数学归纳法 对于过程复杂且重复进行的
11、物理问题，我们常用这样的方法来解决这类问题：依次对第一个过程、第二个过程、第三个过程进行分析解答，通过比较第一个过程、第二个过程、第三个过程所求的答案，从而归纳出最后的答案，这就是数学归纳法 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 如图4所示，间距为d的狭缝P、Q间存在着方向始终与P、Q平面垂直、电场强度大小为E的匀强电场，且电场的方向按一定规律分时段变化狭缝两侧均有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且磁场区域足够大某时刻从P平面某处由静止释放一个质量为m、带电荷量为q的带负电粒子(不计重力)，粒子被加速后由A点进入Q平面右侧磁场区，以半径r1做圆周运动，此时电场的方向已经反
12、向，当粒子由A1点自右向左通过Q平面后，使粒子再次被加速进入P平面左侧磁场区做圆周运动，此时电场又已经反向，粒子经半个圆周后通过P平面进入P、Q狭缝间又被加速以后粒子每次通过P、Q间都被加速设粒子自右向左穿过Q平面的位置分别是A1、A2、A3An求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 图4(1)粒子第一次在Q右侧磁场区做圆周运动的半径r1的大小(2)粒子第一次和第二次通过Q平面的位置A1和A2之间的距离(3)设An与An1间的距离小于r13，则n值为多大 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【规范解答】(1)设粒子由静止释放，经电场加速后第一次通过Q平面时的速度为v1，根据动能定
13、理有：qEd12mv21，解得v12qEdm 根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv1Bmv21r1，解得r1 mBq2qEdm.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)设粒子经A1并加速后进入P平面左侧磁场区的速度为v2，根据动能定理有qEd12mv2212mv21 设粒子在P左侧做圆周运动的半径为r2，根据洛伦兹力公式和向心力公式有qv2Bmv22r2，解得r2 2r1 设粒子在P、Q间经第三次加速后进入Q平面右侧磁场区的速度为v3，圆周运动的半径为r3，同理有：Eqd12mv2312mv22，qv3Bmv23r3，解得r3 3r1 粒子由A2射出时，A2与A1之间的距离为：A2A12
14、r32r22(3 2)r1.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)同理可得，由A3射出时，A3与A2相距：A3A22r52r42(5 4)r1 易推得粒子由An1射出时，An1与An相距：An1An2(2n1 2n)r1 依题意有2(2n1 2n)r14.【心得体会】本题情景是循环物理过程，运用数学归纳法，得出共性表达式，然后代入特定条件，才解出第(3)问的n值.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第一组1(14分)如图1所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上现用
15、手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行已知A、B、C的质量均为m，A与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为Epk(x)2，式中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的伸长量或压缩量细线与滑轮之间的摩擦不计开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面求此过程中：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图1(1)拉力F的大小；(2)拉力F做的功；(3)C恰好离开地面时A的速度 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A
16、、B、C加速度均为零，设此时细线的拉力为T，对A：FmgT0，对B、C整体：T2mg0，代入数据解得F2.2mg.(2)开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kxmg，所以拉力做的功WF2x4.4m2g2k.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒定律得(Fmg)2x12(2m)v2mg2x，解得vg2mk.【答案】(1)2.2mg(2)4.4m2g2k(3)g2mk 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2(18分)如图2甲所示，在边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，在匀强
17、磁场区域的左侧有一电子枪，电子枪的阴极在单位时间内产生的电子数相同，电子枪的两极间加图乙所示的加速电压，电子从电子枪射出后沿bc方向进入匀强磁场区域，已知电子的荷质比(比荷)为e，电子运动中不受任何阻力，电子在电子枪中运动的时间忽略不计，求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页甲 乙 图2(1)进入磁场的电子在磁场中运动的最长时间t1与最短时间t2的比值；(2)若在0T0时间内射入磁场的电子数为N0，则这些电子中有多少个电子从dc边射出磁场？2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)设粒子进入磁场的最大速度为vm，根据动能定理得，e2B2L2em12mv2m，解得最大速度v
18、m2BLem，则粒子在磁场中运动的最大轨道半径rmmvmeB 2L.此时对应的圆心角最小，根据几何关系得，圆心角1 6，此时运动的时间最短，最短时间t2 12T T12，粒子在磁场中运动的最大圆心角为，则最长时间t112T，可知t1t261.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)粒子从d点射出时，轨道半径为rL，根据rmveB知，粒子进入磁场时的速度veBrm eBLm，根据动能定理得，eU12mv2，解得UeB2L22m，可知电压范围为eB2L22m U2B2L2em，电子从dc边射出磁场，由图象可知在T04 tT0时间内的电子从dc边射出磁场，粒子的个数n34N0.2016版二轮
19、专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)61(2)34N0 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第二组3(14分)(2015泰安二模)如图3甲所示，由斜面AB和水平面BC组成的物块，放在光滑水平地面上，斜面AB部分光滑，AB长度为s2.5 m，水平部分BC粗糙物块左侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时示数为正值，被拉时为负值上表面与BC等高且粗糙程度相同的木板DE紧靠在物块的右端，木板DE质量M4 kg，长度L1.5 m一可视为质点的滑块从A点由静止开始下滑，经过B点由斜面转到水平面时速度大小不变滑块从A到C过程中，传感器记录到力和时间的关系如图乙所示g取10 m/s2，
20、求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图3(1)斜面AB的倾角；(2)滑块的质量m；(3)滑块到达木板DE右端时的速度大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)在01 s内滑块沿斜面匀加速下滑：mgsin ma s12at2 由题图可知：t1 s 解得sin 12，即30.(2)在01 s内对物块ABC受力分析：mgcos sin F0 由题图乙知：F5 3 N，解得m2 kg.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)滑块到达B点的速度vBatgtsin 5 m/s 12 s滑块在BC部分做减速运动：mgma 对物块，由图象知：mgF4 N 解得a2 m/s
21、2，0.2 滑块到达C点时，vCvBatvBgt3 m/s 滑块滑上木板DE时：对滑块：mgma1 对木板：mgMa2 解得a12 m/s，a21 m/s 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页设滑块在木板上的滑行时间为t，x滑块vCt12a1t2 x木板12a2t2 Lx滑块x木板 解得t1 s 此时，滑块速度v滑块vCa1t1 m/s 木板速度v木板a2t1 m/s 滑块恰好滑到木板右端，速度为1 m/s.【答案】(1)30(2)2 kg(3)1 m/s 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页4(18分)如图4所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强
22、电场y轴左侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1，MN右侧空间有垂直纸面的匀强磁场质量为m，电荷量为q的粒子以v0的速度从坐标原点O沿x轴负方向射入磁场，经过一段时间后再次回到坐标原点，粒子在此过程中通过电场的总时间t总 4d3v0，粒子重力不计，求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 图4(1)左侧磁场区域的最小宽度；(2)电场区域电场强度的大小；(3)右侧磁场区域宽度及磁感应强度满足的条件 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)粒子在磁场做圆周运动(半圈)由qB1v0mv20R 轨道半径：Rmv0qB1 由几何知识可知，左侧磁场的最小宽度就是粒子做圆周运
23、动的半径 即LminRmv0qB1.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)粒子在电场中来回的总时间为t总 4d3v0，所以电场对带电粒子单次通过的时间为t 2d3v0，显然，粒子首次通过电场中是加速运动，粒子应该带负电 由dv0t12at2 即dv0t12qEm t2 得到：E3mv202qd.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)粒子在左侧磁场中向下偏转，通过电场加速后进入右侧磁场，要使其能够回到原点，在右侧磁场中应向上偏转，且偏转半径为R或2R，粒子通过电场加速后进入右侧磁场速度为v.根据速度公式，有：vv0at2v0 根据牛顿第二定律，有：qvBmv2r 解得：rmv
24、qB2mv0qB Rmv0qB1 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页当半径rR时，则B2mv0qR 2B1 右侧磁场的最小宽度为XminRmv0qB1.当半径r2R时，B2mv0qR B1 右侧磁场的最小宽度为Xminr2mv0qB1.【答案】(1)左侧磁场区域的最小宽度为mv0qB1；(2)电场区域电场强度的大小为3mv202qd；(3)B2B1，Xminmv0qB1；或BB1，Xmin2mv0qB1.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第三组5(14分)(2015亳州模拟)如图1所示，光滑水平面上固定一倾斜角为37的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4 kg的木板，木板与斜面底
25、端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变质量为2 kg的滑块从斜面上高h5 m处由静止滑下，到达斜面底端的速度为v06 m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下已知滑块与木板间的动摩擦因数20.2，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图1(1)斜面与滑块间的动摩擦因数1；(2)滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；(3)木板的最短长度 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)在斜面上，由动能定理得mgh1mgcos 37hsin 3712mv20 得10.48.(
26、2)在木板上滑动过程中，有 Ff2mg 由牛顿第二定律得 滑块的加速度a1Ffm2g2 m/s 木板的加速度a2FfM1 m/s2 由运动学公式 v0a1ta2t 得 t2 s 此时v1v22 m/s.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)设木板最短长度为x，则由位移公式知 xM12a2t2 xmv0t12a1t2 得xxmxM6 m.【答案】(1)0.48(2)2 s(3)6 m 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页6(18 分)如图 2 所示，在直角坐标系的二、三象限内有沿 x 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为 E；在一、四象限内以 xL 的直线为理想边界的左右两侧存在垂
27、直于纸面的匀强磁场 B1 和 B2，y 轴为磁场和电场的理想边界在 x轴上 xL 的 A 点有一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子以速度 v 沿与 x轴负方向成 45的夹角垂直于磁场方向射出粒子到达 y 轴时速度方向与 y 轴刚好垂直若带点粒子经历在电场和磁场中的运动后刚好能够返回 A 点(不计粒子的重力)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 2(1)判断磁场 B1、B2 的方向；(2)计算磁感应强度 B1、B2 的大小；(3)求粒子从 A 点出发到第一次返回 A 点所用的时间 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)根据题意画出带电粒子在电场、磁场中的运动示意
28、图，根据粒子绕行方向和左手定则可知：磁场 B1 的方向垂直纸面向里，磁场 B2的方向垂直纸面向外 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)带电粒子在磁场 B1、B2 中的运动半径分别为 R1、R2，则：在磁场 B1 中由几何关系得圆周运动的半径 R1Lsin 45 2 L 由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：qvB1mv2R1 得 B1mvqR1 mvq 2L 2mv2qL 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页在磁场 B2 中同样由几何关系得圆周运动的半径：R2R11 22sin 45(2 2)L 由洛伦兹力提供圆周运动向心力有：qvB2mv2R2 得：B2mvqR2mvq（2 2）
29、L（2 2）mv2qL.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)粒子在磁场 B1 中的运动周期：T12R1v2 2Lv 所以粒子在磁场 B1 中的运动时间：t1242T114T122 Lv 粒子在磁场 B2 中的运动周期：T22R2v2（2 2）Lv 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页所以粒子在磁场 B2 中的运动时间：t2322T234T232（2 2）Lv 粒子在电场中的运动的加速度 aqEm 粒子在电场中匀减速运动和匀加速运动的时间相等，则 t32va2mvqE 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页粒子从 A 点出发到第一次返回 A 点所用的时间为：tt1t2t32
30、2 Lv32（2 2）Lv2mvqE 2mvqE（3 2）Lv.【答案】(1)磁场 B1 的方向垂直纸面向里，磁场 B2 的方向垂直纸面向外；(2)B1 2mv2qL、B2（2 2）mv2qL；(3)2mvqE（3 2）Lv.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第四组7(14 分)(2015郑州模拟)如图 3 甲所示，一倾角为 37、长 L0.93 m 的固定斜面是由两种材料构成的，物块 P 从斜面顶端以初速度 v01 m/s 沿斜面向下运动，物块 P 与斜面间的动摩擦因数 随物块 P 下滑的距离 L 的关系如图乙所示已知 sin 370.6，cos 370.8，取 g10 m/s2.求
31、：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页甲 乙 图 3(1)物块 P 在斜面上前后两段滑动的加速度大小与方向；(2)物块 P 滑到斜面底端时的速度大小？2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)由图乙知，物块开始下滑 L10.45 m 的过程中，与斜面间的动摩擦因数 10.8 根据牛顿定律 mgsin 371mgcos 37ma1 解得 a10.4 m/s2，方向沿斜面向上 物块 P 从 L10.45 m 到 L20.93 m 的过程中，与斜面间的动摩擦因数 20.5 根据牛顿定律 mgsin 372mgcos 37ma2 解得 a22 m/s2，方向沿斜面向下 2016版二
32、轮专题复习上一页返回首页下一页(2)前阶段 v21v202a1L1 解得 v10.8 m/s 后阶段 v22v212a2L2 解得 v21.6 m/s.【答案】(1)见解析(2)1.6 m/s 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页8(18 分)如图 4 所示，电阻忽略不计的两根平行的光滑金属导轨竖直放置，其上端接一阻值为 3 的定值电阻 R.在水平虚线 L1、L2 间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场 B、磁场区域的高度 d0.5 m导体棒 a 的质量 ma0.2 kg，电阻 Ra3；导体棒 b 的质量 mb0.1 kg，电阻 Rb6.它们分别从图中 M、N 处同时由静止开始在导轨上无摩擦
33、向下滑动，且都能匀速穿过磁场区域，当 b刚穿出磁场时 a 正好进入磁场不计 a、b 之间的作用，整个运动过程中 a、b棒始终与金属导轨接触良好，重力加速度 g 取 10 m/s2.求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 图 4(1)在整个过程中 a、b 两棒克服安培力分别做的功；(2)a 进入磁场的速度与 b 进入磁场的速度之比；(3)分别求出 M 点和 N 点距虚线 L1 的高度 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)因 a、b 在磁场中匀速运动，其安培力等于各自的重力，由功的公式得 Wamagd1 J Wbmbgd0.5 J.2016版二轮专题复习上一页返回首页下
34、一页(2)设 b 在磁场中匀速运动时速度为 vb，总电阻 R1Rb RaRRaR7.5 F1BILmg b 中的电动势：E1BLvb 电流：IbE1R1 解得：B2L2vbR1mbg 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页同理，a 棒在磁场中以速度 va 匀速运动，总电阻 R25，B2L2vaR2mag 由以上各式得：vavb43.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)设 b 棒自由落体时间为 t1，匀速通过 d 的时间为 t2 则：dvbt2 vbgt1 vag(t1t2)vbgt2 由解得：vb 15 m/s va4 153m/s 由 v22gh 得：ha43 m hb34
35、m【答案】(1)1 J 0.5 J(2)43(3)43 m 34 m 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第五组9(14 分)(2015呼伦贝尔模拟)某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为 v-t 图象，如图 1 所示(除 2 s10 s 时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线)已知在小车运动的过程中，2 s 后小车的功率 P9 W 保持不变，小车的质量为 1.0 kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 1(1)小车所受到的阻力大
36、小；(2)小车在 010 秒内位移的大小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)由图象知，前两秒 t1 的末速度为 v13 m/s，最大速度为 vm6 m/s 根据 PFv，当 FFf 时，vvm 解得阻力 Ff Pvm96 N1.5 N.(2)前 2 s，小车做匀加速直线运动，位移 x1，由运动学公式得 x1v12 t1322 m3 m，2 s10 s 内，时间为 t2，根据动能定理 Pt2Ffx212mv2m12mv21 代入数据解得 x239 m 010 s 内位移 xx1x242 m.【答案】(1)小车所受到的阻力大小为 1.5 N；(2)小车在 010 秒内位移的大
37、小为 42 m.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页10(18 分)(2015徐州模拟)如图 2 所示，在 xOy 平面内有一点 P，其坐标为(3 cm，4 cm)，OP 所在直线右下方有垂直于纸面向里的匀强磁场，OP 所在直线左上方有平行于 OP 向上的匀强电场，电场强度 E100 V/m.现有质量 m1108 kg，电荷量 q2103 C 带正电的粒子，从坐标原点 O 以初速度 v1103 m/s垂直于磁场方向射入磁场，经过 P 点时速度方向与 OP 垂直并进入电场，在经过电场中的 M 点(图中未标出)时的动能为 O 点时动能的 3 倍，不计粒子重力求：(已知 sin 370.6，c
38、os 370.8，结果可以保留根号)2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页 图 2(1)磁感应强度的大小；(2)OM 两点间的电势差；(3)M 点的坐标及粒子从 O 运动到 M 点的时间 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)粒子过 P 点时垂直于 OP，可知 OP 为粒子做圆周运动的直径，OP5 cm.由 qvBmv2R，得 BmvqR0.2 T.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)粒子进入电场后，沿电场线方向有 y12at2，vyat，aEqm 2107 m/s.垂直于电场方向有 xvxt，vx103 m/s.因为 3EkOEkM，即 312mv212m(
39、v2xv2y)，得到 x5 2 cm，y5 cm.OM 两点间电势差 UE(OPy)10 V.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)粒子在磁场中从 O 到 P 的运动时间 tT2mBq 7.85105 s.粒子在电场中从 P 到 M 的运动时间 txvx5 2105 s7.07105s.所以，从 O 到 M 的运动总时间为 t 总tt1.49104 s.M 点坐标：X(OPy)cos xsin(64 2)cm，Y(OPy)sin xcos(83 2)cm.【答案】(1)0.2 T(2)10 V(3)见解析 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页第六组11(16 分)(2015天津
40、高考)如图 3 所示，“凸”字形硬质金属线框质量为 m，相邻各边互相垂直，且处于同一竖直平面内，ab 边长为 l，cd 边长为 2l，ab 与cd 平行，间距为 2l.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面开始时，cd 边到磁场上边界的距离为 2l，线框由静止释放，从 cd 边进入磁场直到 ef、pq 边进入磁场前，线框做匀速运动，在 ef、pq 边离开磁场后，ab边离开磁场之前，线框又做匀速运动线框完全穿过磁场过程中产生的热量为Q.线框在下落过程中始终处于原竖直平面内，且 ab、cd 边保持水平，重力加速度为 g.求：2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页图 3(1)线
41、框 ab 边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是 cd 边刚进入磁场时的几倍；(2)磁场上下边界间的距离 H.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)设磁场的磁感应强度大小为 B，cd 边刚进入磁场时，线框做匀速运动的速度为 v1，cd 边上的感应电动势为 E1，由法拉第电磁感应定律，有 E12Blv1 设线框总电阻为 R，此时线框中电流为 I1，由闭合电路欧姆定律，有 I1E1R 设此时线框所受安培力为 F1，有 F12I1lB 由于线框做匀速运动，其受力平衡，有 mgF1 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页由式得 v1mgR4B2l2 设 ab 边离开磁场之前，线框做
42、匀速运动的速度为 v2，同理可得 v2mgRB2l2 由式得 v24v1.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(2)线框自释放直到 cd 边进入磁场前，由机械能守恒定律，有 2mgl12mv21 线框完全穿过磁场的过程中，由能量守恒定律，有 mg(2lH)12mv2212mv21Q 由式得 H Qmg28l.【答案】(1)4 倍(2)Qmg28l 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页12(16 分)如图 4 所示，质量为 m 的小物块放在长直水平面上，用水平细线紧绕在半径为 R、质量为 2 m 的薄壁圆筒上t0 时刻，圆筒在电动机带动下由静止开始绕竖直中心轴转动，转动中角速度满足
43、1t(1 为已知常数)，物块和地面之间动摩擦因数为.求：图 42016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(1)物块做何种运动？请说明理由(2)物块运动中受到的拉力(3)从开始运动至 tt1 时刻，电动机做了多少功？(4)若当圆筒角速度达到 0 时，使其减速转动，并以此时刻为 t0，且角速度满足 02t(式中 0、2 均为已知)，则减速多长时间后小物块停止运动？2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】(1)圆筒边缘线速度与物块前进速度大小相同，根据 vRR1t，线速度与时间成正比，故物块做初速为零的匀加速直线运动(2)由第(1)问分析结论，物块加速度为 aR1，根据物块受力，由牛顿第二
44、定律得：Tmgma 则细线拉力为：Tmgm R1.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(3)对整体运用动能定理，有 W 电Wf12mv2122mv2 其中：Wfmgsmg12R1t21 则电动机做的功为：W 电12mgR1t2132m(R1t1)2.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页(4)圆筒减速后，边缘线速度大小 vR0RR2t，线速度变化率为 aR2 若 ag，细线处于拉紧状态，物块与圆筒同时停止，物块减速时间为：t02 若 ag，细线松弛，物块水平方向仅受摩擦力，物块减速时间为：t0Rg.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【答案】(1)物块做初速为零的匀加速直线运动；(2)mgm R1；(3)12mgR1t2132m(R1t1)2；(4)若 ag，减速0 2时间后小物块停止运动；若 ag，减速0R g时间后小物块停止运动