《【三維設(shè)計】高考物理二輪復(fù)習(xí)解題策略計算題大題小做——妙用增分三步曲(含新題詳解)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《【三維設(shè)計】高考物理二輪復(fù)習(xí)解題策略計算題大題小做——妙用增分三步曲(含新題詳解)（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 封 面 個人收集整理 勿做商業(yè)用途

2、 作者： Pan Hongliang 僅供個人學(xué)習(xí) 題型研究三 計算題大題小做 —— 妙用增分三步曲 高考物理綜合大題基本上都是多過程或多對象問題，往往呈現(xiàn)出信息新穎、對象多體、 過程復(fù)雜、條件隱蔽、解法靈活、結(jié)果多樣等特點，綜合性強，能力要求高。要在非常有限 的答題時間內(nèi)做好綜合大題， 必須堅持 “大題小做 ”的策略，善于將多過程分解或多對象拆分， 將復(fù)雜的大

3、問題轉(zhuǎn)化為幾個簡單的小問題， 逐個擊破， 分步完成。 同時還要規(guī)范答題， 要 “顆 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 粒歸倉 ”，該拿的分一分不丟，該搶的分分分必搶。 一、圖解 “增分三步曲 ” 選對象，建模型多階段，分過程用規(guī)律，列方程 通過對整個題目的情景把握， 根據(jù)整體法與隔離法選取研究對象， 通過抽象、 概括或類 比等效的方法建立相應(yīng)的物理模型或物理運動模型， 并對其進行全面的受力分析， 然后選取 不同的方法和運動規(guī)律解題， 比如靜止或勻速直線運動選用物體的平衡條件解， 變速直線運 動選用牛頓運動

4、定律或動能定理解， 類平拋、 圓周運動選用運動的分解或動能定理解， 非勻 變速曲線運動選用動能定理或運動的分解或微元法解。 , 對綜合性強、過程較為復(fù)雜的 題，一般采用 “分段 ”處理，所謂的 ”分段 ”處理，就是根據(jù)問題的需要和研究對象的不同，將 問題涉及的物理過程， 按照時間和空間的發(fā)展順序， 合理地分解為幾個彼此相對獨立又相互 聯(lián)系的階段， 再根據(jù)各個階段遵從的物理規(guī)律逐個建立方程， 最后通過各階段的聯(lián)系綜合起 來解決，從而使問題化整為零、各個擊破。, 在對物理狀態(tài)和物理過程深刻把握的基礎(chǔ) 上，尋找題設(shè)條件與所求未知物理量的聯(lián)系，從力的觀點或能量的

5、觀點，根據(jù)物理規(guī)律 (牛 頓第二定律、能的轉(zhuǎn)化與守恒等 )列出方程求解。 文字說明、必要必有分步列式、聯(lián)立求解結(jié)果表述、準確到位 (1) 物理量要用題中的符號，涉及題中沒有明確指出的物理量或符號，一定要用假設(shè)的方式進行說明。 (2)題目中的一些隱含條件或臨界條件分析出來后，要加以說明。 (3)要指明正方向、零位置。 (4) 列方程前，對誰在什么過程 (或什么狀態(tài) )用到什么規(guī)律，要簡要說明。 , 做綜合 大題一定要樹立 “重視過程，分步解答 ”的解題觀，因為高考閱卷實行按步給分，每一步的關(guān) 鍵方程都是得分點。

6、以下幾個技巧可有助于大題盡量多得分： (1) 方程中字母要與題目吻合，同一字母物理意義要唯一。出現(xiàn)同類物理量，要用不同上下標區(qū)分。 (2)列純字母方程。方程全部采用物理量符號和常用字母。 (3)列原始方程。與原始規(guī)律公式相對應(yīng)的具體形式，而不是移項變形后的公式。 (4) 依次列方程。不要寫連等式或綜合式子，否則會 “一招不慎滿盤皆輸 ”；每個方程后 面標明①②， 便于后面 “聯(lián)立 ×××得 ”進行說明。 , (1) 題中要求解的物理量應(yīng)有明確的答案 (盡量寫在顯眼處 )。 (2)待求量是矢量的必須說明其方向。 (3) 用字母表示的答案中不能含有未

7、知量和中間量。凡是題中沒有給出的都是未知量， 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 不能隨便把 g 取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能寫單位。 (4) 如果題目所給的物理數(shù)據(jù)都是用有效數(shù)字表示的，那么答案中一般不能以無理數(shù)或 分數(shù)作計算結(jié)果， 結(jié)果是帶單位的具體數(shù)據(jù)時一定要帶單位，沒有特別要求時， 一般最終結(jié) 果有效數(shù)字的位數(shù)要和題目所給物理數(shù)據(jù)有效數(shù)字的位數(shù)保持一致， 或保留 2 到 3 位有效數(shù) 字。 (5)若在解答過程中進行了研究對象轉(zhuǎn)換， 則必須交代轉(zhuǎn)換依據(jù)， 如 “根據(jù)牛頓第三定律 ”。 二、領(lǐng)悟 “增分三步曲 ”

8、 1 [典例 1] (2013 棗·莊模擬 )(20 分 )如圖 3－ 1 所示， AB 為半徑 R＝ 0.8 m 的 4光滑圓弧軌 道，下端 B 恰與小車右端平滑對接。小車的質(zhì)量 M＝ 3 kg 、長度 L＝ 2.16 m，其上表面距地 面的高度 h＝ 0.2 m?，F(xiàn)有質(zhì)量 m＝1 kg 的小滑塊，由軌道頂端無初速度釋放，滑到 B 端后 沖上小車， 當小車與滑塊達到共同速度時，小車被地面裝置鎖定。 已知地面光滑， 滑塊與小 車上表面間的動摩擦因數(shù) μ＝0.3，取 g＝ 10 m/s2。試求： 圖 3－1 (1

9、)滑塊經(jīng)過 B 端時，軌道對它支持力的大小； (2)小車被鎖定時，其右端到軌道 B 端的距離； (3) 小車被鎖定后，滑塊繼續(xù)沿小車上表面滑動。請判斷：滑塊能否從小車的左端滑出 小車？若不能， 請計算小車被鎖定后由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？若能， 請計算滑塊的落 地點離小車左端的水平距離。 第一步：審題規(guī)范化 題設(shè)條件 獲取信息 光滑圓弧軌道 滑塊沿圓軌道下滑時只有重力做功 無初速度釋放 小滑塊在 A 點的速度為零 滑塊以后相對小車滑動的初速度為小車與滑塊 小車與滑塊達到共同速度時，小車被鎖定 的共同速度 第二步：思維規(guī)范化

10、 滑塊的運動可分為四個不同的階段：①沿圓軌道下滑；②與小車相對滑動到小車鎖定； ③小車鎖定后滑塊滑動；④滑塊做平拋運動?；瑝K在圓弧軌道的 B 點，支持力與重力的合 力提供向心力； 此時的速度為滑塊到小車的初速度， 滑塊與小車達到共同速度后能否滑出小 車需通過計算做出判斷，可求出滑塊到小車左端的速度，若大于 0，則能滑出。 第三步：答題規(guī)范化 (1)設(shè)滑塊經(jīng)過 B 端時的速度為 v1，由機械能守恒定律得： 1 2 mgR＝ 2mv1 (1 分 ) 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 解得： v1＝4 m/s 設(shè)滑塊經(jīng)

11、過 B 端時，軌道對滑塊的支持力為 F N，由牛頓第二定律得： v1 2 (1 分) FN－ mg＝ m R 解得： FN＝30 N (1 分) (2)當滑塊滑上小車后，設(shè)滑塊和小車的加速度分別為 a1、 a2，由牛頓第二定律得： 對滑塊－ μmg＝ ma1 (1 分) 對小車 μmg＝Ma 2 (1 分) 解得： a1＝－ 3 m/s2 a2＝ 1 m/s2 設(shè)滑塊和小車經(jīng)過時間 t1 達到共同速度，其速度分別為 v2、 v3，

12、根據(jù)運動學(xué)公式有： v2＝ v1＋ a1t1 v3＝ a2t1 v2＝ v3 解得： t1＝ 1 s (2 分) v2＝ v3＝ 1 m/s (1 分) 設(shè)此時小車右端到軌道 B 端的距離為 x1，根據(jù)運動學(xué)公式有： 1 2 (1 分) x1＝ a2t1 2 解得： x1＝0.5 m (1 分) (3)設(shè)

13、滑塊和小車達到共同速度時，滑塊前進的距離為 x2，根據(jù)運動學(xué)公式有： x2＝ v1t 1＋ 1a1t12 (1 分) 2 解得： x2＝2.5 m (1 分) 此時，滑塊沿小車上表面滑動的距離設(shè)為 x1，由幾何關(guān)系得： x1＝x2－ x1＝2 m (1 分) 小車被鎖定后， 假設(shè)滑塊能從小車左端滑出， 滑塊又沿小車上表面滑行的距離設(shè)為 x2， 由幾何關(guān)系得： x2＝L － x1＝ 0.16 m (1 分)

14、 設(shè)滑塊滑至小車左端時的速度為 v4，由動能定理得： － μmg x2＝ 1mv4 2－ 1 mv22 (1 分) 2 2 解得： 1mv42＝ 0.02 J>0 2 所以，滑塊能從小車左端滑出 (1 分) 滑出的速度大小為： v4＝ 0.2 m/s (1 分) 個人收集整理  勿做商業(yè)用途 滑塊滑出小車后做平拋運動，  設(shè)滑塊從滑出小車到落地經(jīng)歷的時間為  t

15、2，落地點距小車 左端的水平距離為  x3，由平拋運動規(guī)律得： 1 2 h＝ 2gt2  (1 分) x3＝ v4t 2  (1 分) 聯(lián)立解得：  x3＝ 0.04 m  (1 分) [答案 ]  (1)30 N  (2)0.5 m  (3)能從左端滑出  0.04 m [典例  2]  (2013  ·安模擬淮  )(18  分 )如圖  3－ 2 所示，在

16、  xOy  平面的  y 軸左側(cè)存在沿  y 軸正 方向的勻強電場，  y 軸右側(cè)區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小  B1＝ mv0、方向垂直紙面向外的勻 qL 強磁場，區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ的寬度均為 L，高度均為 3L 。質(zhì)量為 m、電荷量為＋ q 的帶電粒子從坐標為 (－ 2L，－ 2L)的 A 點以速度 v0 沿＋ x 方向射出，恰好經(jīng)過坐標為 [0，－ ( 2－ 1)L] 的 C 點射入?yún)^(qū)域Ⅰ。粒子重力忽略不計。求： 圖 3－2 (1)勻強電場的電場強度大小 E； (2)粒

17、子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標； (3) 要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場。試確定磁感應(yīng)強度 B 的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向。 第一步：審題規(guī)范化 題設(shè)條件 獲取信息 粒子重力忽略不計 粒子在勻強電場中做類平拋運動 由 yA ＝－ 2L， 粒子做類平拋運動的豎直位移 y＝ L yC＝－ ( 2－ 1)L 粒子從 C 點射入?yún)^(qū)域Ⅰ 粒子在磁場中做勻速圓周運動，其速度不等于 v0 第二步：思維規(guī)范化 粒子的運動可分為三個

18、過程： ①電場中的類平拋運動； ②區(qū)域Ⅰ中的勻速圓周運動； ③ 區(qū)域Ⅱ中的勻速圓周運動。勻速圓周運動的速度為粒子做類平拋運動到 C 點的速度。 第三步：答題規(guī)范化 (1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動。 2L ＝ v0t (1 分) 1qE 2L 2 L＝ 2 m ( v0 ) (2 分) mv02 E＝ 2qL (2 分) (2)設(shè)帶電粒子經(jīng) C 點時的豎直分速度為 vy、速

19、度為 v 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 qE qE2L vy＝ t＝ 0 ＝ v0 (2 分) m m v v＝ 2v0，方向與 x 軸正向成 45°角斜向上 (2 分) 粒子進入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動， 2 2mv0 v B1qv＝ m ， R＝ qB 1 R 解得： R＝ 2L (2 分) 由幾何關(guān)系知，離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標： x＝ L ，y＝ 0 (2 分) 圖 3－3 (3)根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場的

20、半徑滿足 3 4L ≤r≤L (1 分) mv 2mv0 4 2mv0 r＝ qB2得 qL ≤B2≤ 3qL (2 分) 根據(jù)幾何關(guān)系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與 y 軸正方向夾角 30°≤θ≤90°(2分 ) mv02 (2)(L,0) (3) 2mv0 4 2mv0 與 y 軸正方向夾角為 30°≤θ≤90° [答案 ] (1) 2qL qL

21、 ≤B2≤ 3qL [典例 3] (2013 ·京市西城區(qū)期末北 )(19 分 )如圖 3－ 4 甲所示，兩根足夠長的平行金屬導(dǎo) 軌 MN 、 PQ 相距為 L ，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為 α，金屬棒 ab 垂直于 MN 、PQ 放置在導(dǎo)軌 上，且始終與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的質(zhì)量為 m。導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁場的方向垂直于 導(dǎo)軌平面斜向上，磁感應(yīng)強度大小為 B。金屬導(dǎo)軌的上端與開關(guān) S、定值電阻 R1 和電阻箱 R2 相連。不計一切摩擦，不計導(dǎo)軌、金屬棒的電阻，重力加速度為 g?，F(xiàn)在閉合開關(guān) S，將 金屬棒由靜止釋放。

22、 (1)判斷金屬棒 ab 中電流的方向； (2)若電阻箱 R2 接入電路的阻值為 0，當金屬棒下降高度為 h 時，速度為 v，求此過程中 定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱 Q； (3)當 B＝ 0.40 T， L ＝0.50 m，α＝37°時，金屬棒能達到的最大速度 vm 隨電阻箱 R2 阻值 的變化關(guān)系如圖乙所示。取 g＝10 m/s2， sin 37 ＝° 0.60，cos 37 °＝ 0.80。求阻值 R1 和金屬棒 的質(zhì)量 m。

23、 圖 3－4 第一步：審題規(guī)范化 題設(shè)條件 獲取信息 不計一切摩擦 金屬棒只受重力、支持力和安培力 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 不計導(dǎo)軌、金屬棒的電阻 回路中的總電阻為 R1 ＋R2 將金屬棒由靜止釋放 金屬棒的初速度為零 第二步：思維規(guī)范化 金屬棒下滑過程中， 只有重力和安培力對金屬棒做功， 應(yīng)用能量守恒定律可求出定值電 阻 R1 上產(chǎn)生的焦耳熱；金 屬棒達到最大速度 vm 時，其合力為零，推導(dǎo)出最大速度 vm 與 R2 的大小關(guān)系式，結(jié)合 vm-R2 圖線求解結(jié)果

24、。 第三步：答題規(guī)范化 (1)由右手定則，金屬棒 ab 中的電流方向為 b 到 a(2 分 ) 1 (2)由能量守恒，金屬棒減小的重力勢能等于增加的動能和電路中產(chǎn)生的焦耳熱 mgh＝ 2 mv2＋ Q(3 分 ) 1 2 解得： Q＝mgh－ mv (2 分 ) (3)設(shè)最大速度為 vm 時，切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢 E＝BLv m(1 分 ) E 由閉合電路的歐姆定律： I＝R1＋ R2(1 分 ) 圖 3－5 從 b 端向 a 端看，金屬棒受力如圖 3－ 5 所示： 金屬棒達

25、到最大速度時滿足 mgsin α－ BIL ＝ 0 由以上三式得最大速度： vm＝ mgsin α mgsin α 2 2 R2＋ 2 L 2 R1 B L B vm－ R2 圖像斜率 k＝ 60－ 30 m/(s ·Ω)＝15 m/(s ·Ω)，縱截距 b＝ 30 m/s 2.0 mgsin α 得到： B2L 2 R1＝ b mgsin α 2 2 ＝ k B L 解得： R1＝

26、2.0 Ω m＝ 0.1 kg 1 2 (3)2.0 Ω 0.1 kg [答案 ] (1)電流方向為 b 到 a (2)mgh －2mv  (2 分) (2 分) (2 分) (1 分) (1 分) (1 分) (1 分) 計算題專練 —— 保規(guī)范 1． (2013 湛·江模擬 )如圖 1 所示，處于勻強磁場中的兩根足夠長、電阻不計的平行光滑

27、 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 金屬導(dǎo)軌相距 l ＝ 1 m，導(dǎo)軌平面與水平面成 θ＝ 30°角，下端連接 “2.5 V,0.5 W ”的小電珠，勻 強磁場方向與導(dǎo)軌平面垂直。  質(zhì)量為  m＝ 0.02 kg、電阻不計的光滑金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，  金 屬棒與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。取  g＝ 10 m/s2。求： 圖 1 (1)金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止剛開始下滑時的加速度大??； (2)當金屬棒下滑速度達到穩(wěn)定時，小電珠正常發(fā)光，求該速度的大??； (3)磁感應(yīng)強度的大小。

28、 解析： (1)設(shè)金屬棒剛開始下滑時的加速度為 a，由于金屬棒開始下滑的初速度為零， 根 據(jù)牛頓第二定律有 mgsin θ＝ ma ① 代入數(shù)據(jù)解得 a＝ 5 m/s2 ② (2)設(shè)金屬棒運動達到穩(wěn)定時的速度為 v、所受安培力為 F A，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡， 則有 mgsin θ－ F A＝ 0 ③ 此時金屬棒克服安培力做功的功率等于小電珠消耗的電功率，則有 P＝F Av ④ 聯(lián)立③④

29、式并代入數(shù)據(jù)解得 v＝ 5 m/s ⑤ (3)設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為 B，金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為 E＝ Blv⑥ 小電珠正常發(fā)光，其兩端電壓等于 E，必有 E＝ U 燈 ⑦ 聯(lián)立⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)解得 B＝ 0.5 T ⑧ 答案： (1)5 m/s2 (2)5 m/s (3)0.5 T 2． (2013 濰·坊模擬 )如圖 2 所示，半徑為 R 的光滑半圓軌道 ABC 與傾角為 θ＝37°的粗 糙斜面軌道 DC 相切于 C 點，圓軌道的直徑 AC 與斜面垂直。質(zhì)量為 m 的小球從

30、 A 點左上 方距 A 高為 h 的斜面上方 P 點以某一速度水平拋出，剛好與半圓軌道的 A 點相切進入半圓 軌道內(nèi)側(cè)，之后經(jīng)半圓軌道沿斜面剛好滑到與拋出點等高的 D 處。已知當?shù)氐闹亓铀俣? 50 為 g，取 R＝ 9 h， sin 37 ＝°0.6， cos 37 ＝°0.8，不計空氣阻力，求： 圖 2 (1)小球被拋出時的速度 v0； (2)小球到達半圓軌道最低點 B 時，對軌道的壓力大??； (3)小球從 C 到 D 過程中摩擦力做的功 W。 解析： (1)小球到達 A 點時，速度與水平

31、方向的夾角為θ，如圖所示。則有 2 v ＝ 2gh ⊥ 由幾何關(guān)系得 v0＝ v⊥ cot θ 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 得 v0＝ 4 2gh 3 (2)A、 B 間豎直高度 H＝ R(1＋ cos θ) 設(shè)小球到達 B 點時的速度為 v，則從拋出點到 B 的過程，有 1 2 1 mv 2 mv0 ＋ mg(H ＋h)＝ 2 2 v2

32、 在 B 點，有 FN －mg＝ mR 解得 F N＝ 5.6mg 由牛頓第三定律知，小球在 B 點對軌道的壓力大小是 5.6mg (3)小球沿斜面上滑過程中摩擦力做的功等于小球做平拋運動的初動能，有 1 2 16 mgh W＝ mv0 ＝ 9 2 答案： (1)4 2gh 16 3 (2)5.6mg (3) 9 mgh 3． (2013 泉·州質(zhì)檢 )如圖 3 甲所示，水平地面上有一塊質(zhì)量 M＝ 1.6 kg，上表面光滑且 足夠長的

33、木板，受到大小 F＝ 10 N 、與水平方向成 37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0 ＝8 m/s 水平向右勻速運動。現(xiàn)有很多個質(zhì)量均為 m＝0.5 kg 的小鐵塊，某時刻在木板最右 端無初速地放上第一個小鐵塊，此后每當木板運動 L＝ 1 m 時，就在木板最右端無初速地再 放上一個小鐵塊。取 g＝ 10 m/s2， cos 37 °＝ 0.8， sin 37 °＝ 0.6，求： 圖 3 (1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)第一個小鐵塊放上后，木板運動 L 時速度的大小 v1； (3)請在圖乙中

34、畫出木板的運動距離 x 在 0≤x≤4L范圍內(nèi)， 木板動能變化量的絕對值 | Ek| 與 x 的關(guān)系圖像 (不必寫出分析過程，其中 0≤x≤L 的圖像已畫出 )。 解析： (1)由平衡條件得 Fcos 37 °＝ μ(Mg－Fsin 37 )° 解得 μ＝ 0.8 (2)放上第一個小鐵塊后，木板做勻減速運動，由動能定理得 Fcos 37 ·°L－ μ[( M＋m)g－ Fsin 37 ]L°＝1Mv1 2－ 1Mv0 2 2 2 代入數(shù)據(jù)解得 v1＝ 59 m/s (3) 答案

35、：  (1)0.8  (2) 59 m/s  (3)見解析 4． (2013  ·州模擬濱  )如圖  4 所示，邊長為  L 的正方形  PQMN (含邊界  )區(qū)域內(nèi)有垂直紙面 向外的勻強磁場，左側(cè)有水平向右的勻強電場，場強大小為  E，質(zhì)量為  m，電量為  q 的帶正 個人收集整理  勿做商業(yè)用途 電粒子 好從 M  (不計重力 )從 O 點靜止釋放，

36、點離開磁場，求：  O、 P、Q  三點在同一水平線上，  OP＝L ，帶電粒子恰 圖 4 (1)磁感應(yīng)強度 B 的大??； (2)粒子從 O 到 M 的時間； (3)若磁感應(yīng)強度 B 可以調(diào)節(jié) (不考慮磁場變化產(chǎn)生的電磁感應(yīng) )，帶電粒子從邊界 NM 上 的 O′離開磁場， O′到 N 的距離為 3 7 L ，求磁感應(yīng)強度 B 的最大值。 解析： (1)設(shè)粒子運動到 P 點時速度大小為 v，由動能定理

37、 1 2 ① qEL＝ mv 2 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，半徑 r＝ L② 2 由 qvB＝ mv ③ r 2mE 由①②③得： B＝ qL (2)設(shè)粒子在勻強電場中運動時間為 t，由牛頓第二定律及勻變速直線運動規(guī)律得： Eq＝ma④ L＝ 12at12⑤ 由④⑤式得： t1＝ 2mL qE 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期 T

38、＝2πm，運動時間為 t2＝1 T qB 4 π mL 解得： t2＝ 2 2qE 粒子從 O 點運動到 M 點經(jīng)歷的時間 t＝t 1＋ t2＝ 4＋ π 2mL 4 qE (3)由于 O′N 之間距離為 3 L ，當 B 最大時，應(yīng)滿足： 7L小于 3 (L － 3r )2＋ ( 3 L) 2＝ r2

39、 7 解得： r＝ 2L 或 r ＝ 13 L 7 28 mv 由 r＝ qB 當磁感應(yīng)強度最大時，半徑最小，即： B ＝mv＝ 7 Em m qr 2qL 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 答案： (1) 2mE (2) 4＋π

40、 2mL (3)7 Em qL 4 qE 2qL 5． (2013 天·津高考 )一圓筒的橫截面如圖 5 所示，其圓心為 O。筒內(nèi)有垂直于紙面向里 的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為 B。圓筒下面有相距為 d 的平行金屬板 M、N，其中 M 板帶正電 荷， N 板帶等量負電荷。質(zhì)量為 m、電荷量為 q 的帶正電粒子自 M 板邊緣的 P 處由靜止釋 放，經(jīng) N 板的小孔 S 以速度 v 沿半徑 SO 方向射入磁場中。 粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從 S 孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力

41、的情況下，求： 圖 5 (1)M 、N 間電場強度 E 的大??； (2)圓筒的半徑 R； 2 (3)保持 M、 N 間電場強度 E 不變，僅將 M 板向上平移 3d，粒子仍從 M 板邊緣的 P 處 由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從 S 孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n。 解析： (1)設(shè)兩板間的電壓為 U，由動能定理得 1 2 ① qU＝ 2mv 由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得 U＝ Ed ② 聯(lián)立上式可得

42、 mv2 E＝2qd ③ (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動， 運用幾何關(guān)系作出圓心為 O′，圓半徑為 r。設(shè)第一 次碰撞點為 A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從 S 孔射出，因此，SA弧所對的圓心角∠ AO′S π 等于 。 3 由幾何關(guān)系得 π r＝ Rtan 3 ④ 粒子運動過程中洛倫茲力充當向心力，由牛頓第二定律，得 2 v qvB＝m r ⑤ 聯(lián)立④⑤式得 3mv R＝ 3qB ⑥ 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 (3)保持 M、 N 間電場強度 E 不

43、變， M 板向上平移了 2 d 后，設(shè)板間電壓為 U′，則 3 Ed U U′＝3＝ 3 ⑦ 設(shè)粒子進入 S 孔時的速度為 v′，由①式看出 2 U′ v′ U ＝ v2 綜合⑦式可得 3 v′＝ 3 v ⑧ 設(shè)粒子做圓周運動的半徑為 r′，則 3mv r′＝ 3qB ⑨ 設(shè)粒子從 S 到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為 θ，

44、比較⑥⑨兩式得到 r′＝ R， 可見 π θ＝2 ⑩ 粒子須經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從 S 孔射出，故 n＝ 3 ? 答案： (1)mv2 (2) 3mv (3)3 2qd 3qB 個人收集整理 勿做商業(yè)用途 版權(quán)申明 本文部分內(nèi)容，包括文字、圖片、以及設(shè)計等在網(wǎng)上搜集整理。 版權(quán)為潘宏亮個人所有 This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copy

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