資源簡介

類型1　用動力學觀點求解力學計算題
閱卷案例　(9分)(2022·浙江6月選考)物流公司通過滑軌把貨物直接裝運到卡車中,如圖所示,傾斜滑軌與水平面成24°角,長度l1=4 m,水平滑軌長度可調,兩滑軌間平滑連接。若貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑,其與滑軌間的動摩擦因數均為μ=,貨物可視為質點(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g取10 m/s2)。
(1)求貨物在傾斜滑軌上滑行時加速度a1的大小;
(2)求貨物在傾斜滑軌末端時速度v的大小;
(3)若貨物滑離水平滑軌末端時的速度不超過2 m/s,求水平滑軌的最短長度l2。
標準答卷 閱卷揭秘 答題規則
解:(1)貨物在傾斜滑軌上滑動時,根據牛頓第二定律得 mgsin24°-μmgcos24°=ma1 ①(1分) 代入數據解得 a1=2 m/s2　 ②(1分) (2)貨物在傾斜滑軌上滑行過程根據運動學公式得 2a1l1=v2-　 ③(2分) 代入數據解得 v=4 m/s　 ④(1分) (3)貨物在水平滑軌上根據牛頓第二定律得μmg=ma2　 ⑤(2分) 貨物在水平滑軌上滑行過程根據運動學公式得 -2a2l2=v'2-v2　 ⑥(1分) 代入數據聯立解得 l2=2.7 m　 ⑦(1分) 列出①式需要對貨物在斜面上進行受力分析,各物理符號用題目給定符號,24°若寫成θ,結果正確不扣分。 ③式寫成2a1l1=v2也可得分 ⑤式滑動摩擦力產生加速度,直接寫成a2=μg也可得分 ⑥式漏掉“-”不得分,寫成2a2l2=v2-v'2也得分 規則1:明確公式中的各物理量符合的意義 ①⑤中的加速度,③⑥中的速度,一定要明確各物理量的符號意義,注意用角標進行區分。 規則2:寫牛頓第二定律方程時左邊寫合力,右邊寫ma 按照常規熟悉的方式規范書寫方程,不要想當然地亂寫。 規則3:結果一定寫在醒目的地方,規范書寫 結果帶有字母的組合形式不需要寫單位,若是純數字必須帶單位;如果求某個矢量,切記勿忘方向。
1.(拋體運動中的動力學)陽光明媚的中午,小明同學把一塊長木板放在院子里,調整傾斜角度,使陽光剛好和木板垂直。在斜面頂端固定一個彈射裝置,把一個質量為0.1 kg的小球水平彈射出來做平拋運動。調整初速度大小,使小球剛好落在木板底端。然后使用手機連續拍照功能,拍出多張照片記錄小球運動過程。通過分析照片,小明得出小球的飛行時間為0.4 s;小球與其影子距離最大時,影子A距木板頂端和底端的距離之比約為7∶9,如圖所示。取g=10 m/s2。
(1)求飛行過程中,重力對小球做的功;
(2)簡要說明,小球與影子距離最大時,剛好是飛行的中間時刻;
(3)估算木板長度。
2.(體育運動中的動力學)2022年2月12日,中國運動員高亭宇獲北京冬奧會男子速度滑冰500米金牌。中國航天科工研發的“人體高速彈射裝置”為運動員的高質量訓練提供了科技支持。該裝置的作用過程可簡化成如圖所示,運動員在賽道加速段受到裝置的牽引加速,迅速達到指定速度后練習過彎技術。某次訓練中,質量m=60 kg(含身上裝備)的運動員僅依靠F=600 N的水平恒定牽引力從靜止開始加速運動了s=20 m的距離,然后保持恒定速率通過半徑為R=10 m的半圓形彎道,過彎時冰刀與冰面彎道凹槽處的接觸點如放大圖所示。忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)運動員被加速后的速率v及加速過程中牽引力的平均功率P;
(2)運動員過彎道上A點時,冰面對其作用力FN的大小。
3.(圓周運動中的動力學)如圖,不可伸長的輕繩一端與質量為m的小球相連,另一端跨過兩等高定滑輪與物塊連接,物塊置于左側滑輪正下方的水平壓力傳感裝置上,小球與右側滑輪的距離為l?，F用水平向右恒力F=mg將小球由最低處拉至輕繩與豎直方向夾角θ=37°處,立即撤去F,此時傳感裝置示數為mg。已知物塊始終沒有脫離傳感裝置,重力加速度為g,不計滑輪的大小和一切摩擦,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)撤去F時小球的速度大小;
(2)小球返回最低處時輕繩的拉力大小;
(3)小球返回最低處時傳感裝置的示數。
類型1　用動力學觀點
求解力學計算題
1.【解析】(1)小球做平拋運動,豎直方向做自由落體運動,根據勻變速直線運動位
移時間公式,可得h=gt2=×10×0.42 m=0.8 m
根據功的公式,可得飛行過程中,重力對小球做的功為WG=mgh=0.1×10×0.8 J=0.8
J;
(2)經過分析可知,當小球與影子距離最大時,此時小球的速度方向與斜面平行,設速度方向與水平方向的夾角為θ,此時豎直方向的速度為vy=v0tanθ
當小球落到斜面底端時,此時小球位移與水平方向的夾角為θ,此時速度方向與水平方向的夾角為α,根據位移夾角與速度夾角的關系可知tanα=2tanθ
此時豎直方向的速度為v'y=v0tanα=2v0tanθ
根據豎直方向的速度時間公式可得===
則有=,故小球與影子距離最大時,剛好是飛行的中間時刻;
(3)建立如圖所示直角坐標系
由題意可知OA∶AB=7∶9
則有OA∶OB=7∶16
可得OA=v0cosθt1+gsinθ
OB=v0cosθt+gsinθt2
又vy=v0sinθ-gcosθt
y方向速度減為零需要的時間為t1=,t=2t1
聯立可得OA=(1+tan2θ),OB=(1+tan2θ)
可得tanθ=取θ=30°,則木板的長度為OB==1.6 m。
答案:(1) 0.8 J　(2)見解析　(3)1.6 m
2.【解析】(1)對運動員進行受力分析,由牛頓第二運動定律可得F=ma
解得a=10 m/s2
運動員由靜止開始加速,由運動學公式v2=2as,v=at
解得v=20 m/s,t=2 s加速過程中牽引力做的功W=Fs
解得W=12 000 J,則加速過程牽引力的平均功率為P=
解得P=6 000 W
(2)對運動員在A點受力分析可知,支持力在水平方向的分力提供向心力,即FNx=m
解得FNx=2 400 N,支持力在豎直方向的分力平衡重力,即FNy=mg,解得FNy=600 N
由力的合成與分解可得
FN==600 N。
答案:(1)20 m/s　6 000 W
(2)600 N
3.【解析】(1)由動能定理得Flsinθ-mgl(1-cosθ)=m,可得v1=
(2)從釋放到運動至最低位置的過程中,由機械能守恒定律得
m+mgl(1-cosθ)=m
在最低位置時,設輕繩的拉力大小為T1,對小球,由輕繩的拉力和重力的合力提供向心力得T1-mg=m
解得T1=mg
(3)撤去F時傳感裝置的示數為FN=mg
設此時輕繩的拉力大小為T2,物塊質量為M,對物塊由平衡條件FN+T2=Mg
對小球T2-mgcosθ=m
小球再次運動至最低處時,物塊所受支持力為FN'
FN'+T1=Mg
由牛頓第三定律可知傳感器示數FN″=FN'解得FN″=mg
答案:(1)　(2)mg　 (3)mg類型2　用能量觀點或動量觀點破解力學計算題
閱卷案例　 (16分)(2022·山東等級考)如圖所示,“L”形平板B靜置在地面上,小物塊A處于平板B上的O'點,O'點左側粗糙,右側光滑。用不可伸長的輕繩將質量為M的小球懸掛在O'點正上方的O點,輕繩處于水平拉直狀態。將小球由靜止釋放,下擺至最低點與小物塊A發生碰撞,碰后小球速度方向與碰前方向相同,開始做簡諧運動(要求擺角小于5°),A以速度v0沿平板滑動直至與B右側擋板發生彈性碰撞。一段時間后,A返回到O點的正下方時,相對于地面的速度減為零,此時小球恰好第一次上升到最高點。已知A的質量mA=0.1 kg,B的質量mB=0.3 kg,A與B的動摩擦因數μ1=0.4,B與地面間的動摩擦因數μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整個過程中A始終在B上,所有碰撞時間忽略不計,不計空氣阻力,求:
(1)A與B的擋板碰撞后,二者的速度大小vA與vB;
(2)B光滑部分的長度d;
(3)運動過程中A對B的摩擦力所做的功Wf;
(4)實現上述運動過程,的取值范圍(結果用cos5°表示)。
標準答卷 閱卷揭秘 答題規則
解:(1)設水平向右為正方向,A、B發生彈性碰撞,故動量守恒、動能不變mAv0=mAvA+mBvB ① mA=mA+mB　 ② 解得vA=-2 m/s③ vB=2 m/s④ 即A和B的速度大小分別為vA=2 m/s、vB=2 m/s (2)A返回到O點正下方過程,由動 能定理 -μ1mAgx0=0-mA ⑤ 由動量定理得 -μ1mAgt2=0-mAvA　　 ⑥ 在此過程對B由牛頓第二定律得μ2(mA+mB)g=mBa1 ⑦ 根據運動學公式得x0=vBt1-a1　 ⑧ 根據幾何關系知光滑部分長度 d=vAt1+x0　　 ⑨ 聯立解得d= m⑩ (3)在A剛開始減速時,平板B的速度為v2=vB-a1t1=1 m/s　 在A減速過程中,對B根據牛頓第二定律得 μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBa2 B物體停下來的時間為t3,則有0=v2-a2t3 解得t3= s<0.5 s=t2 可知在A減速過程中B先停下來了,此過程中B的位移為xB== m 所以A對B的摩擦力所做的功為Wf=-μ1mAgxB=- J ①②式各1分, ①②兩式中的物理符號要用題目中符號 ③④式共1分,③式寫成vA=v0 vB=v0沒算出結果不得分 ⑤⑥兩式全對得1分,寫成μ1mAgx0=mA,μ1mAgt2=mAvA也給分 ⑦⑧兩式全對得1分 ⑨⑩式各1分 式各1分 式各1分, 式漏掉“-”號不給分 規則1:明確公式中的物理量 ②⑨ 式需要表明其中物理量符號的意義,不然列式混亂,容易失分。 規則2:使用題目給定的字母符號列式求解 題中已定義物理量的字母,若用其他字母表示不得分。 規則3:寫準公式和答案,不寫推導過程 淡化數學運算過程,⑤⑥和⑦⑧式,只要寫錯其中一個式子就不得分。 規則4:解答每小問時要寫明序號 堆砌公式只按第一小問計算得分。
(4)小球和A碰撞后A做勻速直線運動再和B相碰,此過程有t0== s 設小球做簡諧運動的周期為T,擺長為L,則有T=t0+t1+t2 故T=2π 小球下擺過程由動能定理得 MgL=Mv2 小球與A碰撞過程根據動量守恒定律得Mv=Mv1+mAv0 當碰后小球擺角恰為5°時,MgL(1-cos5°)=M 聯立可得= 當碰后小球速度恰為0時,碰撞過程有　　Mv=mAv0 則可得= 故<< 式1分 式各1分 式1分 規則5:多次用到的相同定理、定律,僅在第一次使用時給分 和均用到動量守恒定律,⑤和 均用到動能定理,只有①式和⑤式得分, 和式不給分。 規則6:最終結果簡潔,醒目 要讓閱卷老師一眼看到答案。
1.(動能定理)圖甲為北京2022年冬奧會的“雪如意”跳臺滑雪場地,其簡化示意圖如圖乙,助滑道AB的豎直高度h=55 m,B、C間的距離s=120 m,B、C連線與水平方向的夾角θ=30°。某質量m=60 kg的運動員從出發點A沿助滑道無初速下滑,從起跳點B處沿水平方向飛出,在著地點C處著地,不計空氣阻力,g取10 m/s2,求
(1)運動員在起跳點B處的速度大小v0;
(2)運動員在助滑過程中阻力做的功Wf。
2.(動量觀點)如圖所示,滑板A放在光滑的水平面上,滑塊B可視為質點,A和B的質量都是m=1 kg,A的左側面靠在光滑豎直墻上,A上表面的ab段是光滑的半徑為R=0.8 m的四分之一圓弧,bc段是粗糙的水平面,ab段與bc段相切于b點。已知bc長度為l=2 m,滑塊B從a點由靜止開始下滑,取g=10 m/s2。
(1)求滑塊B滑到b點時對A的壓力大小;
(2)若滑塊B與bc段的動摩擦因數為μ且μ值滿足0.1≤μ≤0.5,試討論因μ值的不同,滑塊B在滑板A上滑動過程中因摩擦而產生的熱量(計算結果可含有μ)。
類型2　用能量觀點或動量
觀點破解力學計算題
1.【解析】(1)運動員從B點做平拋運動到C點,故水平方向scosθ=v0t
豎直方向ssinθ=gt2解得v0=30 m/s
(2)由動能定理得mgh+Wf=m解得Wf=-6 000 J
答案:(1)30 m/s　(2)-6 000 J
2.【解析】(1)設B下滑到b點時速度為v0,受到的支持力為N
由機械能守恒定律得m=mgR ①
由支持力和重力的合力提供向心力得
N-mg=m ②
聯立①②式解得N=30 N
由牛頓第三定律可知,B滑到b點時對A的壓力大小為30 N。
(2)設bc段的動摩擦因數為μ1時,B滑到c點時A、B恰好達到共同速度v
由動量守恒定律得mv0=2mv ③
由能量守恒定律得
μ1mgl=m-(2m)v2 ④
聯立①③④式并代入數據解得μ1=0.2
討論:
(Ⅰ)當0.1≤μ<0.2時,A、B不能達到同速,B將滑離A,滑板與滑塊因摩擦而產生的熱量為Q1=μmgl=20μ J。
(Ⅱ)當0.2≤μ≤0.5時,A、B能達到同速,滑板與滑塊因摩擦而產生的熱量為
Q2=m-(2m)v2 ⑤
聯立①③⑤式并代入數據解得Q2=4 J。
答案:(1)30 N　(2)見解析四　答題規則篇　4類大題滿分規則必須要牢記
類型3　規范幾何作圖,快解電磁偏轉類計算題
閱卷案例　 (14分)(2022·山東等級考)中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得新突破,該裝置中用電磁場約束和加速高能離子,其部分電磁場簡化模型如圖所示,在三維坐標系Oxyz中,00的空間內充滿勻強磁場Ⅱ,磁感應強度大小為B,方向平行于xOy平面,與x軸正方向夾角為45°;z<0,y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為m、帶電量為+q的離子甲,從yOz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射,速度方向與z軸正方向夾角為β,在yOz平面內運動一段時間后,經坐標原點O沿z軸正方向進入磁場I。不計離子重力。
(1)當離子甲從A點出射速度為v0時,求電場強度的大小E;
(2)若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動,求進入磁場時的最大速度vm;
(3)離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場I,求第四次穿過xOy平面的位置坐標(用d表示);
(4)當離子甲以的速度從O點進入磁場I時,質量為4m、帶電量為+q的離子乙也從O點沿z軸正方向以相同的動能同時進入磁場I,求兩離子進入磁場后,到達它們運動軌跡第一個交點的時間差Δt(忽略離子間相互作用)。
標準答卷 閱卷揭秘 答題規則
解:(1)粒子從A到O的過程,a=　 ①(1分) l=v0cosβ·t ②(1分) v0sinβ=at ③(1分) 聯立解得E=　 ④(1分) (2) 粒子在磁場Ⅰ區域qvB= ⑤ 粒子在磁場Ⅱ區域 qv·B= ⑥(1分) 為了使離子在磁場中運動,需滿足r1≤d,r2≤3d ⑦(1分) 聯立解得粒子進入磁場時的最大速度為vm=　 ⑧(1分) (3)離子甲以的速度從O點沿z軸正方向第一次穿過xOy面進入磁場Ⅰ,離子在磁場Ⅰ中的軌跡半徑為r1== ⑨ (1分) 離子在磁場Ⅱ中的軌跡半徑為 r2==⑩(1分) 離子第四次穿過xOy平面的x坐標為x4=2r2sin45°=d 離子第四次穿過xOy平面的y坐標為y4=2r1=d 故離子第四次穿過xOy平面的位置坐標為(d,d,0) (2分) (4)由于甲、乙離子動能相同,可得v'=v= 根據qvB=可得r1=2r1' (1分) 離子甲、乙運動軌跡第一個交點如圖所示 由T= (1分) 得離子甲、乙在磁場中運動時間: t甲=,t乙= 它們運動軌跡第一個交點的時間差 Δt= (1分) ②③式寫成l=v0sinβ·t和v0cosβ=at,計算結 果雖然相同,但這兩式 不得分 ④式寫成E=也得分, β寫成θ不得分 ⑤和⑥式共1分,寫成qvB=或R=也得分 ⑧寫成vmax=不得分 規則1:明確離子在不同場區的運動性質 離子在電場中做類平拋運動,在磁場Ⅰ、Ⅱ區域中做勻速圓周運動。 規則2:準確畫出離子在不同區域的運動軌跡草圖 軌跡準確有助于正確找出運動過程的幾何關系。
式共2分。 (4)中準確畫出離子運動軌跡有助于解題 規則3:計算結果嚴格按照題目中給出的符號書寫 如⑧式寫成vmax=不得分。 規則4:答題要寫出重要關系式,計算結果 要簡潔、準確,并寫在醒目的地方
1.(帶電離子在復合場中運動)平面OM和水平面ON之間的夾角為30°,其橫截面如圖所示,平面OM和水平面ON之間同時存在勻強磁場和勻強電場,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外,勻強電場的方向豎直向上。一帶電小球的質量為m、帶電荷量為q,帶電小球沿紙面以大小為v0的速度從OM上的某點向左上方射入磁場,速度方向與OM成30°角,帶電小球進入磁場后恰好做勻速圓周運動,已知帶電小球在磁場中的運動軌跡與ON恰好相切,且能從OM上另一點P射出磁場,重力加速度大小為g(P未畫出)。
(1)帶電小球帶何種電荷 勻強電場的電場強度為多大
(2)帶電小球離開磁場的出射點P到兩平面交點O的距離為多大
(3)帶電小球離開磁場后繼續運動,能打在左側豎直的光屏OO'上,此點到O點的距離為多大
2.(帶電離子在疊加場中運動)如圖甲所示,豎直面MN的左側空間中存在方向豎直向上的勻強電場(上、下及左側無邊界)。一個質量為m、電荷量為q、可視為質點的帶正電小球,以水平初速度v0沿PQ向右做直線運動。若小球剛經過D點時(t=0),在電場所在空間疊加如圖乙所示隨時間周期性變化、垂直紙面向里的勻強磁場,使得小球再次通過D點時速度方向與PQ連線成60°角。已知D、Q間的距離為(+1)L,t0小于小球在磁場中做圓周運動的周期,忽略磁場變化造成的影響,重力加速度為g,求:
(1)電場強度E的大小;
(2)t0與t1的比值;
(3)小球過D點后將做周期性運動,則當小球運動的周期最大時,此時的磁感應強度的大小B0及運動的最大周期Tm。
3.(帶電離子在組合場中運動)如圖在直角坐標系xOy平面內,在第Ⅱ象限中存在沿x軸負方向、場強為E的勻強電場,在第Ⅰ、Ⅳ象限存在垂直坐標平面向里的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q的負粒子,從x=-l的M點以一定的初速度沿y軸正方向進入電場,經y=2l的N點離開電場,經過磁場后恰好通過坐標原點O處再次進入電場,不計粒子重力。
(1)求粒子的初速度大小;
(2)求勻強磁場的磁感應強度B的大小;
(3)若該粒子以相同的初速度從x=-2l處沿y軸正方向進入電場,求粒子第二次經過y軸時的縱坐標;
(4)滿足(3)的條件下,求粒子第n次經過y軸時的縱坐標。
類型3　規范幾何作圖,
快解電磁偏轉類計算題
1.【解析】(1)小球在復合場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,小球受到的電場力與重力平衡,小球所受電場力豎直向上,電場力方向與電場強度方向相同,則小球帶正電荷;電場力與重力大小相等,則qE=mg,解得E=。
(2)小球進入磁場后做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力
qv0B=m,解得r=。
根據題意,帶電小球在復合場中的運動軌跡如圖所示,Q點為運動軌跡與ON的切點,I點為入射點,P點為出射點,則IP為圓軌跡的弦,小球離開磁場的速度方向與OM的夾角也為30°,由幾何關系可得,QP為圓軌跡的直徑,可知OP的長度為s===4r=。
(3)帶電小球從P點離開磁場后做平拋運動,設小球打在光屏上的T點,豎直位移為y,
水平位移x=v0t,
解得t===,
豎直位移y=gt2=,
小球打在光屏上的T點到O點的距離為
H=2r+y=+。
答案:(1)正電荷　　(2)
(3)+
2.【解析】(1)由平衡條件,有mg=qE,解得E=。
(2)小球能再次通過D點,其運動軌跡如圖1所示,設半徑為r,t1時刻小球離D點的距離為s,有s=v0t1,
由幾何關系得s=
設小球做圓周運動的周期為T,則T=,t0=T,
由以上各式得=π。
(3)當小球運動的周期最大時,其運動軌跡應與MN相切,
小球運動一個周期的軌跡如圖2所示,由幾何關系得
R+=(+1)L,
由洛倫茲力提供向心力得
qv0B0=m,
得B0=;
小球在一個周期內運動的路程
s1=3××2πR+6×,
可得Tm==。
答案:(1)　(2)π　(3)
3.【解析】(1)設粒子的初速度為v0,從M點射出的粒子在電場中做類平拋運動經歷的時間為t1,則v0t1=2l
l=
解得v0=
(2)設該粒子離開電場時的速度大小為v,與y軸的夾角為α,如圖
則qEl=mv2-m,cosα=
設該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R,則2R·sinα=2l
qvB=m
解得B=
(3)處進入電場的粒子,在電場中的運動時間為t2,則
2l=
y1=v0t2
解得y1=2l
設該粒子進入磁場的速度方向與y軸夾角為θ,速度大小為v1,則
tanθ==,v1=
該粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=
該粒子兩次經過y軸,交點間的距離Δy=2r·sinθ
解得Δy=2l
所以該粒子第二次經過y軸時的縱坐標y2=y1-Δy=0
(4)由(3)可知,粒子第一次從磁場再進入電場時經過坐標原點,每經過一次電場沿y軸向上移,則粒子第n次經過y軸時的縱坐標yn=l(n+1)(n=1,3,5,…),
yn=l(n-2)(n=2,4,6,…)。
答案:(1)　(2)
(3)y2=0　(4)yn=l(n+1)(n=1,3,5,…),yn=l(n-2)(n=2,4,6,…)類型4　用動力學觀點或能量觀點破解電磁感應計算題
閱卷案例　 (10分)(2022·浙江1月選考)如圖所示,水平固定一半徑r=0.2 m的金屬圓環,長均為r,電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置,其中一端與圓環接觸良好,另一端固定在過圓心的導電豎直轉軸OO'上,并隨軸以角速度ω=600 rad/s勻速轉動,圓環內左半圓均存在磁感應強度大小為B1的勻強磁場。圓環邊緣、與轉軸良好接觸的電刷分別與間距l1的水平放置的平行金屬軌道相連,軌道間接有電容C=0.09 F的電容器,通過單刀雙擲開關S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側存在寬度為l1、長度為l2、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區域。在磁場區域內靠近左側邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab,磁場區域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接,在絕緣軌道的水平段上放置“[”形金屬框fcde。棒ab長度和“[”形框的寬度也均為l1、質量均為m=0.01 kg,de與cf長度均為l3=0.08 m,已知l1=0.25 m,l2=0.068 m,B1=B2=1T、方向均為豎直向上;棒ab和“[”形框的cd邊電阻均為R=0.1 Ω,除已給電阻外其他電阻不計,軌道均光滑,棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關S和接線柱1接通,待電容器充電完畢后,將S從1撥到2,電容器放電,棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起形成閉合框abcd,此時將S與2斷開,已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2 m后返回進入磁場。
(1)求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q,哪個極板(M或N)帶正電
(2)求電容器釋放的電荷量ΔQ;
(3)求框abcd進入磁場后,ab邊與磁場區域左邊界的最大距離x。
標準答卷 閱卷揭秘 答題規則
解:(1)開關S和接線柱1接通,電容器充電過程,據法拉第電磁感應定律可知E=B1ωr2　　 ①(1分) 則電容器的電量為Q=CU==0.54 C②(1分) 由右手定則可知感應電流沿徑向向外,即邊緣為電源正極,圓心為負極,故M板帶正電 ③(1分) (2)電容器放電過程對棒ab由動量定理得B2l1ΔQ=mv1　 ④(1分) 棒ab被彈出磁場后與“[”形框粘在一起由動量守恒定律可得　　 mv1=(m+m)v2　　　　 ⑤(1分) 上滑過程根據能量守恒定律得·2m=2mgh ⑥(1分) 聯立④⑤⑥解得　 ΔQ==0.16 C⑦(1分) (3)設導體框在磁場中減速滑行的總路程為Δx,由動量定理 =2mv2 ⑧(1分) 可得Δx=0.128 m>0.08 m 勻速運動距離為l3-l2=0.012 m⑨(1 分) 則x=Δx+l3-l2=0.14 m⑩(1分) ①式寫成Ε=Β1ωr2不得分。 ③中直接寫 “M ”也得分。 ④式要注意符號下邊的角標,寫錯任何一個均不得分。 ⑥式寫成m=mgh不給分。 ⑨式中漏掉單位,寫成 0.012不得分。 規則1:要有必要的文字說明 寫明棒ab在每個運動過程中遵循的規律:動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律等。 規則2:寫準公式和答案,不寫推導過程 規則3:最終結果簡潔,醒目 如③中一定要寫出M板帶正電,要讓閱卷老師一眼看到答案。 規則4:解答每小問時要寫明序號 堆砌公式只按第一小問計算得分。
1.(動力學觀點)如圖,間距為L的光滑平行導軌傾斜固定,傾角θ=30°,電阻不計的導軌上放置兩根有一定阻值的金屬桿ab和cd,兩桿質量均為m,cd桿中點通過平行于導軌的輕繩系在固定的拉力傳感器上。整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向垂直導軌平面向上的勻強磁場中?，F給ab桿一個沿導軌向上、大小為v0的初速度,同時對ab桿施加一個平行于導軌的推力,使拉力傳感器示數FT隨時間t按FT=t+的規律變化。已知重力加速度大小為g,兩桿不相碰,始終與導軌垂直且接觸良好,不計一切摩擦。
(1)求t=0時回路中的感應電流大小I0;
(2)求ab桿的速度vt隨時間t變化的關系式;
(3)若在0~時間內回路產生的焦耳熱為Q,求推力F在0~時間內做的功。
2.(能量觀點)在生產線框的流水線上,為了檢測出個別不合格的未閉合線框,讓線框隨傳送帶通過一固定勻強磁場區域(磁場方向垂直于傳送帶平面向下),觀察線框進入磁場后是否相對傳送帶滑動就能夠檢測出不合格的未閉合線框,其物理情境簡化如下:如圖所示,通過絕緣傳送帶輸送完全相同的正方形單匝純電阻銅線框,傳送帶與水平方向夾角為α,以恒定速度v0斜向上運動。已知磁場邊界MN、PQ與傳送帶運動方向垂直,MN與PQ間的距離為d,磁場的磁感應強度大小為B。線框質量為m,電阻值為R,邊長為L(d>2L),線框與傳送帶間的動摩擦因數為μ,重力加速度為g。閉合線框的上邊在進入磁場前線框相對傳送帶靜止,線框剛進入磁場的瞬間,和傳送帶發生相對滑動,線框運動過程中上邊始終平行于MN,當閉合線框的上邊經過邊界PQ時又恰好與傳送帶的速度相同。設傳送帶足夠長,求:
(1)閉合線框的上邊剛進入磁場時上邊所受安培力F安的大小;
(2)從閉合線框的上邊剛進入磁場到上邊剛要出磁場所用的時間t;
(3)從閉合線框的上邊剛進入磁場到下邊穿出磁場后又相對傳送帶靜止的過程中,電動機多消耗的電能E。
3.(動量、能量結合)如圖所示,虛線框內為某種電磁緩沖車的結構示意圖,其主要部件為緩沖滑塊K和質量為m的緩沖車廂。在緩沖車的底板上,沿車的軸線固定著兩個光滑水平絕緣導軌PQ、MN。緩沖車的底部,安裝有電磁鐵(圖中未畫出),能產生垂直于導軌平面的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B。導軌內的緩沖滑塊K由高強度絕緣材料制成,滑塊K上繞有閉合矩形線圈abcd,線圈的總電阻為R,匝數為n,ab邊長為L。假設緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,此后線圈與軌道的磁場作用力使緩沖車廂減速運動,從而實現緩沖,一切摩擦阻力不計。
(1)求線圈abcd中最大感應電動勢的大小;
(2)若緩沖車廂向前移動距離L后速度為零(緩沖車廂未與滑塊K接觸),求此過程線圈abcd中通過的電荷量q和產生的焦耳熱Q;
(3)若緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,求此后緩沖車廂的速度v隨位移x的變化規律(緩沖車廂未與滑塊K接觸)。
類型4　用動力學觀點或能量
觀點破解電磁感應計算題
1.【解析】(1)由FT=t+可得t=0時,FT0=
cd桿受到的安培力大小F安=BI0L①
FT0+F安=mgsinθ②
由①②式得I0=③
(2)設回路總電阻為R,則I0=④
I=⑤
cd桿受力平衡FT+BIL=mgsinθ⑥
又FT=t+⑦
由④⑤⑥⑦求得vt=v0-gt⑧
(3)由⑧可知ab桿沿傾斜導軌做勻減速直線運動,加速度大小為a=g,方向沿導軌向下,ab桿在t=時的速度vt=-v0　
0~間內的位移s=v0t-at2⑨
由動能定理可得-mg·s·sinθ-W安+WF=m-m⑩
由功能關系可知,在0~時間內ab桿克服安培力做的功為W安=Q
由⑨⑩ 得WF=Q-m
答案:(1)　(2)vt=v0-gt
(3)Q-m
2.【解析】(1)根據安培力公式得F安=BIL,
根據閉合電路歐姆定律得I=,
又由法拉第電磁感應定律得E=BLv0,
由以上聯立可解得F安=。
(2)在線框的上邊剛進入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中,取沿斜面向上為正方向,根據動量定理有μmgcosα·t-mgsinα·t-t'=0,
根據安培力公式得=BL,
根據閉合電路歐姆定律得=,
根據法拉第電磁感應定律得=BL,
根據運動學公式得L=t',
由以上各式聯立解得t=。
(3)在線框的上邊剛進入磁場到線框的上邊剛要出磁場的過程中,由動能定理得
(μmgcosα-mgsinα)d+W安=0,
由功能關系得Q電=-W安,Qf=μmgcosα(v0t-d);
從線框上邊剛進入磁場到線框穿出磁場后相對傳送帶靜止的過程中,由能量守恒定律得E=2mgsinα·d+2Q電+2Qf,
由以上聯立可解得E=。
答案:(1)
(2)
(3)
3.【解析】(1)緩沖車以速度v0與障礙物C碰撞后,滑塊K立即停下,滑塊相對磁場的速度大小為v0 ,此時線圈中產生的感應電動勢最大,則Em=nBLv0。
(2)由法拉第電磁感應定律有E=n
根據閉合電路歐姆定律有=,通過線圈的電荷量q=t,
解得q=n
由能量守恒定律有Q=m。
(3)位移為x時線圈中通過的電荷量q1=n
由動量定理有-nBLt1=mv-mv0,又q1=t1
解得v=-+v0。
答案:(1)nBLv0
(2)n　m
(3)v=-+v0

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