《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化4 高考計(jì)算題解題策略教學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 優(yōu)化4 高考計(jì)算題解題策略教學(xué)案（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、優(yōu)化4　高考計(jì)算題解題策略 計(jì)算題一般給出較多的信息，有清晰的已知條件，也有隱含條件，在實(shí)際物理情景中包含有抽象的物理模型，在所給出物理過(guò)程的信息中有重要的臨界條件，題目思維量大，解答中要求寫(xiě)出重要的演算步驟和必要的文字說(shuō)明． 1．慢審題，快答題 只有認(rèn)真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定的物理情境、各物理量間的對(duì)應(yīng)關(guān)系、物理過(guò)程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題．所謂審題要慢，就是要仔細(xì)，要審?fù)福P(guān)鍵的詞句理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關(guān)信息，排除干擾因素．要做到這些，必須通讀試題，特別是括號(hào)內(nèi)的內(nèi)容，千萬(wàn)不要忽視． 2．習(xí)慣畫(huà)圖，分段處理 對(duì)綜合性強(qiáng)、

2、過(guò)程較為復(fù)雜的題，要習(xí)慣畫(huà)草圖，采用“分段”處理，所謂的“分段”處理，就是根據(jù)問(wèn)題的需要和研究對(duì)象的不同，將問(wèn)題涉及的物理過(guò)程，按照時(shí)間和空間的發(fā)展順序，合理地分解為幾個(gè)彼此相對(duì)獨(dú)立又相互聯(lián)系的階段，再根據(jù)各個(gè)階段遵從的物理規(guī)律逐個(gè)建立方程，最后通過(guò)各階段的聯(lián)系綜合起來(lái)解決，從而使問(wèn)題化整為零、各個(gè)擊破． 3．書(shū)寫(xiě)必要的文字說(shuō)明 必要的文字說(shuō)明的目的是說(shuō)明物理過(guò)程和答題依據(jù)，我們應(yīng)該從以下幾個(gè)方面給予考慮： (1)說(shuō)明研究對(duì)象(個(gè)體或系統(tǒng)，尤其是要用整體法和隔離法相結(jié)合求解的題目，一定要注意研究對(duì)象的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化問(wèn)題)． (2)畫(huà)出受力分析圖、電路圖、光路圖或運(yùn)動(dòng)過(guò)程的示意圖． (3)

3、說(shuō)明所設(shè)字母的物理意義． (4)說(shuō)明規(guī)定的正方向、零勢(shì)點(diǎn)(面)． (5)說(shuō)明題目中的隱含條件、臨界條件． (6)說(shuō)明所列方程的依據(jù)、名稱及對(duì)應(yīng)的物理過(guò)程或物理狀態(tài)． (7)說(shuō)明所求結(jié)果的物理意義(有時(shí)需要討論分析)． 4．要有必要的方程式 (1)寫(xiě)出符合題意的原始方程(是評(píng)分依據(jù)，文字說(shuō)明一般不計(jì)分)，不能寫(xiě)變形式． (2)要用字母表述方程，不要寫(xiě)有代入數(shù)據(jù)的方程，不能寫(xiě)化簡(jiǎn)式，如“G＝mg”不能寫(xiě)成“＝g”． (3)要用原始方程組聯(lián)立求解，不要用連等式，不要不斷的“續(xù)”進(jìn)一些內(nèi)容． (4)方程式有多個(gè)時(shí)，應(yīng)分步列(分步得分)，并對(duì)各方程式編號(hào)(便于計(jì)算和說(shuō)明)，不要合寫(xiě)一式

4、，以免一錯(cuò)全錯(cuò)． 5．使用各種字母符號(hào)要規(guī)范 (1)字母符號(hào)要寫(xiě)清楚、規(guī)范，忌字跡潦草．閱卷時(shí)因?yàn)椤皏、r、ν”不分，大小寫(xiě)“M、m”或“L、l”不分，“G”的草體像“a”，希臘字母“ρ、μ、β、η”筆順或形狀不對(duì)而被扣分屢見(jiàn)不鮮． (2)尊重題目所給的符號(hào)，題目給了符號(hào)的一定不要再另立符號(hào)．如題目給出半徑是r，你若寫(xiě)成R就算錯(cuò)． (3)一個(gè)字母在一個(gè)題目中只能用來(lái)表示一個(gè)物理量，忌一字母多用；一個(gè)物理量在同一題中不能有多個(gè)符號(hào)，以免混淆． (4)尊重習(xí)慣用法．如拉力用F，摩擦力用Ff表示，閱卷人一看便明白，如果用反了就會(huì)帶來(lái)誤解． (5)角標(biāo)要講究．角標(biāo)的位置應(yīng)當(dāng)在右下角，比字母

5、本身小許多．角標(biāo)的選用亦應(yīng)講究，如通過(guò)A點(diǎn)的速度用vA就比用v1好；通過(guò)某相同點(diǎn)的速度，按時(shí)間順序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然帶來(lái)誤解． (6)物理量單位的符號(hào)源于人名的單位，由單個(gè)字母表示的應(yīng)大寫(xiě)，如庫(kù)侖C、亨利H；由兩個(gè)字母組成的單位，一般前面的字母用大寫(xiě)，后面的字母用小寫(xiě)，如Hz、Wb. 題型1　牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 本知識(shí)點(diǎn)是牛頓運(yùn)動(dòng)定律的重要應(yīng)用之一，為每年高考的重點(diǎn)，常以計(jì)算題型出現(xiàn)，且為多過(guò)程，難度中等．分析近幾年考題，命題規(guī)律有以下三點(diǎn)： 1．牛頓第二定律結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行考查． 2．牛頓第二定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)進(jìn)行考查． 3．牛頓

6、第二定律結(jié)合“板塊模型”(或“傳送帶模型”)進(jìn)行考查． 【典例1】　(2019·江西一模)如圖甲所示，質(zhì)量為M＝0.5 kg的木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m＝1 kg的物塊以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，在物塊滑上木板的同時(shí)，給木板施加一個(gè)水平向右的恒力F.當(dāng)恒力F取某一值時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程為s，給木板施加不同大小的恒力F，得到－F圖像如圖乙所示，其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為1 m－1.將物塊視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2. (1)若恒力F＝0，則物塊會(huì)從木板的右端滑下，求

7、物塊在木板上滑行的時(shí)間． (2)圖乙中BC為直線段，求該段恒力F的取值范圍及與F的函數(shù)關(guān)系式． [解析]　(1)以向右為正方向，物塊受向左的摩擦力，由牛頓第二定律有μmg＝ma1，解得物塊的加速度大小為a1＝μg＝2 m/s2， 對(duì)木板有μmg＝Ma2，解得木板的加速度大小為a2＝4 m/s2， 在t時(shí)間內(nèi)物塊的位移為x1＝v0t－a1t2，木板的位移為x2＝a2t2，物塊滑下木板時(shí)位移關(guān)系為L(zhǎng)＝x1－x2，由題圖乙可知，板長(zhǎng)L＝1 m， 代入數(shù)據(jù)可解得t1＝ s，t2＝1 s， 當(dāng)t2＝1 s時(shí)，物塊的速度為2 m/s，木板的速度為4 m/s，而當(dāng)物塊從木板右端滑離時(shí)，物塊的速度

8、不可能小于木板的速度，t2＝1 s應(yīng)舍去，故所求時(shí)間為t1＝ s. (2)①當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值時(shí)物塊恰好到達(dá)木板的右端，且兩者具有共同速度v，歷時(shí)t，則對(duì)木板有F＋μmg＝Ma3，兩者速度相同，v＝v0－a1t＝a3t，物塊的位移為xm＝t，木板的位移為xM＝t，兩者位移間的關(guān)系為s＝xm－xM，聯(lián)立解得＝，由題圖乙可知s≤1 m，解得F≥1 N. ②當(dāng)F繼續(xù)增大時(shí)，兩者共速后能保持相對(duì)靜止(靜摩擦力作用)一起以相同加速度a4做勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有F＝(M＋m)a4，對(duì)物塊有f＝ma4，f為靜摩擦力，需滿足f≤fmax＝μmg＝2 N，聯(lián)立解得F≤3 N.

9、 綜上所述，BC段恒力F的取值范圍是1 N≤F≤3 N，函數(shù)關(guān)系式是＝. [答案]　(1) s　(2)＝(1 N≤F≤3 N) 題型2　應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)分析多過(guò)程問(wèn)題 本知識(shí)點(diǎn)為近幾年高考的考查熱點(diǎn)，對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題應(yīng)用動(dòng)量定理求解，碰撞、爆炸、反沖類問(wèn)題常用動(dòng)量守恒求解．若過(guò)程涉及能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，用功能關(guān)系或動(dòng)能定理求解． 【典例2】　(2019·湖南長(zhǎng)沙一模)如圖所示，用長(zhǎng)為R且不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為的小球A懸掛于O點(diǎn)．在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板C的左端并與長(zhǎng)木板均保持靜止．將小球A

10、拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與B發(fā)生彈性正碰． (1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值； (2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則C的長(zhǎng)度至少為多少時(shí)B才不會(huì)從C的上表面滑出？ [解析]　(1)A從開(kāi)始下落到與B碰撞前的過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得mgR＝·mv， 小球與B碰撞過(guò)程中動(dòng)量和機(jī)械能均守恒，以水平向右為正方向． 由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2， 由機(jī)械能守恒定律得·mv＝·mv＋mv， 聯(lián)立解得v1＝－，v2＝， 設(shè)碰撞后A上升的最大高度為H，則gH＝·v， 又cosθ＝，聯(lián)立解得cosθ＝.

11、 (2)B在木板C上滑動(dòng)過(guò)程中，B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv2＝(m＋2m)v， 設(shè)木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，B剛好滑到C的最右端時(shí)兩者共速，則B在木板C上滑動(dòng)的過(guò)程中，由能量守恒定律得 μmgL＝mv－(m＋2m)v2， 聯(lián)立解得L＝. [答案]　(1)　(2) 題型3　帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是高考的熱點(diǎn)，每年的高考中都會(huì)出現(xiàn)，主要考查帶電粒子在洛倫茲力下的圓周運(yùn)動(dòng)，常與帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)相結(jié)合，綜合考查受力分析、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，難度較大，通常為高考的壓軸題． 【典例3】　(20

12、19·河南五校聯(lián)考)如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)．左側(cè)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向水平向右，電場(chǎng)寬度為L(zhǎng)；中間區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外；右側(cè)區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B，方向垂直紙面向里．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q、不計(jì)重力的帶正電的粒子從電場(chǎng)的左邊緣的O點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)中間磁場(chǎng)區(qū)域進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)區(qū)域后，又回到O點(diǎn)，然后重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)過(guò)程．求： (1)中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度d； (2)帶電粒子從O點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次回到O點(diǎn)所用時(shí)間． [解析]　(1)帶電粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理，可得：qEL＝mv2 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)

13、，由牛頓第二定律，可得： Bqv＝m 由以上兩式，可得：R＝. 可見(jiàn)粒子在兩磁場(chǎng)區(qū)域的運(yùn)動(dòng)半徑相同，如圖所示 三段圓弧的圓心組成的△O1O2O3是等邊三角形，其邊長(zhǎng)為2R.所以中間磁場(chǎng)區(qū)域的寬度為： d＝Rsin60°＝. (2)在左側(cè)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)的加速度： a＝ 在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間： t1＝＝＝2 在中間磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間： t2＝＝ 在右側(cè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為： t3＝T＝ 則粒子第一次回到O點(diǎn)所用的時(shí)間為： t＝t1＋t2＋t3＝2 ＋. [答案]　(1)　(2)2 ＋ 題型4　應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理電磁感應(yīng)問(wèn)題 電磁感應(yīng)現(xiàn)象是其他形式的能和電能的

14、相互轉(zhuǎn)化，遵循能量守恒定律．涉及能量的電磁感應(yīng)問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，此類題目常涉及楞次定律、右手定則、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、能量守恒定律等知識(shí)，綜合性強(qiáng)，題目難度較大，常出現(xiàn)在選擇題的最后一題或計(jì)算題位置． 【典例4】　在生產(chǎn)線框的流水線上，為了檢測(cè)出個(gè)別不合格的未閉合線框，讓線框隨傳送帶通過(guò)一固定勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域(磁場(chǎng)方向垂直于傳送帶平面向下)，觀察線框進(jìn)入磁場(chǎng)后是否相對(duì)傳送帶滑動(dòng)就能夠檢測(cè)出不合格的未閉合線框，其物理情境簡(jiǎn)化如下：如圖所示，通過(guò)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(yùn)動(dòng)．已知磁場(chǎng)邊

15、界MN、PQ與傳送帶運(yùn)動(dòng)方向垂直，MN與PQ間的距離為d，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.線框質(zhì)量為m，電阻值為R，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)(d>2L)，線框與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g.閉合線框的上邊在進(jìn)入磁場(chǎng)前線框相對(duì)傳送帶靜止，線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，和傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，線框運(yùn)動(dòng)過(guò)程中上邊始終平行于MN，當(dāng)閉合線框的上邊經(jīng)過(guò)邊界PQ時(shí)又恰好與傳送帶的速度相同．設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)．求： (1)閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)上邊所受安培力F安的大?。? (2)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到上邊剛要出磁場(chǎng)所用的時(shí)間t； (3)從閉合線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到下邊穿出磁場(chǎng)后又相對(duì)傳送帶靜止的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的

16、電能E. [解析]　(1)根據(jù)安培力公式得F安＝BIL 根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝ 又由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝BLv0 由以上聯(lián)立可解得F安＝. (2)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框的上邊剛要出磁場(chǎng)的過(guò)程中，取沿斜面向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有 μmgcosα·t－mgsinα·t－安t′＝0 根據(jù)安培力公式得安＝BL 根據(jù)閉合電路歐姆定律得＝ 根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得＝＝ 由以上聯(lián)立解得t＝. (3)在線框的上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框的下邊剛要出磁場(chǎng)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得(μmgcosα－mgsinα)d＋W安＝0 由功能關(guān)系得Q電＝－W安 Qf＝μmgcosα(v0t－

17、d) 從線框上邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)到線框穿出磁場(chǎng)后相對(duì)傳送帶靜止的過(guò)程中，由能量守恒定律得 E＝2mgsinα·d＋2Q電＋2Qf 由以上聯(lián)立可解得E＝. [答案]　(1)　(2)　(3) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二十二) 1．(2019·河北名校聯(lián)盟)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處，已知傳送帶長(zhǎng)為L(zhǎng)＝50 m，正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v＝4 m/s.一次工人剛把M＝10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時(shí)停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來(lái)一塊m＝5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過(guò)定滑輪用繩子把木板拉上去．貨物與木板及木板與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.8.(貨物與木板均可看

18、成質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) (1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對(duì)木板滑動(dòng)，求工人所用拉力的最大值； (2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把貨物拉到處時(shí)來(lái)電了，工人隨即撤去拉力，求此時(shí)貨物與木板的速度大??； (3)來(lái)電后，還需要多長(zhǎng)時(shí)間貨物能到達(dá)B處？(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)間) [解析]　(1)設(shè)最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時(shí)的加速度為a1，對(duì)貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得 μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝0.4 m/s2. 對(duì)貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 Fm－μ(m＋M)

19、gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 N. (2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得 F－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，得a2＝0.2 m/s2. 設(shè)來(lái)電時(shí)貨物與木板的速度大小為v1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 v＝2a2， 代入數(shù)據(jù)得v1＝2 m/s. (3)由于v1<4 m/s，所以來(lái)電后貨物與木板繼續(xù)加速，設(shè)加速度為a3，則有μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a3， 代入數(shù)據(jù)得a3＝0.4 m/s2. 設(shè)經(jīng)過(guò)t1貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s. 設(shè)t

20、1時(shí)間內(nèi)貨物與木板加速的位移為x1，v2－v＝2a3x1，得x1＝15 m. 共速后，木板與傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則x2＝L－－x1； 得x2＝25 m 又t2＝ 得t2＝6.25 s 所以來(lái)電后木板和貨物還需要運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t＝t1＋t2＝11.25 s. [答案]　(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s 2．(2019·廣州市普通高中畢業(yè)班測(cè)試)傾角為θ的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長(zhǎng)度為3L，BC、CD的長(zhǎng)度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如圖，4個(gè)小滑塊左邊均固定一

21、個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿，緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4，輕桿與斜面平行并與上一個(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處．現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)D處時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)與斜面相碰．已知滑塊的質(zhì)量均為m并均可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為tanθ，重力加速度為g.求： (1)滑塊1剛進(jìn)入BC時(shí)，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大小； (2)4個(gè)滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離． [解析]　(1)以4個(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)滑塊1剛進(jìn)入BC段時(shí)，4個(gè)滑塊的加速度為a，由牛頓第二定律有： 4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma 以滑塊1為研究對(duì)象

22、，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，滑塊1上的輕桿受到的壓力大小為F，由牛頓第二定律有： F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma 已知μ＝tanθ，聯(lián)立可得F＝mgsinθ (2)設(shè)滑塊4剛進(jìn)入BC段時(shí)，滑塊的共同速度為v. 此時(shí)4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，滑塊1、2、3在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L.由動(dòng)能定理有： 4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·(3L＋2L＋L)＝·4mv2 解得v＝3 由于動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，則4個(gè)滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)． 滑塊1離開(kāi)BC后勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為v1，由動(dòng)能定理有 mgsin

23、θ·3.5L＝mv－mv2 解得：v1＝4 當(dāng)滑塊1到達(dá)BC邊緣剛要離開(kāi)粗糙段時(shí)，滑塊2正以速度v勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后離開(kāi)粗糙段，依次類推，直到滑塊4離開(kāi)粗糙段．由此可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差為Δt＝，因此到達(dá)水平面的時(shí)間差也為Δt＝ 所以相鄰滑塊在水平面上的間距為d＝v1Δt 聯(lián)立解得d＝L [答案]　(1)mgsinθ　(2)L 3．(2019·吉林摸底)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝B0，第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E(E大小未知)，磁場(chǎng)、電場(chǎng)寬均為d，左、右邊界與x軸交點(diǎn)分別為A、C；x

24、軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2(B2大小未知)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子平行紙面從A點(diǎn)沿與x軸正方向成θ＝60°角射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)并從C點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)而擊中A點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，求： (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大?。? (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。? (3)粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時(shí)間t. [解析]　(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑均為r＝＝d 由B1qv＝m知v＝＝ 由圖知OD＝r－rcos60°＝＝d 粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，令粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，則

25、 d＝vt2，d＝·t 聯(lián)立得E＝， t2＝. (2)令粒子在C點(diǎn)的速度為vC，則vC＝2v＝ 由B2qvC＝m得B2＝，代入vC、r得B2＝2B0. (3)粒子在磁場(chǎng)B1中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝×＝ 粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3＝×＝ 所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時(shí)間t＝t1＋t2＋t3＝m. [答案]　(1)　(2)2B0　(3)m 4．(2019·武漢市高中畢業(yè)班調(diào)研)如圖所示，足夠長(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L(zhǎng)，所在平面與水平面夾角分別為α＝37°和β＝53°，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫(huà)出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.均勻金屬棒ab和

26、ef質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，始終垂直于導(dǎo)軌，金屬棒ef與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，金屬棒ab光滑．導(dǎo)軌電阻不計(jì)，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)若將棒ab鎖定，由靜止釋放棒ef，求棒ef最終運(yùn)動(dòng)的速度大小v1； (2)在(1)問(wèn)的條件下，若棒ef經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到第(1)問(wèn)中的速度v1，求此過(guò)程中棒ef下滑的距離x； (3)若兩金屬棒均光滑，同時(shí)由靜止釋放，試在同一圖中定性畫(huà)出兩棒運(yùn)動(dòng)的v－t圖線．(ab棒取沿導(dǎo)軌向上為正方向，ef棒取沿導(dǎo)軌向下為正方向) [解析]　(1)棒ef最終勻速運(yùn)動(dòng)

27、，受力如圖，由力的平衡條件有 mgsinβ＝μmgcosβ＋F① 由安培力公式得 F＝BI1L② 由閉合電路歐姆定律得 I1＝③ 由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝BLv1④ 聯(lián)立①②③④式，解得 v1＝⑤ (2)棒ef由靜止釋放到速度為v1，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t，對(duì)棒ef，由動(dòng)量定理有 mgtsinβ－μmgtcosβ－B2Lt＝mv1－0⑥ 由閉合電路歐姆定律有2＝⑦ 由法拉第電磁感應(yīng)定律有＝⑧ 回路磁通量的變化量ΔΦ＝BLx⑨ 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式，解得 x＝－⑩ (3)最終棒ef沿導(dǎo)軌勻加速下滑，棒ab沿導(dǎo)軌勻加速上滑，加速度相同．其v－t圖線如下． [答案]　(1)　(2)－　(3)見(jiàn)解析 14