第二部题型研究三题型专练

1(2013湛江模拟)如图1所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l1 m，导轨平面与水平面成30角，下端连接“2.5 V,0.5 W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为m0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触。取g10 m/s2。求：图1(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；(3)磁感应强度的大小。解析：(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律有mgsin ma代入数据解得a5 m/s2(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有mgsin FA0此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有PFAv联立式并代入数据解得v5 m/s(3)设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为EBlv小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有EU灯联立式并代入数据解得B0.5 T答案：(1)5 m/s2(2)5 m/s(3)0.5 T2(2013潍坊模拟)如图2所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为37的粗糙斜面轨道DC相切于C点，圆轨道的直径AC与斜面垂直。质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处。已知当地的重力加速度为g，取Rh，sin 370.6，cos 370.8，不计空气阻力，求：图2(1)小球被抛出时的速度v0；(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W。解析：(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为，如图所示。则有v22gh由几何关系得v0vcot 得v0(2)A、B间竖直高度HR(1cos )设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有mv02mg(Hh)mv2在B点，有FNmgm解得FN5.6mg由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有Wmv02mgh答案：(1)(2)5.6mg(3)mgh3(2013泉州质检)如图3甲所示，水平地面上有一块质量M1.6 kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F10 N、与水平方向成37角的拉力作用，木板恰好能以速度v08 m/s水平向右匀速运动。现有很多个质量均为m0.5 kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L1 m时，就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块。取g10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，求：图3(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1；(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0x4L范围内，木板动能变化量的绝对值|Ek|与x的关系图像(不必写出分析过程，其中0xL的图像已画出)。解析：(1)由平衡条件得Fcos 37(MgFsin 37)解得0.8(2)放上第一个小铁块后，木板做匀减速运动，由动能定理得Fcos 37L(Mm)gFsin 37LMv12Mv02代入数据解得v1 m/s(3)答案：(1)0.8(2) m/s(3)见解析4(2013滨州模拟)如图4所示，边长为L的正方形PQMN(含边界)区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，左侧有水平向右的匀强电场，场强大小为E，质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)从O点静止释放，O、P、Q三点在同一水平线上，OPL，带电粒子恰好从M点离开磁场，求：图4(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子从O到M的时间；(3)若磁感应强度B可以调节(不考虑磁场变化产生的电磁感应)，带电粒子从边界NM上的O离开磁场，O到N的距离为L，求磁感应强度B的最大值。解析：(1)设粒子运动到P点时速度大小为v，由动能定理qELmv2粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，半径rL由qvBm由得：B (2)设粒子在匀强电场中运动时间为t，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律得：EqmaLat12由式得：t1 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T，运动时间为t2T解得：t2 粒子从O点运动到M点经历的时间tt1t2(3)由于ON之间距离为L小于，当B最大时，应满足：(L3r)2(L)2r2解得： rL或rL由r当磁感应强度最大时，半径最小，即：Bm7答案：(1) (2)(3)75(2013天津高考)一圆筒的横截面如图5所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：图5(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立上式可得E(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O，圆半径为r。设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于。由几何关系得rRtan 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了 d