类型1 用动力学观点求解力学计算题
阅卷案例 (9分)(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中,如图所示,倾斜滑轨与水平面成24°角,长度l1=4 m,水平滑轨长度可调,两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑,其与滑轨间的动摩擦因数均为μ=,货物可视为质点(取cos24°=0.9,sin24°=0.4,重力加速度g取10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小;
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小;
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s,求水平滑轨的最短长度l2。
标准答卷 阅卷揭秘 答题规则
解:(1)货物在倾斜滑轨上滑动时,根据牛顿第二定律得 mgsin24°-μmgcos24°=ma1 ①(1分) 代入数据解得 a1=2 m/s2 ②(1分) (2)货物在倾斜滑轨上滑行过程根据运动学公式得 2a1l1=v2- ③(2分) 代入数据解得 v=4 m/s ④(1分) (3)货物在水平滑轨上根据牛顿第二定律得μmg=ma2 ⑤(2分) 货物在水平滑轨上滑行过程根据运动学公式得 -2a2l2=v'2-v2 ⑥(1分) 代入数据联立解得 l2=2.7 m ⑦(1分) 列出①式需要对货物在斜面上进行受力分析,各物理符号用题目给定符号,24°若写成θ,结果正确不扣分。 ③式写成2a1l1=v2也可得分 ⑤式滑动摩擦力产生加速度,直接写成a2=μg也可得分 ⑥式漏掉“-”不得分,写成2a2l2=v2-v'2也得分 规则1:明确公式中的各物理量符合的意义 ①⑤中的加速度,③⑥中的速度,一定要明确各物理量的符号意义,注意用角标进行区分。 规则2:写牛顿第二定律方程时左边写合力,右边写ma 按照常规熟悉的方式规范书写方程,不要想当然地乱写。 规则3:结果一定写在醒目的地方,规范书写 结果带有字母的组合形式不需要写单位,若是纯数字必须带单位;如果求某个矢量,切记勿忘方向。
1.(抛体运动中的动力学)阳光明媚的中午,小明同学把一块长木板放在院子里,调整倾斜角度,使阳光刚好和木板垂直。在斜面顶端固定一个弹射装置,把一个质量为0.1 kg的小球水平弹射出来做平抛运动。调整初速度大小,使小球刚好落在木板底端。然后使用手机连续拍照功能,拍出多张照片记录小球运动过程。通过分析照片,小明得出小球的飞行时间为0.4 s;小球与其影子距离最大时,影子A距木板顶端和底端的距离之比约为7∶9,如图所示。取g=10 m/s2。
(1)求飞行过程中,重力对小球做的功;
(2)简要说明,小球与影子距离最大时,刚好是飞行的中间时刻;
(3)估算木板长度。
2.(体育运动中的动力学)2022年2月12日,中国运动员高亭宇获北京冬奥会男子速度滑冰500米金牌。中国航天科工研发的“人体高速弹射装置”为运动员的高质量训练提供了科技支持。该装置的作用过程可简化成如图所示,运动员在赛道加速段受到装置的牵引加速,迅速达到指定速度后练习过弯技术。某次训练中,质量m=60 kg(含身上装备)的运动员仅依靠F=600 N的水平恒定牵引力从静止开始加速运动了s=20 m的距离,然后保持恒定速率通过半径为R=10 m的半圆形弯道,过弯时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示。忽略一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)运动员被加速后的速率v及加速过程中牵引力的平均功率P;
(2)运动员过弯道上A点时,冰面对其作用力FN的大小。
3.(圆周运动中的动力学)如图,不可伸长的轻绳一端与质量为m的小球相连,另一端跨过两等高定滑轮与物块连接,物块置于左侧滑轮正下方的水平压力传感装置上,小球与右侧滑轮的距离为l。现用水平向右恒力F=mg将小球由最低处拉至轻绳与竖直方向夹角θ=37°处,立即撤去F,此时传感装置示数为mg。已知物块始终没有脱离传感装置,重力加速度为g,不计滑轮的大小和一切摩擦,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求:
(1)撤去F时小球的速度大小;
(2)小球返回最低处时轻绳的拉力大小;
(3)小球返回最低处时传感装置的示数。
类型1 用动力学观点
求解力学计算题
1.【解析】(1)小球做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,根据匀变速直线运动位
移时间公式,可得h=gt2=×10×0.42 m=0.8 m
根据功的公式,可得飞行过程中,重力对小球做的功为WG=mgh=0.1×10×0.8 J=0.8
J;
(2)经过分析可知,当小球与影子距离最大时,此时小球的速度方向与斜面平行,设速度方向与水平方向的夹角为θ,此时竖直方向的速度为vy=v0tanθ
当小球落到斜面底端时,此时小球位移与水平方向的夹角为θ,此时速度方向与水平方向的夹角为α,根据位移夹角与速度夹角的关系可知tanα=2tanθ
此时竖直方向的速度为v'y=v0tanα=2v0tanθ
根据竖直方向的速度时间公式可得===
则有=,故小球与影子距离最大时,刚好是飞行的中间时刻;
(3)建立如图所示直角坐标系
由题意可知OA∶AB=7∶9
则有OA∶OB=7∶16
可得OA=v0cosθt1+gsinθ
OB=v0cosθt+gsinθt2
又vy=v0sinθ-gcosθt
y方向速度减为零需要的时间为t1=,t=2t1
联立可得OA=(1+tan2θ),OB=(1+tan2θ)
可得tanθ=取θ=30°,则木板的长度为OB==1.6 m。
答案:(1) 0.8 J (2)见解析 (3)1.6 m
2.【解析】(1)对运动员进行受力分析,由牛顿第二运动定律可得F=ma
解得a=10 m/s2
运动员由静止开始加速,由运动学公式v2=2as,v=at
解得v=20 m/s,t=2 s加速过程中牵引力做的功W=Fs
解得W=12 000 J,则加速过程牵引力的平均功率为P=
解得P=6 000 W
(2)对运动员在A点受力分析可知,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,支持力在竖直方向的分力平衡重力,即FNy=mg,解得FNy=600 N
由力的合成与分解可得
FN==600 N。
答案:(1)20 m/s 6 000 W
(2)600 N
3.【解析】(1)由动能定理得Flsinθ-mgl(1-cosθ)=m,可得v1=
(2)从释放到运动至最低位置的过程中,由机械能守恒定律得
m+mgl(1-cosθ)=m
在最低位置时,设轻绳的拉力大小为T1,对小球,由轻绳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时传感装置的示数为FN=mg
设此时轻绳的拉力大小为T2,物块质量为M,对物块由平衡条件FN+T2=Mg
对小球T2-mgcosθ=m
小球再次运动至最低处时,物块所受支持力为FN'
FN'+T1=Mg
由牛顿第三定律可知传感器示数FN″=FN'解得FN″=mg
答案:(1) (2)mg (3)mg类型2 用能量观点或动量观点破解力学计算题
阅卷案例 (16分)(2022·山东等级考)如图所示,“L”形平板B静置在地面上,小物块A处于平板B上的O'点,O'点左侧粗糙,右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O'点正上方的O点,轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放,下摆至最低点与小物块A发生碰撞,碰后小球速度方向与碰前方向相同,开始做简谐运动(要求摆角小于5°),A以速度v0沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后,A返回到O点的正下方时,相对于地面的速度减为零,此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量mA=0.1 kg,B的质量mB=0.3 kg,A与B的动摩擦因数μ1=0.4,B与地面间的动摩擦因数μ2=0.225,v0=4 m/s,取重力加速度g=10 m/s2。整个过程中A始终在B上,所有碰撞时间忽略不计,不计空气阻力,求:
(1)A与B的挡板碰撞后,二者的速度大小vA与vB;
(2)B光滑部分的长度d;
(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功Wf;
(4)实现上述运动过程,的取值范围(结果用cos5°表示)。
标准答卷 阅卷揭秘 答题规则
解:(1)设水平向右为正方向,A、B发生弹性碰撞,故动量守恒、动能不变mAv0=mAvA+mBvB ① mA=mA+mB ② 解得vA=-2 m/s③ vB=2 m/s④ 即A和B的速度大小分别为vA=2 m/s、vB=2 m/s (2)A返回到O点正下方过程,由动 能定理 -μ1mAgx0=0-mA ⑤ 由动量定理得 -μ1mAgt2=0-mAvA ⑥ 在此过程对B由牛顿第二定律得μ2(mA+mB)g=mBa1 ⑦ 根据运动学公式得x0=vBt1-a1 ⑧ 根据几何关系知光滑部分长度 d=vAt1+x0 ⑨ 联立解得d= m⑩ (3)在A刚开始减速时,平板B的速度为v2=vB-a1t1=1 m/s 在A减速过程中,对B根据牛顿第二定律得 μ1mAg+μ2(mA+mB)g=mBa2 B物体停下来的时间为t3,则有0=v2-a2t3 解得t3= s<0.5 s=t2 可知在A减速过程中B先停下来了,此过程中B的位移为xB== m 所以A对B的摩擦力所做的功为Wf=-μ1mAgxB=- J ①②式各1分, ①②两式中的物理符号要用题目中符号 ③④式共1分,③式写成vA=v0 vB=v0没算出结果不得分 ⑤⑥两式全对得1分,写成μ1mAgx0=mA,μ1mAgt2=mAvA也给分 ⑦⑧两式全对得1分 ⑨⑩式各1分 式各1分 式各1分, 式漏掉“-”号不给分 规则1:明确公式中的物理量 ②⑨ 式需要表明其中物理量符号的意义,不然列式混乱,容易失分。 规则2:使用题目给定的字母符号列式求解 题中已定义物理量的字母,若用其他字母表示不得分。 规则3:写准公式和答案,不写推导过程 淡化数学运算过程,⑤⑥和⑦⑧式,只要写错其中一个式子就不得分。 规则4:解答每小问时要写明序号 堆砌公式只按第一小问计算得分。
(4)小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰,此过程有t0== s 设小球做简谐运动的周期为T,摆长为L,则有T=t0+t1+t2 故T=2π 小球下摆过程由动能定理得 MgL=Mv2 小球与A碰撞过程根据动量守恒定律得Mv=Mv1+mAv0 当碰后小球摆角恰为5°时,MgL(1-cos5°)=M 联立可得= 当碰后小球速度恰为0时,碰撞过程有 Mv=mAv0 则可得= 故<< 式1分 式各1分 式1分 规则5:多次用到的相同定理、定律,仅在第一次使用时给分 和均用到动量守恒定律,⑤和 均用到动能定理,只有①式和⑤式得分, 和式不给分。 规则6:最终结果简洁,醒目 要让阅卷老师一眼看到答案。
1.(动能定理)图甲为北京2022年冬奥会的“雪如意”跳台滑雪场地,其简化示意图如图乙,助滑道AB的竖直高度h=55 m,B、C间的距离s=120 m,B、C连线与水平方向的夹角θ=30°。某质量m=60 kg的运动员从出发点A沿助滑道无初速下滑,从起跳点B处沿水平方向飞出,在着地点C处着地,不计空气阻力,g取10 m/s2,求
(1)运动员在起跳点B处的速度大小v0;
(2)运动员在助滑过程中阻力做的功Wf。
2.(动量观点)如图所示,滑板A放在光滑的水平面上,滑块B可视为质点,A和B的质量都是m=1 kg,A的左侧面靠在光滑竖直墙上,A上表面的ab段是光滑的半径为R=0.8 m的四分之一圆弧,bc段是粗糙的水平面,ab段与bc段相切于b点。已知bc长度为l=2 m,滑块B从a点由静止开始下滑,取g=10 m/s2。
(1)求滑块B滑到b点时对A的压力大小;
(2)若滑块B与bc段的动摩擦因数为μ且μ值满足0.1≤μ≤0.5,试讨论因μ值的不同,滑块B在滑板A上滑动过程中因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)。
类型2 用能量观点或动量
观点破解力学计算题
1.【解析】(1)运动员从B点做平抛运动到C点,故水平方向scosθ=v0t
竖直方向ssinθ=gt2解得v0=30 m/s
(2)由动能定理得mgh+Wf=m解得Wf=-6 000 J
答案:(1)30 m/s (2)-6 000 J
2.【解析】(1)设B下滑到b点时速度为v0,受到的支持力为N
由机械能守恒定律得m=mgR ①
由支持力和重力的合力提供向心力得
N-mg=m ②
联立①②式解得N=30 N
由牛顿第三定律可知,B滑到b点时对A的压力大小为30 N。
(2)设bc段的动摩擦因数为μ1时,B滑到c点时A、B恰好达到共同速度v
由动量守恒定律得mv0=2mv ③
由能量守恒定律得
μ1mgl=m-(2m)v2 ④
联立①③④式并代入数据解得μ1=0.2
讨论:
(Ⅰ)当0.1≤μ<0.2时,A、B不能达到同速,B将滑离A,滑板与滑块因摩擦而产生的热量为Q1=μmgl=20μ J。
(Ⅱ)当0.2≤μ≤0.5时,A、B能达到同速,滑板与滑块因摩擦而产生的热量为
Q2=m-(2m)v2 ⑤
联立①③⑤式并代入数据解得Q2=4 J。
答案:(1)30 N (2)见解析四 答题规则篇 4类大题满分规则必须要牢记
类型3 规范几何作图,快解电磁偏转类计算题
阅卷案例 (14分)(2022·山东等级考)中国“人造太阳”在核聚变实验方面取得新突破,该装置中用电磁场约束和加速高能离子,其部分电磁场简化模型如图所示,在三维坐标系Oxyz中,00的空间内充满匀强磁场Ⅱ,磁感应强度大小为B,方向平行于xOy平面,与x轴正方向夹角为45°;z<0,y≤0的空间内充满沿y轴负方向的匀强电场。质量为m、带电量为+q的离子甲,从yOz平面第三象限内距y轴为L的点A以一定速度出射,速度方向与z轴正方向夹角为β,在yOz平面内运动一段时间后,经坐标原点O沿z轴正方向进入磁场I。不计离子重力。
(1)当离子甲从A点出射速度为v0时,求电场强度的大小E;
(2)若使离子甲进入磁场后始终在磁场中运动,求进入磁场时的最大速度vm;
(3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场I,求第四次穿过xOy平面的位置坐标(用d表示);
(4)当离子甲以的速度从O点进入磁场I时,质量为4m、带电量为+q的离子乙也从O点沿z轴正方向以相同的动能同时进入磁场I,求两离子进入磁场后,到达它们运动轨迹第一个交点的时间差Δt(忽略离子间相互作用)。
标准答卷 阅卷揭秘 答题规则
解:(1)粒子从A到O的过程,a= ①(1分) l=v0cosβ·t ②(1分) v0sinβ=at ③(1分) 联立解得E= ④(1分) (2) 粒子在磁场Ⅰ区域qvB= ⑤ 粒子在磁场Ⅱ区域 qv·B= ⑥(1分) 为了使离子在磁场中运动,需满足r1≤d,r2≤3d ⑦(1分) 联立解得粒子进入磁场时的最大速度为vm= ⑧(1分) (3)离子甲以的速度从O点沿z轴正方向第一次穿过xOy面进入磁场Ⅰ,离子在磁场Ⅰ中的轨迹半径为r1== ⑨ (1分) 离子在磁场Ⅱ中的轨迹半径为 r2==⑩(1分) 离子第四次穿过xOy平面的x坐标为x4=2r2sin45°=d 离子第四次穿过xOy平面的y坐标为y4=2r1=d 故离子第四次穿过xOy平面的位置坐标为(d,d,0) (2分) (4)由于甲、乙离子动能相同,可得v'=v= 根据qvB=可得r1=2r1' (1分) 离子甲、乙运动轨迹第一个交点如图所示 由T= (1分) 得离子甲、乙在磁场中运动时间: t甲=,t乙= 它们运动轨迹第一个交点的时间差 Δt= (1分) ②③式写成l=v0sinβ·t和v0cosβ=at,计算结 果虽然相同,但这两式 不得分 ④式写成E=也得分, β写成θ不得分 ⑤和⑥式共1分,写成qvB=或R=也得分 ⑧写成vmax=不得分 规则1:明确离子在不同场区的运动性质 离子在电场中做类平抛运动,在磁场Ⅰ、Ⅱ区域中做匀速圆周运动。 规则2:准确画出离子在不同区域的运动轨迹草图 轨迹准确有助于正确找出运动过程的几何关系。
式共2分。 (4)中准确画出离子运动轨迹有助于解题 规则3:计算结果严格按照题目中给出的符号书写 如⑧式写成vmax=不得分。 规则4:答题要写出重要关系式,计算结果 要简洁、准确,并写在醒目的地方
1.(带电离子在复合场中运动)平面OM和水平面ON之间的夹角为30°,其横截面如图所示,平面OM和水平面ON之间同时存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,匀强电场的方向竖直向上。一带电小球的质量为m、带电荷量为q,带电小球沿纸面以大小为v0的速度从OM上的某点向左上方射入磁场,速度方向与OM成30°角,带电小球进入磁场后恰好做匀速圆周运动,已知带电小球在磁场中的运动轨迹与ON恰好相切,且能从OM上另一点P射出磁场,重力加速度大小为g(P未画出)。
(1)带电小球带何种电荷 匀强电场的电场强度为多大
(2)带电小球离开磁场的出射点P到两平面交点O的距离为多大
(3)带电小球离开磁场后继续运动,能打在左侧竖直的光屏OO'上,此点到O点的距离为多大
2.(带电离子在叠加场中运动)如图甲所示,竖直面MN的左侧空间中存在方向竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球,以水平初速度v0沿PQ向右做直线运动。若小球刚经过D点时(t=0),在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场,使得小球再次通过D点时速度方向与PQ连线成60°角。已知D、Q间的距离为(+1)L,t0小于小球在磁场中做圆周运动的周期,忽略磁场变化造成的影响,重力加速度为g,求:
(1)电场强度E的大小;
(2)t0与t1的比值;
(3)小球过D点后将做周期性运动,则当小球运动的周期最大时,此时的磁感应强度的大小B0及运动的最大周期Tm。
3.(带电离子在组合场中运动)如图在直角坐标系xOy平面内,在第Ⅱ象限中存在沿x轴负方向、场强为E的匀强电场,在第Ⅰ、Ⅳ象限存在垂直坐标平面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的负粒子,从x=-l的M点以一定的初速度沿y轴正方向进入电场,经y=2l的N点离开电场,经过磁场后恰好通过坐标原点O处再次进入电场,不计粒子重力。
(1)求粒子的初速度大小;
(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(3)若该粒子以相同的初速度从x=-2l处沿y轴正方向进入电场,求粒子第二次经过y轴时的纵坐标;
(4)满足(3)的条件下,求粒子第n次经过y轴时的纵坐标。
类型3 规范几何作图,
快解电磁偏转类计算题
1.【解析】(1)小球在复合场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,小球受到的电场力与重力平衡,小球所受电场力竖直向上,电场力方向与电场强度方向相同,则小球带正电荷;电场力与重力大小相等,则qE=mg,解得E=。
(2)小球进入磁场后做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力
qv0B=m,解得r=。
根据题意,带电小球在复合场中的运动轨迹如图所示,Q点为运动轨迹与ON的切点,I点为入射点,P点为出射点,则IP为圆轨迹的弦,小球离开磁场的速度方向与OM的夹角也为30°,由几何关系可得,QP为圆轨迹的直径,可知OP的长度为s===4r=。
(3)带电小球从P点离开磁场后做平抛运动,设小球打在光屏上的T点,竖直位移为y,
水平位移x=v0t,
解得t===,
竖直位移y=gt2=,
小球打在光屏上的T点到O点的距离为
H=2r+y=+。
答案:(1)正电荷 (2)
(3)+
2.【解析】(1)由平衡条件,有mg=qE,解得E=。
(2)小球能再次通过D点,其运动轨迹如图1所示,设半径为r,t1时刻小球离D点的距离为s,有s=v0t1,
由几何关系得s=
设小球做圆周运动的周期为T,则T=,t0=T,
由以上各式得=π。
(3)当小球运动的周期最大时,其运动轨迹应与MN相切,
小球运动一个周期的轨迹如图2所示,由几何关系得
R+=(+1)L,
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B0=m,
得B0=;
小球在一个周期内运动的路程
s1=3××2πR+6×,
可得Tm==。
答案:(1) (2)π (3)
3.【解析】(1)设粒子的初速度为v0,从M点射出的粒子在电场中做类平抛运动经历的时间为t1,则v0t1=2l
l=
解得v0=
(2)设该粒子离开电场时的速度大小为v,与y轴的夹角为α,如图
则qEl=mv2-m,cosα=
设该粒子在磁场中做圆周运动的半径为R,则2R·sinα=2l
qvB=m
解得B=
(3)处进入电场的粒子,在电场中的运动时间为t2,则
2l=
y1=v0t2
解得y1=2l
设该粒子进入磁场的速度方向与y轴夹角为θ,速度大小为v1,则
tanθ==,v1=
该粒子在磁场中做圆周运动的半径r=
该粒子两次经过y轴,交点间的距离Δy=2r·sinθ
解得Δy=2l
所以该粒子第二次经过y轴时的纵坐标y2=y1-Δy=0
(4)由(3)可知,粒子第一次从磁场再进入电场时经过坐标原点,每经过一次电场沿y轴向上移,则粒子第n次经过y轴时的纵坐标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,…)类型4 用动力学观点或能量观点破解电磁感应计算题
阅卷案例 (10分)(2022·浙江1月选考)如图所示,水平固定一半径r=0.2 m的金属圆环,长均为r,电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600 rad/s匀速转动,圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09 F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧存在宽度为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01 kg,de与cf长度均为l3=0.08 m,已知l1=0.25 m,l2=0.068 m,B1=B2=1T、方向均为竖直向上;棒ab和“[”形框的cd边电阻均为R=0.1 Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。
(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电
(2)求电容器释放的电荷量ΔQ;
(3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x。
标准答卷 阅卷揭秘 答题规则
解:(1)开关S和接线柱1接通,电容器充电过程,据法拉第电磁感应定律可知E=B1ωr2 ①(1分) 则电容器的电量为Q=CU==0.54 C②(1分) 由右手定则可知感应电流沿径向向外,即边缘为电源正极,圆心为负极,故M板带正电 ③(1分) (2)电容器放电过程对棒ab由动量定理得B2l1ΔQ=mv1 ④(1分) 棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起由动量守恒定律可得 mv1=(m+m)v2 ⑤(1分) 上滑过程根据能量守恒定律得·2m=2mgh ⑥(1分) 联立④⑤⑥解得 ΔQ==0.16 C⑦(1分) (3)设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx,由动量定理 =2mv2 ⑧(1分) 可得Δx=0.128 m>0.08 m 匀速运动距离为l3-l2=0.012 m⑨(1 分) 则x=Δx+l3-l2=0.14 m⑩(1分) ①式写成Ε=Β1ωr2不得分。 ③中直接写 “M ”也得分。 ④式要注意符号下边的角标,写错任何一个均不得分。 ⑥式写成m=mgh不给分。 ⑨式中漏掉单位,写成 0.012不得分。 规则1:要有必要的文字说明 写明棒ab在每个运动过程中遵循的规律:动量定理、动量守恒定律、能量守恒定律等。 规则2:写准公式和答案,不写推导过程 规则3:最终结果简洁,醒目 如③中一定要写出M板带正电,要让阅卷老师一眼看到答案。 规则4:解答每小问时要写明序号 堆砌公式只按第一小问计算得分。
1.(动力学观点)如图,间距为L的光滑平行导轨倾斜固定,倾角θ=30°,电阻不计的导轨上放置两根有一定阻值的金属杆ab和cd,两杆质量均为m,cd杆中点通过平行于导轨的轻绳系在固定的拉力传感器上。整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。现给ab杆一个沿导轨向上、大小为v0的初速度,同时对ab杆施加一个平行于导轨的推力,使拉力传感器示数FT随时间t按FT=t+的规律变化。已知重力加速度大小为g,两杆不相碰,始终与导轨垂直且接触良好,不计一切摩擦。
(1)求t=0时回路中的感应电流大小I0;
(2)求ab杆的速度vt随时间t变化的关系式;
(3)若在0~时间内回路产生的焦耳热为Q,求推力F在0~时间内做的功。
2.(能量观点)在生产线框的流水线上,为了检测出个别不合格的未闭合线框,让线框随传送带通过一固定匀强磁场区域(磁场方向垂直于传送带平面向下),观察线框进入磁场后是否相对传送带滑动就能够检测出不合格的未闭合线框,其物理情境简化如下:如图所示,通过绝缘传送带输送完全相同的正方形单匝纯电阻铜线框,传送带与水平方向夹角为α,以恒定速度v0斜向上运动。已知磁场边界MN、PQ与传送带运动方向垂直,MN与PQ间的距离为d,磁场的磁感应强度大小为B。线框质量为m,电阻值为R,边长为L(d>2L),线框与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。闭合线框的上边在进入磁场前线框相对传送带静止,线框刚进入磁场的瞬间,和传送带发生相对滑动,线框运动过程中上边始终平行于MN,当闭合线框的上边经过边界PQ时又恰好与传送带的速度相同。设传送带足够长,求:
(1)闭合线框的上边刚进入磁场时上边所受安培力F安的大小;
(2)从闭合线框的上边刚进入磁场到上边刚要出磁场所用的时间t;
(3)从闭合线框的上边刚进入磁场到下边穿出磁场后又相对传送带静止的过程中,电动机多消耗的电能E。
3.(动量、能量结合)如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN。缓冲车的底部,安装有电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成,滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计。
(1)求线圈abcd中最大感应电动势的大小;
(2)若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零(缓冲车厢未与滑块K接触),求此过程线圈abcd中通过的电荷量q和产生的焦耳热Q;
(3)若缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,求此后缓冲车厢的速度v随位移x的变化规律(缓冲车厢未与滑块K接触)。
类型4 用动力学观点或能量
观点破解电磁感应计算题
1.【解析】(1)由FT=t+可得t=0时,FT0=
cd杆受到的安培力大小F安=BI0L①
FT0+F安=mgsinθ②
由①②式得I0=③
(2)设回路总电阻为R,则I0=④
I=⑤
cd杆受力平衡FT+BIL=mgsinθ⑥
又FT=t+⑦
由④⑤⑥⑦求得vt=v0-gt⑧
(3)由⑧可知ab杆沿倾斜导轨做匀减速直线运动,加速度大小为a=g,方向沿导轨向下,ab杆在t=时的速度vt=-v0
0~间内的位移s=v0t-at2⑨
由动能定理可得-mg·s·sinθ-W安+WF=m-m⑩
由功能关系可知,在0~时间内ab杆克服安培力做的功为W安=Q
由⑨⑩ 得WF=Q-m
答案:(1) (2)vt=v0-gt
(3)Q-m
2.【解析】(1)根据安培力公式得F安=BIL,
根据闭合电路欧姆定律得I=,
又由法拉第电磁感应定律得E=BLv0,
由以上联立可解得F安=。
(2)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,取沿斜面向上为正方向,根据动量定理有μmgcosα·t-mgsinα·t-t'=0,
根据安培力公式得=BL,
根据闭合电路欧姆定律得=,
根据法拉第电磁感应定律得=BL,
根据运动学公式得L=t',
由以上各式联立解得t=。
(3)在线框的上边刚进入磁场到线框的上边刚要出磁场的过程中,由动能定理得
(μmgcosα-mgsinα)d+W安=0,
由功能关系得Q电=-W安,Qf=μmgcosα(v0t-d);
从线框上边刚进入磁场到线框穿出磁场后相对传送带静止的过程中,由能量守恒定律得E=2mgsinα·d+2Q电+2Qf,
由以上联立可解得E=。
答案:(1)
(2)
(3)
3.【解析】(1)缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后,滑块K立即停下,滑块相对磁场的速度大小为v0 ,此时线圈中产生的感应电动势最大,则Em=nBLv0。
(2)由法拉第电磁感应定律有E=n
根据闭合电路欧姆定律有=,通过线圈的电荷量q=t,
解得q=n
由能量守恒定律有Q=m。
(3)位移为x时线圈中通过的电荷量q1=n
由动量定理有-nBLt1=mv-mv0,又q1=t1
解得v=-+v0。
答案:(1)nBLv0
(2)n m
(3)v=-+v0
