2011届高三物理复习：探究类物理问题

专题训练2：涉及运动多样性的探究类问题
一、考纲对于“探究能力”的要求：
“探究能力”是“探讨疑点难点并有所发现和创新，要求考生能发现问题、提出问题，并制定解决方案；能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题，包括简单的设计性实验。是在识记、理解、分析综合的基础上发展了的能力层级”，在能力的金字塔结构中，它是一种创新思维为核心的高层次能力。山东省考试说明的“命题指导思想”部分也特别强调：试题将更加注重对考生发现问题、分析问题和解决问题等探究能力的考查。
二、高考对于“探究能力”的考查特点：
高考对于探究能力的考查通常以实验题和计算题的形式呈现，在计算题中往往通过设置不确定因素或对运动多样性问题的讨论等方式进行，自07年开始，山东高考计算题每年均有此类考题，考生由于对这种考查方式不适应所导致的丢分问题相当突出，应引起足够重视。
三、考题回放：
【例1】山东07年高考24题——对矢量方向不确定性的探究
如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m＝1.0 kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8
⑴若圆盘半径R＝0.2 m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？
⑵若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。
⑶从滑块到达B点时起，经0.6 s 正好通过C点，求BC之间的距离。
【例2】山东08年高考25题——对运动轨迹不确定性的探究
两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距。
（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值。
（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。
（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。
【例3】山东09年高考25题——对运动性质不确定性的探究
如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l。第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）⑴求电压U0的大小。⑵求t0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。⑶何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
【例4】山东10年高考24题——对运动时间（或力的作用时间）不确定性的探究：
如图所示、四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0．45m，水平轨道AB长S1＝3m，OA与AB均光滑。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1．6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F。当小车在CD上运动了S2＝3．28m时速度v=2．4m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量M=0．2kg，与CD间的动摩擦因数＝0．4。（取g=10m/HYPERLINK " http://www."）求
（1）恒力F的作用时间t．
（2）AB与CD的高度差h。
四、分类练习：
1.如图所示，一滑块以v=1m/s的速度从A点开始进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与AB面间的动摩擦因数为μ1＝0.5，滑块与BC面间的动摩擦因数为μ2＝0.75，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力（取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：
滑块到达B点时的速度大小。
从滑块到达B点时起，1秒内发生的位移。
2.如图所示，一足够长的光滑斜面倾角为30 ，斜面AB与水平面BC平滑连接。质量m=2kg的物体置于水平面上的D点，D点距B点d=7m，物体与水平面的动摩擦因数为0.2。现使物体受到一水平向左的恒力F=8N作用，经时间t=2s后撤去该力，不考虑物体经过B点碰撞时的能量损失，重力加速度g取10m/s2。求撤去拉力F后，经多长时间物体经过B点？
3．一个初速度为零的带正电粒子从M板开始运动，经过MN两平行板间的电场加速后，从N板上的孔射入长方形abcd区域，如图所示．当带电粒子到达P点时，长方形abcd区域内出现大小不变、方向垂直于纸面且方向交替变化的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4T，每经过t＝(π/4)×10－3 s，磁场方向变化一次，粒子到达P点时磁场方向恰指向纸外，在Q处有一个静止的中性粒子，P、Q间距离PQ＝3m，直线PQ垂直平分ab、cd．已知c、d 相距D＝1.5m，带电粒子的比荷 q/ m＝1.0×104C／kg，重力不计，求：
（1）如果加速电压U＝200V，带电粒子能否与中性粒子碰撞？
（2）要使带电粒子与中性粒子碰撞，加速电压的最大值是多少？
4．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）。已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l。
5．如图所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，则
（1）物体从A到B需要的时间为多少？
（2）若θ=30°，μ=0.6，则物体从A到B需要的时间为多少？
（3）若从A→B的长度L=5m，则物体从A到B需要的时间为多少？
19．（13分）如图所示，长L＝9的传送带与水平方向的傾角，在电动机的带动下以的恒定速率顺时针方向运行，在传送带的B端有一离传送带很近的挡板P可将带上的物块挡住，在传送带的A端无初速地放一质量＝1kg的物块，它与传送带间的动摩擦因数，物块与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计。（m/s2，）求：
（1）物块静止释放第一次下滑到挡板P处的过程中，物块相对传送带发生的位移；
（2）物块从静止释放到第一次上升至最高点的过程中，因摩擦生的热。
19．（13分）
解：（1）物块从A点由静止释放，物块相对传送带向下滑，沿传送带向下加速运动的速度
…………（1分）
与P碰前的速度 …………（1分）
物块从A到B的时间 …………（1分）
在此过程中物块相对传送带向下位移 …………（1分）
（2）物块与挡板碰撞后，以v1的速度反弹，因v1>v，物块相对传送带向上滑，物块向上做减速运动的加速度为 …………（1分）
物块速度减小到与传送带速度相等的时间 …………（1分）
在t2时间内物块向上的位移 …………（1分）
物块相对传送带向上的位移 …………（1分）
物块速度与传送带速度相等后物块相对传送带向下滑，物块向上做减速运动的加速度
…………（1分）
物块速度减小到零的时间 …………（1分）
物块向上的位移 …………（ 1分）
此过程中物块相对传送带向下的位移 …………（1分）
摩擦生热 …………（1分）
6．如图所示，在光滑水平面上静止放着质量为mB=4kg，长L=6m的薄板B，质量为mA=2kg可视为质点的滑块A放在B的右端。已知A、B间的动摩擦因数=0.2，且A、B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。现给B板施加水平向右的拉力F=20N，作用2s后撤去F，取g=10m/s2。求：
（1）拉力F所做的功。
（2）薄板B在水平地面上运动的最终速度。
【变式训练1】
解：物体受恒力F作用时：
F-μmg=ma1 a1=2m/s2
S1=a1t12=4m V1= a1t1=4m/s
撤去恒力F后，在物体到达B点以前：
μmg=ma2 a2 =2 m/s2 s2=d-s1=3m
由s2=v1t2a2t22得：t2=1s t2=3s (舍去)
v2=v1-a2t2=2m/s
物体滑上斜面后: a3=gsin30 =5m/s2 t3=t2+2v2/a3=1.8s
【变式训练2】
解：（1）设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T
T恰好等于磁场变化周期的两倍，从P点起，磁场改变一次方向，
粒子恰好运动半个圆周．
由动能定理得： qU＝mv2 又 R＝mv/（qB）
　 　
PQ＝3m＝6R，为半径的偶数倍，显然带电粒子能与中性粒子相碰　
（2）相碰条件：PQ＝2nR（n为正整数）， 且R≤D/2，即 R≤0.75m，
2nR＝3.0m，n取最小值（n＝2），R取最大值Rmax=0.75m，对应加速电压U取最大值Umax，
由（1）的结论可得R′＝mv′/qB，
qUm max ＝mv′2
代入数据可得：Umax=450V
【变式训练4】
（1）由 eU＝mv02 得电子进入偏转电场区域的初速度v0＝ EQ \R(,)
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间
t＝ ＝d EQ \R(,) ；
y＝at2＝
因为加速电场的电势差U＞， 说明y＜h，说明以上假设正确所以vy＝at＝ d EQ \R(,) ＝ EQ \R(,)
离开时的速度v＝＝ EQ \R(＋)
（2）设电子离开电场后经过时间t’到达x轴，在x轴方向上的位移为x’，则
x’＝v0t’，y’＝h－y＝h－t＝vyt’
则 l＝d＋x’＝ d＋v0t’＝ d＋v0（－）＝ d＋h－＝＋h
代入解得　l＝＋
【变式训练6】
（1）加速度……2分　　
位移　………2分　
相对位移，所以此时A没有从B上滑落
力F做功W=FSB=160J
（2）撤去力F时，A、B的速度分别为……1分
撤去F后A加速度，　B加速度
设经后，A从B左端滑落，则应有
解得
滑落后，B的速度不再改变，所以B的最终速度为
A
h
B
C
R
ω
53°
37°
y
x
O
B
P
Q
v0
l
l
图甲
UPQ
t
O
U0
-U0
t0
2t0
3t0
图乙
A
h
C
53°
37°
B
C
D
A