发布时间 : 星期一 文章2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题八 三大题型的解题方略（含2014高考题）更新完毕开始阅读
水平方向s＝vBt②
1
竖直方向H＝gt2③
2
联立①②③式解得s≈1.41 m
(2)小球下摆到B点时，绳子的拉力和小球重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有
v2B
F－mg＝m④
L
联立①④式解得F＝20 N
由牛顿第三定律得F＝F′＝20 N 即轻绳所受的最大拉力为20 N。 答案：(1)1.41 m (2)20 N 4〃(2014·嘉兴教学检测)如图甲所示的轮轴，它可以绕垂直于纸面的光滑固定水平轴O转动。轮上绕有轻质柔软细线，线的一端系一质量为M的重物，另一端系一质量为m的金属杆。在竖直平面内有间距为L的足够长的平行金属导轨PQ、EF，在QF之间连接有阻值为R的电阻，其余电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直。开始时金属杆置于导轨下端，将质量为M的重物由静止释放，重物最终能匀速下降。运动过程中金属杆始终与导轨垂直且接触良好，忽略所有摩擦及空气阻力，重力加速度为g。
甲 乙
(1)重物匀速下降的速度v的大小是多少？
(2)对一定的磁感应强度B，重物的质量M取不同的值，测出相应的重物做匀速运动时的速度，可得出v-M实验图线。图乙中画出了磁感应强度分别为B1和B2时的两条实验图线，试根据实验结果计算B1和B2的比值？
(3)若M从静止到匀速的过程中下降的高度为h，求这一过程中R上产生的焦耳热？ 解析：(1)金属杆达到匀速运动时，受绳子拉力F、金属杆的重力mg、向下的安培力FA，则有
F－FA－mg＝0，F＝Mg 感应电动势E＝BLv
E
感应电流I＝
R
安培力FA＝BIL
?M－m?gR
联立解得v＝
B2L2gRmgR
(2)由(1)可得v与M的函数关系式v＝22M－22 BLBL
gR
结合图线可知图线的斜率k＝22 BL
B1k2则＝ B2k1由图乙可得
16－0－－－－
k1＝ m·s1·kg1＝1.6 m·s1·kg1
12－29－0－－－－
k2＝ m·s1·kg1＝0.9 m·s1·kg1
12－2B13解得＝ B24
25
(3)由能量关系，可得R上产生的焦耳热为
1
Q＝(M－m)gh－(M＋m)v2
2
将v代入可得
?M2－m2?gR2??Q＝(M－m)gh－ 2B4L4??
?M－m?gR?M2－m2?gR2?3?答案：(1) (2) (3)(M－m)gh－ B2L242B4L4??类型二 论述型计算题 论述型计算题是根据已知的知识和所给的物理条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或做出正确的解答，并能把物理过程正确地表达出来，因此在解答中应注意：
(1)科学性：论证要正确严谨，准确运用物理概念和规律。
(2)条理性：论述要符合逻辑，解释阐述要层次分明，论点要突出，论据要充分。 (3)规范性：用语要简洁、准确、科学。
淮安模拟)如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀[例2] (18分)(2014·mv0
、方向垂直纸面向外的匀强磁场，qL
区域Ⅰ、区域Ⅱ的宽度均为L，高度均为3L。质量为m、电荷量为＋q的带电粒子从坐标为(－2L，－2L)的A点以速度v0沿＋x方向射出，恰好经过坐标为[0，－(2－1)L]的C点射入区域Ⅰ。粒子重力忽略不计。求：
强电场，y轴右侧区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1＝
(1)匀强电场的电场强度大小E； (2)粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
(3)要使粒子从区域Ⅱ上边界离开，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场。试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向。
第一步：审题规范化 题设条件 获取信息 粒子重力忽略不计 粒子在匀强电场中做类平抛运动 由yA＝－2L，yC＝－(2粒子做类平抛运动的竖直位移y＝L －1)L 粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度不等于v0 粒子从C点射入区域Ⅰ 第二步：思维规范化 粒子的运动可分为三个过程：①电场中的类平抛运动；②区域Ⅰ中的匀速圆周运动；③区域Ⅱ中的匀速圆周运动。匀速圆周运动的速度为粒子做类平抛运动到C点的速度。
第三步：答题规范化
(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。 2L＝v0t(1分)
1qE2L
L＝·?v?2(2分)
2m?0?
mv20
解得E＝(2分)
2qL
qEqE2L
(2)设带电粒子经C点时的竖直分速度为vy、速度为v，则vy＝t＝·＝v0(2分)
mmv0
26
2则v＝vy＋v2角斜向上。(2分) 0＝2v0，方向与x轴正向成45°粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，
v22mv0
B1qv＝m，R＝
RqB1
解得R＝2L(2分)
由几何关系知，离开区域Ⅰ时的位置坐标： x＝L，y＝0(2分) 即位置坐标为(L,0)。
3
(3)根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足L≤r≤L(1分)
4
mv2mv042mv0
又r＝解得≤B≤(2分)
qBqL3qL根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角θ满足30°≤θ≤90°，且指向左上方。(2分)
mv22mv042mv00[答案] (1) (2)(L,0) (3)≤B≤ 与y轴正方向夹角θ满足
2qLqL3qL
30°≤θ≤90°，且指向左上方 [针对训练]
5．(2014·湛江模拟)如图所示，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l＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝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m＝0.02 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g＝10 m/s2。求：
(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 θ＝ma①
代入数据解得a＝5 m/s2②
(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为F安，棒在沿导轨方向受力平衡，则有
mgsin θ－F安＝0③
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 P＝F安v④
联立③④式并代入数据解得v＝5 m/s⑤
(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E＝Blv⑥
27
小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E＝U灯⑦ 联立⑥⑦式并代入数据解得B＝0.5 T⑧ 答案：(1)5 m/s2 (2)5 m/s (3)0.5 T
6〃如图甲所示，两平行金属板间接有如图乙所示的随时间t变化的电压UAB，两板间电场可看做是均匀的，且两板外无电场，金属板长L＝0.2 m，板间距离d＝0.2 m，在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板间中线OO′垂直，磁感应强
－
度B＝5×103 T，方向垂直纸面向里。现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场
q
中，已知每个粒子的速度v0＝1×105 m/s，比荷＝108 C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过
m
电场区域的时间极短，此极短时间内电场可视做是恒定不变的。求：
甲 乙
(1)在t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子，进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离d为多少？
(2)带电粒子射出电场时的最大速度v；
(3)在t＝0.25 s时刻从电场射出的带电粒子，在磁场中运动的时间。
解析：(1)在t＝0.1 s时刻射入电场的带电粒子，在极板间做匀速直线运动，以速度v0
垂直磁场边界垂直射入磁场做匀速圆周运动，设轨道半径为R，
v20
则qv0B＝m
Rmv0
可得R＝＝0.2 m
qB
在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为d＝2R＝0.4 m
1
(2)带电粒子从极板的边缘射出电场时的速度v最大，设对应的瞬时电压大小为u0，则
2
1u0qLd＝·?v?2 2dm?0?
解得u0＝100 V<200 V
111
由动能定理得qu0＝mv2－mv2
2220
解得v＝2v0≈1.4×105 m/s
(3)在t＝0.25 s时刻，两板间电压大小为100 V，由(2)得此时从电场射出的带电粒子，
π
从极板的上边缘射出电场，速度为v＝2v0，垂直进入磁场时与磁场边界的夹角为，射出4
ππ
磁场时与磁场边界的夹角也为，故对应的圆周的圆心角为，故在磁场中运动的时间t1为圆
42
1
周运动周期T的，设此时圆周轨道半径为R′，
4mv22πR′
由qvB＝，T＝v
R′2πm1－
得T＝，所以t1＝T≈3.14×106 s
qB4
－
答案：(1)0.4 m (2)1.4×105 m/s (3)3.14×106 s 7〃(2014·潍坊模拟)如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝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，刚好从半圆轨道的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，
28
50
取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
9
(1)小球被抛出时的速度大小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θ，如图所示。
（2）则有v⊥＝2gh
v⊥由几何关系得v0＝ tan θ
4
得v0＝2gh
3A、B间竖直高度H＝R(1＋cos θ)
2
112
设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有mv20＋mg(H＋h)＝mv 22
2v
在B点，有N－mg＝m R
解得N＝5.6mg
由牛顿第三定律知，小球在B点时对轨道的压力大小是5.6mg。
12
(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W＝mv0＝
216mgh 9
416
答案：(1)2gh (2)5.6mg (3)mgh
39
29