课题研究教案教学设计导入设计

计算题专练（教案）

目的要求：通过解题过程分析，使学生认识解题过程的思维方法。

课时：一课时

教学方法：讲解、练习

1.如图1甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态.作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t＝2.0 s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动.已知滑块质量m＝2 kg，木板质量M

＝

1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求：

图1 (1)t＝0.5 s时滑块的速度大小；

(2)0～2.0 s内木板的位移大小；

(3)整个过程中因摩擦而产生的热量. 答案

见解析

解析

(1)木板M的最大加速度am＝Fm＝(M＋m)am＝12 N 即F为6 N时，M与m一起向右做匀加速运动

对整体分析有：F＝(M＋m)a1

v1＝a1t1

代入数据得：v1＝1 m/s 12(2)对M：0～0.5 s，x1＝a1t

21

0.5～2 s，μmg＝Ma2

12x2＝v1t2＋a2t2

2则0～2 s内木板的位移x＝x1＋x2＝6.25 m (3)对滑块：

120.5～2 s，F－μmg＝ma2′

0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋a2′t

2) 2在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s μmg＝4 m/s2，滑块与木板保持相对静止时的最大拉力

M

滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s 撤去F后，对M：μmg＝Ma3

对m：－μmg＝ma3′

当滑块与木板速度相同时保持相对静止，即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3

解得t3＝0.5 s 12该段时间内，M位移x3＝v2t3＋a3t

2312m位移x3′＝v2′t3＋a3′t

3

2相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m 整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m 系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J. 2.如图2所示，以O为圆心、半径为R的圆形区域内存在垂直圆面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一粒子源位于圆周上的M点，可向磁场区域内垂直磁场沿各个方向发射质量为m、电荷量为－q的粒子，不计粒子重力，N为圆周上另一点，半径OM和ON间的夹角为θ，且θ满足tan＝0.5. 2

图2 qBR(1)若某一粒子以速率v1＝，沿与MO成60°角斜向上方射入磁场，求此粒子在磁场中运m动的时间；

(2)若某一粒子以速率v2，沿MO方向射入磁场，恰能从N点离开磁场，求此粒子的速率v2；

(3)若由M点射入磁场各个方向的所有粒子速率均为v2，求磁场中有粒子通过的区域面积. 答案

见解析

解析

(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨迹半径为r1，由牛2mv

1顿第二定律可得qv1B＝

r1mv1解得：r1＝＝R

qB粒子沿与MO成60°角方向射入磁场，设粒子从区域边界P射出，其运动轨迹如图甲所示.由图中几何关系可知粒子轨迹所对应的圆心角为α＝150°，

甲

方法1：故粒子在磁场中的运动时间

αr1mα5mπt＝＝＝

v1qB6qB2πm方法2：粒子运动周期T＝

Bq粒子在磁场中的运动时间t＝5mπ得t＝

6qB(2)粒子以速率v2沿MO方向射入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，恰好从N点离开磁场，其运动轨迹如图乙，设粒子轨迹半径为r2

，由图中几何关系可得：

θ1r2＝Rtan＝R

22150°T

360°

乙

由牛顿第二定律可得

mv2

2qv2B＝

r2解得粒子的速度

qBr2qBRv2＝＝

m2m(3)粒子沿各个方向以v2进入磁场做匀速圆周运动时的轨迹半径都为r2，且不变.由图丙可知，粒子在磁场中通过的面积S等于以O3为圆心的扇形MO3O的面积S1、以M为圆心的扇形MOQ的面积S2和以O点为圆心的圆弧MQ与直线MQ围成的面积S3之和.

丙

1R2πR2S1＝π()＝

228

1S2＝πR2

611R13S3＝πR2－×R×tan 60°＝πR2－R2

62264113则S＝πR2－R2. 244