高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：24《技法專題——3步穩(wěn)解物理計算題》(含詳解)

1、專題檢測（二十四）專題檢測（二十四）技法專題技法專題3 步穩(wěn)解物理計算題步穩(wěn)解物理計算題1.(2019 屆高三屆高三云南師大附中模擬云南師大附中模擬)如圖所示如圖所示， 在光滑水平面上放置在光滑水平面上放置一個勻質(zhì)木塊，厚度為一個勻質(zhì)木塊，厚度為 l、質(zhì)量為、質(zhì)量為 19m，并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為，并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為 m的子彈以水平速度的子彈以水平速度 v0射入木塊，恰好能從木塊中穿出，子彈在木塊中射入木塊，恰好能從木塊中穿出，子彈在木塊中受到的阻力可視為恒力，且子彈可視為質(zhì)點。受到的阻力可視為恒力，且子彈可視為質(zhì)點。(1)求子彈在木塊中受到的阻力大??；求子彈在木塊中受到的阻力大小；(

2、2)取下銷釘取下銷釘，同樣的子彈仍以水平速度同樣的子彈仍以水平速度 v0射入木塊射入木塊，最后留在木塊中最后留在木塊中，求子彈射入木求子彈射入木塊的深度。塊的深度。解析：解析：(1)子彈恰好能從木塊中穿出，根據(jù)動能定理可得子彈恰好能從木塊中穿出，根據(jù)動能定理可得fl012mv02解得：解得：fmv022l。(2)由題意得子彈與木塊最后達(dá)到共同速度，由系統(tǒng)動量守恒有由題意得子彈與木塊最后達(dá)到共同速度，由系統(tǒng)動量守恒有 mv0(19mm)v1損失的動能損失的動能E12mv021220mv12根據(jù)功能關(guān)系有根據(jù)功能關(guān)系有 fdE解得子彈射入木塊的深度：解得子彈射入木塊的深度：d1920l。答案：答案

3、：(1)mv022l(2)1920l2.如圖所示，質(zhì)量如圖所示，質(zhì)量 M1 kg 的木板靜置于傾角的木板靜置于傾角37、足夠長、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量的固定光滑斜面底端，質(zhì)量 m1 kg 的小物塊的小物塊(可視為質(zhì)點可視為質(zhì)點)以初速以初速度度 v04 m/s 從木板的下端沖上木板，同時在木板上端施加一個沿從木板的下端沖上木板，同時在木板上端施加一個沿斜面向上、大小為斜面向上、大小為 F3.2 N 的恒力，若小物塊恰好不從木板的上的恒力，若小物塊恰好不從木板的上端滑下，則木板的長度端滑下，則木板的長度 l 為多少？為多少？(已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)

4、為0.5，取重力加，取重力加速度速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析解析：由題意可知由題意可知，小物塊沿木板向上做勻減速運動小物塊沿木板向上做勻減速運動，木板沿斜面向上做勻加速運動木板沿斜面向上做勻加速運動，當(dāng)小物塊運動到木板的上端時，恰好和木板具有共同速度。當(dāng)小物塊運動到木板的上端時，恰好和木板具有共同速度。設(shè)小物塊的加速度大小為設(shè)小物塊的加速度大小為 a，由牛頓第二定律可得，由牛頓第二定律可得 mgsin mgcos ma設(shè)木板的加速度大小為設(shè)木板的加速度大小為 a，由牛頓第二定律可得，由牛頓第二定律可得Fmgcos Mgsin Ma設(shè)小物塊和木板達(dá)到共同速

5、度所用時間為設(shè)小物塊和木板達(dá)到共同速度所用時間為 t，由運動學(xué)公式可得，由運動學(xué)公式可得 v0atat設(shè)小物塊和木板共速時小物塊的位移為設(shè)小物塊和木板共速時小物塊的位移為 x，木板的位移為，木板的位移為 x，由位移公式可得，由位移公式可得xv0t12at2，x12at2小物塊恰好不從木板的上端滑下，有小物塊恰好不從木板的上端滑下，有 xxl解得解得 l0.714 m。答案：答案：0.714 m3如圖甲所示，在如圖甲所示，在 xOy 平面內(nèi)有一扇形金屬框平面內(nèi)有一扇形金屬框 abc，其半徑為，其半徑為 r，ac 邊與邊與 y 軸重合，軸重合，bc 邊與邊與 x 軸重合，且軸重合，且 c 位于坐標(biāo)

6、原點，位于坐標(biāo)原點，ac 邊與邊與 bc 邊的電阻不計，圓弧邊的電阻不計，圓弧 ab 上單位長度的電上單位長度的電阻為阻為 R。金屬桿。金屬桿 MN 長度為長度為 L，放在金屬框，放在金屬框 abc 上，上，MN 與與 ac 邊緊鄰且邊緊鄰且 O 點與圓弧之間部點與圓弧之間部分金屬桿的電阻為分金屬桿的電阻為 R0。勻強(qiáng)磁場與金屬框平面垂直并充滿平面，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。勻強(qiáng)磁場與金屬框平面垂直并充滿平面，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B 隨時隨時間間 t 的變化規(guī)律如圖乙所示。的變化規(guī)律如圖乙所示。(1)0t0時間內(nèi)時間內(nèi) MN 保持靜止，計算金屬框中感應(yīng)電流的大小；保持靜止，計算金屬框中感應(yīng)電流的大??；(

7、2)在在 tt0時刻對時刻對 MN 施加一外力施加一外力，使其以使其以 c 點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動，角速度為轉(zhuǎn)動，角速度為，計算通過，計算通過 MN 的電流的電流 I 與轉(zhuǎn)過的角度與轉(zhuǎn)過的角度間的關(guān)系。間的關(guān)系。解析：解析：(1)0t0時間內(nèi)時間內(nèi) MN 保持靜止，磁場增強(qiáng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，保持靜止，磁場增強(qiáng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，MN 靠近無靠近無電阻的電阻的 ac 邊被短路。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有邊被短路。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 EtSBtS14r2，BtB0t0解得解得 Er2B04t0感應(yīng)電流大小感應(yīng)電流大小 IE2R

8、rrB02Rt0。(2)金屬桿以金屬桿以 c 點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動時，電路中感應(yīng)電動勢點為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時針勻速轉(zhuǎn)動時，電路中感應(yīng)電動勢E012B0r2當(dāng)當(dāng) MN 轉(zhuǎn)過角度為轉(zhuǎn)過角度為時總電阻時總電阻R總總R0RrR2r2rRR0 2 rRMN 中電流中電流 I 與轉(zhuǎn)過的角度與轉(zhuǎn)過的角度的關(guān)系為的關(guān)系為IE0R總總B0r22R02 2 rR，02。答案：答案：(1)rB02Rt0(2)IB0r22R02 2 rR，024.(2018襄陽高三模擬襄陽高三模擬)如圖所示如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒筒中有一輕彈簧，其下端固定，上

9、端連接一質(zhì)量為中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(zhì)量為 m 的薄滑塊，當(dāng)滑塊運動的薄滑塊，當(dāng)滑塊運動時，圓筒內(nèi)壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為時，圓筒內(nèi)壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為 Ff12mg(g 為重力加為重力加速度速度)。在初始位置滑塊靜止，圓筒內(nèi)壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度。在初始位置滑塊靜止，圓筒內(nèi)壁對滑塊的阻力為零，彈簧的長度為為l。現(xiàn)有一質(zhì)量也為現(xiàn)有一質(zhì)量也為 m 的物體從距地面的物體從距地面 2l 處自由落下處自由落下，與滑塊發(fā)生碰撞與滑塊發(fā)生碰撞，碰碰撞時間極短。碰撞后物體與滑塊粘在一起向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，撞時間極短。碰撞后物體與滑塊粘在

10、一起向下運動，運動到最低點后又被彈回向上運動，滑動到剛發(fā)生碰撞位置時速度恰好為零，不計空氣阻力。求：滑動到剛發(fā)生碰撞位置時速度恰好為零，不計空氣阻力。求：(1)物體與滑塊碰撞后瞬間速度的大小；物體與滑塊碰撞后瞬間速度的大小；(2)碰撞后，在物體與滑塊向下運動到最低點的過程中彈簧彈性勢能的變化量。碰撞后，在物體與滑塊向下運動到最低點的過程中彈簧彈性勢能的變化量。解析：解析：(1)設(shè)物體下落至與滑塊碰撞前瞬間的速度為設(shè)物體下落至與滑塊碰撞前瞬間的速度為 v0，在此過程中物體機(jī)械能守恒，在此過程中物體機(jī)械能守恒，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有mgl12mv02解得解得 v0 2gl設(shè)碰

11、撞后瞬間速度為設(shè)碰撞后瞬間速度為 v，依據(jù)動量守恒定律，有，依據(jù)動量守恒定律，有mv02mv解得解得 v122gl。(2)設(shè)物體和滑塊碰撞后下滑的最大距離為設(shè)物體和滑塊碰撞后下滑的最大距離為 x， 依據(jù)動能定理依據(jù)動能定理， 對碰撞后物體與滑塊一起對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到返回初始位置的過程，有向下運動到返回初始位置的過程，有2Ffx0122mv2設(shè)在物體與滑塊向下運動的過程中，彈簧的彈力所做的功為設(shè)在物體與滑塊向下運動的過程中，彈簧的彈力所做的功為 W，依據(jù)動能定理，對碰，依據(jù)動能定理，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有W2mg

12、xFfx0122mv2解得解得 W54mgl所以彈簧彈性勢能增加了所以彈簧彈性勢能增加了54mgl。答案：答案：(1)122gl(2)54mgl5.如圖所示，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導(dǎo)軌與水平面成如圖所示，兩根足夠長的光滑固定平行金屬導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌間距為角，導(dǎo)軌間距為 d，兩導(dǎo)體棒，兩導(dǎo)體棒 a 和和 b 與導(dǎo)軌垂直放置，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)與導(dǎo)軌垂直放置，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量都為量都為 m，電阻都為電阻都為 R，回路中其余電阻不計回路中其余電阻不計。整個裝置處于垂直于整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 B。在。在 t0 時

13、刻時刻，使使 a 沿導(dǎo)軌向上做速度為沿導(dǎo)軌向上做速度為 v 的勻速運動，已知的勻速運動，已知 d1 m，m0.5 kg，R0.5 ，B0.5 T，30，g 取取 10 m/s2，不計兩導(dǎo)體棒間的相互作用力。，不計兩導(dǎo)體棒間的相互作用力。(1)為使為使 b 能沿導(dǎo)軌向下運動，能沿導(dǎo)軌向下運動，a 的速度的速度 v 應(yīng)小于多少？應(yīng)小于多少？(2)若若 a 在平行于導(dǎo)軌向上的力在平行于導(dǎo)軌向上的力 F 作用下，以作用下，以 v12 m/s 的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動，的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動，求求 b 的速度的速度 v2的最大值；的最大值；(3)在在(2)中，當(dāng)中，當(dāng) t2 s 時時 b 的速度達(dá)到的

14、速度達(dá)到 5.06 m/s,2 s 內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為內(nèi)回路中產(chǎn)生的焦耳熱為 13.2 J，求，求該該 2 s 內(nèi)力內(nèi)力 F 做的功做的功(結(jié)果保留三位有效數(shù)字結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。解析：解析：(1)a 剛運動時，回路中的電流剛運動時，回路中的電流IBdv2R為使為使 b 能沿導(dǎo)軌向下運動，對能沿導(dǎo)軌向下運動，對 b 有有BIdmgsin 解得解得 v10 m/s即為使即為使 b 能沿導(dǎo)軌向下運動，能沿導(dǎo)軌向下運動，a 的速度的速度 v 應(yīng)小于應(yīng)小于 10 m/s。(2)若若 a 在平行于導(dǎo)軌向上的力在平行于導(dǎo)軌向上的力 F 作用下，以作用下，以 v12 m/s 的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動

15、，的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動，因因 2 m/s10 m/s，b 一定沿導(dǎo)軌向下運動一定沿導(dǎo)軌向下運動。根據(jù)右手定則可以判斷根據(jù)右手定則可以判斷，a、b 產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢串聯(lián)，所以回路的感應(yīng)電動勢為串聯(lián)，所以回路的感應(yīng)電動勢為EBd(v1v2)IE2R當(dāng)當(dāng) b 達(dá)到最大速度時，有達(dá)到最大速度時，有BIdmgsin 解得解得 v28 m/s。(3)假設(shè)在假設(shè)在 t2 s 內(nèi)，內(nèi)，a 向上運動的距離為向上運動的距離為 x1，b 向下運動的距離為向下運動的距離為 x2，則，則x1v1t4 m對對 b 根據(jù)動量定理得根據(jù)動量定理得(mgsin BId)tmvb又又 qItq2RBd x1x

16、2 2R解得解得 x25.88 m根據(jù)能量守恒定律得，該根據(jù)能量守恒定律得，該 2 s 內(nèi)力內(nèi)力 F 做的功做的功WQ12mvb2mgx1sin mgx2sin 解得解得 W14.9 J。答案：答案：(1)10 m/s(2)8 m/s(3)14.9 J6.如圖所示，在直角坐標(biāo)系如圖所示，在直角坐標(biāo)系 xOy 平面的四個象限內(nèi)各有一平面的四個象限內(nèi)各有一個邊長為個邊長為 L 的正方形磁場區(qū)域，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)的正方形磁場區(qū)域，其中在第二象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向平面向外的勻強(qiáng)磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場里的勻強(qiáng)磁場，

17、各磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等各磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等， 第一象限第一象限內(nèi)內(nèi) xL且且 Ly2L 的區(qū)域內(nèi)的區(qū)域內(nèi)，有沿有沿 y 軸正方向的勻強(qiáng)電場軸正方向的勻強(qiáng)電場?，F(xiàn)有一質(zhì)現(xiàn)有一質(zhì)量為量為 m、電荷量為、電荷量為 q 的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)L，3L2 處以初速處以初速度度v0沿沿 x 軸負(fù)方向射入電場，射出電場時通過坐標(biāo)軸負(fù)方向射入電場，射出電場時通過坐標(biāo)(0，L)點，不計粒子重力。點，不計粒子重力。(1)求電場強(qiáng)度大小求電場強(qiáng)度大小 E；(2)為使粒子進(jìn)入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點為使粒子進(jìn)入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點 O 到達(dá)坐標(biāo)到達(dá)坐標(biāo)(L，0)點，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)點，求勻強(qiáng)磁場的

18、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小度大小 B；(3)求第求第(2)問中粒子開始進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)問中粒子開始進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)(L,0)點射出磁場整個過程所用的時間。點射出磁場整個過程所用的時間。解析：解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，有粒子在電場中做類平拋運動，有Lv0t，L212at2，qEma解得解得 Emv02qL。(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場時，速度方向與設(shè)粒子進(jìn)入磁場時，速度方向與 y 軸負(fù)方向夾角為軸負(fù)方向夾角為則則 tan v0vy1速度大小速度大小 vv0sin 2v0設(shè)設(shè) x 為粒子在磁場中每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長為粒子在磁場中每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長， 根據(jù)運動的對稱性根據(jù)運動的對稱性， 粒子能到達(dá)粒子能到達(dá)(L,0)點，應(yīng)滿足點，應(yīng)滿足 L2nx，其中，其中 n1、2、3、，當(dāng)，當(dāng) n1 時，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧時，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為對應(yīng)的圓心角為2；當(dāng)當(dāng) L(2n1)x 時時，其中其中 n1，粒子軌跡如圖乙所示粒子軌跡如圖乙所示，由于由于 yL 區(qū)域區(qū)域沒有磁場，因此粒子不能從沒有磁場，因此粒子不能從(L,0)點