高考物理通用版二轮复习专题检测：24《技法专题——3步稳解物理计算题》(含详解)

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(1)求子弹在木块中受到的阻力大小；
(2)取下销钉，同样的子弹仍以水平速度v0射入木块，最后留在木块中，求子弹射入木块的深度。
解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得
－fl＝0－eq \f(1,2)mv02
解得：f＝eq \f(mv02,2l)。
(2)由题意得子弹与木块最后达到共同速度，由系统动量守恒有mv0＝(19m＋m)v1
损失的动能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×20mv12
根据功能关系有fd＝ΔE
解得子弹射入木块的深度：d＝eq \f(19,20)l。
答案：(1)eq \f(mv02,2l) (2)eq \f(19,20)l
2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿
斜面向上、大小为F＝3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，则木板的长度l为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析：由题意可知，小物块沿木板向上做匀减速运动，木板沿斜面向上做匀加速运动，当小物块运动到木板的上端时，恰好和木板具有共同速度。
设小物块的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma
设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得
F＋μmgcs θ－Mgsin θ＝Ma′
设小物块和木板达到共同速度所用时间为t，由运动学公式可得v0－at＝a′t
设小物块和木板共速时小物块的位移为x，木板的位移为x′，由位移公式可得
x＝v0t－eq \f(1,2)at2，x′＝eq \f(1,2)a′t2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l
解得l≈0.714 m。
答案：0.714 m
3．如图甲所示，在xOy平面内有一扇形金属框abc，其半径为r，ac边与y轴重合，bc边与x轴重合，且c位于坐标原点，ac边与bc边的电阻不计，圆弧ab上单位长度的电阻为R。金属杆MN长度为L，放在金属框abc上，MN与ac边紧邻且O点与圆弧之间部分金属杆的电阻为R0。匀强磁场与金属框平面垂直并充满平面，其磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示。
(1)0～t0时间内MN保持静止，计算金属框中感应电流的大小；
(2)在t＝t0时刻对MN施加一外力，使其以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动，角速度为ω，计算通过MN的电流I与转过的角度θ间的关系。
解析：(1)0～t0时间内MN保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，MN靠近无电阻的ac边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝S·eq \f(ΔB,Δt)
S＝eq \f(1,4)πr2，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
解得E＝eq \f(πr2B0,4t0)
感应电流大小I＝eq \f(E,\f(π,2)Rr)＝eq \f(rB0,2Rt0)。
(2)金属杆以c点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势
E0＝eq \f(1,2)B0r2ω
当MN转过角度为θ时总电阻
R总＝R0＋eq \f(Rrθ·R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))r,\f(π,2)rR)＝R0＋eq \f(θπ－2θrR,π)
MN中电流I与转过的角度θ的关系为
I＝eq \f(E0,R总)＝eq \f(πB0r2ω,2πR0＋2θπ－2θrR)，0<θ答案：(1)eq \f(rB0,2Rt0) (2)I＝eq \f(πB0r2ω,2πR0＋2θπ－2θrR)，0<θ4.(2018·襄阳高三模拟)如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为Ff＝eq \f(1,2)mg(g为重力加速度)。在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l。现有一质量也为m的物体从距地面2l处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力。求：
(1)物体与滑块碰撞后瞬间速度的大小；
(2)碰撞后，在物体与滑块向下运动到最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量。
解析：(1)设物体下落至与滑块碰撞前瞬间的速度为v0，在此过程中物体机械能守恒，依据机械能守恒定律，有
mgl＝eq \f(1,2)mv02
解得v0＝eq \r(2gl)
设碰撞后瞬间速度为v，依据动量守恒定律，有
mv0＝2mv
解得v＝eq \f(1,2)eq \r(2gl)。
(2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有
－2Ffx＝0－eq \f(1,2)×2mv2
设在物体与滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有
W＋2mgx－Ffx＝0－eq \f(1,2)×2mv2
解得W＝－eq \f(5,4)mgl
所以弹簧弹性势能增加了eq \f(5,4)mgl。
答案：(1)eq \f(1,2)eq \r(2gl) (2)eq \f(5,4)mgl
5.如图所示，两根足够长的光滑固定平行金属导轨与水平面成θ角，导轨间距为d，两导体棒a和b与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为m，电阻都为R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，使a沿导轨向上做速度为v的匀速运动，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5 Ω，B＝0.5 T，θ＝30°，g取10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。
(1)为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于多少？
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，求b的速度v2的最大值；
(3)在(2)中，当t＝2 s时b的速度达到5.06 m/s,2 s内回路中产生的焦耳热为13.2 J，求该2 s内力F做的功(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)a刚运动时，回路中的电流
I＝eq \f(Bdv,2R)
为使b能沿导轨向下运动，对b有
BId解得v<10 m/s
即为使b能沿导轨向下运动，a的速度v应小于10 m/s。
(2)若a在平行于导轨向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿导轨向上匀速运动，因2 m/s<10 m/s，b一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，a、b产生的感应电动势串联，所以回路的感应电动势为
E＝Bd(v1＋v2)
I′＝eq \f(E,2R)
当b达到最大速度时，有
BI′d＝mgsin θ
解得v2＝8 m/s。
(3)假设在t＝2 s内，a向上运动的距离为x1，b向下运动的距离为x2，则
x1＝v1t＝4 m
对b根据动量定理得(mgsin θ－Beq \x\t(I)d)t＝mvb
又q＝eq \x\t(I)t
q＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(Bdx1＋x2,2R)
解得x2＝5.88 m
根据能量守恒定律得，该2 s内力F做的功
W＝Q＋eq \f(1,2)mvb2＋mgx1sin θ－mgx2sin θ
解得W≈14.9 J。
答案：(1)10 m/s (2)8 m/s (3)14.9 J
6.如图所示，在直角坐标系xOy平面的四个象限内各有一个边长为L的正方形磁场区域，其中在第二象限内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，第一、三、四象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，各磁场磁感应强度大小均相等，第一象限内x≤L且L≤y≤2L的区域内，有沿y轴正方向的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从坐标eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(L，\f(3L,2)))处以初速度v0沿x轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。
(1)求电场强度大小E；
(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点O到达坐标(－L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(3)求第(2)问中粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场整个过程所用的时间。
解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有
L＝v0t，eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)at2，qE＝ma
解得E＝eq \f(mv02,qL)。
(2)设粒子进入磁场时，速度方向与y轴负方向夹角为θ
则tan θ＝eq \f(v0,vy)＝1
速度大小v＝eq \f(v0,sin θ)＝eq \r(2)v0
设x为粒子在磁场中每次偏转圆弧对应的弦长，根据运动的对称性，粒子能到达(－L,0)点，应满足L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，当n＝1时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2)；当L＝(2n＋1)x时，其中n＝1，粒子轨迹如图乙所示，由于y<－L区域没有磁场，因此粒子不能从(－L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。
设圆弧的半径为R，又圆弧对应的圆心角为eq \f(π,2)，则x＝eq \r(2)R，此时满足L＝2nx
解得R＝eq \f(L,2\r(2)n)
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)
解得B＝eq \f(4nmv0,qL)，n＝1、2、3、…。
(3)粒子开始进入磁场到从坐标(－L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和
θ＝2n×eq \f(π,2)×2＝2nπ
t＝T×eq \f(2nπ,2π)＝eq \f(2nπm,qB)＝eq \f(πL,2v0)。
答案：(1)eq \f(mv02,qL) (2)eq \f(4nmv0,qL)，n＝1、2、3、… (3)eq \f(πL,2v0)