2019版高考物理二轮复习专题检测：24 技法专题——3步稳解物理计算题(含解析)

专题检测（二十四）  技法专题——3步稳解物理计算题

1.(2019届高三·云南师大附中模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为l、质量为19m，并用销钉固定。一颗质量为m的子弹以水平速度v0射入木块，恰好能从木块中穿出，子弹在木块中受到的阻力可视为恒力，且子弹可视为质点。

(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－mv02

解得：f＝。

(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＝mv02－×20mv12

根据功能关系有fd＝ΔE

解得子弹射入木块的深度：d＝l。

答案：(1)　(2)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，cos 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＋μmgcos θ＝ma

设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得

F＋μmgcos 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－at2，x′＝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＝＝S·

S＝πr2，＝

解得E＝

感应电流大小I＝＝。

(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＝B0r2ω

当MN转过角度为θ时总电阻

R总＝R0＋＝R0＋

MN中电流I与转过的角度θ的关系为

I＝＝，0<θ<。

答案：(1)　(2)I＝，0<θ<

4.(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＝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＝mv02

解得v0＝

设碰撞后瞬间速度为v，依据动量守恒定律，有

mv0＝2mv

解得v＝。

(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－×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－×2mv2

解得W＝－mgl

所以弹簧弹性势能增加了mgl。

答案：(1)　(2)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＝

为使b能沿导轨向下运动，对b有

BId<mgsin θ

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′＝

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－Bd)t＝mvb

又q＝t

q＝＝

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＋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，＝at2，qE＝ma

解得E＝。

(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＝＝1

速度大小v＝＝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；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，则x＝R，此时满足L＝2nx

解得R＝

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝m

解得B＝，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××2＝2nπ

t＝T×＝＝。

答案：(1)　(2)，n＝1、2、3、…　(3)