《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：二十四 技法專題——3步穩(wěn)解物理計(jì)算題 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：二十四 技法專題——3步穩(wěn)解物理計(jì)算題 Word版含解析（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 專題檢測（二專題檢測（二十四十四） 技法專題技法專題3 步穩(wěn)解物理計(jì)算題步穩(wěn)解物理計(jì)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， 在光滑水平面上放置如圖所示， 在光滑水平面上放置一個(gè)勻質(zhì)木塊，厚度為一個(gè)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(diǎn)。受到的阻力可視為恒力，且子彈可視為質(zhì)點(diǎn)。 (1)求子彈在木塊中受到的阻力大??；求子彈在木塊中受到的
2、阻力大??； (2)取下銷釘，同樣的子彈仍以水平速度取下銷釘，同樣的子彈仍以水平速度 v0射入木塊，最后留在木塊中，求子彈射入木射入木塊，最后留在木塊中，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(dòng)能定理可得子彈恰好能從木塊中穿出，根據(jù)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量守恒有 mv0(19mm)v1 損失的動(dòng)能損失的動(dòng)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
3、木塊的深度：d1920l。 答案：答案：(1)mv022l (2)1920l 2.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 的小物的小物塊塊(可視為質(zhì)點(diǎn)可視為質(zhì)點(diǎn))以初速以初速度度 v04 m/s 從木板的下端沖上木板，同時(shí)在木板上端施加一個(gè)沿從木板的下端沖上木板，同時(shí)在木板上端施加一個(gè)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
4、板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為已知小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.5，取重力加，取重力加速度速度 g10 m/s2，sin 37 0.6，cos 37 0.8) 解析：解析：由題意可知，小物塊沿木板向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，由題意可知，小物塊沿木板向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，木板沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到木板的上端時(shí)，恰好和木板具有共同速度。當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到木板的上端時(shí)，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
5、頓第二定律可得 Fmgcos Mgsin Ma 設(shè)小物塊和木板達(dá)到共同速度所用時(shí)間為設(shè)小物塊和木板達(dá)到共同速度所用時(shí)間為 t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得 v0atat 設(shè)小物塊和木板共速時(shí)小物塊的位移為設(shè)小物塊和木板共速時(shí)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 m 3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
6、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)原點(diǎn)，位于坐標(biāo)原點(diǎn)，ac 邊與邊與 bc 邊的電阻不計(jì)，圓弧邊的電阻不計(jì)，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(diǎn)與圓弧之間部點(diǎn)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(shí)隨時(shí)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(shí)間內(nèi)時(shí)間內(nèi)
7、 MN 保持靜止，計(jì)算金屬框中感應(yīng)電流的大小；保持靜止，計(jì)算金屬框中感應(yīng)電流的大?。?(2)在在 tt0時(shí)刻對(duì)時(shí)刻對(duì) MN 施加一外力，使其以施加一外力，使其以 c 點(diǎn)為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時(shí)針勻速點(diǎn)為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為 ，計(jì)算通過，計(jì)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(shí)間內(nèi)時(shí)間內(nèi) MN 保持靜止，磁場增強(qiáng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，保持靜止，磁場增強(qiáng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)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
8、 EtSBt S14r2，BtB0t0 解得解得 Er2B04t0 感應(yīng)電流大小感應(yīng)電流大小 IE2RrrB02Rt0。 (2)金屬桿以金屬桿以 c 點(diǎn)為軸心在金點(diǎn)為軸心在金屬框所在平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢屬框所在平面內(nèi)順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢 E012B0r2 當(dāng)當(dāng) MN 轉(zhuǎn)過角度為轉(zhuǎn)過角度為 時(shí)總電阻時(shí)總電阻 R總總R0Rr R 2 r2rRR0 2 rR MN 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，02 4.(2018 襄
9、陽高三模擬襄陽高三模擬)如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒如圖所示，有一豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一輕彈簧，其下端固定，上端連接一質(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(yùn)動(dòng)的薄滑塊，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)，圓筒內(nèi)壁對(duì)滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為時(shí)，圓筒內(nèi)壁對(duì)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(duì)滑塊的阻力為零，彈簧的長度為。在初始位置滑塊靜止，圓筒內(nèi)壁對(duì)滑塊的阻力為零，彈簧的長度為l?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為?，F(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，與滑塊發(fā)生碰撞，
10、碰處自由落下，與滑塊發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短。碰撞后物體與滑撞時(shí)間極短。碰撞后物體與滑塊粘在一起向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后又被彈回向上運(yùn)動(dòng)，塊粘在一起向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后又被彈回向上運(yùn)動(dòng)，滑動(dòng)到剛發(fā)生碰撞位置時(shí)速度恰好為零，不計(jì)空氣阻力。求：滑動(dòng)到剛發(fā)生碰撞位置時(shí)速度恰好為零，不計(jì)空氣阻力。求： (1)物體與滑塊碰撞后瞬間速度的大?。晃矬w與滑塊碰撞后瞬間速度的大??； (2)碰撞后，在物體與滑塊向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)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
11、 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)碰撞后瞬間速度為設(shè)碰撞后瞬間速度為 v，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有，依據(jù)動(dòng)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(dòng)能定理，對(duì)碰撞后物體與滑塊一，依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)碰撞后物體與滑塊一起向下運(yùn)動(dòng)到返回初始位置的過程，有起向下運(yùn)動(dòng)到返回初始位置的過程，有 2Ffx0122mv2 設(shè)在物體與滑塊向下運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的過程
12、中，彈簧的彈力所做的功為 W，依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)碰，依據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)碰撞后物體與滑塊一起向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，有撞后物體與滑塊一起向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，有 W2mgxFfx0122mv2 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)54mgl 5.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
13、中其余電阻不計(jì)。整個(gè)裝置處于垂直于，回路中其余電阻不計(jì)。整個(gè)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(shí)刻，時(shí)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(yùn)動(dòng)，已知的勻速運(yùn)動(dòng)，已知 d1 m，m0.5 kg，R0.5 ，B0.5 T，30 ，g 取取 10 m/s2，不計(jì)兩導(dǎo)體棒間的相互作用力。，不計(jì)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(yùn)動(dòng)，能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，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
14、，以作用下，以 v12 m/s 的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，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(shí)時(shí) b 的速度達(dá)到的速度達(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(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流剛運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流 IBdv2R 為使為使 b 能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，對(duì) b 有有 BIdmgsin 解得解得 v10 m/s 即為使即為使 b 能沿
15、導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)，的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，因因 2 m/s10 m/s，b 一定沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。根據(jù)右手定則可以判斷，一定沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)。根據(jù)右手定則可以判斷，a、b 產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢串聯(lián)，所以回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為串聯(lián)，所以回路的感應(yīng)電動(dòng)勢為 EBd(v1v2) IE2R 當(dāng)當(dāng) b 達(dá)到最大速度時(shí)，有達(dá)到最大速度時(shí)，有 BIdmgsin 解得解得 v28 m/s。 (3)假設(shè)在假設(shè)在 t2
16、 s 內(nèi)，內(nèi)，a 向上運(yùn)動(dòng)的距離為向上運(yùn)動(dòng)的距離為 x1，b 向下運(yùn)動(dòng)的距離為向下運(yùn)動(dòng)的距離為 x2，則，則 x1v1t4 m 對(duì)對(duì) b 根據(jù)動(dòng)量定理得根據(jù)動(dòng)量定理得(mgsin B I d)tmvb 又又 q I t q2RBd x1x2 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 WQ Q12mvb2mgx1sin mgx2sin 解得解得 W14.9 J。 答案：答案：(1)10 m/s (2)8 m/s (3)14.9 J 6.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(gè)象限內(nèi)各有一平面的四個(gè)象
17、限內(nèi)各有一個(gè)邊長為個(gè)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， 各磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小里的勻強(qiáng)磁場， 各磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等， 第一象限內(nèi)均相等， 第一象限內(nèi) xL且且 Ly2L 的區(qū)域內(nèi)，有沿的區(qū)域內(nèi)，有沿 y 軸正方向的勻強(qiáng)電場。現(xiàn)有一質(zhì)軸正方向的勻強(qiáng)電場。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處以初速度處以初速度v0沿沿 x 軸負(fù)方向射入電場，射出電場時(shí)
18、通過坐標(biāo)軸負(fù)方向射入電場，射出電場時(shí)通過坐標(biāo)(0，L)點(diǎn)，不計(jì)粒子重力。點(diǎn)，不計(jì)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(diǎn)為使粒子進(jìn)入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn) O 到達(dá)坐標(biāo)到達(dá)坐標(biāo)(L，0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場的磁感應(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(diǎn)射出磁場整個(gè)過程所用的時(shí)間。點(diǎn)射出磁場整個(gè)過程所用的時(shí)間。 解析：解析：(1)粒粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有 Lv0t，L212at2，qEma 解得解得 Emv02qL。 (2)設(shè)粒子
19、進(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)，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(duì)應(yīng)的弦長， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性， 粒子能到達(dá)為粒子在磁場中每次偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的弦長， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性， 粒子能到達(dá)(L,0)點(diǎn)，應(yīng)滿足點(diǎn)，應(yīng)滿足 L2nx，其中，其中 n1、2、3、，當(dāng)，當(dāng) n1 時(shí)，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧時(shí)，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為對(duì)應(yīng)的圓心角為2；當(dāng)；當(dāng) L(2n1)x 時(shí)，其中時(shí)，其中 n1，粒子軌跡如圖乙所示，由于，粒子軌跡如圖乙所示，由于 yL 區(qū)域區(qū)域沒有
20、磁場，因此粒子不能從沒有磁場，因此粒子不能從(L,0)點(diǎn)離開磁場，這種情況不符合題意。點(diǎn)離開磁場，這種情況不符合題意。 設(shè)圓弧的半徑為設(shè)圓弧的半徑為 R，又圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，又圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為2，則，則 x 2R，此時(shí)滿足，此時(shí)滿足 L2nx 解得解得 RL2 2n 洛倫茲力提供向心力洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有由牛頓第二定律有 qvBmv2R 解得解得 B4nmv0qL，n1、2、3、。 (3)粒子開始進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)粒子開始進(jìn)入磁場到從坐標(biāo)(L,0)點(diǎn)射出磁場過程中，圓心角的總和點(diǎn)射出磁場過程中，圓心角的總和 2n222n tT2n22nmqBL2v0。 答案：答案：(1)mv02qL (2)4nmv0qL，n1、2、3、 (3)L2v0
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