高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)講義：第二部分 第二板塊 第3講 技法專題——3步穩(wěn)解物理計(jì)算題 Word版含解析

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1、 第3講 物理計(jì)算題歷來是高考拉分題，試題綜合性強(qiáng)，涉及物理過程較多，所給物理情境較復(fù)雜，物理模型較模糊或隱蔽，運(yùn)用的物理規(guī)律也較多，對(duì)考生的挖掘隱含條件的能力、基本過程的分析能力、思維推理能力、基本運(yùn)算能力等要求很高。為了在物理計(jì)算題上得到理想的分值，應(yīng)做到細(xì)心審題、大膽拆題、規(guī)范答題。 一、細(xì)心審題——做到“一讀、二思、三析” 1．讀題 “讀題”是從題目中獲取信息的最直接方法，一定要全面、細(xì)心，讀題時(shí)不要急于求解，對(duì)題中關(guān)鍵的詞語要多加思考，明白其含義，對(duì)特殊字、句、條件要用著重號(hào)加以標(biāo)注；要重點(diǎn)看清題目中括號(hào)內(nèi)的附加條件及題目給出的圖形及圖像等。 2．思題 “思題”就是默

2、讀試題，是物理信息內(nèi)化的過程，它能解決漏看、錯(cuò)看等問題。邊讀題邊思索、邊聯(lián)想，以弄清題目中所涉及的現(xiàn)象和過程，排除干擾因素，充分挖掘隱含條件。 3．析題 “析題”就是在“思題”獲取一定信息的基礎(chǔ)上，調(diào)動(dòng)大腦中所儲(chǔ)存的相關(guān)知識(shí)，準(zhǔn)確、全面、快速思考，要對(duì)研究對(duì)象的各階段變化進(jìn)行剖析，建立起清晰的物理情景，確定每一個(gè)過程對(duì)應(yīng)的物理模型、規(guī)律及各過程間的聯(lián)系。 [例1]　下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為θ＝37°(sin 37°＝0.6)的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)

3、某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m(可視為質(zhì)量不變的滑塊)，在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn)；在第 2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變。已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離 l＝27 m，C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大?。? (2)A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 [細(xì)心審題] [解析]　(1)在0～2 s時(shí)間內(nèi)，A和B的受力如析題圖所示，由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得 f1＝

4、μ1N1① N1＝mgcos θ② f2＝μ2N2③ N2＝N1′＋mgcos θ④ 規(guī)定沿斜面向下為正方向。設(shè)A和B的加速度分別為a1和a2，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得 mgsin θ－f1＝ma1⑤ mgsin θ＋f1′－f2＝ma2⑥ N1＝N1′⑦ f1＝f1′⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入題給數(shù)據(jù)得 a1＝3 m/s2⑨ a2＝1 m/s2。⑩ (2)在t1＝2 s時(shí)，設(shè)A和B的速度分別為v1和v2，則 v1＝a1t1＝6 m/s? v2＝a2t1＝2 m/s? t＞t1時(shí)，設(shè)A和B的加速度分別為a1′和a2′。此時(shí)A與B之間的摩擦力為零，同理可得 a1′

5、＝6 m/s2? a2′＝－2 m/s2? B做減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)經(jīng)過時(shí)間t2，B的速度減為零，則有 0＝v2＋a2′t2? 聯(lián)立???式得 t2＝1 s? 在t1＋t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為 s＝－＝12 m＜27 m? 此后B靜止，A繼續(xù)在B上滑動(dòng)。設(shè)再經(jīng)過時(shí)間t3后A離開B，則有 l－s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32? 可得 t3＝1 s(另一解不合題意，舍去)? 則A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t總＝t1＋t2＋t3＝4 s。 ［反思領(lǐng)悟］ [答案]　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 1.只有認(rèn)真審題，透徹理解命題的意圖、試題給定

6、的物理情境、各物理量間的對(duì)應(yīng)關(guān)系、物理過程所遵循的物理規(guī)律，才能快速正確答題。 2.審題要慢，就是要仔細(xì)，要審?fù)福P(guān)鍵詞句的理解要到位，深入挖掘試題的條件，提取解題所需要的相關(guān)信息，排除干擾因素。要做到這些，必須通讀試題，特別是括號(hào)內(nèi)的內(nèi)容，千萬不要忽視。 二、大膽拆題——做到“拆分過程，大題小做” 計(jì)算題的物理過程大體有以下三種呈現(xiàn)方式： 1．串聯(lián)式 此類問題一般涉及一個(gè)物體，解題的方法是按時(shí)間先后順序?qū)⒄麄€(gè)過程拆分成幾個(gè)子過程，然后對(duì)每個(gè)子過程運(yùn)用規(guī)律列式求解。 2．并列式 此類問題的幾個(gè)過程是同時(shí)發(fā)生的，一般涉及多個(gè)物體，解題的關(guān)鍵是從空間上將復(fù)雜過程拆分成幾個(gè)子過程，然后

7、對(duì)各子過程運(yùn)用規(guī)律列式求解。 3．復(fù)合式 此類問題是上述兩種方式的組合，下面用典例展示如何從時(shí)間和空間上將多個(gè)物體的多個(gè)子過程一一拆分出來，然后運(yùn)用規(guī)律列式求解。 [例2]　如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R＝0.2 m的半圓，兩段軌道相切于B點(diǎn)，整個(gè)軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)大小E＝5.0×103 V/m。一不帶電的絕緣小球甲，以速度v0沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在B點(diǎn)帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙的質(zhì)量均為m＝1.0×10－2 kg，乙所帶電荷量q＝2.0× 10－5 C，g取10 m/s2(水平軌道足夠長，甲、乙均視為質(zhì)點(diǎn)，

8、整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程無電荷轉(zhuǎn)移)。求： (1)甲、乙碰撞后，若乙恰能通過軌道的最高點(diǎn)D，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離； (2)在滿足(1)的條件下，求甲的速度v0； (3)若甲仍以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，增大甲的質(zhì)量，保持乙的質(zhì)量不變，求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍。 [大膽拆題] 第(1)問可拆分為2個(gè)小題 ①求乙恰能通過軌道最高點(diǎn)的速度 建模：豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)中的“繩”模型 規(guī)律：牛頓第二定律mg＋Eq＝ ②求乙在軌道上的首次落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離x 建模：乙離開D點(diǎn)后做類平拋運(yùn)動(dòng) 規(guī)律：運(yùn)動(dòng)的合成與分解 x＝vDt,2R＝·t2 第(2)問可拆分為2個(gè)小題 ①求甲、

9、乙剛碰后乙的速度 建模：豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)模型(B→D過程) 規(guī)律：動(dòng)能定理 －mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2 ②求甲、乙剛碰后甲的速度 建模：彈性碰撞模型 規(guī)律：動(dòng)量守恒定律mv0＝mv甲＋mv乙 機(jī)械能守恒定律mv02＝mv甲2＋mv乙2 第(3)問可拆分為3個(gè)小題 ①設(shè)甲的質(zhì)量為M，求甲、乙碰后，乙的速度vm的范圍 建模：彈性碰撞模型 規(guī)律：動(dòng)量守恒定律Mv0＝MvM＋mvm 機(jī)械能守恒定律Mv02＝MvM2＋mvm2 ②求乙過D點(diǎn)的速度vD′的范圍 建模：豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)模型(B→D過程) 規(guī)律：動(dòng)能定理 －mg·2R－qE·2R＝mvD′2－

10、mvm2 ③求小球落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離范圍 建模：類平拋運(yùn)動(dòng)模型 規(guī)律：水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)x′＝vD′t [解析]　(1)在乙恰好能通過軌道的最高點(diǎn)的情況下，設(shè)乙到達(dá)最高點(diǎn)的速度為vD，乙從離開D點(diǎn)到落到水平軌道的時(shí)間為t，乙的落點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為x，則 mg＋qE＝m 2R＝·t2 x＝vDt 解得x＝0.4 m。 (2)設(shè)碰撞后乙的速度為v乙，對(duì)乙從B→D過程，由動(dòng)能定理得 －mg·2R－qE·2R＝mvD2－mv乙2 解得v乙＝2 m/s 設(shè)碰撞后甲的速度為v甲，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 mv0＝mv甲＋mv乙 mv02＝mv甲2＋mv乙2 解得v乙＝v

11、0，v甲＝0 所以v0＝2 m/s。 (3)設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有 Mv0＝MvM＋mvm Mv02＝MvM2＋mvm2 解得vm＝ 由上式和M>m可得v0

12、文字?jǐn)⑹隽枯^大，包括多個(gè)物理過程，所給物理情境較復(fù)雜，涉及的物理模型較多，有的還較為隱蔽，要運(yùn)用較多的物理規(guī)律進(jìn)行論證或計(jì)算才能求得結(jié)果，相應(yīng)的題目的分值也較高，解題關(guān)鍵就在于準(zhǔn)確拆分過程，變大題為小題，然后一一擊破。 三、規(guī)范答題——做到表述明、列式清、演算準(zhǔn) 1．有必要的文字說明 必要的文字說明是規(guī)范答題時(shí)不可缺少的文字表述，它能使解題思路清晰明了，讓閱卷老師一目了然，是獲取高分的必要條件之一，主要包括： (1)研究的對(duì)象、研究的過程或狀態(tài)的說明。 (2)題目中物理量要用題目中的符號(hào)，引入的物理量或符號(hào)，一定要用假設(shè)的方式進(jìn)行說明。 (3)題目中的一些隱含條件或臨界條件，應(yīng)

13、用時(shí)要加以說明。 (4)所列方程的依據(jù)及名稱要進(jìn)行說明。 (5)規(guī)定的正方向、零勢(shì)能點(diǎn)及所建立的坐標(biāo)系要進(jìn)行說明。 (6)對(duì)題目所求或所問有明確的答復(fù)且對(duì)所求結(jié)果的物理意義要進(jìn)行說明。 2．分步列式、聯(lián)立求解 解答高考試題一定要分步列式，因高考閱卷實(shí)行按步給分，每一步的關(guān)鍵方程都是得分點(diǎn)。分步列式一定要注意以下幾點(diǎn)： (1)列原始方程，與原始規(guī)律公式相對(duì)應(yīng)的具體形式，而不是移項(xiàng)變形后的公式。 (2)方程中的字母要與題目中的字母吻合，同一字母的物理意義要唯一。出現(xiàn)同類物理量，要用不同下標(biāo)或上標(biāo)區(qū)分。 (3)列純字母方程，方程全部采用物理量符號(hào)和常用字母表示(如位移x、重力加速度g

14、等)。 (4)依次列方程，不要方程中套方程，也不要寫連等式或綜合式子。 (5)所列方程式盡量簡潔，多個(gè)方程式要標(biāo)上序號(hào)，以便聯(lián)立求解。 3．準(zhǔn)確演算、明確結(jié)果 解答物理計(jì)算題一般要有必要的演算過程，并明確最終結(jié)果，具體要注意： (1)演算時(shí)一般先進(jìn)行字母符號(hào)運(yùn)算，從列出的一系列方程，推導(dǎo)出結(jié)果的計(jì)算式，最后代入數(shù)據(jù)并寫出結(jié)果(要注意簡潔，千萬不要在卷面上書寫過多化簡、數(shù)值運(yùn)算式)。 (2)計(jì)算結(jié)果的有效數(shù)字位數(shù)應(yīng)根據(jù)題意確定，一般應(yīng)與題目中所列的數(shù)據(jù)的有效數(shù)字位數(shù)相近，若有特殊要求，應(yīng)按要求選定。 (3)計(jì)算結(jié)果是數(shù)據(jù)的要帶單位(最好采用國際單位)，是字母符號(hào)的不用帶單位。 (

15、4)字母式的答案中，最終答案中所用字母都必須使用題干中所給的字母，不能包含未知量，且某些已知的物理量也不能代入數(shù)據(jù)。 (5)題中要求解的物理量應(yīng)有明確的答案(盡量寫在顯眼處)，待求量是矢量的必須說明其方向。 (6)若在解答過程中進(jìn)行了研究對(duì)象轉(zhuǎn)換，則必須交代轉(zhuǎn)換依據(jù)，對(duì)題目所求要有明確的回應(yīng)，不能答非所問。 [例3]　(2018·天津高考，20分)真空管道超高速列車的動(dòng)力系統(tǒng)是一種將電能直接轉(zhuǎn)換成平動(dòng)動(dòng)能的裝置。圖1是某種動(dòng)力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實(shí)線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導(dǎo)軌，電阻忽略不計(jì)。ab和cd是兩根與導(dǎo)軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固

16、定在列車底部，并與導(dǎo)軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質(zhì)量為m。列車啟動(dòng)前，ab、cd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動(dòng)，需在M、N間連接電動(dòng)勢(shì)為E的直流電源，電源內(nèi)阻及導(dǎo)線電阻忽略不計(jì)。列車啟動(dòng)后電源自動(dòng)關(guān)閉。 (1)要使列車向右運(yùn)行，啟動(dòng)時(shí)圖1中M、N哪個(gè)接電源正極，并簡要說明理由； (2)求剛接通電源時(shí)列車加速度a的大??； (3)列車減速時(shí)，需在前方設(shè)置如圖2所示的一系列磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度和相鄰磁場(chǎng)間距均大于l。若某時(shí)刻列車的速度為v0，此時(shí)ab、cd均在無磁場(chǎng)區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多

17、少塊這樣的有界磁場(chǎng)？ [規(guī)范答題] 解：(1)列車要向右運(yùn)動(dòng)，安培力方向應(yīng)向右。根據(jù)左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。(3分) (2)由題意，列車啟動(dòng)時(shí)ab、cd并聯(lián)，設(shè)回路總電阻為R總，由電阻的串并聯(lián)知識(shí)得 R總＝①(1分) 設(shè)回路總電流為I，根據(jù)閉合電路歐姆定律有 I＝②(1分) 設(shè)兩根金屬棒所受安培力之和為F，有 F＝IlB③(1分) 根據(jù)牛頓第二定律有F＝ma④(1分) 聯(lián)立①②③④式得a＝。⑤(2分) (3)設(shè)列車減速時(shí)，cd進(jìn)入磁場(chǎng)后經(jīng)Δt時(shí)間ab恰好進(jìn)入磁場(chǎng)，此過程中穿過兩金屬棒與導(dǎo)軌所圍回路的磁通量的變化量為ΔΦ，平

18、均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，由法拉第電磁感應(yīng)定律有E1＝⑥(1分) 其中ΔΦ＝Bl2⑦(1分) 設(shè)回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有 I′＝⑧(1分) 設(shè)cd受到的平均安培力為F′，有 F′＝I′lB⑨(1分) 以向右為正方向，設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)cd受安培力沖量為I沖，有 I沖＝－F′Δt⑩(1分) 同理可知，回路出磁場(chǎng)時(shí)ab受安培力沖量仍為上述值，設(shè)回路進(jìn)出一塊有界磁場(chǎng)區(qū)域安培力沖量為I0，有 I0＝2I沖?(1分) 設(shè)列車停下來受到的總沖量為I總，由動(dòng)量定理有 I總＝0－mv0?(1分) 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨⑩??式得 ＝?(2分) 討論：若恰為整數(shù)，設(shè)其為n，則需設(shè)置n塊有

19、界磁場(chǎng)； 若不是整數(shù)，設(shè)的整數(shù)部分為N，則需設(shè)置N＋1塊有界磁場(chǎng)。(2分) ［反思領(lǐng)悟］ 備注：括號(hào)中的分值根據(jù)高考評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)而設(shè)置，意圖讓考生充分認(rèn)識(shí)到分步列式、規(guī)范答題的重要性。 1.壓軸計(jì)算題可能因?yàn)殡y度太大而做錯(cuò)，甚至最后一問會(huì)感覺無從下手，但前幾問相對(duì)容易，應(yīng)嘗試解答。 2.如果時(shí)間不夠用，無法計(jì)算最后結(jié)果，或者結(jié)果算錯(cuò)，但基本的“步驟分”“公式分”要拿到手。 [專題強(qiáng)訓(xùn)提能] 1.(2019屆高三·云南師大附中模擬)如圖所示，在光滑水平面上

20、放置一個(gè)勻質(zhì)木塊，厚度為l、質(zhì)量為19m，并用銷釘固定。一顆質(zhì)量為m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小； (2)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，求子彈射入木塊的深度。 解析：(1)子彈恰好能從木塊中穿出，根據(jù)動(dòng)能定理可得 －fl＝0－mv02 解得：f＝。 (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mv0＝(19m＋m)v1 損失的動(dòng)能ΔE＝mv02－×20mv12 根據(jù)功能關(guān)系有fd＝ΔE 解得子彈射入木塊的深度：d＝l。

21、答案：(1)　(2)l 2.如圖所示，質(zhì)量M＝1 kg的木板靜置于傾角θ＝37°、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0＝4 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 斜面向上、大小為F＝3.2 N 的恒力，若小物塊恰好不從木板的上端滑下，則木板的長度l為多少？(已知小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 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)，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

22、a，由牛頓第二定律可得 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 設(shè)木板的加速度大小為a′，由牛頓第二定律可得 F＋μmgcos θ－Mgsin θ＝Ma′ 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v0－at＝a′t 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x′，由位移公式可得 x＝v0t－at2，x′＝a′t2 小物塊恰好不從木板的上端滑下，有x－x′＝l 解得l≈0.714 m。 答案：0.714 m 3．如圖甲所示，在xOy平面內(nèi)有一扇形金屬框abc，其半徑為r，ac邊與y軸重合，bc邊與x軸重合，且c位于坐標(biāo)原點(diǎn)，ac邊與bc邊的電阻不計(jì)，圓

23、弧ab上單位長度的電阻為R。金屬桿MN長度為L，放在金屬框abc上，MN與ac邊緊鄰且O點(diǎn)與圓弧之間部分金屬桿的電阻為R0。勻強(qiáng)磁場(chǎng)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)間t的變化規(guī)律如圖乙所示。 (1)0～t0時(shí)間內(nèi)MN保持靜止，計(jì)算金屬框中感應(yīng)電流的大?。? (2)在t＝t0時(shí)刻對(duì)MN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)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度為ω，計(jì)算通過MN的電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ間的關(guān)系。 解析：(1)0～t0時(shí)間內(nèi)MN保持靜止，磁場(chǎng)增強(qiáng)，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，MN靠近無電阻的ac邊被短路。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E＝＝S· S＝πr2，＝ 解得E＝

24、 感應(yīng)電流大小I＝＝。 (2)金屬桿以c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(shì) E0＝B0r2ω 當(dāng)MN轉(zhuǎn)過角度為θ時(shí)總電阻 R總＝R0＋＝R0＋ MN中電流I與轉(zhuǎn)過的角度θ的關(guān)系為 I＝＝，0<θ<。 答案：(1)　(2)I＝，0<θ< 4.(2018·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)時(shí)，圓筒內(nèi)壁對(duì)滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為Ff＝mg(g為重力加速度)。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l?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2l處自由落下，與

25、滑塊發(fā)生碰撞，碰撞時(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)，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??； (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(shì)能的變化量。 解析：(1)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，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有 mgl＝mv02 解得v0＝ 設(shè)碰撞后瞬間速度為v，依據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 mv0＝2mv 解得v＝。 (2)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起向下運(yùn)動(dòng)到返回初始位置的過程，有

26、 －2Ffx＝0－×2mv2 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W，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 W＋2mgx－Ffx＝0－×2mv2 解得W＝－mgl 所以彈簧彈性勢(shì)能增加了mgl。 答案：(1)　(2)mgl 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θ角，導(dǎo)軌間距為d，兩導(dǎo)體棒a和b與導(dǎo)軌垂直放置，兩導(dǎo)體棒的質(zhì)量都為m，電阻都為R，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(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。在t＝0時(shí)刻，使a沿導(dǎo)軌向上做速度為v的勻速運(yùn)動(dòng)，已知d＝1 m，m＝0.5 kg，R＝0.5

27、 Ω，B＝0.5 T， θ＝30°，g取10 m/s2，不計(jì)兩導(dǎo)體棒間的相互作用力。 (1)為使b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，a的速度v應(yīng)小于多少？ (2)若a在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，求b的速度v2的最大值； (3)在(2)中，當(dāng)t＝2 s時(shí)b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13.2 J，求該2 s內(nèi)力F做的功(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。 解析：(1)a剛運(yùn)動(dòng)時(shí)，回路中的電流 I＝ 為使b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)b有 BId

28、。 (2)若a在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，以v1＝2 m/s的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運(yùn)動(dòng)，因2 m/s<10 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，a、b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)串聯(lián)，所以回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E＝Bd(v1＋v2) I′＝ 當(dāng)b達(dá)到最大速度時(shí)，有 BI′d＝mgsin θ 解得v2＝8 m/s。 (3)假設(shè)在t＝2 s內(nèi)，a向上運(yùn)動(dòng)的距離為x1，b向下運(yùn)動(dòng)的距離為x2，則 x1＝v1t＝4 m 對(duì)b根據(jù)動(dòng)量定理得 (mgsin θ－Bd)t＝mvb 又q＝t q＝＝ 解得x2＝5.88 m 根據(jù)能量守恒定律得，該2 s內(nèi)力F做的功 W＝Q＋mv

29、b2＋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.如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面的四個(gè)象限內(nèi)各有一個(gè)邊長為L的正方形磁場(chǎng)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(chǎng)，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，各磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均相等，第一象限內(nèi)x≤L且L≤y≤2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)處以初速度v0沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，射出電場(chǎng)時(shí)通過坐標(biāo)(0，L)點(diǎn)，不計(jì)粒子重力。 (1)求電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (2)為使粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后途經(jīng)坐標(biāo)

30、原點(diǎn)O到達(dá)坐標(biāo)(－L，0)點(diǎn)，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B； (3)求第(2)問中粒子開始進(jìn)入磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(－L,0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)整個(gè)過程所用的時(shí)間。 解析：(1)粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，有 L＝v0t，＝at2，qE＝ma 解得E＝。 (2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與y軸負(fù)方向夾角為θ 則tan θ＝＝1 速度大小v＝＝v0 設(shè)x為粒子在磁場(chǎng)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L＝2nx，其中n＝1、2、3、…，當(dāng)n＝1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；當(dāng)L＝(2n＋1)x時(shí)，其中n＝1，粒子軌跡如圖乙所示，由于y<－L區(qū)域沒有磁場(chǎng)，因此粒子不能從(－L,0)點(diǎn)離開磁場(chǎng)，這種情況不符合題意。 設(shè)圓弧的半徑為R，又圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為，則x＝R，此時(shí)滿足L＝2nx 解得R＝ 洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB＝m 解得B＝，n＝1、2、3、…。 (3)粒子開始進(jìn)入磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(－L,0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過程中，圓心角的總和θ＝2n××2＝2nπ t＝T×＝＝。 答案：(1)　(2)，n＝1、2、3、…　(3)