（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十四）技法專題——3步穩(wěn)解物理計算題（含解析）

（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題檢測（二十四）技法專題3步穩(wěn)解物理計算題（含解析）1.(2019屆高三·云南師大附中模擬)如圖所示，在光滑水平面上放置一個勻質(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。(1)求子彈在木塊中受到的阻力大??；(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)動能定理可得fl0mv02解得：f。(2)由題意得子彈與木塊最后達到共同速度，由系統(tǒng)動量守恒有mv0(19mm)v1損失的動能Emv02×20mv12根據(jù)功能關(guān)系有fdE解得子彈射入木塊的深度：dl。答案：(1)(2)l2.如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板靜置于傾角37°、足夠長的固定光滑斜面底端，質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以初速度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端滑下，則木板的長度l為多少？(已知小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5，取重力加速度g10 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。設(shè)小物塊的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得mgsin mgcos ma設(shè)木板的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得Fmgcos Mgsin Ma設(shè)小物塊和木板達到共同速度所用時間為t，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x，木板的位移為x，由位移公式可得xv0tat2，xat2小物塊恰好不從木板的上端滑下，有xxl解得l0.714 m。答案：0.714 m3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，ac邊與bc邊的電阻不計，圓弧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點與圓弧之間部分金屬桿的電阻為R0。勻強磁場與金屬框平面垂直并充滿平面，其磁感應(yīng)強度大小B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。(1)0t0時間內(nèi)MN保持靜止，計算金屬框中感應(yīng)電流的大?。?2)在tt0時刻對MN施加一外力，使其以c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，計算通過MN的電流I與轉(zhuǎn)過的角度間的關(guān)系。解析：(1)0t0時間內(nèi)MN保持靜止，磁場增強，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，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ES·Sr2，解得E感應(yīng)電流大小I。(2)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E0B0r2當(dāng)MN轉(zhuǎn)過角度為時總電阻R總R0R0MN中電流I與轉(zhuǎn)過的角度的關(guān)系為I，0<<。答案：(1)(2)I，0<<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)滑塊運動時，圓筒內(nèi)壁對滑塊有阻力的作用，阻力的大小恒為Ffmg(g為重力加速度)。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，與滑塊發(fā)生碰撞，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，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；(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。解析：(1)設(shè)物體下落至與滑塊碰撞前瞬間的速度為v0，在此過程中物體機械能守恒，依據(jù)機械能守恒定律，有mglmv02解得v0設(shè)碰撞后瞬間速度為v，依據(jù)動量守恒定律，有mv02mv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)動能定理，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2Ffx0×2mv2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，對碰撞后物體與滑塊一起向下運動到最低點的過程，有W2mgxFfx0×2mv2解得Wmgl所以彈簧彈性勢能增加了mgl。答案：(1)(2)mgl5.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。整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B。在t0時刻，使a沿導(dǎo)軌向上做速度為v的勻速運動，已知d1 m，m0.5 kg，R0.5 ，B0.5 T，30°，g取10 m/s2，不計兩導(dǎo)體棒間的相互作用力。(1)為使b能沿導(dǎo)軌向下運動，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v12 m/s的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動，求b的速度v2的最大值；(3)在(2)中，當(dāng)t2 s時b的速度達到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剛運動時，回路中的電流I為使b能沿導(dǎo)軌向下運動，對b有BId<mgsin 解得v<10 m/s即為使b能沿導(dǎo)軌向下運動，a的速度v應(yīng)小于10 m/s。(2)若a在平行于導(dǎo)軌向上的力F作用下，以v12 m/s的速度沿導(dǎo)軌向上勻速運動，因2 m/s<10 m/s，b一定沿導(dǎo)軌向下運動。根據(jù)右手定則可以判斷，a、b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EBd(v1v2)I當(dāng)b達到最大速度時，有BIdmgsin 解得v28 m/s。(3)假設(shè)在t2 s內(nèi)，a向上運動的距離為x1，b向下運動的距離為x2，則x1v1t4 m對b根據(jù)動量定理得(mgsin Bd)tmvb又qtq解得x25.88 m根據(jù)能量守恒定律得，該2 s內(nèi)力F做的功WQmvb2mgx1sin mgx2sin 解得W14.9 J。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xOy平面的四個象限內(nèi)各有一個邊長為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)平面向外的勻強磁場，第一、三、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強磁場，各磁場磁感應(yīng)強度大小均相等，第一象限內(nèi)xL且Ly2L的區(qū)域內(nèi)，有沿y軸正方向的勻強電場?，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，射出電場時通過坐標(biāo)(0，L)點，不計粒子重力。(1)求電場強度大小E；(2)為使粒子進入磁場后途經(jīng)坐標(biāo)原點O到達坐標(biāo)(L，0)點，求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小B；(3)求第(2)問中粒子開始進入磁場到從坐標(biāo)(L,0)點射出磁場整個過程所用的時間。解析：(1)粒子在電場中做類平拋運動，有Lv0t，at2，qEma解得E。(2)設(shè)粒子進入磁場時，速度方向與y軸負(fù)方向夾角為則tan 1速度大小vv0設(shè)x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，粒子能到達(L,0)點，應(yīng)滿足L2nx，其中n1、2、3、，當(dāng)n1時，粒子軌跡如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為；當(dāng)L(2n1)x時，其中n1，粒子軌跡如圖乙所示，由于y<L區(qū)域沒有磁場，因此粒子不能從(L,0)點離開磁場，這種情況不符合題意。設(shè)圓弧的半徑為R，又圓弧對應(yīng)的圓心角為，則xR，此時滿足L2nx解得R洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvBm解得B，n1、2、3、。(3)粒子開始進入磁場到從坐標(biāo)(L,0)點射出磁場過程中，圓心角的總和2n××22ntT×。答案：(1)(2)，n1、2、3、(3)