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专题检测（二专题检测（二十四十四） 技法专题技法专题3 步稳解物理计算题步稳解物理计算题 1.(2019 届高三届高三 云南师大附中模拟云南师大附中模拟)如图所示， 在光滑水平面上放置如图所示， 在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为一个匀质木块，厚度为 l、质量为、质量为 19m，并用销钉固定。一颗质量为，并用销钉固定。一颗质量为 m的子弹以水平速度的子弹以水平速度 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。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；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，求子弹射入木射入木块，最后留在木块中，求子弹射入木块的深度。块的深度。 解析：解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得 fl012mv02 解得：解得：fmv022l。 (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(19mm)v1 损失的动能损失的动能 E12mv021220mv12 根据功能关系有根据功能关系有 fdE 解得子弹射入木块的深度：解得子弹射入木块的深度：d1920l。 答案：答案：(1)mv022l (2)1920l 2.如图所示，质量如图所示，质量 M1 kg 的木板静置于倾角的木板静置于倾角 37 、足够长、足够长的固定光滑斜面底端，质量的固定光滑斜面底端，质量 m1 kg 的小物的小物块块(可视为质点可视为质点)以初速以初速度度 v04 m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿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、大小为斜面向上、大小为 F3.2 N 的恒力，若小物块恰好不从木板的上的恒力，若小物块恰好不从木板的上端滑下，则木板的长度端滑下，则木板的长度 l 为多少？为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为已知小物块与木板间的动摩擦因数为 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，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。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设小物块的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得，由牛顿第二定律可得 mgsin mgcos ma 设木板的加速度大小为设木板的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得，由牛顿第二定律可得 Fmgcos Mgsin Ma 设小物块和木板达到共同速度所用时间为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，由运动学公式可得 v0atat 设小物块和木板共速时小物块的位移为设小物块和木板共速时小物块的位移为 x，木板的位移为，木板的位移为 x，由位移公式可得，由位移公式可得 xv0t12at2，x12at2 小物块恰好不从木板的上端滑下，有小物块恰好不从木板的上端滑下，有 xxl 解得解得 l0.714 m。 答案：答案：0.714 m 3如图甲所示，在如图甲所示，在 xOy 平面内有一扇形金属框平面内有一扇形金属框 abc，其半径为，其半径为 r，ac 边与边与 y 轴重合，轴重合，bc 边与边与 x 轴重合，且轴重合，且 c 位于坐标原点，位于坐标原点，ac 边与边与 bc 边的电阻不计，圆弧边的电阻不计，圆弧 ab 上单位长度的电上单位长度的电阻为阻为 R。金属杆。金属杆 MN 长度为长度为 L，放在金属框，放在金属框 abc 上，上，MN 与与 ac 边紧邻且边紧邻且 O 点与圆弧之间部点与圆弧之间部分金属杆的电阻为分金属杆的电阻为 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。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 随时随时间间 t 的变化规律如图乙所示。的变化规律如图乙所示。 (1)0t0时间内时间内 MN 保持静止，计算金属框中感应电流的大小；保持静止，计算金属框中感应电流的大小； (2)在在 tt0时刻对时刻对 MN 施加一外力，使其以施加一外力，使其以 c 点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动，角速度为转动，角速度为 ，计算通过，计算通过 MN 的电流的电流 I 与转过的角度与转过的角度 间的关系。间的关系。 解析：解析：(1)0t0时间内时间内 MN 保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势，MN 靠近无靠近无电阻的电阻的 ac 边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有 EtSBt S14r2，BtB0t0 解得解得 Er2B04t0 感应电流大小感应电流大小 IE2RrrB02Rt0。 (2)金属杆以金属杆以 c 点为轴心在金点为轴心在金属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势属框所在平面内顺时针匀速转动时，电路中感应电动势 E012B0r2 当当 MN 转过角度为转过角度为 时总电阻时总电阻 R总总R0Rr R 2 r2rRR0 2 rR MN 中电流中电流 I 与转过的角度与转过的角度 的关系为的关系为 IE0R总总B0r22R02 2 rR，02。 答案：答案：(1)rB02Rt0 (2)IB0r22R02 2 rR，02 4.(2018 襄阳高三模拟襄阳高三模拟)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，阻力的大小恒为时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为 Ff12mg(g 为重力加为重力加速度速度)。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。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。现有一质量也为 m 的物体从距地面的物体从距地面 2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰处自由落下，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，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：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；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。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：解析：(1)设物体下落至与滑块碰撞前瞬间的速度为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，在此过程中物体机械能守恒，依据机械能守恒定律，有依据机械能守恒定律，有 mgl12mv02 解得解得 v0 2gl 设碰撞后瞬间速度为设碰撞后瞬间速度为 v，依据动量守恒定律，有，依据动量守恒定律，有 mv02mv 解得解得 v122gl。 (2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为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，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，有起向下运动到返回初始位置的过程，有 2Ffx0122mv2 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，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，有撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有 W2mgxFfx0122mv2 解得解得 W54mgl 所以弹簧弹性势能增加了所以弹簧弹性势能增加了54mgl。 答案：答案：(1)122gl (2)54mgl 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 角，导轨间距为角，导轨间距为 d，两导体棒，两导体棒 a 和和 b 与导轨垂直放置，两导体棒的质与导轨垂直放置，两导体棒的质量都为量都为 m，电阻都为，电阻都为 R，回路中其余电阻不计。整个装置处于垂直于，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导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为 B。在。在 t0 时刻，时刻， 使使 a 沿导轨向上做速度为沿导轨向上做速度为 v 的匀速运动，已知的匀速运动，已知 d1 m，m0.5 kg，R0.5 ，B0.5 T，30 ，g 取取 10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。，不计两导体棒间的相互作用力。 (1)为使为使 b 能沿导轨向下运动，能沿导轨向下运动，a 的速度的速度 v 应小于多少？应小于多少？ (2)若若 a 在平行于导轨向上的力在平行于导轨向上的力 F 作用下，以作用下，以 v12 m/s 的速度沿导轨向上匀速运动，的速度沿导轨向上匀速运动，求求 b 的速度的速度 v2的最大值；的最大值； (3)在在(2)中，当中，当 t2 s 时时 b 的速度达到的速度达到 5.06 m/s,2 s 内回路中产生的焦耳热为内回路中产生的焦耳热为 13.2 J，求，求该该 2 s 内力内力 F 做的功做的功(结果保留三位有效数字结果保留三位有效数字)。 解析：解析：(1)a 刚运动时，回路中的电流刚运动时，回路中的电流 IBdv2R 为使为使 b 能沿导轨向下运动，对能沿导轨向下运动，对 b 有有 BIdmgsin 解得解得 v10 m/s 即为使即为使 b 能沿导轨向下运动，能沿导轨向下运动，a 的速度的速度 v 应小于应小于 10 m/s。 (2)若若 a 在平行于导轨向上的力在平行于导轨向上的力 F 作用下，以作用下，以 v12 m/s 的速度沿导轨向上匀速运动，的速度沿导轨向上匀速运动，因因 2 m/s10 m/s，b 一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，一定沿导轨向下运动。根据右手定则可以判断，a、b 产生的感应电动势产生的感应电动势串联，所以回路的感应电动势为串联，所以回路的感应电动势为 EBd(v1v2) IE2R 当当 b 达到最大速度时，有达到最大速度时，有 BIdmgsin 解得解得 v28 m/s。 (3)假设在假设在 t2 s 内，内，a 向上运动的距离为向上运动的距离为 x1，b 向下运动的距离为向下运动的距离为 x2，则，则 x1v1t4 m 对对 b 根据动量定理得根据动量定理得(mgsin B I d)tmvb 又又 q I t q2RBd x1x2 2R 解得解得 x25.88 m 根据能量守恒定律得，该根据能量守恒定律得，该 2 s 内力内力 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.如图所示，在直角坐标系如图所示，在直角坐标系 xOy 平面的四个象限内各有一平面的四个象限内各有一个边长为个边长为 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里的匀强磁场， 各磁场磁感应强度大小均相等， 第一象限内均相等， 第一象限内 xL且且 Ly2L 的区域内，有沿的区域内，有沿 y 轴正方向的匀强电场。现有一质轴正方向的匀强电场。现有一质量为量为 m、电荷量为、电荷量为 q 的带负电粒子从坐标的带负电粒子从坐标 L，3L2处以初速度处以初速度v0沿沿 x 轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标轴负方向射入电场，射出电场时通过坐标(0，L)点，不计粒子重力。点，不计粒子重力。 (1)求电场强度大小求电场强度大小 E； (2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标到达坐标(L，0)点，求匀强磁场的磁感应强点，求匀强磁场的磁感应强度大小度大小 B； (3)求第求第(2)问中粒子开始进入磁场到从坐标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。点射出磁场整个过程所用的时间。 解析：解析：(1)粒粒子在电场中做类平抛运动，有子在电场中做类平抛运动，有 Lv0t，L212at2，qEma 解得解得 Emv02qL。 (2)设粒子进入磁场时，速度方向与设粒子进入磁场时，速度方向与 y 轴负方向夹角为轴负方向夹角为 则则 tan v0vy1 速度大小速度大小 vv0sin 2v0 设设 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，应满足点，应满足 L2nx，其中，其中 n1、2、3、，当，当 n1 时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为对应的圆心角为2；当；当 L(2n1)x 时，其中时，其中 n1，粒子轨迹如图乙所示，由于，粒子轨迹如图乙所示，由于 yL 区域区域没有磁场，因此粒子不能从没有磁场，因此粒子不能从(L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。点离开磁场，这种情况不符合题意。 设圆弧的半径为设圆弧的半径为 R，又圆弧对应的圆心角为，又圆弧对应的圆心角为2，则，则 x 2R，此时满足，此时满足 L2nx 解得解得 RL2 2n 洛伦兹力提供向心力洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有由牛顿第二定律有 qvBmv2R 解得解得 B4nmv0qL，n1、2、3、。 (3)粒子开始进入磁场到从坐标粒子开始进入磁场到从坐标(L,0)点射出磁场过程中，圆心角的总和点射出磁场过程中，圆心角的总和 2n222n tT2n22nmqBL2v0。 答案：答案：(1)mv02qL (2)4nmv0qL，n1、2、3、 (3)L2v0
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