《（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十四）技法專(zhuān)題——3步穩(wěn)解物理計(jì)算題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十四）技法專(zhuān)題——3步穩(wěn)解物理計(jì)算題（含解析）（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（通用版）2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題檢測(cè)（二十四）技法專(zhuān)題——3步穩(wěn)解物理計(jì)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(gè)勻質(zhì)木塊，厚度為l、質(zhì)量為19m，并用銷(xiāo)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(xiāo)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

2、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。 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(zhǎng)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(zhǎng)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

3、.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.

4、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)，圓弧ab上單位長(zhǎng)度的電阻為R。金屬桿MN長(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(guò)MN的電流I與轉(zhuǎn)過(guò)的角度θ間的關(guān)系。 解析：(1

5、)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(wú)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＝ 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(guò)角度為θ時(shí)總電阻 R總＝R0＋＝R0＋ MN中電流I與轉(zhuǎn)過(guò)的角度θ的關(guān)系為 I＝＝，0<θ<。 答案：(1)　(2)I＝，0<θ< 4.(2018·襄陽(yáng)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

6、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(zhǎng)度為l。現(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(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(guò)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(guò)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

7、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(guò)程，有 －2Ffx＝0－×2mv2 設(shè)在物體與滑塊向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(guò)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(zhǎng)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)。

8、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 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

9、的電流 I＝ 為使b能沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，對(duì)b有 BId

10、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＋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(zhǎng)為L(zhǎng)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

11、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(guò)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)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(wèn)中粒子開(kāi)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(guò)程所用的時(shí)間。 解析：(1)粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)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(zhǎng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)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(méi)有磁場(chǎng)，因此粒子不能從(－L,0)點(diǎn)離開(kāi)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(kāi)始進(jìn)入磁場(chǎng)到從坐標(biāo)(－L,0)點(diǎn)射出磁場(chǎng)過(guò)程中，圓心角的總和 θ＝2n××2＝2nπ t＝T×＝＝。 答案：(1)　(2)，n＝1、2、3、…　(3)