1、1技法专题3 步稳解物理1.(2019 届高三云南师大附中模拟)如图所示，在光滑水平面上放置一个匀质木块，厚度为 l、质量为 19m，并用销钉固定。一颗质量为 m 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；(2)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，求子弹射入木块的深度。解析：(1)子弹恰好能从木块中穿出，根据动能定理可得 fl0 mv0212解得： f 。mv022l(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 mv0(19 m m)v1损失的动能 E m
2、v02 20mv1212 12根据功能关系有 fd E解得子弹射入木块的深度： d l。1920答案：(1) (2) lmv022l 19202.如图所示，质量 M1 kg 的木板静置于倾角 37、足够长的固定光滑斜面底端，质量 m1 kg 的小物块(可视为质点)以初速度 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端滑下，则木板的长度l 为多少？(已知小物块与木板间的动摩擦因数为 0.5，取重力加速度 g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)解析：由题意可知，小物块沿木板向上做匀减速运动，木板
3、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。设小物块的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得 mgsin mg cos ma设木板的加速度大小为 a，由牛顿第二定律可得F mg cos Mgsin Ma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 v0 at a t设小物块和木板共速时小物块的位移为 x，木板的位移为 x，由位移公式可得x v0t at2， x a t212 122小物块恰好不从木板的上端滑下，有 x x l解得 l0.714 m。答案：0.714 m3如图甲所示，在 xOy 平面内有一扇形金属框 abc，其半径为 r， ac 边与
4、y 轴重合，bc 边与 x 轴重合，且 c 位于坐标原点， ac 边与 bc 边的电阻不计，圆弧 ab 上单位长度的电阻为 R。金属杆 MN 长度为 L，放在金属框 abc 上， MN 与 ac 边紧邻且 O 点与圆弧之间部分金属杆的电阻为 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 B 随时间t 的变化规律如图乙所示。(1)0 t0时间内 MN 保持静止，计算金属框中感应电流的大小；(2)在 t t0时刻对 MN 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转动，角速度为 ，计算通过 MN 的电流 I 与转过的角度 间的关系。解析：(1)0 t0时间内 MN
5、保持静止，磁场增强，回路中产生感应电动势， MN 靠近无电阻的 ac 边被短路。根据法拉第电磁感应定律，有 E S t B tS r2， 14 B t B0t0解得 E r2B04t0感应电流大小 I 。E2Rr rB02Rt0(2)金属杆以 c 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E0 B0r212当 MN 转过角度为 时总电阻R 总 R0 R0Rr R( 2 )r 2rR 2 rRMN 中电流 I 与转过的角度 的关系为I ，0 。E0R总 B0r22 R0 2 2 rR 23答案：(1) (2) I ，0 rB02Rt0 B0r22 R0 2 2 rR 24.(2
6、018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，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为 Ff mg(g 为重力12加速度)。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 l。现有一质量也为 m 的物体从距地面 2l 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：(1)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。解析：(
7、1)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，依据机械能守恒定律，有mgl mv0212解得 v0 2gl设碰撞后瞬间速度为 v，依据动量守恒定律，有mv02 mv解得 v 。122gl(2)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起向下运动到返回初始位置的过程，有2 Ffx0 2mv212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，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W2 mgx Ffx0 2mv212解得 W mgl54所以弹簧弹性势能增加了 mgl。54答案：(1) (2) mgl122
8、gl 545.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 d，两导体棒 a 和 b 与导轨垂直放置，两导体棒的4质量都为 m，电阻都为 R，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 B。在 t0 时刻，使 a 沿导轨向上做速度为 v 的匀速运动，已知 d1 m， m0.5 kg， R0.5 ， B0.5 T， 30， g 取 10 m/s2，不计两导体棒间的相互作用力。(1)为使 b 能沿导轨向下运动， a 的速度 v 应小于多少？(2)若 a 在平行于导轨向上的力 F 作用下，以 v12 m/s 的速度沿导轨向上匀速运动，求
9、 b 的速度 v2的最大值；(3)在(2)中，当 t2 s 时 b 的速度达到 5.06 m/s,2 s 内回路中产生的焦耳热为 13.2 J，求该 2 s 内力 F 做的功(结果保留三位有效数字)。解析：(1) a 刚运动时，回路中的电流IBdv2R为使 b 能沿导轨向下运动，对 b 有BIdmgsin 解得 v10 m/s即为使 b 能沿导轨向下运动， a 的速度 v 应小于 10 m/s。(2)若 a 在平行于导轨向上的力 F 作用下，以 v12 m/s 的速度沿导轨向上匀速运动，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， a、 b 产生的感应电动势串联
10、，所以回路的感应电动势为E Bd(v1 v2)IE2R当 b 达到最大速度时，有BI d mgsin 解得 v28 m/s。(3)假设在 t2 s 内， a 向上运动的距离为 x1， b 向下运动的距离为 x2，则x1 v1t4 m对 b 根据动量定理得( mgsin B d)t mvbI又 q tIq 2R Bd x1 x22R解得 x25.88 m根据能量守恒定律得，该 2 s 内力 F 做的功W Q mvb2 mgx1sin mgx2sin 125解得 W14.9 J。答案：(1)10 m/s (2)8 m/s (3)14.9 J6.如图所示，在直角坐标系 xOy 平面的四个象限内各有一
11、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均相等，第一象限内x L 且 L y2 L 的区域内，有沿 y 轴正方向的匀强电场。现有一质量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子从坐标 处以初(L，3L2)速度 v0沿 x 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。(1)求电场强度大小 E；(2)为使粒子进入磁场后途经坐标原点 O 到达坐标( L，0)点，求匀强磁场的磁感应强度大小 B；(3)求第(2)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。解析
12、：(1)粒子在电场中做类平抛运动，有L v0t， at2， qE maL2 12解得 E 。mv02qL(2)设粒子进入磁场时，速度方向与 y 轴负方向夹角为 则 tan 1v0vy速度大小 v v0v0sin 2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( L,0)点，应满足 L2 nx，其中 n1、2、3、，当 n1 时，粒子轨迹如图甲所示，偏转圆弧对应的圆心角为 ；当 L(2 n1) x 时，其中 n1，粒子轨迹如图乙所示，由于 2y L 区域没有磁场，因此粒子不能从( L,0)点离开磁场，这种情况不符合题意。6设圆弧的半径为 R，又圆弧对应的圆心角为 ，则 x R，此时满足 L2 nx 2 2解得 RL22n洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有 qvB mv2R解得 B ， n1、2、3、。4nmv0qL(3)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 2 n 22 n 2t T 。2n2 2n mqB L2v0答案：(1) (2) ， n1、2、3、 (3)mv02qL 4nmv0qL L2v0
