高考物理通用版二轮复习专题检测：24《技法专题——3步稳解物理计算题》(含详解)

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(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
－fl＝0－eq \f(1,2)mv02
解得：f＝eq \f(mv02,2l)。
(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＝(19m＋m)v1
损失的动能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×20mv12
根据功能关系有fd＝ΔE
解得子弹射入木块的深度：d＝eq \f(19,20)l。
答案：(1)eq \f(mv02,2l) (2)eq \f(19,20)l
2.如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角θ＝37°、足够长的固定光滑斜面底端，质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)以初速度v0＝4 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F＝3.2 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μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
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，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 θ＋μmgcs θ＝ma
设木板的加速度大小为a′，由牛顿第二定律可得
F＋μmgcs θ－Mgsin θ＝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－eq \f(1,2)at2，x′＝eq \f(1,2)a′t2
小物块恰好不从木板的上端滑下，有x－x′＝l
解得l≈0.714 m。
答案：0.714 m
3．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ω，计算通过MN的电流I与转过的角度θ间的关系。
解析：(1)0～t0时间内MN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＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝S·eq \f(ΔB,Δt)
S＝eq \f(1,4)πr2，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)
解得E＝eq \f(πr2B0,4t0)
感应电流大小I＝eq \f(E,\f(π,2)Rr)＝eq \f(rB0,2Rt0)。
(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＝eq \f(1,2)B0r2ω
当MN转过角度为θ时总电阻
R总＝R0＋eq \f(Rrθ·R\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－θ))r,\f(π,2)rR)＝R0＋eq \f(θπ－2θrR,π)
MN中电流I与转过的角度θ的关系为
I＝eq \f(E0,R总)＝eq \f(πB0r2ω,2πR0＋2θπ－2θrR)，0