2025年高考物理高分解题技巧：拿下计算题（导学案）

题型专练1．(力学综合型)(2012·湖南模拟)如图5所示，AB为倾角θ＝37°的斜面轨道，轨道的AC部分光滑，CB部分粗糙．BP为圆心角等于143°半径R＝1m的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于B点，P、O两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A点，另一自由端在斜面上C点处，现有一质量m＝2kg的物块在外力作用下将弹簧缓慢压缩到D点后(不栓接)释放，物块经过C点后，从C点运动到B点过程中的位移与时间的关系为x＝12t－4t2(式中x单位是m，t单位是s)，假设物块笫一次经过B点后恰能到达P点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2.试求：图5(1)若CD＝1m，试求物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功；(2)B、C两点间的距离x；(3)若在P处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？2．(粒子运动型)(2012·豫北六校联考)如图6所示，在平面坐标系xOy的第Ⅰ象限内有沿x轴负方向的匀强电场，第Ⅱ、Ⅳ象限分别有垂直坐标系平面的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从x轴上的A(L,0)点沿y轴正方向进入匀强电场，经y轴上的B(0,2L)点进入第Ⅱ象限，再经x轴上的C(－2L,0)点进入第Ⅲ象限，最后经第Ⅳ象限回到出发点A.不计粒子的重力．求图6(1)匀强电场的电场强度；(2)第Ⅱ、Ⅳ象限中磁场的磁感应强度大小各是多少？3．(粒子运动型)如图7所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，A板比B板电势高300V，即UAB＝300V．一带正电的粒子电量q＝10－10C，质量m＝10－20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响)．已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．不计粒子重力求(静电力常数k＝9×109N·m2/C2)图7(1)粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？(2)点电荷的电量．4．(力学综合型)如图8所示是为了检验某种防护罩承受冲击能力的装置，M为半径为R＝1.0m、固定于竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝eq\r(0.69)m的eq\f(1,4)圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点，M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同的质量m＝0.01kg的小钢珠，假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞出后落到N的某一点上，取g＝10m/s2，求：图8(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能Ep多大？(2)钢珠落到圆弧N上时的速度大小vN是多少？(结果保留两位有效数字)5．(电磁感应型)如图9所示，间距为l、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度Bt的大小随时间t变化的规律如图b所示．t＝0时刻在轨道上端的金属细棒ab从如图位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属细棒cd在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab棒运动到区域Ⅱ的下边界EF处之前，cd棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m、电阻为R，ab棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l，在t＝tx时刻(tx未知)ab棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g.求：图9(1)通过cd棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当ab棒在区域Ⅱ内运动时cd棒消耗的电功率；(3)ab棒开始下滑的位置离EF的距离；(4)ab棒从开始下滑至EF的过程中回路中产生的热量．6．(力电综合型)(2012·上海闵行二模)如图10甲所示，A、B、C、D为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R＝1.6m的半圆，BC、AD段水平，AD＝BC＝8m．B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E＝5×105V/m.质量为m＝4×10－3kg、带电量q＝＋1×10－8C的小环套在轨道上．小环与轨道AD段的动摩擦因数为μ＝eq\f(1,8)，与轨道其余部分的摩擦忽略不计．现使小环在D点获得沿轨道向左的初速度v0＝4m/s，且在沿轨道AD段运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力F(变化关系如图10乙)作用，小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力．不计小环大小，g取10m/s2.求：(1)小环运动第一次到A时的速度多大？(2)小环第一次回到D点时速度多大？(3)小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于多少？图10参考答案1．解析(1)由x＝12t－4t2知，物块在C点速度为v0＝12m/s设物块从D点运动到C点的过程中，弹簧对物块所做的功为W，由动能定理得：W－mgsin37°·CD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgsin37°·CD＝156J(2)由x＝12t－4t2知，物块从C运动到B过程中的加速度大小为a＝8m/s2设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得μ＝0.25物块在P点的速度满足mg＝eq\f(mv\o\al(2,P),R)物块从B运动到P的过程中机械能守恒，则有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mghPB物块从C运动到B的过程中有veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,0)＝－2ax由以上各式解得x＝eq\f(49,8)m(3)假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O点等高的位置Q点，且设其速度为vQ，由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝mgR－2μmgxcos37°解得veq\o\al(2,Q)＝－19<0可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．答案(1)156J(2)6.125m(3)物块在以后的运动过程中不会脱离轨道2．解析(1)粒子在第Ⅰ象限中做类平抛运动，由运动学公式和牛顿第二定律得：2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②qE＝ma③联立解得：E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)④(2)设粒子进入第Ⅱ象限时的速度v与y轴夹角为θ，则根据粒子在第Ⅰ象限的运动得v0t＝2L⑤eq\f(vxt,2)＝L⑥v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))⑦偏转角tanθ＝eq\f(vx,v0)⑧整理得：v＝eq\r(2)v0⑨θ＝45°⑩即v与BC的连线垂直，所以BC间的距离为粒子在第Ⅱ象限的磁场中运动的直径BC＝2eq\r(2)L⑪所以r1＝eq\r(2)L⑫根据qvB1＝eq\f(mv2,r2)⑬整理得B1＝eq\f(mv0,qL)⑭粒子在第Ⅲ象限做匀速直线运动，再经过y轴时的位置D点的坐标为(0，－2L)，DA与y轴的夹角为α，则有sinα＝eq\f(1,\r(5))cosα＝eq\f(2,\r(5))⑮粒子做圆周运动的圆心O2与D点的连线跟y轴的夹角β＝45°⑯故有eq\f(\r(5)L,2)＝r2cos(β－α)⑰而qvB2＝eq\f(mv2,r2)⑱整理得：B2＝eq\f(6mv0,5qL)⑲答案(1)eq\f(mv\o\al(2,0),2qL)(2)eq\f(mv0,qL)eq\f(6mv0,5qL)3．解析(1)设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h,穿过界面PS时偏离中心线OR的距离为y，则：h＝eq\f(at2,2)a＝eq\f(qE,m)＝eq\f(qU,md)t＝eq\f(l,v0)即：h＝eq\f(qU,2md)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,v0)))2，代入数据，解得：h＝0.03m＝3cm带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：eq\f(h,y)＝eq\f(\f(l,2),\f(l,2)＋L)代入数据，解得：y＝0.12m＝12cm(2)设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为vy，则：vy＝at＝eq\f(qUl,mdv0)，代入数据，解得：vy＝1.5×106m/s所以粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为：v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝2.5×106m/s设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(3,4)θ＝37°因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直．匀速圆周运动的半径：r＝eq\f(y,cosθ)＝0.15m，由eq\f(kQq,r2)＝meq\f(v2,r)代入数据，解得：Q＝1.04×10－8C答案(1)12cm(2)1.04×10－8C4．解析(1)设钢珠在M轨道最高点的速度为v，在最高点，由题意mg＝meq\f(v2,R)①从发射前到最高点，由机械能守恒定律得Ep＝mgR＋eq\f(1,2)mv2＝0.15J②(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动x＝vt③y＝eq\f(1,2)gt2④由几何关系x2＋y2＝r2⑤从飞出M到打在N的圆弧面上，由机械能守恒定律mgy＋eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)⑥联立①、③、④、⑤、⑥解出所求vN＝5.0m/s.答案(1)0.15J(2)5.0m/s5．解析(1)通过cd棒的电流方向d→c区域Ⅰ内磁场方向为垂直于斜面向上．(2)对cd棒，F安＝BIl＝mgsinθ，所以通过cd棒的电流大小I＝eq\f(mgsinθ,Bl)当ab棒在区域Ⅱ内运动时，cd棒消耗的电功率P＝I2R＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2l2).(3)ab棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，a＝gsinθcd棒始终静止不动，ab棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动可得eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blvt，即eq\f(B·2l·l,tx)＝Blgsinθtx，所以tx＝eq\r(\f(2l,gsinθ))ab棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度vt＝eq\r(2glsinθ)则ab棒开始下滑的位置离EF的距离h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,x)＋2l＝3l.(4)ab棒在区域Ⅱ中运动的时间t2＝eq\f(2l,vt)＝eq\r(\f(2l,gsinθ))ab棒从开始下滑至EF的总时间t＝tx＋t2＝2eq\r(\f(2l,gsinθ))，E＝Blvt＝Bleq\r(2glsinθ)ab棒从开始下滑至EF的过程中闭合回路中产生的热量：Q＝EIt＝4mglsinθ.答案(1)d→c，方向垂直斜面向上(2)eq\f(m2g2Rsin2θ,B2l2)(3)3l(4)4mglsinθ6．解析(1)由题意及向心力公式得：mg＝meq\f(v\o\al(2,A1),R)vA1＝eq\r(gR)＝eq\r(10×1.6)m/s＝4m/s(2)小物块从D出发，第一次回到D的过程，由动能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qELvD1＝eq\r(v\o\al(2,0)＋\f(2qEL,m))＝eq\r(42＋\f(2×1×10－8×5×105×8,4×10－3))m/s＝6m/s(3)vA1＝4m/s＝v0，小环第一次从D到A做匀速运动F＝kv＝mg，k＝eq\f(mg,v)＝eq\f(4×10－3×10,4)kg·s＝0.01kg·s所以Fm＝kvm＝2mg＝0.08N，则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm－mg|＝μmg＝qE，稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量W损＝W摩最大＝fms＝μ(Fm－mg)s＝0.04×eq\f(1,8)×8J＝0.04J而W补＝W电＝qEs＝1×10－8×5×105×8m＝0.04J所以稳定循环运动时小环