（浙江选考）2020高考物理优选冲A练 计算题等值练（三） 5页

计算题等值练(三)‎ ‎19．(9分)(2018·台州中学统练)如图1所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点．一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为s＝2 m．已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，‎ cos 37°＝0.8，不计空气阻力．‎ 图1‎ ‎(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；‎ ‎(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大．‎ 答案　(1)2.4 m　(2)17 N 解析　(1)物块在AB段：F－μmg＝ma1‎ 得a1＝6 m/s2‎ 设物块到达B点时速度为vB，有vB＝＝2 m/s 滑上传送带μmg＝ma2‎ 刚好到达C点，有v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m.‎ ‎(2)将传送带倾斜，滑上传送带有mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma3，a3＝10 m/s2，‎ 物块仍能刚好到C端，有vB′2＝2a3L 在AB段，有vB′2＝2as F′－μmg＝ma 联立解得F′＝17 N 5‎ ‎20．(12分)(2018·杭州市五校联考)如图2所示，质量为m＝1 kg的小滑块(视为质点)在半径为R＝0.4 m的圆弧A端由静止开始释放，它运动到B点时速度为v＝2 m/s.当滑块经过B点后立即将圆弧轨道撤去．滑块在光滑水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C点过渡到倾角为θ＝37°、长s＝1 m的斜面CD上，CD之间铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦系数可在0≤μ≤1.5之间调节．斜面底部D点与光滑水平地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一端固定在O点，自然状态下另一端恰好在D点．认为滑块通过C和D前后速度大小不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．‎ 图2‎ ‎(1)求滑块对B点的压力大小以及在AB上克服阻力所做的功；‎ ‎(2)若设置μ＝0，求质点从C运动到D的时间；‎ ‎(3)若最终滑块停在D点，求μ的取值范围．‎ 答案　(1)20 N　2 J　(2) s　(3)0.125 ≤μ<0.75或μ＝1‎ 解析　(1)在B点，F－mg＝m 解得F＝20 N 由牛顿第三定律，滑块对B点的压力F′＝20 N 从A到B，由动能定理，mgR－W＝mv2‎ 得到W＝2 J ‎(2)若设置μ＝0，滑块在CD间运动，有mgsin θ＝ma 加速度a＝gsin θ＝6 m/s2‎ 根据匀变速运动规律s＝vt＋at2，得t＝ s ‎(3)最终滑块停在D点有两种可能：‎ a．滑块恰好能从C下滑到D.‎ 则有mgsin θ·s－μmgcos θ·s＝0－mv2，得到μ＝1‎ b．滑块在斜面CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．‎ 当滑块恰好能返回C：－μ1mgcos θ·2s＝0－mv2‎ 得到μ1＝0.125‎ 5‎ 当滑块恰好能静止在斜面上，则有 mgsin θ＝μ2mgcos θ，得到μ2＝0.75‎ 所以，当0.125≤μ<0.75，滑块在CD和水平地面间多次反复运动，最终静止于D点．‎ 综上所述，μ的取值范围是0.125≤μ<0.75或μ＝1.‎ ‎22.加试题(10分)(2018·绿色评价联盟选考)间距为l的平行金属导轨由倾斜和水平导轨平滑连接而成，导轨上端通过开关S连接一电容为C的电容器，如图3所示，倾角为θ的导轨处于大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中，在水平导轨无磁场区静止放置金属杆cd，在杆右侧存在大小也为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，区间长度足够长，当S断开时，金属杆ab从倾斜导轨上端释放进入磁场区间Ⅰ，达到匀速后进入水平轨道，在无磁场区与杆cd碰撞，杆ab与cd粘合成并联双杆(未产生形变)，并滑进磁场区间Ⅱ，同时开关S接通(S接通前电容器不带电)．在运动过程中，杆ab、cd以及并联双杆始终与导轨接触良好，且与导轨垂直．已知杆ab和cd质量均为m，电阻均为R，不计导轨电阻和阻力，忽略磁场边界效应，不计空气阻力，重力加速度为g，求：‎ 图3‎ ‎(1)杆ab在倾斜导轨上达到匀速运动时的速度v0；‎ ‎(2)杆碰撞后粘合为并联双杆时的运动速度v1；‎ ‎(3)并联双杆进入磁场区间Ⅱ后最终达到稳定运动的速度v2.‎ 答案　见解析 解析　(1)感应电动势E＝Blv0‎ 感应电流：I＝ 安培力：F＝IBl＝ 匀速运动条件＝mgsin θ，v0＝ ‎(2)以向右为正方向，由动量守恒定律，有mv0＝2mv1，‎ 得到：v1＝ ‎(3)当并联双杆进入磁场Ⅱ时，以向右为正方向，在极小的时间间隔Δt内，对双杆运用动量定理，有：‎ ‎－BliΔt＝2mΔv 5‎ 累加求和，有－BlΔq＝2m(v2－v1)，‎ 而：Δq＝CE′－0＝CBlv2‎ 得到：v2＝＝.‎ ‎23.加试题(10分)(2017·温州市九校高三上学期期末)某“太空粒子探测器”是由加速、偏转和探测三部分装置组成，其原理可简化如下：如图4所示，沿半径方向的加速电场区域边界AB、CD为两个同心半圆弧面，圆心为O1，外圆弧面AB电势为φ1，内圆弧面电势为φ2；在O1点右侧有一与直线CD相切于O1、半径为R的圆，圆心为O2，圆内(及圆周上)存在垂直于纸面向外的匀强磁场；MN是一个足够长的粒子探测板，与O1O2连线平行并位于其下方3R处；假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速到CD圆弧面上，再由O1点进入磁场偏转，最后打到探测板MN(不计粒子间的相互作用和星球对粒子引力的影响)，其中沿O1O2连线方向入射的粒子经磁场偏转后恰好从圆心O2的正下方G点射出磁场．‎ 图4‎ ‎(1)求粒子聚焦到O1点时速度的大小及圆形磁场的磁感应强度大小B0；‎ ‎(2)从图中P点(PO1与O1O2成30°夹角)被加速的粒子打到探测板上Q点(图中未画出)，求该粒子从O1点运动到探测板MN所需的时间；‎ ‎(3)若每秒打在探测板上的粒子数为N，打在板上的粒子数60%被吸收，40%被反射，弹回速度大小为打板前速度大小的0.5倍，求探测板受到的作用力的大小. ‎ 答案　见解析 解析　(1)带正电粒子从AB圆弧面由静止开始加速到CD圆弧面上，由动能定理得q(φ1－φ2)＝mv2‎ 解得v＝ 由qvB0＝及r＝R得磁感应强度为 B0＝ 5‎ ‎(2)从P点被加速的粒子运动轨迹如图所示，‎ 则在磁场中的运动周期T＝ 由几何关系知粒子在磁场中的运动时间t1＝T＝ 出磁场后至到达探测板所需的时间t2＝ 从O1 点运动到探测板MN所需的时间 t＝t1＋t2＝(3－＋)R ‎(3)由题可知，所有带正电粒子经磁场偏转后均垂直射向探测板，由动量定理可得 F1＝||＝＝0.6Nmv F2＝||＝＝0.6Nmv 由牛顿第三定律得探测板受到的作用力大小 F＝F1＋F2＝1.2Nmv＝1.2N.‎ 5‎