2020版高考物理大二轮复习专题强化训练22高考计算题解题策略 6页

高考物理 专题强化训练(二十二)‎ ‎1．(2019·河北名校联盟)某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带长为L＝50 m，正常运转的速度为v＝4 m/s.一次工人刚把M＝10 kg的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块m＝5 kg带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去．货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8.(货物与木板均可看成质点，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)‎ ‎(1)为了把货物拉上去又不使货物相对木板滑动，求工人所用拉力的最大值；‎ ‎(2)若工人用F＝189 N的恒定拉力把货物拉到处时来电了，工人随即撤去拉力，求此时货物与木板的速度大小；‎ ‎(3)来电后，还需要多长时间货物能到达B处？(不计传送带的加速时间)‎ ‎[解析]　(1)设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得 μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入数据得a1＝0.4 m/s2.‎ 对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得 Fm－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 N.‎ ‎(2)设工人拉木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律得 F－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a2，得a2＝0.2 m/s2.‎ 设来电时货物与木板的速度大小为v1，根据运动学公式得 v＝2a2，‎ 代入数据得v1＝2 m/s.‎ ‎(3)由于v1<4 m/s，所以来电后货物与木板继续加速，设加速度为a3，则有μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a3，‎ 代入数据得a3＝0.4 m/s2.‎ 设经过t1货物与木板的速度和传送带速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s.‎ 6‎ 高考物理 设t1时间内货物与木板加速的位移为x1，v2－v＝2a3x1，得x1＝15 m.‎ 共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移为x2，则x2＝L－－x1；‎ 得x2＝25 m 又t2＝ 得t2＝6.25 s 所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：‎ t＝t1＋t2＝11.25 s.‎ ‎[答案]　(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s ‎2．(2019·广州市普通高中毕业班测试)倾角为θ的斜面与足够长的光滑水平面在D处平滑连接，斜面上AB的长度为3L，BC、CD的长度均为3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑．如图，4个小滑块左边均固定一个长为L的轻杆，紧挨在一起排在斜面上，从下往上依次标为1、2、3、4，轻杆与斜面平行并与上一个滑块接触但不粘连，滑块1恰好在A处．现将4个滑块一起由静止释放，设滑块经过D处时无机械能损失，轻杆不会与斜面相碰．已知滑块的质量均为m并均可视为质点，滑块与粗糙斜面间的动摩擦因数均为tanθ，重力加速度为g.求：‎ ‎(1)滑块1刚进入BC时，滑块1上的轻杆所受到的压力大小；‎ ‎(2)4个滑块全部滑上水平面后，相邻滑块之间的距离．‎ ‎[解析]　(1)以4个滑块为研究对象，设滑块1刚进入BC段时，4个滑块的加速度为a，由牛顿第二定律有：‎ ‎4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma 以滑块1为研究对象，设刚进入BC段时，滑块1上的轻杆受到的压力大小为F，由牛顿第二定律有：‎ F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma 已知μ＝tanθ，联立可得F＝mgsinθ ‎(2)设滑块4刚进入BC段时，滑块的共同速度为v.‎ 6‎ 高考物理 此时4个滑块向下移动了6L的距离，滑块1、2、3在粗糙段向下移动的距离分别为3L、2L、L.由动能定理有：‎ ‎4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·(3L＋2L＋L)＝·4mv2‎ 解得v＝3 由于动摩擦因数为μ＝tanθ，则4个滑块都进入BC段后，所受合外力为0，各滑块均以速度v做匀速运动．‎ 滑块1离开BC后匀加速下滑，设到达D处时速度为v1，由动能定理有 mgsinθ·3.5L＝mv－mv2‎ 解得：v1＝4 当滑块1到达BC边缘刚要离开粗糙段时，滑块2正以速度v匀速向下运动，且运动L距离后离开粗糙段，依次类推，直到滑块4离开粗糙段．由此可知，相邻两个滑块到达BC段边缘的时间差为Δt＝，因此到达水平面的时间差也为Δt＝ 所以相邻滑块在水平面上的间距为d＝v1Δt 联立解得d＝L ‎[答案]　(1)mgsinθ　(2)L ‎3．(2019·吉林摸底)如图所示，直角坐标系xOy的第二象限内有一垂直纸面向外的匀强磁场B1，磁感应强度大小B1＝B0，第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场E(E大小未知)，磁场、电场宽均为d，左、右边界与x轴交点分别为A、C；x轴下方存在垂直纸面向外的匀强磁场B2(B2大小未知)．一质量为m、电荷量为q的带正电粒子平行纸面从A点沿与x轴正方向成θ＝60°角射入匀强磁场B1，粒子恰好垂直y轴进入匀强电场并从C点与x轴正方向成θ＝60°角进入x轴下方的匀强磁场而击中A点，不计粒子重力，求：‎ ‎(1)电场强度E的大小．‎ ‎(2)匀强磁场B2的磁感应强度大小．‎ ‎(3)粒子从A点出发回到A所经历的时间t.‎ 6‎ 高考物理 ‎[解析]　(1)粒子运动轨迹如图所示，则由图知粒子在两磁场中运动的半径均为r＝＝d 由B1qv＝m知v＝＝ 由图知OD＝r－rcos60°＝＝d 粒子在电场中做类平抛运动，令粒子在电场中运动时间为t2，则 d＝vt2，d＝·t 联立得E＝，‎ t2＝.‎ ‎(2)令粒子在C点的速度为vC，则vC＝2v＝ 由B2qvC＝m得B2＝，代入vC、r得B2＝2B0.‎ ‎(3)粒子在磁场B1中的运动时间为t1＝×＝ 粒子在磁场B2中的运动时间为t3＝×＝ 所以粒子从A点出发回到A所经历的时间t＝t1＋t2＋t3＝m.‎ ‎[答案]　(1)　(2)2B0　(3)m ‎4．(2019·武汉市高中毕业班调研)如图所示，足够长的金属导轨MNC和PQD平行且间距为L，所在平面与水平面夹角分别为α＝37°和β＝53°，导轨两侧空间均有垂直导轨平面向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B.均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，电阻均为R.运动过程中，两金属棒与导轨保持良好接触，始终垂直于导轨，金属棒ef与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，金属棒ab 6‎ 高考物理 光滑．导轨电阻不计，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.‎ ‎(1)若将棒ab锁定，由静止释放棒ef，求棒ef最终运动的速度大小v1；‎ ‎(2)在(1)问的条件下，若棒ef经过时间t达到第(1)问中的速度v1，求此过程中棒ef下滑的距离x；‎ ‎(3)若两金属棒均光滑，同时由静止释放，试在同一图中定性画出两棒运动的v－t图线．(ab棒取沿导轨向上为正方向，ef棒取沿导轨向下为正方向)‎ ‎[解析]　(1)棒ef最终匀速运动，受力如图，由力的平衡条件有 mgsinβ＝μmgcosβ＋F①‎ 由安培力公式得 F＝BI1L②‎ 由闭合电路欧姆定律得 I1＝③‎ 由法拉第电磁感应定律得 E＝BLv1④‎ 联立①②③④式，解得 v1＝⑤‎ ‎(2)棒ef由静止释放到速度为v1，经过的时间为t，对棒ef，由动量定理有 mgtsinβ－μmgtcosβ－B2Lt＝mv1－0⑥‎ 由闭合电路欧姆定律有2＝⑦‎ 6‎ 高考物理 由法拉第电磁感应定律有＝⑧‎ 回路磁通量的变化量ΔΦ＝BLx⑨‎ 联立⑥⑦⑧⑨式，解得 x＝－⑩‎ ‎(3)最终棒ef沿导轨匀加速下滑，棒ab沿导轨匀加速上滑，加速度相同．其v－t图线如下．‎ ‎[答案]　(1)　(2)－　(3)见解析 6‎