新课标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202003210314

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/s 2
，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L
5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F m ，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a 1，对货物分析，根据牛顿第二定律得
μMg cos θ－Mg sin θ＝Ma 1，代入数据得a 1＝0.4 m/s 2.
对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得
F m －μ(m ＋M )g cos θ－(m ＋M )g sin θ＝(m ＋M )a 1，得F m ＝192 N.
(2)设工人拉木板的加速度为a 2，根据牛顿第二定律得
F －μ(m ＋M )g cos θ－(m ＋M )g sin θ＝(m ＋M )a 2，得a 2＝0.2 m/s 2.
设来电时货物与木板的速度大小为v 1，根据运动学公式得
v 21＝2a 2L 5
，
代入数据得v 1＝2 m/s.
(3)由于v 1<4 m/s ，所以来电后货物与木板继续加速，设加速度为a 3，则有μ(m ＋
M )g cos θ－(m ＋M )g sin θ＝(m ＋M )a 3，
代入数据得a 3＝0.4 m/s 2
.
设经过t 1货物与木板的速度和传送带速度相同，v ＝v 1＋a 3t 1，得t 1＝5 s. 设t 1时间内货物与木板加速的位移为x 1，v 2
－v 2
1＝2a 3x 1，得x 1＝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t 2，匀速运动的位移为x 2，则x 2＝L －L
5
－x 1；
得x 2＝25 m 又t 2＝x 2v
得t 2＝6.25 s
所以来电后木板和货物还需要运动的时间为：
t ＝t 1＋t 2＝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tan θ，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：
4mg sin θ－μ·mg cos θ＝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 ＋mg sin θ－μ·mg cos θ＝ma
已知μ＝tan θ，联立可得F ＝3
4
mg sin θ
(2)设滑块4刚进入BC 段时，滑块的共同速度为v .
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：
4mg sin θ·6L －μ·mg cos θ·(3L ＋2L ＋L )＝12·4mv 2
解得v ＝3gL sin θ
由于动摩擦因数为μ＝tan θ，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v 1，由动能定理有
mg sin θ·3.5L ＝1
2mv 21－12
mv 2
解得：v 1＝4gL sin θ
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 ＝L
v ，因此到达水平面的时间差也为Δt ＝L v
所以相邻滑块在水平面上的间距为d ＝v 1Δt 联立解得d ＝4
3
L
[答案] (1)34mg sin θ (2)4
3
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B 1，磁感应强度大小B 1＝B 0，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B 2(B 2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B 1，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B 2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 .
[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 ＝OA
sin60°＝233
d
由B 1qv ＝m v 2r 知v ＝B 0qr m ＝23B 0qd
3m
由图知OD ＝r －r cos60°＝r 2＝3
3
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t 2，则
d ＝vt 2，
33d ＝12·qE m
t 22 联立得E ＝83qdB 2
9m
，
t 2＝
3m 2B 0q
.
(2)令粒子在C 点的速度为v C ，则v C ＝2v ＝43B 0qd
3m
由B 2qv C ＝m v 2C
r 得B 2＝mv C qr
，代入v C 、r 得B 2＝2B 0.
(3)粒子在磁场B 1中的运动时间为t 1＝θ1360°×2πm B 0q ＝πm
3B 0q
粒子在磁场B 2中的运动时间为t 3＝θ2360°×2πm B 2q ＝2πm
3B 0q
所以粒子从A 点出发回到A 所经历的时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2π＋3
2B 0q m .
[答案] (1)83qdB 2
09m (2)2B 0 (3)2π＋3
2B 0q
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
mg sinβ＝μmg cosβ＋F①
由安培力公式得
F＝BI1L②
由闭合电路欧姆定律得
I1＝E
2R
③
由法拉第电磁感应定律得E＝BLv1④
联立①②③④式，解得
v1＝mgR
B2L2
⑤
(2)棒ef 由静止释放到速度为v 1，经过的时间为t ，对棒ef ，由动量定理有
mgt sin β－μmgt cos β－B I 2Lt ＝mv 1－0⑥
由闭合电路欧姆定律有I 2＝
E
2R ⑦
由法拉第电磁感应定律有E ＝
ΔΦ
t
⑧
回路磁通量的变化量ΔΦ＝BLx ⑨ 联立⑥⑦⑧⑨式，解得
x ＝mgRt B 2L 2－2m 2gR 2
B 4L
4⑩
(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)mgR B 2L 2 (2)mgRt B 2L 2－2m 2gR 2
B 4L
4 (3)见解析。