（新課標(biāo)）2020版高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題強(qiáng)化訓(xùn)練22 高考計算題解題策略

專題強(qiáng)化訓(xùn)練(二十二)1(2019·河北名校聯(lián)盟)某工廠用傾角為37°的傳送帶把貨物由低處運(yùn)送到高處，已知傳送帶長為L50 m，正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v4 m/s.一次工人剛把M10 kg的貨物放到傳送帶上的A處時停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來一塊m5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過定滑輪用繩子把木板拉上去貨物與木板及木板與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)均為0.8.(貨物與木板均可看成質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8)(1)為了把貨物拉上去又不使貨物相對木板滑動，求工人所用拉力的最大值；(2)若工人用F189 N的恒定拉力把貨物拉到處時來電了，工人隨即撤去拉力，求此時貨物與木板的速度大小；(3)來電后，還需要多長時間貨物能到達(dá)B處？(不計傳送帶的加速時間)解析(1)設(shè)最大拉力為Fm，貨物與木板之間的靜摩擦力達(dá)到最大值，設(shè)此時的加速度為a1，對貨物分析，根據(jù)牛頓第二定律得MgcosMgsinMa1，代入數(shù)據(jù)得a10.4 m/s2.對貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得Fm(mM)gcos(mM)gsin(mM)a1，得Fm192 N.(2)設(shè)工人拉木板的加速度為a2，根據(jù)牛頓第二定律得F(mM)gcos(mM)gsin(mM)a2，得a20.2 m/s2.設(shè)來電時貨物與木板的速度大小為v1，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得v2a2，代入數(shù)據(jù)得v12 m/s.(3)由于v1<4 m/s，所以來電后貨物與木板繼續(xù)加速，設(shè)加速度為a3，則有(mM)gcos(mM)gsin(mM)a3，代入數(shù)據(jù)得a30.4 m/s2.設(shè)經(jīng)過t1貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，vv1a3t1，得t15 s.設(shè)t1時間內(nèi)貨物與木板加速的位移為x1，v2v2a3x1，得x115 m.共速后，木板與傳送帶相對靜止一起勻速運(yùn)動，設(shè)勻速運(yùn)動的時間為t2，勻速運(yùn)動的位移為x2，則x2Lx1；得x225 m又t2得t26.25 s所以來電后木板和貨物還需要運(yùn)動的時間為：tt1t211.25 s.答案(1)192 N(2)2 m/s(3)11.25 s2(2019·廣州市普通高中畢業(yè)班測試)傾角為的斜面與足夠長的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長度為3L，BC、CD的長度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑如圖，4個小滑塊左邊均固定一個長為L的輕桿，緊挨在一起排在斜面上，從下往上依次標(biāo)為1、2、3、4，輕桿與斜面平行并與上一個滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處現(xiàn)將4個滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過D處時無機(jī)械能損失，輕桿不會與斜面相碰已知滑塊的質(zhì)量均為m并均可視為質(zhì)點(diǎn)，滑塊與粗糙斜面間的動摩擦因數(shù)均為tan，重力加速度為g.求：(1)滑塊1剛進(jìn)入BC時，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大?。?2)4個滑塊全部滑上水平面后，相鄰滑塊之間的距離解析(1)以4個滑塊為研究對象，設(shè)滑塊1剛進(jìn)入BC段時，4個滑塊的加速度為a，由牛頓第二定律有：4mgsin·mgcos4ma以滑塊1為研究對象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時，滑塊1上的輕桿受到的壓力大小為F，由牛頓第二定律有：Fmgsin·mgcosma已知tan，聯(lián)立可得Fmgsin(2)設(shè)滑塊4剛進(jìn)入BC段時，滑塊的共同速度為v.此時4個滑塊向下移動了6L的距離，滑塊1、2、3在粗糙段向下移動的距離分別為3L、2L、L.由動能定理有：4mgsin·6L·mgcos·(3L2LL)·4mv2解得v3由于動摩擦因數(shù)為tan，則4個滑塊都進(jìn)入BC段后，所受合外力為0，各滑塊均以速度v做勻速運(yùn)動滑塊1離開BC后勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時速度為v1，由動能定理有mgsin·3.5Lmvmv2解得：v14當(dāng)滑塊1到達(dá)BC邊緣剛要離開粗糙段時，滑塊2正以速度v勻速向下運(yùn)動，且運(yùn)動L距離后離開粗糙段，依次類推，直到滑塊4離開粗糙段由此可知，相鄰兩個滑塊到達(dá)BC段邊緣的時間差為t，因此到達(dá)水平面的時間差也為t所以相鄰滑塊在水平面上的間距為dv1t聯(lián)立解得dL答案(1)mgsin(2)L3(2019·吉林摸底)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B1，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1B0，第一象限內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場E(E大小未知)，磁場、電場寬均為d，左、右邊界與x軸交點(diǎn)分別為A、C；x軸下方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B2(B2大小未知)一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子平行紙面從A點(diǎn)沿與x軸正方向成60°角射入勻強(qiáng)磁場B1，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場并從C點(diǎn)與x軸正方向成60°角進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)磁場而擊中A點(diǎn)，不計粒子重力，求：(1)電場強(qiáng)度E的大小(2)勻強(qiáng)磁場B2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小(3)粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時間t.解析(1)粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場中運(yùn)動的半徑均為rd由B1qvm知v由圖知ODrrcos60°d粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，令粒子在電場中運(yùn)動時間為t2，則dvt2，d·t聯(lián)立得E，t2.(2)令粒子在C點(diǎn)的速度為vC，則vC2v由B2qvCm得B2，代入vC、r得B22B0.(3)粒子在磁場B1中的運(yùn)動時間為t1×粒子在磁場B2中的運(yùn)動時間為t3×所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時間tt1t2t3m.答案(1)(2)2B0(3)m4(2019·武漢市高中畢業(yè)班調(diào)研)如圖所示，足夠長的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L，所在平面與水平面夾角分別為37°和53°，導(dǎo)軌兩側(cè)空間均有垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.均勻金屬棒ab和ef質(zhì)量均為m，長均為L，電阻均為R.運(yùn)動過程中，兩金屬棒與導(dǎo)軌保持良好接觸，始終垂直于導(dǎo)軌，金屬棒ef與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒ab光滑導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，sin37°0.6，cos37°0.8.(1)若將棒ab鎖定，由靜止釋放棒ef，求棒ef最終運(yùn)動的速度大小v1；(2)在(1)問的條件下，若棒ef經(jīng)過時間t達(dá)到第(1)問中的速度v1，求此過程中棒ef下滑的距離x；(3)若兩金屬棒均光滑，同時由靜止釋放，試在同一圖中定性畫出兩棒運(yùn)動的vt圖線(ab棒取沿導(dǎo)軌向上為正方向，ef棒取沿導(dǎo)軌向下為正方向)解析(1)棒ef最終勻速運(yùn)動，受力如圖，由力的平衡條件有mgsinmgcosF由安培力公式得FBI1L由閉合電路歐姆定律得I1由法拉第電磁感應(yīng)定律得EBLv1聯(lián)立式，解得v1(2)棒ef由靜止釋放到速度為v1，經(jīng)過的時間為t，對棒ef，由動量定理有mgtsinmgtcosB2Ltmv10由閉合電路歐姆定律有2由法拉第電磁感應(yīng)定律有回路磁通量的變化量BLx聯(lián)立式，解得x(3)最終棒ef沿導(dǎo)軌勻加速下滑，棒ab沿導(dǎo)軌勻加速上滑，加速度相同其vt圖線如下答案(1)(2)(3)見解析7