（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

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1、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L＝50 m，正常運(yùn)轉(zhuǎn)的速度為v＝4 m/s.一次工人剛把M＝10 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m＝5 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F＝189 N的恒定拉力

2、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?。? (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 μMgcosθ－Mgsinθ＝Ma1，代入數(shù)據(jù)得a1＝0.4 m/s2. 對貨物與木板整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 Fm－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a1，得Fm＝192 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－μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a

3、2，得a2＝0.2 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 v＝2a2， 代入數(shù)據(jù)得v1＝2 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μ(m＋M)gcosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a3， 代入數(shù)據(jù)得a3＝0.4 m/s2. 設(shè)經(jīng)過t1貨物與木板的速度和傳送帶速度相同，v＝v1＋a3t1，得t1＝5 s. 設(shè)t1時間內(nèi)貨物與木板加速的位移為x1，v2－v＝2a3x1，得x1＝15 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x2＝L－－x1；

4、得x2＝25 m 又t2＝ 得t2＝6.25 s 所以來電后木板和貨物還需要運(yùn)動的時間為： t＝t1＋t2＝11.25 s. [答案]　(1)192 N　(2)2 m/s　(3)11.25 s 2．(2019·廣州市普通高中畢業(yè)班測試)傾角為θ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

5、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tanθ，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： 4mgsinθ－μ·mgcosθ＝4ma 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： F＋mgsinθ－μ·mgcosθ＝ma 已知μ＝tanθ，聯(lián)立可得F＝mgsinθ (2)設(shè)滑塊4剛進(jìn)入BC段

6、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： 4mgsinθ·6L－μ·mgcosθ·(3L＋2L＋L)＝·4mv2 解得v＝3 由于動摩擦因數(shù)為μ＝tanθ，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 mgsinθ·3.5L＝mv－mv2 解得：v1＝4 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

7、滑塊到達(dá)BC段邊緣的時間差為Δt＝，因此到達(dá)水平面的時間差也為Δt＝ 所以相鄰滑塊在水平面上的間距為d＝v1Δt 聯(lián)立解得d＝L [答案]　(1)mgsinθ　(2)L 3．(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B1＝B0，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θ＝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

8、方向成θ＝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?。? (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r＝＝d 由B1qv＝m知v＝＝ 由圖知OD＝r－rcos60°＝＝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 d＝vt2，d＝·t 聯(lián)立得E＝， t2＝. (2)令粒子在C點(diǎn)的速度為vC，則vC＝2v＝ 由B2qvC＝m得B2＝，代入vC、r得B2＝2B0. (3)粒子在磁場B1中的運(yùn)動時

9、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t＝t1＋t2＋t3＝m. [答案]　(1)　(2)2B0　(3)m 4．(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α＝37°和β＝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μ＝0.5，金屬棒ab光滑．導(dǎo)軌電阻不計，重力加速度大小為g，si

10、n37°＝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v－t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 mgsinβ＝μmgcosβ＋F① 由安培力公式得 F＝BI1L② 由閉合電路歐姆定律得 I1＝③ 由法拉第電磁感應(yīng)定律得 E＝BLv1④ 聯(lián)立①②③④式，解得 v1＝⑤ (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 mgtsinβ－μmgtcosβ－B2Lt＝mv1－0⑥ 由閉合電路歐姆定律有2＝⑦ 由法拉第電磁感應(yīng)定律有＝⑧ 回路磁通量的變化量ΔΦ＝BLx⑨ 聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式，解得 x＝－⑩ (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v－t圖線如下． [答案]　(1)　(2)－　(3)見解析 7