專(zhuān)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(zhǎng)為L(zhǎng)50 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(shí)停電了，為了不影響工作的進(jìn)度，工人拿來(lái)一塊m5 kg帶有掛鉤的木板，把貨物放到木板上，通過(guò)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(dòng)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(duì)木板滑動(dòng)，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(shí)來(lái)電了，工人隨即撤去拉力，求此時(shí)貨物與木板的速度大小；(3)來(lái)電后，還需要多長(zhǎng)時(shí)間貨物能到達(dá)B處？(不計(jì)傳送帶的加速時(shí)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(shí)的加速度為a1，對(duì)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(duì)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(lái)電時(shí)貨物與木板的速度大小為v1，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(lái)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(guò)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(shí)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(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，勻速運(yùn)動(dòng)的位移為x2，則x2Lx1；得x225 m又t2得t26.25 s所以來(lái)電后木板和貨物還需要運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(cè)試)傾角為的斜面與足夠長(zhǎng)的光滑水平面在D處平滑連接，斜面上AB的長(zhǎng)度為3L，BC、CD的長(zhǎng)度均為3.5L，BC部分粗糙，其余部分光滑如圖，4個(gè)小滑塊左邊均固定一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)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(gè)滑塊接觸但不粘連，滑塊1恰好在A處現(xiàn)將4個(gè)滑塊一起由靜止釋放，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)D處時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，輕桿不會(huì)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(dòng)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(shí)，滑塊1上的輕桿所受到的壓力大??；(2)4個(gè)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(gè)滑塊為研究對(duì)象，設(shè)滑塊1剛進(jìn)入BC段時(shí)，4個(gè)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(duì)象，設(shè)剛進(jìn)入BC段時(shí)，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(shí)，滑塊的共同速度為v.此時(shí)4個(gè)滑塊向下移動(dòng)了6L的距離，滑塊1、2、3在粗糙段向下移動(dòng)的距離分別為3L、2L、L.由動(dòng)能定理有：4mgsin·6L·mgcos·(3L2LL)·4mv2解得v3由于動(dòng)摩擦因數(shù)為tan，則4個(gè)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(dòng)滑塊1離開(kāi)BC后勻加速下滑，設(shè)到達(dá)D處時(shí)速度為v1，由動(dòng)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(kāi)粗糙段時(shí)，滑塊2正以速度v勻速向下運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)L距離后離開(kāi)粗糙段，依次類(lèi)推，直到滑塊4離開(kāi)粗糙段由此可知，相鄰兩個(gè)滑塊到達(dá)BC段邊緣的時(shí)間差為t，因此到達(dá)水平面的時(shí)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(chǎng)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(chǎng)E(E大小未知)，磁場(chǎng)、電場(chǎng)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(chǎng)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(chǎng)B1，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)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(chǎng)而擊中A點(diǎn)，不計(jì)粒子重力，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小(2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(shí)間t.解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，則由圖知粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑均為rd由B1qvm知v由圖知ODrrcos60°d粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，令粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)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(chǎng)B1中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1×粒子在磁場(chǎng)B2中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t3×所以粒子從A點(diǎn)出發(fā)回到A所經(jīng)歷的時(shí)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(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌MNC和PQD平行且間距為L(zhǎng)，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(chǎng)(圖中未畫(huà)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(zhǎng)均為L(zhǎng)，電阻均為R.運(yùn)動(dòng)過(guò)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，金屬棒ab光滑導(dǎo)軌電阻不計(jì)，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(dòng)的速度大小v1；(2)在(1)問(wèn)的條件下，若棒ef經(jīng)過(guò)時(shí)間t達(dá)到第(1)問(wèn)中的速度v1，求此過(guò)程中棒ef下滑的距離x；(3)若兩金屬棒均光滑，同時(shí)由靜止釋放，試在同一圖中定性畫(huà)出兩棒運(yùn)動(dòng)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(dòng)，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(guò)的時(shí)間為t，對(duì)棒ef，由動(dòng)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(jiàn)解析7