2021高考物理二轮专题复习-素能提升-2-1-3-Word版含解析.docx

课时跟踪训练
1．(2022年泉州质检)如图甲所示，水平地面上有一块质量M＝1.6 kg，上表面光滑且足够长的木板，受到大小F＝10 N、与水平方向成37°角的拉力作用，木板恰好能以速度v0＝8 m/s水平向右匀速运动．现有很多个质量均为m＝0.5 kg的小铁块，某时刻在木板最右端无初速地放上第一个小铁块，此后每当木板运动L＝1 m时，就在木板最右端无初速地再放上一个小铁块．g取10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，求：

(1)木板与地面间的动摩擦因数μ；
(2)第一个小铁块放上后，木板运动L时速度的大小v1；
(3)请在图乙中画出木板的运动距离x在0≤x≤4L范围内，木板动能变化量的确定值|ΔEk|与x的关系图象(不必写出分析过程，其中0≤x≤L的图象已画出)．
解析：(1)由平衡条件得Fcos 37°＝μ(Mg－Fsin 37°)，
解得μ＝0.8.
(2)放上第一个小铁块后，木板做匀减速运动，由动能定理得
Fcos 37°·L－μ[(M＋m)g－Fsin 37°]L
＝Mv－Mv，
代入数据解得v1＝ m/s.
(3)

答案：(1)0.8　(2) m/s　(3)图见解析
2．随着沪杭高铁的全线开通，我国的高速铁路技术又创下了350 km/h的新纪录，同时旅客的平安工作更引起人们的关注．假设某次列车在离车站9.5 km处的速度为342 km/h，此时向车站发出无线电信号，同时马上开头制动刹车，使列车匀减速到站并刚好停住．若车站接收到列车发出的信号后，马上利用广播通知站台上的全体旅客需要50 s的时间，则：
(1)该列车进站时的加速度多大，方向如何？
(2)全体旅客从听到广播通知，到列车进站停下，还有多长的登车预备时间？
解析：(1)列车初速度v0＝342 km/h＝95 m/s，与车站距离L＝9.5 km，列车刚好停住时v1＝0，
对列车向车站发出信号到刚好停住的过程，设列车加速度为a，
由v－v＝2aL①
得a＝＝－0.475 m/s2②
负号表示加速度方向与列车运动方向相反．
(2)设列车减速运动时间为t1，广播通知全体旅客的时间为Δt＝50 s，
由L＝·t1③
得t1＝＝200 s．④
旅客的预备时间t2＝t1－Δt＝150 s.
答案：(1)0.475 m/s2　方向与列车的运动方向相反　(2)150 s
3．特种兵过山谷的一种方法可简化为如图所示的模型：将一根长为2d、不行伸长的细绳的两端固定在相距为d的A、B两等高处，细绳上有小滑轮P，战士们相互协作，可沿着细绳滑到对面．开头时，战士甲拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，处于静止状态，AP竖直．(不计滑轮与绳的质量，不计滑轮的大小及摩擦，重力加速度为g)

(1)若甲对滑轮的拉力沿水平方向，求拉力的大小；
(2)若甲将滑轮由静止释放，求乙在滑动中速度的最大值(结果可带根式)．
解析：(1)设BP与竖直方向的夹角为θ，由几何关系得
＋＝2d，
依据三角函数关系解得
sin θ＝，cos θ＝，tan θ＝
如图所示，对滑轮受力分析，设细绳拉力的大小为FT，甲对滑轮的拉力为F，

由平衡条件得mg＝FT＋FTcos θ，
F＝FTsin θ，
解得F＝.
(2)设AP的长度为l，则l＝＝d.
经分析可知滑轮在AB中点正下方时有最大速度，设滑轮在最低点时最大速度为v，此时滑轮距AB线的高度为h，有
h2＝d2－()2，
由机械能守恒定律得mg(h－l)＝mv2，
解得v＝.
答案：(1)　(2)
4．如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l＝1 m，导轨平面与水平面成θ＝30°角，下端连接“2.5 V　0.5 W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为m＝0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触．g取10 m/s2.求：

(1)金属棒沿导轨由静止刚开头下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；
(3)磁感应强度的大小．
解析：(1)设金属棒刚开头下滑时的加速度为a，由于金属棒开头下滑的初速度为零，
依据牛顿其次定律有mgsin θ＝ma①
代入数据解得a＝5 m/s2.②
(2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有
mgsin θ－FA＝0③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有
P＝FAv④
联立③④式并代入数据解得v＝5 m/s.⑤
(3)设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv⑥
小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E＝U灯⑦
联立⑥⑦式并代入数据解得B＝0.5 T.
答案：(1)5 m/s2　(2)5 m/s　(3)0.5 T
5．如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C点，圆轨道的直径AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处．已知当地的重力加速度为g，取R＝h，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：

(1)小球被抛出时的速度v0；
(2)小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；
(3)小球从C到D过程中摩擦力做的功W.
解析：(1)小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．

则有v＝2gh，
由几何关系得v0＝v⊥cot θ，
解得v0＝.
(2)A、B间竖直高度H＝R(1＋cos θ)
设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B的过程，有
mv＋mg(H＋h)＝mv2，
在B点，有FN－mg＝m，
解得FN＝5.6mg.
由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是5.6mg.
(3)小球沿斜面上滑过程中摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有
W＝mv＝mgh.
答案：(1)　(2)5.6mg　(3)mgh
6．一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的状况下，求：

(1)M、N间电场强度E的大小；
(2)圆筒的半径R；
(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.
解析：(1)设两板间的电压为U，由动能定理得
qU＝mv2①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②
联立两式可得E＝.③
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.
由几何关系得r＝Rtan④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿其次定律，得
qvB＝m⑤

联立④⑤式得R＝⑥
(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移了d后，设板间电压为U′，则
U′＝＝⑦
设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式得出＝，
综合⑦式可得v′＝v⑧
设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见
θ＝⑩
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，
故n＝3.
答案：(1)　(2)　(3)3