985增分专项练(重点中学)(2)-2021【创新设计】新高考物理二轮专题复习（江苏）配套word

985增分专项练(重点中学)(2) 1. (2020·江苏省如皋中学高三检测)如图1所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，其上A、B两点间的距离L＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(取g＝10 m/s2) 图1 (1)物体刚开始运动的加速度大小； (2)物体从A到B运动的时间； (3)传送带对小物体做的功； (4)电动机多做的功。 解析　(1)对小物体进行受力分析有 FN＝mgcos θ f＝μFN＝μmgcos θ＝ N＝75 N ×10×10× mgsin θ＝50 N f＞mgsin θ，则小物体可以在传送带上静止。 根据牛顿第二定律f－mgsin θ＝ma， 得a＝2.5 m/s2 (2)物块匀加速的时间t1＝ s＝0.4 s ＝ 匀加速的位移s1＝ m＝0.2 m ＝ 则小物体匀速运动的位移为s2＝5 m－0.2 m＝4.8 m 匀速运动的时间t2＝ s＝4.8 s ＝ 则小物体从A到B所需时间为t＝0.4 s＋4.8 s＝5.2 s (3)由功能关系知传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增量 W＝mv2＋mgL·sin 30° ＝ J＝255 J ×10×12 J＋10×10×5× (4)在前0.4 s时间内传送带运动的位移为 s3＝vt＝1×0.4 m＝0.4 m 所以摩擦产生的热量等于摩擦力乘以两物体间的相对距离，即Q＝μmgcos θ(s3－s1)＝75×(0.4－0.2) J＝15 J 电动机多做的功为W′＝255 J＋15 J＝270 J 答案　(1)2.5 m/s2　(2)5.2 s　(3)255 J　(4)270 J 2.[2020·苏、锡、常、镇四市调研(二)]如图2平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.2 T。原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为＝2.5×105 C/kg的带负电的粒子。在x0＝0.64 m处垂直于x轴放置一块足够长的粒子收集板PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。 图2 (1)能被收集的粒子速度至少多大？ (2)设某时刻粒子源沿＋y方向射入一系列粒子，速度大小从0到vm＝2×104 m/s不等，至少经多长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线的方程； (3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为vm＝2×104 m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集，求PQ上这种位置分布的区域长度，以及落在该区域的粒子占所发出粒子总数的百分比。 解析　 (1)如图甲，在磁场中， qv0B＝m,r) 由题意，临界半径为r＝x0 联立可得v0＝1.6×104 m/s 甲 (2)速度为vm的粒子轨道半径为R qvmB＝m,R)，得R＝0.4 m 如图乙，设该粒子击中A点，∠AO1P＝α，有R(1＋cos α)＝x0 乙 解得cos α＝0.6，α＝53° 所有粒子的圆周运动周期均为T＝＝4π×10－5 s 速度为vm的粒子转过圆心角为180°－53°＝127°历时t＝×10－5 s被收集 T＝ 此时这一系列的粒子位于线段OA上，其斜率为 k＝＝ 所以图线方程为y＝x(0≤x≤0.64 m) (3)临界1：如图丙，初速度与＋y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点。 cos θ1＝⇒θ1＝37° ＝ PM＝2Rsin θ1＝0.48 m 丙 临界2：如图丁，初速度与＋y轴成θ2的粒子轨迹与PQ相切于N， 有R(1＋cos θ2)＝x0，同(2)，θ2＝α＝53° 丁 说明N点与A点重合。 可得PN＝Rsin θ2＝0.32 m 所求区域长度为 l＝MN＝0.48 m－0.32 m＝0.16 m 沿与＋y轴成θ2＝53°方向到＋y方向发射的粒子均可以落在该区域，因此η＝×100%＝29.4% 答案　(1)1.6×104 m/s　(2)x(0≤x≤0.64 m)　×10－5 s　y＝ (3)0.48 m　0.16 m　29.4% $