高考物理二轮专题复习与测试专题强化练二十一讨论与判断类计算题专项训练.docx

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1、专题强化练(二十一)讨论与判断类计算题专项训练1如图，水平放置做逆时针运动的传送带左侧放置一个半径为R的光滑圆弧轨道，底端与传送带相切传送带长也为R.传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为3m的小物块B.一质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与B发生碰撞，碰后A以碰前速率的一半反弹A与B碰撞后马上撤去圆弧轨道已知物块A与传送带的动摩擦因数为0.5，取重力加速度为g.求：(1)物块A滑至圆弧底端P处时对圆弧轨道的压力大小；(2)求物块A与B碰撞后B的速度大小；(3)若传送带速度取值范围为v2.试讨论传送带速度取不同值时，物块A、B碰撞后传送带对物块A做功的大小解析

2、：(1)A下滑，根据动能定理有：mAv0mAgR，所以：v1.对A，在P点，由牛顿第二定律可得：Nmgm，所以：N3mg，又由牛顿第三定律可得：NN3mg.(2)A从传送带左端滑至右端，根据动能定理有：mAvmAvmAgR，解得：v2，A与B发生碰撞，由动量守恒定律有：mAv20mAvAmBvB，由题意知：vA，解得B碰后的速度大小为：vB.(3)A碰后从传送带右端往左运动，传送带速度为v2有：若传送带速度为v，物块A匀速运动，传送带对物块做功为W0，当传送带的速度为v2时，物块A滑上传送带后加速，物块能一直加速，则物块最终的速度为vA，根据动能定理有：mAgRmAvmAv解得： vA，故当传

3、送带的速度v时，物块一直加速度，不会有共速，摩擦力一直存在，则传送带摩擦力做的功为：WmAgR0.5mgR.若传送带的速度v时，物块A先加速，后与传送带达到共同速度，即A的末速度为传送带的速度v，由动能定理得：mAv2mAvW，即：Wmv2mgR(0)，物块B的质量m，初始时B离挡板的距离为L，现给A沿斜面向下的恒定外力F，其大小为物块A重力的3倍，作用时间持续0.1 s，之后物块A与B在Q处发生碰撞设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力求：(sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，设斜面足够长)(1)A、B第一次

4、碰撞后瞬间它们的速度分别为多少；(2)若L m，要使A、B能发生第二次碰撞，求k的取值范围解析：(1)A和B恰好能静止则表明对A：kmgsin kmgcos ，对B：mgsin mgcos .当给A施加一个大小为F3mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，由动量定理Ftkmv10，代入Fkmg，得A碰前的速度为v13 m/s.A、B发生碰撞瞬间，根据动量守恒可得kmv0kmvAmvB，根据能量守恒得kmvkmvmv，联立解得vA，vB.(2)通过受力分析知，若物块A、B沿斜面向上匀减速运动阶段加速度相同kmgsin kmgcos maA，mgsin mgcos maB，得：aAaB12 m/s2

5、.若物块A、B沿斜面向下运动时，则对A：kmgsin kmgcos ，对B：mgsin mgcos .则物块A、B沿斜面向下做匀速直线运动现对k取不同数值进行讨论：.当k1时，则 物块A、B碰撞后vA0，碰撞后物块A继续向下匀速运动；vB0，碰撞后物块B先匀速运动，反弹后作匀减速运动；只要k1，物块A、B一定会发生碰撞.当k1时，则 物块A、B碰撞后：vA0，碰撞后物块A静止；vB3 m/s，碰撞后物块B先匀速运动，反弹后作匀减速；要使得A、B发生碰撞，则要求v2aL，得L m，而题中给条件L m满足这一碰撞条件故k1时，A、B会发生碰撞.当k1时，则 物块A、B碰后vA0，碰后物块B先匀速运

6、动，与挡板碰撞后向上作匀减速，为使得B能与A发生第二次碰撞，则物块B与挡板向上运动的最大位移与A被反弹上滑的最大位移应满足关系sBsAL，即L，代入vA，vB，aA，aB，L得2k2k10，解得k1(不合要求，舍去)，或k.答案：(1)vA，vB(2)k3如图，绝缘水平地面上有宽L0.4 m的匀强电场区域，场强E6105 N/C、方向水平向左不带电的物块B静止在电场边缘的O点，带电量q5108 C、质量mA1102 kg的物块A在距O点s2.25 m处以v05 m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞，假设碰撞前后A、B构成的系统没有动能损失A的质量是B的k(k1)倍，A、B与地面间的动摩擦

7、因数都为0.2，物块均可视为质点，且A的电荷量始终不变，取g10 m/s2.(1)求A到达O点与B碰撞前的速度大小；(2)求碰撞后瞬间A和B的速度大小；(3)讨论k在不同取值范围时电场力对A做的功解析：(1)设碰撞前A的速度为v，由动能定理mAgsmAv2mAv，解得：v4 m/s.(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，因为是弹性碰撞，所以有：mAvmAvA mBvB，mAv2mAvmBv，联立并将mAkmB及v4 m/s代入得：vA m/s，vB m/s.(3)讨论：.如果A能从电场右边界离开，必须满足：mAvmAgLqEL，联立并代入数据得：k3，电场力对A做功为：W

8、EqEL1.2102 J，.如果A不能从电场右边界离开电场，必须满足：mAvmAgLqEL，联立并代入数据得：k3.考虑到k1，所以在1mAg2102 N，所以A会返回并从电场的左侧离开，整个过程电场力做功WE0.答案：(1)4 m/s(2) m/s m/s(3)见解析4如图所示，在xOy平面内，MN与y轴平行，间距为d，其间有沿x轴负方向的匀强电场E.y轴左侧有宽为L的垂直纸面向外的匀强磁场，MN右侧空间存在范围足够宽、垂直纸面的匀强磁场(图中未标出)质量为m、带电量为q的粒子从P(d，0)沿x轴负方向以大小为v0的初速度射入匀强电场粒子到达O点后，经过一段时间还能再次回到O点已知电场强度E

9、，粒子重力不计(1)求粒子到O点的速度大小；(2)求y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小应满足什么条件？(3)若满足(2)的条件，求MN右侧磁场的磁感应强度B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系解析：(1)粒子从P点到O点，由动能定理得mv2mvqEd，可得粒子到O点的速度大小v 2v0.(2)洛伦兹力提供向心力qvB1，粒子要再次回到O点，则粒子不能从y轴左侧的磁场射出，需要返回磁场，经过电场和MN右侧的磁场的作用，再次返回到O点，故要求：r.(3)粒子通过电场回到MN右侧磁场时速度为v0.设粒子在右侧磁场中轨道半径为R，要使其能够回到原点，粒子在右侧磁场中应向下偏转，且偏转半径Rr.qB2v0，解得R.当Rr，可得B2.Rr，要使粒子回到原点(粒子轨迹如下图所示)则须满足n(2R2r)2r，其中n1，2，3n(22)2，B2，n1，2，3其中n1时，B2.综上，需要B2和y轴左侧磁场区域磁感应强度B1的大小关系满足B2，n1，2，3答案：(1)v2v0(2)B1(3)B2，n1，2，3