2023高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強化練二十一討論與判斷類計算題專項訓(xùn)練

專題強化練(二十一)討論與判斷類計算題專項訓(xùn)練1．如圖，水平放置做逆時針運動的傳送帶左側(cè)放置一個半徑為R的eq\f(1,4)光滑圓弧軌道，底端與傳送帶相切．傳送帶長也為R.傳送帶右端接光滑的水平面，水平面上靜止放置一質(zhì)量為3m的小物塊B.一質(zhì)量為m的小物塊A從圓弧軌道頂端由靜止釋放，經(jīng)過傳送帶后與B發(fā)生碰撞，碰后A以碰前速率的一半反彈．A與B碰撞后馬上撤去圓弧軌道．已知物塊A與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，取重力加速度為g.求：(1)物塊A滑至圓弧底端P處時對圓弧軌道的壓力大??；(2)求物塊A與B碰撞后B的速度大??；(3)若傳送帶速度取值范圍為eq\f(1,2)eq\r(gR)≤v≤2eq\r(gR).試討論傳送帶速度取不同值時，物塊A、B碰撞后傳送帶對物塊A做功的大?。馕觯?1)A下滑，根據(jù)動能定理有：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)－0＝mAgR，所以：v1＝eq\r(2gR).對A，在P點，由牛頓第二定律可得：N－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R)，所以：N＝3mg，又由牛頓第三定律可得：N′＝N＝3mg.(2)A從傳送帶左端滑至右端，根據(jù)動能定理有：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＝－μmAgR，解得：v2＝eq\r(gR)，A與B發(fā)生碰撞，由動量守恒定律有：mAv2＋0＝mAvA＋mBvB，由題意知：vA＝－eq\f(v2,2)＝－eq\f(\r(gR),2)，解得B碰后的速度大小為：vB＝eq\f(\r(gR),2).(3)A碰后從傳送帶右端往左運動，傳送帶速度為eq\f(1,2)eq\r(gR)≤v≤2eq\r(gR)有：①若傳送帶速度為v＝eq\f(\r(gR),2)，物塊A勻速運動，傳送帶對物塊做功為W＝0，②當(dāng)傳送帶的速度為eq\f(\r(gR),2)<v≤2eq\r(gR)時，物塊A滑上傳送帶后加速，物塊能一直加速，則物塊最終的速度為v′A，根據(jù)動能定理有：μmAgR＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得：v′A＝eq\f(\r(5gR),2)，故當(dāng)傳送帶的速度eq\f(\r(5gR),2)<v≤eq\r(2gR)時，物塊一直加速度，不會有共速，摩擦力一直存在，則傳送帶摩擦力做的功為：W＝μmAgR＝0.5mgR.③若傳送帶的速度eq\f(\r(gR),2)<v≤eq\f(\r(5gR),2)時，物塊A先加速，后與傳送帶達到共同速度，即A的末速度為傳送帶的速度v，由動能定理得：eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝W，即：W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,8)mgR(eq\f(\r(gR),2)<v≤eq\f(\r(5gR),2))，綜上所述，A碰后，傳送帶對物塊A做的功為：W＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0v＝\f(\r(gR),2)，,\f(1,2)mv2－\f(1,8)mgR，\f(\r(gR),2)<v≤\f(\r(5gR),2)，,0.5mgR\f(\r(5gR),2)<v≤2\r(gR).))答案：(1)3mg(2)eq\f(\r(gR),2)(3)見解析2．如圖所示，有一固定的粗糙的斜面，斜面傾角為θ＝37°，底端有一固定彈性擋板，擋板垂直斜面，A、B兩的物塊(可視為質(zhì)點)恰能靜止在斜面上P、Q位置，物塊A的質(zhì)量為km(k>0)，物塊B的質(zhì)量m，初始時B離擋板的距離為L，現(xiàn)給A沿斜面向下的恒定外力F，其大小為物塊A重力的3倍，作用時間持續(xù)0.1s，之后物塊A與B在Q處發(fā)生碰撞．設(shè)A、B之間以及B與擋板之間的碰撞時間極短，且無機械能損失，滑塊與斜面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，設(shè)斜面足夠長)(1)A、B第一次碰撞后瞬間它們的速度分別為多少；(2)若L＝eq\f(1,8)m，要使A、B能發(fā)生第二次碰撞，求k的取值范圍．解析：(1)A和B恰好能靜止則表明對A：kmgsinθ＝μkmgcosθ，對B：mgsinθ＝μmgcosθ.當(dāng)給A施加一個大小為F＝3mg、方向沿斜面向下的力，A開始運動，由動量定理Ft＝kmv1－0，代入F＝kmg，得A碰前的速度為v1＝3m/s.A、B發(fā)生碰撞瞬間，根據(jù)動量守恒可得kmv0＝kmvA＋mvB，根據(jù)能量守恒得eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)kmveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立解得vA＝eq\f(3（k－1）,k＋1)，vB＝eq\f(6k,k＋1).(2)通過受力分析知，若物塊A、B沿斜面向上勻減速運動階段加速度相同．kmgsinθ＋μkmgcosθ＝maA，mgsinθ＋μmgcosθ＝maB，得：aA＝aB＝12m/s2.若物塊A、B沿斜面向下運動時，則對A：kmgsinθ＝μkmgcosθ，對B：mgsinθ＝μmgcosθ.則物塊A、B沿斜面向下做勻速直線運動．現(xiàn)對k取不同數(shù)值進行討論：Ⅰ.當(dāng)k>1時，則物塊A、B碰撞后vA＝eq\f(3（k－1）,k＋1)>0，碰撞后物塊A繼續(xù)向下勻速運動；vB＝eq\f(6k,k＋1)>0，碰撞后物塊B先勻速運動，反彈后作勻減速運動；只要k>1，物塊A、B一定會發(fā)生碰撞．Ⅱ.當(dāng)k＝1時，則物塊A、B碰撞后：vA＝0，碰撞后物塊A靜止；vB＝3m/s，碰撞后物塊B先勻速運動，反彈后作勻減速；要使得A、B發(fā)生碰撞，則要求veq\o\al(2,B)>2aL，得L<eq\f(3,8)m，而題中給條件L＝eq\f(1,8)m滿足這一碰撞條件．故k＝1時，A、B會發(fā)生碰撞．Ⅲ.當(dāng)k<1時，則物塊A、B碰后vA＝eq\f(3（k－1）,k＋1)<0，碰后物塊A被反彈上滑，沿斜面向上勻減速后停止．vB＝eq\f(6k,k＋1)>0，碰后物塊B先勻速運動，與擋板碰撞后向上作勻減速，為使得B能與A發(fā)生第二次碰撞，則物塊B與擋板向上運動的最大位移與A被反彈上滑的最大位移應(yīng)滿足關(guān)系sB>sA＋L，即eq\f(veq\o\al(2,B),2aB)>eq\f(veq\o\al(2,A),2aA)＋L，代入vA，vB，aA，aB，L得2k2＋k－1>0，解得k<－1(不合要求，舍去)，或eq\f(1,2)<k<1.綜上所述，可得若L＝eq\f(1,8)m，要使A、B能發(fā)生第二次碰撞，k>eq\f(1,2).答案：(1)vA＝eq\f(3（k－1）,k＋1)，vB＝eq\f(6k,k＋1)(2)k>eq\f(1,2)3．如圖，絕緣水平地面上有寬L＝0.4m的勻強電場區(qū)域，場強E＝6×105N/C、方向水平向左．不帶電的物塊B靜止在電場邊緣的O點，帶電量q＝5×10－8C、質(zhì)量mA＝1×10－2kg的物塊A在距O點s＝2.25m處以v0＝5m/s的水平初速度向右運動，并與B發(fā)生碰撞，假設(shè)碰撞前后A、B構(gòu)成的系統(tǒng)沒有動能損失．A的質(zhì)量是B的k(k>1)倍，A、B與地面間的動摩擦因數(shù)都為μ＝0.2，物塊均可視為質(zhì)點，且A的電荷量始終不變，取g＝10m/s2.(1)求A到達O點與B碰撞前的速度大??；(2)求碰撞后瞬間A和B的速度大?。?3)討論k在不同取值范圍時電場力對A做的功．解析：(1)設(shè)碰撞前A的速度為v，由動能定理－μmAgs＝eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)，①解得：v＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2μgs)＝4m/s.②(2)設(shè)碰撞后A、B速度分別為vA、vB，且設(shè)向右為正方向，因為是彈性碰撞，所以有：mAv＝mAvA＋mBvB，③eq\f(1,2)mAv2＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，④聯(lián)立③④并將mA＝kmB及v＝4m/s代入得：vA＝eq\f(4（k－1）,k＋1)m/s，⑤vB＝eq\f(8k,k＋1)m/s.⑥(3)討論：Ⅰ.如果A能從電場右邊界離開，必須滿足：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)>μmAgL＋qEL，⑦聯(lián)立⑤⑦并代入數(shù)據(jù)得：k>3，⑧電場力對A做功為：WE＝qEL＝1.2×10－2J，⑨Ⅱ.如果A不能從電場右邊界離開電場，必須滿足：eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)≤μmAgL＋qEL，⑩聯(lián)立⑤⑩并代入數(shù)據(jù)得：k≤3.?考慮到k>1，所以在1<k≤3范圍內(nèi)A不能從電場右邊界離開，又因為qE＝3×10－2N>μmAg＝2×10－2N，?所以A會返回并從電場的左側(cè)離開，整個過程電場力做功WE＝0.答案：(1)4m/s(2)eq\f(4（k－1）,k＋1)m/seq\f(8k,k＋1)m/s(3)見解析4．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸平行，間距為d，其間有沿x軸負(fù)方向的勻強電場E.y軸左側(cè)有寬為L的垂直紙面向外的勻強磁場，MN右側(cè)空間存在范圍足夠?qū)挕⒋怪奔埫娴膭驈姶艌?圖中未標(biāo)出)．質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子從P(d，0)沿x軸負(fù)方向以大小為v0的初速度射入勻強電場．粒子到達O點后，經(jīng)過一段時間還能再次回到O點．已知電場強度E＝eq\f(3mveq\o\al(2,0),2qd)，粒子重力不計．(1)求粒子到O點的速度大?。?2)求y軸左側(cè)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B1的大小應(yīng)滿足什么條件？(3)若滿足(2)的條件，求MN右側(cè)磁場的磁感應(yīng)強度B2和y軸左側(cè)磁場區(qū)域磁感應(yīng)強度B1的大小關(guān)系．解析：(1)粒子從P點到O點，由動能定理得eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝qEd，可得粒子到O點的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋\f(2qEd,m))＝2v0.(2)洛倫茲力提供向心力qvB1＝eq\f(mv2,r)，粒子要再次回到O點，則粒子不能從y軸左側(cè)的磁場射出，需要返回磁場，經(jīng)過電場和MN右側(cè)的磁場的作用，再次返回到O點，故要求：r＝eq\f(2mv0,qB1)<L，故要求B1>eq\f(2mv0,qL).(3)粒子通過電場回到MN右側(cè)磁場時速度為v0.設(shè)粒子在右側(cè)磁場中軌道半徑為R，要使其能夠回到原點，粒子在右側(cè)磁場中應(yīng)向下偏轉(zhuǎn)，且偏轉(zhuǎn)半徑R≥r.qB2v0＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，解得R＝eq\f(mv0,qB2).①當(dāng)R＝r，eq\f(m2v0,qB1)＝eq\f(mv0,qB2)，可得B2＝eq\f(B1,2).②R>r，要使粒子回到原點(粒子軌跡如下圖所示)則須滿足n(2R－2r)＝2r，其