2015创新设计高中物理二轮复习-专练18应用动力学动量和能量观点分析多过程问题

三、计算题专练[专练定位]冲刺满分——36分本专练主要针对高考题经常出现的几种命题形式进行强化训练．高考高频命题形式主要有：①应用动量和能量观点处理多运动过程问题；②带电粒子在磁场中的运动；③带电粒子在复合场中的运动；④应用动力学和能量观点处理电磁感应问题．[高分策略]计算题是高考物理试卷中最重要的组成部分，具有对学生收集和处理信息的能力、综合分析能力、应用所学物理知识解决实际问题的能力、应用数学知识解决物理问题的能力等多种能力的考查功能．要能从容不迫、准确无误地解答这两类高考计算题，除了需要具备扎实的物理基础知识外，还必须熟练掌握一些常用的解题策略及诀窍．专练18应用动力学、动量和能量观点分析多过程问题1．(2014·汕头市普通高中高三教学质量监控测评)如图1所示，AB是固定在竖直平面内半径为R的14光滑圆形轨道，轨道在最低点B与水平粗糙轨道BC平滑连接，BC的长度为2R.一质量为m的物块Q静止放置在水平轨道上与B点相距为x处，另一质量也为m的物块P从A点无初速释放，沿轨道下滑后进入水平轨道并与Q发生完全非弹性碰撞．已知两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.25，两物块都可视为质点，重力加速度为g.图1(1)求P刚要到达B点时受到轨道的支持力的大小；(2)若两物块碰撞后能越过C点，求x与R之间满足的关系；(3)讨论物块P和物块Q在水平轨道运动过程中克服摩擦力做的总功Wf与x和R之间的关系．解析(1)P刚要到达B时速度为v0，由机械能守恒定律得mgR＝12mv20①在B点由牛顿第二定律得F－mg＝mv20R②联立①②解得P受到轨道的支持力大小F＝3mg③(2)P沿水平轨道滑行至碰到Q前速度为v1，由动能定理得－μmgx＝12m(v21－v20)④设P、Q碰撞后的共同速度为v2，由动量守恒定律得mv1＝2mv2⑤若P、Q恰好滑至C点停下，由动能定理得－μ·2mg(2R－x)＝－12×2mv22⑥联立解得x＝43R⑦因此两物块碰撞后能越过C点，x与R之间应满足的关系x43R⑧(3)讨论：①x43R时，物块碰撞后能越过C点，克服摩擦力做的总功Wf＝μmgx＋μ·2mg(2R－x)解得Wf＝mg(R－x4)⑨②x≤43R时，物块碰撞后最终停在轨道上，克服摩擦力做的总功Wf＝μmgx＋12×2mv22解得Wf＝mg(R2＋x8)⑩答案(1)3mg(2)x43R(3)x43R时，Wf＝mg(R－x4)x≤43R时，Wf＝mg(R2＋x8)2．(2014·珠海市高三摸底考试)如图2所示，劲度系数为k的轻弹簧，左端连着绝缘介质小球B，右端连在固定板上，放在光滑绝缘的水平面上．整个装置处在场强大小为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m、带电荷量为＋q的小球A，从距B球为s处自由释放，并与B球发生碰撞．碰撞中无机械能损失，且A球的电荷量始终不变．已知B球的质量M＝3m，B球被碰后做周期性运动，其运动周期T＝2πMk(A、B小球均可视为质点)．图2(1)求A球与B球第一次碰撞后瞬间，A球的速度v1和B球的速度v2；(2)要使A球与B球第二次仍在B球的初始位置迎面相碰，求劲度系数k的可能取值．解析(1)设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0，由动能定理得qEs＝12mv20解得v0＝2qEsm碰撞过程中动量守恒mv0＝mv1＋Mv2机械能无损失，有12mv20＝12mv21＋12Mv22解得v1＝－12v0＝－122qEsm负号表示方向向左v2＝12v0＝122qEsm方向向右(2)要使m与M第二次迎面碰撞仍发生在原位置，则必有A球重新回到O处所用的时间t恰好等于B球运动的(n＋12)Ta＝Eqmt＝2v1a＝nT＋T2(n＝0，1，2，3，…)由题意得T＝2πMk解得k＝3π2Eq（2n＋1）22s(n＝0，1，2，3，…)答案(1)122qEsm方向向左122qEsm方向向右(2)k＝3π2Eq（2n＋1）22s(n＝0，1，2，3，…)3．(2014·肇庆市高三第一学期统一检测)如图3所示，质量M＝4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0.5m，可视为质点的小木块A质量m＝1kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B受水平向左恒力F＝14N作用时间t后，撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s＝5cm.g取10m/s2.求：图3(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量．解析(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得aA＝μmgm①aB＝F－μmgM②根据题意有sB－sA＝L即12aBt2－12aAt2＝L③将数据代入①②③联立解得t＝1s(2)1s末木块A和滑板B的速度分别为vA＝aAt④vB＝aBt⑤当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mvA＋MvB＝(m＋M)v⑥由能的转化与守恒得12mv2A＋12Mv2B＝12(m＋M)v2＋Ep＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能Ep＝0.3J(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为s，有mvA＋MvB＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E＝μmgs⑨由⑨式解得s＝0.15m由于x＋Ls且sx，故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩由⑩式解得Q＝1.4J答案(1)1s(2)0.3J(3)1.4J4．(2014·惠州市高三第三次调研考试)如图4所示，长s＝10m的平台AB固定，长L＝6m质量M＝3kg的木板放在光滑地面上，与平台平齐且靠在B处，右侧有落差h＝0.1m的光滑弧形桥CD(桥的支柱未画出)，桥面的最低位置与AB水平线等高(木板可从桥下无障碍的前行)．已知木板右侧与弧形桥左侧C端的水平距离d＝1.5m，弧形桥顶部圆弧半径R＝0.4m(半径未画出)．现有质量m＝1kg的物块，以初速度v0＝12m/s从A点向右运动，过B点后滑上木板，物块与平台、木板间的动摩擦因数μ＝0.4，物块滑上弧形桥时无机械能损失，当物块到达圆弧最高点D时，木板中点刚好到达D点正下方．物块大小忽略，重力加速度g＝10m/s2.求：图4(1)物块滑至B点时的速度大小v；(2)物块与木板能否达到共速，若能，确定两物体共速时木板的位置和物块在木板上的位置；(3)物块到达弧形桥顶端D点时所受到的支持力F及物块与木板相碰点到木板左端的距离s0.解析(1)物块由A点至B点，由动能定理12mv2－12mv20＝－μmgs得v＝8m/s(2)物块滑上木板后，物块和木板组成的系统动量守恒，设物块与木板达到共速时的速度为v1，木板向右运动的位移为s1，物块相对木板的相对位移为s2mv＝(m＋M)v112Mv21＝μmgs112mv2－12(m＋M)v21＝μmgs2得s1＝1.5m＝d，即木板刚好到达C位置s2＝6m＝L，即物块刚好滑至木板右侧(3)设物块冲至桥顶D点时的速度为v2，由机械能守恒定律得12mv22＋mgh＝12mv21物块到达D点时mg－F＝mv22R得F＝5N物块从D点做平抛的过程中，木板向右做匀速运动，设物块平抛射程为x1，木板向右运动x2x1＝v22hgx2＝v12hg物块落在木板上的位置离木板左端距离s0＝12L－(x2－x1)＝16－25m答案(1)8m/s(2)木板刚好到达C位置木块刚好滑至木板右侧(3)16－25m