《专练18 应用动力学、动量和能量观点分析多过程问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《专练18 应用动力学、动量和能量观点分析多过程问题（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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：应用动量和能量观点处理多运动过程问题；带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动；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
2、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
3、为v0，由机械能守恒定律得mgRmv在B点由牛顿第二定律得Fmgm联立解得P受到轨道的支持力大小F3mg(2)P沿水平轨道滑行至碰到Q前速度为v1，由动能定理得mgxm(vv)设P、Q碰撞后的共同速度为v2，由动量守恒定律得mv12mv2若P、Q恰好滑至C点停下，由动能定理得2mg(2Rx)2mv联立解得xR因此两物块碰撞后能越过C点，x与R之间应满足的关系xR(3)讨论：xR时，物块碰撞后能越过C点，克服摩擦力做的总功Wfmgx2mg(2Rx)解得Wfmg(R)xR时，物块碰撞后最终停在轨道上，克服摩擦力做的总功Wfmgx2mv解得Wfmg()答案(1)3mg(2)xR(3)xR时，Wfmg
4、(R)xR时，Wfmg()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M3m，B球被碰后做周期性运动，其运动周期T2(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
5、v0，由动能定理得qEsmv解得v0碰撞过程中动量守恒mv0mv1Mv2机械能无损失，有mvmvMv解得v1v0负号表示方向向左v2v0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)Tat2nT(n0，1，2，3，)由题意得T2解得k(n0，1，2，3，)答案(1)方向向左方向向右(2)k(n0，1，2，3，)3(2014肇庆市高三第一学期统一检测)如图3所示，质量M4 kg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L0.5 m，可视为质点的小木块A质量m1 kg，原来静止于滑板的左端
6、，滑板与木块A之间的动摩擦因数0.2.当滑板B受水平向左恒力F14 N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s5 cm.g取10 m/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aAaB根据题意有sBsAL即aBt2aAt2L将数据代入联立解得t1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为vAaAtvBaBt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
7、弹性势能，根据动量守恒定律有mvAMvB(mM)v由能的转化与守恒得mvMv(mM)v2Epmgs代入数据求得最大弹性势能Ep0.3 J(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mvAMvB(mM)v由式解得vv由能的转化与守恒定律可得Emgs由式解得s0.15 m由于xLs且sx，故假设成立整个过程系统产生的热量为Qmg(Lsx)由式解得Q1.4 J答案(1)1 s(2)0.3 J(3)1.4 J4(2014惠州市高三第三次调研考试)如图4所示，长s10 m的平台AB固定，长L6 m质量M3 kg的木板放在光滑地面上，与平台平齐且
8、靠在B处，右侧有落差h0.1 m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d1.5 m，弧形桥顶部圆弧半径R0.4 m(半径未画出)现有质量m1 kg的物块，以初速度v012 m/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g10 m/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)
9、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mv2mvmgs得v8 m/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(mM)v1Mvmgs1mv2(mM)vmgs2得s11.5 md，即木板刚好到达C位置s26 mL，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mvmghmv物块到达D点时mgFm得F5 N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x2x1v2x2v1物块落在木板上的位置离木板左端距离s0L(x2x1) m答案(1)8 m/s(2)木板刚好到达C位置木块刚好滑至木板右侧(3) m 第7页
