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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