专题23利用能量观点解决多过程问题2021年高考物理二轮专题解读与训练(解析版).pdf

专题 23 利用能量观点解决多过程问题 一、单选题 1一物体悬挂在细绳下端，由静止开始沿竖直方向向下运动，运动过程中，物体的机械能与位移的关系图像如图所示，其中 0s1过程的图线为曲线，s1s2过程的图线为直线，根据该图象，下列判断正确的是（）A0s1过程中物体所受拉力一定是变力，且不断减小 Bs1s2过程中物体一定在做匀速直线运动 Cs1s2过程中物体可能在做变加速直线运动 D0s2过程中物体的动能可能不断减小【答案】D【解析】A由于除重力和弹簧的弹力之外的其它力做多少负功物体的机械能就减少多少，所以 E-x图像的斜率的绝对值等于物体所受拉力的大小，由图可知在 0s1内斜率的绝对值逐渐增大，故在 0s1内物体所受的拉力逐渐增大，故 A 错误；B由于物体在 s1s2内 E-x 图像的斜率的绝对值不变，所以物体所受的拉力保持不变。如果拉力等于物体所受的重力，则物体做匀速直线运动，故 B错误；C由于物体在 s1s2内所受的拉力保持不变，所以加速度保持不变，则物体不可能做变加速直线运动，故 C 错误；D如果物体在 0s2内所受的绳子的拉力大于物体的重力，则物体减速向下运动，故物体的动能不断减小，故 D 正确。2如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为 r 的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内。将一只质量为 m的小球由圆弧轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度 h 的取值可为（）A2.2r B1.2r C1.6r D0.8r【答案】D【解析】小球可能做完整的圆周运动，刚好不脱离圆轨时，在圆轨道最高点重力提供向心力：2vmgmr；由机械能守恒得：2122mghmgrmv，解得：h=2.5r.也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒得：mgh=mgr，得：h=r，综上得为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h 的范围为：hr 或 h2.5r；故 A、B、C错误，D 正确.故选 D.二、多选题 3一物体静止在水平地面上，在竖直向上的拉力 F的作用下开始向上运动，如图甲所示，在物体运动过程中，空气阻力不计，其机械能 E 与位移 x 的关系图像如图乙所示，其中曲线上点 A 处的切线的斜率最大，则（）A在10 x过程中物体所受拉力是变力，且1x处所受拉力最大 B在1x处物体的速度最大 C13xx过程中，物体的动能先增大后减小 D在20 x过程中，物体的加速度先增大后减小【答案】AC【解析】由图可知，1x处物体图象的斜率最大，则说明此时机械能变化最快，由EFx可知此时所受的拉力最大，故 A正确；12xx过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小；在2x处物体图象的斜率为零，则说明此时拉力为零，在这一过程中物体应先加速后减速，则说明最大速度一定不在1x处，故 B 错误；12xx过程中，图象的斜率越来越小，则说明拉力越来越小，在2x处物体的机械能最大，图象的斜率为零，则说明此时拉力为零；在这一过程中物体应先加速后减速，故动能先增大后减小；23xx的过程机械能不变，拉力为零，物体在重力作用下做减速运动，动能继续减小，故在13xx过程中，物体的动能先增大后减小，故 C正确；由图象可知，拉力先增大后减小，直到变为零；则物体受到的合力应先增大，后减小，减小到零后，再反向增大，故 D错误 4绝缘且光滑的斜面固定于水平地面上，倾角为，斜面处于匀强电场中，质量为 m、带正电 q的小滑块在斜面上处于静止状态，重力加速度为 g。下列判断正确的是（）A电场强度的方向可能垂直于斜面向上 B若物体对斜面压力为零时，则电场强度为mgqE C若电场方向水平，则电场强度mg tanEq D电场强度最小值为mg sinEq【答案】BCD【解析】A若电场强度的方向可能垂直于斜面向上，物体受重力，电场力，支持力三力作用不可能平衡，故 A 错误；B若物体对斜面压力为零时，物体只受重力，电场力二力平衡，根据mgqE,可得mgqE，故 B 正确；C若电场方向水平，物体受重力，电场力，支持力三力作用平衡，根据tanqEmg，可知tanmgEq，故 C正确；D电场强度最小即电场力最小，当电场力沿斜面向上时，电场力最小，即sinmgqE,可知sinmgEq，故 D正确 故选 BCD。三、解答题 5如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道 B端的切线沿水平方向。质量 m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力 F=10.0N 的作用下，从 A 点由静止开始运动。已知 A、B之间的距离 x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数=0.10，取 g=10m/s2。求：（1）滑块通过 B点时的动能；（2）滑块通过 B点后，撤去力 F，能沿圆弧轨道上升的最大高度 h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功。【答案】（1）EkB=9J （2）W克f=5.5J【解析】本题考查动能定理的简单应用。(1)选滑块为研究对象，对滑块从 A 到 B的过程应用动能定理：0KBFmg xE，解得：9KBEJ(2)选滑块为研究对象，对滑块从 B 到圆弧轨道最大高度的过程应用动能定理：0KBfmgh WE克，解得：=5.5JfW克 6如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量 m=0.5kg 的小物块，它与水平台阶表面间的动摩擦因数=0.5，且与台阶边缘 O点的距离 s=5m.在台阶右侧固定了一个以 O点为圆心的圆弧形挡板，以 O点为原点建立平面直角坐标系，挡板上边缘 P 点的坐标为(1.6m，0.8m).现用 F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板(g=10m/s).(1)若小物块恰能击中挡板的上边缘 P点，求拉力 F作用的距离；(2)改变拉力 F的作用时间，小物块可击中挡板的不同位置，求小物块击中挡板时速率的平方(即2v)的最小值.(结果可保留根式)【答案】(1)3.3m(2)222min8 15m/sv【解析】(1)设小物体离开 O点时的速度为0v，运动时间为 t，由平抛运动规律，水平方向:0 x vt 竖直方向:212ygt 联立解得:0v=4m/s 设拉力 F作用的时间为2t，加速运动的加速度为1a，位移为1s，速度为1v，由牛顿第二律:1Fmgma 解得215m/sa 21 112a sv 减速运动的位移为2s，运动的加速度的大小为为2a，由牛顿第二定律:2mgma 解得225m/sa 2222012a svv 12sss 联立以上各式解得1s=3.3m (2)设小物抉击中挡板的任意一点坐标为(x，y)，撞到挡板时的速度为v，竖直速度为yv，则有 0 xv t，212ygt 22ygyv 2220yvvv 又222xyR 由 P 点坐标可求223.2mR 化简得223322gRgyvgRy 代入数据得222min8 15m/sv 7如图所示，生产车间用两个相互夹角为 1200且等高的水平传送带甲和乙来传送工件，甲的速度为 v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，乙的速度也为 v0，工件与乙之间的动摩擦因数为乙的宽度足够大，重力加速度为 g求：(1)传送带乙对工件的摩擦力；(2)工件滑上传送带乙到与乙共速所用的时间；（3）工件给传送带乙的摩擦力对传送带乙做的功【答案】（1）f=mg 方向：与传送带甲夹角为 600 斜向左上（2）0vg（3）2012mv【解析】对运动方向来确定（2）工件滑上传送带乙后，当沿垂直于传送带乙方向的分速度减至零时，工件与传送带乙共速由牛顿第二定律和速度公式结合求时间（3）求出传送带的位移 s，再由 W=fscos60求解即可 解：（1）传送带乙对工件的摩擦力大小为 f=mg 由于工件相对于传送带乙的速度方向与传送带甲夹角为 120斜向右下方，则传送带乙对工件的摩擦力方向与传送带甲夹角为 60斜向左上方（2）工件的加速度大小 a=g，方向与传送带甲夹角为 60斜向左上方 当沿垂直于传送带乙方向的分速度减至零时，工件与传送带乙共速则有 0=v0cos30acos30 得 t=（3）传送带乙的位移为 s=v0t=则工件给传送带乙的摩擦力对传送带乙做的功 W=fscos60=答：（1）传送带乙对工件的摩擦力大小为 mg，方向与传送带甲夹角为 60斜向左上方（2）工件滑上传送带乙到与乙共速所用的时间是（3）工件给传送带乙的摩擦力对传送带乙做的功是 8如图所示，桌子固定在水平地面上，桌面水平，桌面右侧有一固定平台 AB，平台面距地面的高度h=0.80 m，桌面和平台面均光滑质量 M=2.0 kg 的长木板 CD 放置在桌面上，其上表面与平台面等高，木板右端 D与平台左端 A之间的距离 d=1.0 m质量 m=1.0 kg 的小滑块（可视为质点）放置在木板上，滑块与木板之间的动摩擦因数=0.20，滑块和木板均处于静止状态现对滑块施加 F=4.0 N 水平向右的推力，滑块开始在木板上运动经过一段时间，木板与平台发生碰撞，在碰撞的瞬间，撤去推力 F，且木板立即停止运动再经过一段时间，滑块从平台右端飞出滑块的落地点与平台右端 B的水平距离 x=0.80 m不计空气阻力，g 取 10 m/s2求：(1)滑块从平台飞出时速度的大小；(2)木板与平台碰撞时，滑块与平台左端 A之间的距离【答案】（1）2.0m/s；（2）1.0m【解析】（1）设滑块飞出平台时的速度大小为，在空中飞行的时间为 t滑块飞出平台后做平抛运动：x=t h=12gt2 代入数据解得=2.0m/s（2）滑块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：F-mg=ma1 代入数据解得 a1=2.0 m/s2 木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律：mg=Ma2 代入数据解得 a2=1.0 m/s2 设经过时间 t1，木板与平台碰撞 d=12a2t12 代入数据解得 t1=2s 此时滑块的速度：1=a1t1=22m/s=22m/s 此后滑块在木板上继续滑行，滑行的距离为 x1，即滑块与平台左端之间的距离，根据动能定理：-mgx1=12m2-12m12 代入数据解得 x1=1.0m 9如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在 A点，自然状态时其右端位于 B点水平桌面右侧有一竖直旋转的光滑轨道 MNP，其形状为半径 R0.8 m的圆环剪去了左上角 135的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是 R.用质量 m0.2 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到 C 点释放，物块飞离桌面边缘 D 点后由 P 点沿切线落入圆轨道取 g10 m/s2，21.4.(1)求物块在 P 点的速度大小；(2)求 DP 间的水平距离；(3)通过计算判断物块能否沿圆轨道到达 M 点【答案】(1)5.6 m/s.(2)1.6 m.(3)物块不能到最高点【解析】(1)物块飞离 D点后做平抛运动到达 P点，竖直速度：24/yvgRm s 物块在 P 点的速度：04 2/5.6/sin45yPvvm sm s(2)水平速度：04/sin45yxvvm s 运动时间：20.4Rtsg 水平距离：svxt1.6 m(3)若物块能过最高点，其在 M点的速度至少为 vM 根据牛顿第二定律：2MvmgmR 解得：2 2/Mvm s 该物块从 P点到 M 点，根据机械能守恒：202111 cos45222PMmvmgRmvmgR 解得：168 2/2 2/Mvm sm s 故物块不能到最高点 10如图是阿毛同学的漫画中山现的装置,描述了个“吃货”用来做“糖炒栗子”的萌事儿：将板栗在地面如小平台上以初速度0经两个四分之一园弧衔技而成的轨道，从最高点 P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热。我们用质量为 m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究物理问题。设两个四分之一圆弧半径分别为 2R 和 R，小平台和圆弧均光滑。将过锅底的纵截面看作是两个斜面 AB和 CD段光滑圆孤组成，两斜面倾角均为=37,滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为 g。设滑块恰好能经 P 点飞出，且恰好沿斜面进入锅内。已知sin37=0.6，cos37=0.8,求：(1)滑块经过 O点时对轨道压力多大？(2)滑块经 P 点时的速度大小？(3)P、A两点间的水平距离为多少？【答案】（1）（2）（3）15R【解析】（1）在 O点，根据牛顿第二定律 根据牛顿第三定律可得：滑块经过 O点时对轨道压力大小为（2）在 P 点，根据牛顿第二定律 解得（3）因为 联立解得 11如图所示，电动机带动滚轮做逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从光滑斜面底端 A 送往斜面上端，斜面倾角 30，滚轮与金属板的切点 B到斜面底端 A距离 L6.5 m，当金属板的下端运动到切点 B 处时，立即提起滚轮使其与板脱离已知板的质量 m1103 kg，滚轮边缘线速度 v4 m/s，滚轮对板的正压力 FN2104 N，滚轮与金属板间的动摩擦因数为 0.35，g 取 10 m/s2求：(1)在滚轮作用下板上升的加速度大小；(2)金属板的下端经多长时间到达滚轮的切点 B处；(3)金属板沿斜面上升的最大距离【答案】(1)2 m/s2 (2)2.625 s (3)8.1 m【解析】(1)对金属板受力分析如图所示:受力正交分解后，沿斜面方向由牛顿第二定律得 FNmgsinma1 解得 a12m/s2(2)由运动规律得 va1t1 解得 t12s 匀加速上升的位移为114m2vxt 匀速上升需时间126.54s0.625s4Lxtv 共经历 tt1t22.625s(3)滚轮与金属板脱离后向上做减速运动，由牛顿第二定律得 mgsin ma2 解得 a25m/s2 金属板做匀减速运动，则板与滚轮脱离后上升的距离22224m1.6m22 5vxa 金属板沿斜面上升的最大距离为 xmLx26.5m1.6m8.1m 12学校科技节上，同学发明了一个用弹簧枪击打目标的装置，原理如图甲，AC段是水平放置的同一木板；CD 段是竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆心为 O，半径 R=0.2m；MN是与 O点处在同一水平面的平台；弹簧的左端固定，右端放一可视为质点，质量 m=0.05 kg的弹珠 P，它紧贴在弹簧的原长处 B点；对弹珠 P施加一水平外力 F，缓慢压缩弹簧，在这一过程中，所用外力 F与弹簧压缩量 x 的关系如图乙所示已知 BC 段长 L=1.2m，EO 间的距离 s=0.8m计算时 g取 1 0m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力压缩弹簧释放弹珠 P后，求：(1)弹珠 P通过 D点时的最小速度 vD；(2)弹珠 P能准确击中平台 MN上的目标 E点，它通过 C 点时的速度 vc；(3)当缓慢压缩弹簧到压缩量为 x0时所用的外力为 8.3N，释放后弹珠 P能准确击中平台 MN上的目标 E点，求压缩量 x0【答案】（1）弹珠 P 通过 D 点时的最小速度为；（2）通过 C点时的速度为m/s；（3）压缩量为 0.18m【解析】（1）当弹珠做圆周运动到 D点且只受重力时速度最小，根据牛顿第二定律有：解得（2）弹珠从 D点到 E点做平抛运动，设此时它通过 D 点的速度为 v，则 s=vt 212Rgt 由此可得 v=4m/s 从 C 点到 D点，运用动能定理，则有：联立解得（3）由图乙知弹珠受到的摩擦力 f=01N，根据动能定理得，且 F1=01N，F2=83N 代入数据解得 x0=065 m 13某工厂生产流水线示意图如图所示，半径 R0.5m的水平圆盘边缘 E点固定一小桶，在圆盘直径 DE正上方平行放置的水平传送带沿顺时针方向匀速转动，传送带右端 C 点与圆盘圆心 O 在同一竖直线上，竖直高度 h1.25 mAB为一个与 CO 在同一竖直平面内的四分之一圆轨道，半径 r0.4 m，且与水平传送带相切于 B 点一质量 m0.2 kg 的滑块(可视为质点)从 A点由静止释放，滑块到达圆弧轨道 B点时对轨道的压力 10 N，滑块与传送带间的动摩擦因数 0.3，当滑块到达 B点时，圆盘从图示位置以一定的角速度 绕通过圆心 O的竖直轴匀速转动，滑块到达 C 点时恰与传送带同速并水平抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内取 g10 m/s2，求：(1)滑块到达圆弧轨道 B 点时速度 VB；(2)传送带 BC部分的长度 L；(3)圆盘转动的角速度 应满足的条件【答案】（1）4m/s （2）2.5m （3）4 n3（n=1、2、3）【解析】(1)在 B 点由牛顿第二定律得：2BBvNmgmr 解得：()4m/sBBNmg rvm；(2)滑块离开 C点后做平抛运动，有：212hgt 解得：12 1.252100.5tshgs=所以 10.5m/s1m/s0.5CRvt 滑块由 B 到 C过程中，据动能定理有：221122CBmgLmvmv 解得：L=2.5m；(3)滑块由 B 到 C过程中，据运动学公式有：22BCvvLt 解得：t2=1s 则总时间为则 t=t1+t2=1.5s 圆盘转动的角速度 应满足条件为 2tn，（n=1，2，3）解得：4rad/s3n，（n=1，2，3）14如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为 m2的物块 B，物块 B放在地面上且使滑轮和物块间的细绳竖直，一端连接质量为 m1的物块 A，物块 A放在光滑斜面上的 P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为 EP。不计定滑轮，细绳，弹簧的质量，不计斜面，滑轮的摩擦，已知弹簧的劲度系数为 k，P 点到斜面底端的距离为 L。现将物块 A 缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时由静止释放物块 A，当物块 B刚要离开地面时，物块 A的速度即变为零，求：(1)当物块 B 刚要离开地面时，物块 A的加速度；(2)在以后的运动过程中物块 A 的最大速度。【答案】(1)A的加速度大小为21()msingm，方向沿斜面向上(2)22112()Pmm g sinEvkm【解析】【解析】(1)B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后 B不会离开地面当 B刚要离开地面时，地面对 B的支持力为零，设绳上拉力为 F B 受力平衡，F=m2g 对 A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsin-F=m1a 联立解得21(sin)magm 由最初 A 自由静止在斜面上时，地面对 B支持力不为零，推得 m1gsinm2g，即，21sinmm 故 A 的加速度大小为21(sin)mgm，方向沿斜面向上(2)由题意，物块 A将以 P为平衡位置振动，当物块回到位置 P 时有最大速度，设为 vm 从 A 由静止释放，到 A刚好到达 P 点过程，由系统能量守恒得，211sin2pmm gxEmv 当 A 自由静止在 P 点时，A受力平衡，m1gsin=kx 联立解得，2211sin2()pmEm gvkm 15如图所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径 R=54m，轨道端点 B 的切线水平。质量M=5kg 的金属滑块（可视为质点）由轨道顶端 A 由静止释放，离开 B 点后经时间 t=1s 撞击在斜面上的 P点。已知斜面的倾角=37，斜面底端 C 与 B 点的水平距离 x0=3m。g 取 10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力。(1)求金属滑块 M运动至 B点时对轨道的压力大小(2)若金属滑块 M离开 B点时，位于斜面底端 C点、质量 m=1kg的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力 F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在 P 点被 M击中。已知滑块 m 与斜面间动摩擦因数=0.25，求拉力 F 大小 【答案】(1)150N；(2)13N。【解析】(1)M由 A到 B 过程，由机械能守恒定律得 2B12MgRMv 解得 B5m/sv 滑块在 B 点时，由向心力公式得 2BvNMgMR 解得 150NN 由牛顿第三定律知，M在 B 点时对轨道的压力大小为 150N (2)M 离开 B 点后平抛运动的水平位移为 B5mxv t 由几何关系可知 m 的位移为 02.5mcos37xxs 设滑块 m 向上运动的加速度为 a 由 212sat 得 25m/sa 由牛顿第二定律得 sin37cos37Fmgmgma 解得 13NF