版高考物理二轮专题总复习规律方法三 运用动力学和能量观点解决多过程问题.docx

版高考物理二轮专题总复习规律方法三 运用动力学和能量观点解决多过程问题.docx

《版高考物理二轮专题总复习规律方法三 运用动力学和能量观点解决多过程问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《版高考物理二轮专题总复习规律方法三 运用动力学和能量观点解决多过程问题.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

版高考物理二轮专题总复习规律方法三运用动力学和能量观点解决多过程问题

规律方法三　运用动力学和能量观点解决多过程问题

一、选择题：

本题共10小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．

1．[2018·佛山市顺德区一模]如图，小滑块从固定的光滑轨道顶端滑下，在底端冲上水平传送带，传送带顺时针匀速转动，从滑上传送带开始计时，小滑块的位移、速度、加速度和动能随时间的变化规律可能正确的是（　　）

2．[2018·安徽黄山市模拟]如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻质弹簧上端固定在框架上，下端拴一质量为m的小球，将小球向下拉动一段距离后释放，在小球向上运动的过程中，框架恰好没有跳起．则下列说法正确的是（　　）

A．框架、弹簧、小球构成的系统始终处于平衡状态

B．当弹簧处于原长时，小球速度最大

C．只有弹力和重力做功，小球机械能守恒

D．小球的加速度大小为的瞬间，框架对地面压力为零

3．[2018·全国卷Ⅲ]如图所示，足够长的半径为R＝0.4m的圆弧形光滑轨道固定于竖直平面内，圆弧形轨道与光滑固定的水平轨道相切，可视为质点的质量均为m＝0.5kg的小球甲、乙用轻杆连接，置于圆弧形轨道上，小球甲与O点等高，小球乙位于圆心O的正下方．某时刻将两小球由静止释放，最终它们在水平面上运动．g取10m/s2.则（　　）

A．两小球由静止释放后速度大小相等，最终在水平面上运动的速度大小为4m/s

B．小球甲下滑过程中重力对它做功的功率一直增大

C．小球甲下滑到圆弧形轨道最低点对轨道压力的大小为5N

D．整个过程中轻杆对小球乙做的功为1J

4．（多选）[2018·肇庆三模]一质量为m的铝球用细线悬挂，静止在足够深的油槽中（如图甲所示），某时刻剪断细线，铝球开始在油槽中下沉，通过传感器得到铝球的加速度随下沉速度变化的图象如图乙所示．已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A．铝球下沉时先做加速度越来越小的加速运动，后做匀速运动

B．剪断细线瞬间铝球所受的浮力F浮＝ma0

C．剪断细线瞬间铝球的加速度a0＜g，一段时间内加速度越来越大

D．铝球下沉过程所受到油的阻力为Ff＝

5．（多选）[2018·洛阳一模]如图所示，某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，瞬间将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是（　　）

A．加速时动力的大小等于mg

B．加速时加速度的大小为g

C．减速时动力的大小等于mg

D．减速飞行时间t后速度为零

6．[2018·哈尔滨市香坊区二模]如图所示，倾角为30°的粗糙斜面（μ已知）与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，两物块通过一跨过定滑轮的细线连在一起．在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动．从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内（OA长为L，OB长为），F力做的功为（　　）

A．mgLB．mgL

C．mgLD．mgL

7．[2018·广西二模]两个小球A和B分别用两根轻绳悬挂于O和O′点，O′在O点的正下方，A球的质量是B球的2倍，A球的连接绳长也是B球连接绳长的2倍，先后使细绳伸直呈水平状态后由静止释放小球，不计阻力，两小球到达最低点的位置相同，则（　　）

A．A球在最低点的动能是B球的2倍

B．A球在最低点的线速度是B球的2倍

C．A球在最低点的角速度是B球的2倍

D．A球在最低点的合力是B球的2倍

8．（多选）[2018·潮州期末]如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央c点，则（　　）

A．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小

B．微粒下落过程中重力做功为mg，电场力做功为－qU

C．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为qU

D．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板

9．（多选）[2018·峨山县模拟]在光滑水平面内有一沿x轴方向的静电场，其电势φ随坐标x变化的图线如图所示（图中φ0，－φ0，x1，x2，x3，x4均已知）．现有一质量为m，带电量为q的带负电小球（不计重力）从O点以某一未知初速度v0沿x轴正向射出．下列叙述正确的是（　　）

A．在0～x1间的电场强度沿x轴正方向，大小为E1＝

B．在x1～x2间与在x2～x3间电场强度相同

C．只要v0＞0，该带电小球就能运动到x4处

D．只要v0＞，该带电小球就能运动到x4处

10．（多选）如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨间距为L，电阻不计、与导轨相连的定值电阻阻值为R.磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m的导体棒，从ab位置以平行斜面大小为v的初速度向上运动，最远到达a′b′的位置，滑行的距离为s.导体棒的电阻也为R，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ.则（　　）

A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为

B．上滑过程中通过定值电阻R的电量为

C．上滑过程中定值电阻R产生的热量为mv2－mgs（sinθ＋μcosθ）

D．上滑过程中导体棒损失的机械能为mv2－mgssinθ

二、计算题：

本题共4小题，共50分．

11.（12分）[2018·资阳市第一次质检]如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m＝2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f＝4N．取g＝10m/s2.求：

（1）无人机以最大升力在地面上从静止开始竖直向上起飞，在t1＝5s时离地面的高度h；

（2）当无人机悬停在距离地面高度H＝100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落至地面，若与地面的作用时间为t2＝0.2s，则地面所受平均冲力N多大？

12.（12分）[2018·衡阳三模]一旦发生火灾，高楼居民如何逃生是一直困扰我们的致命同题．最近有人设计了一种新型逃生滑梯．提供了颇具创意的解决方式，这种装置类似于“滑滑梯”，紧急情况中放下，逃生者倚躺在滑梯内，即可顺势滑到底楼．（假设楼层间的高度h＝3m，g取10m/s2）

（1）经发明者测试，逃生者可以从5楼滑到1楼需要10秒钟，假设滑梯坡度为37°.忽略空气阻力和转角处的动能损失．求逃生者的下滑加速度大小和逃生者与“滑滑梯”间的动摩擦因数μ.

（2）为了安全，处于高层的逃生者都备有智能躺椅，躺椅配有控速系统和刹车系统，控速系统可以限制下滑过程中速度不超过6m/s，刹车系统可以使减速过程的加速度的大小和加速过程的加速度大小相等．为了安全，滑到地面时的速度大小要求不超过2m/s，假设逃生者躺在躺椅上加速下滑的加速度大小和题

（1）中的加速度大小相等，求从21楼下滑到地面的最短时间．

13.（12分）如图，与水平面成θ＝25°角的倾斜的绷紧传送带，AB长为S＝6m，在电动机带动下，始终以v0＝m/s顺时针匀速转动；台面BC与传送带平滑连接于B点，BC长L＝2.2m；半圆形光滑轨道半径R＝1.0m，与水平台面相切于C点．一个质量为m＝0.1kg的待加工小工件（可以视为质点），从A点无初速释放，小工件与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，小工件与台面的动摩擦因数μ2＝0.01.（注意：

小工件能够以相同速率在台面与传送带间的B点相互平稳滑动；已知sin25°＝0.4，cos25°＝0.9；重力加速度取g＝10m/s2）．求：

（1）小工件从A点第一次运动到B点所用的时间；

（2）小工件最后停留在何处．（＝1.7）

14.（14分）[2018·南昌一模]如图甲所示，长木板处于光滑的水平面上，右端紧靠墙壁，墙壁左侧l＝16m处放有一物块P，P的质量是木板质量的2倍，t＝0时，一小铁块从左端以某一速度滑上长木板，铁块与墙壁碰撞后，速度随时间变化关系如图乙所示．不计所有碰撞的机械能损失，重力加速度g＝10m/s2，求：

（1）小铁块与木板间的摩擦因数；

（2）长木板的长度；

（3）小铁块最终与墙壁间的距离．

规律方法三　运用动力学和能量观点解决多过程问题

1.B　滑块滑上传送带，位移一定增大，A选项错误；如果滑块与传送带速度相等，则随传送带一起匀速运动，B选项正确；滑块加速或减速运动过程中，受到滑动摩擦力作用，加速度恒定不变，C选项错误；滑块的动能可能不变，可能先减小后不变，也可能先增大后不变，D选项错误．

2．D　小球向上运动的过程中，加速度先向上后向下，不是平衡状态，A选项错误；当加速度为零时，即弹簧的弹力与小球的重力相互平衡时，小球的速度最大，此时弹簧处于伸长状态，B选项错误；弹簧的弹力对小球做功，小球的机械能不守恒，C选项错误；框架对地面压力为零的瞬间，弹簧对框架向上的支持力与框架的重力平衡，F＝Mg，此时小球受到弹簧向下的拉力，根据牛顿第二定律可知，F＋mg＝ma，联立解得，a＝，D选项正确．

3．D　两小球运动的过程中，速度大小相等，系统机械能守恒，mgR＝×2mv2，解得，v＝＝2m/s，A选项错误；小球甲由静止开始下滑，初态重力功率为零，在水平面上时，重力方向的速度为零，此时重力的功率也是零，故重力的功率先增加后减小，B选项错误；小球甲下滑到圆弧形轨道最低点时，重力和支持力的合力提供向心力，FN－mg＝m，解得FN＝10N，即对轨道的压力为10N，C选项错误；整个过程中，根据动能定理，W＝mv2＝1J，D选项正确．

4．AD　分析图乙可知，铝球下沉时速度逐渐增大，加速度逐渐减小，先做加速度越来越小的加速运动，后做匀速运动，A选项正确；剪断细线瞬间，铝球受到重力和浮力作用，根据牛顿第二定律可知，mg－F浮＝ma0，解得F浮＝mg－ma0，B选项错误；剪断细线瞬间，铝球的加速度a0＜g，一段时间内加速度越来越小，C选项错误；铝球下沉过程中，受到重力、浮力和阻力作用，根据牛顿第二定律可知，mg－F浮－f＝ma，解得a＝mg－－，联立解得Ff＝，D选项正确．

5．BC　加速时，动力和重力的合力与水平方向成30°角斜向上，如图所示：

根据几何关系可知，F＝mg，F合＝mg，A选项错误；根据牛顿第二定律可知，飞行器的加速度a1＝g，B选项正确；推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′合垂直，如图所示：

合力大小F合′＝mgsin30°，加速度大小a2＝gsin30°＝g，动力大小F′＝mg，C选项正确；加速与减速时加速度大小不等，减速飞行时间t后速度不为零，D选项错误．

6．A　研究整体的受力情况，F＋mgsin30°－mgsin60°－μmgcos30°＝0，解得F＝mg，力F做功，W＝FL＝mgL，A选项正确．

7．D　两球下摆过程中，根据动能定理可知，mgL＝mv2，解得，v＝，A球的连接绳长也是B球连接绳长的2倍，则A球在最低点的线速度是B球的倍，B选项错误；A球的质量是B球的2倍，可知EKA＝4EKB，A选项错误；根据圆周运动的规律可知，ω＝，A球在最低点的角速度是B球的倍，C选项错误；根据向心力公式可知F＝m＝2mg，解得合力FA＝2FB，D选项正确．

8．BCD　微粒在下落过程中，重力和电场力做功，重力势能逐渐减小，其中电场力大于重力，故动能先增大，后减小，A选项错误；根据做功公式可知，重力做正功，WG＝mg，电场力做负功，WE＝－q·＝－qU，B选项正确；根据功能关系可知，电场力做负功，电势能逐渐增大，增加量EP＝qU，C选项正确；第一种情况下，mg＝qU，第二种情况下，mg（2h＋d）＝qU，即恰好能达到A板，D选项正确．

9．BD　根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知，φ－x图象的斜率表示电场强度，0～x1间的电场强度大小E1＝，沿电场线电势逐渐降低，电场强度沿x轴负方向，A选项错误；x1～x2间和x2～x3间的斜率相同，电场强度相同，B选项正确；分析图象可知，0～x1过程中，电场力对小球做正功，x1～x3过程中，电场力对小球做负功，x3～x4过程中，电场力做正功，故运动到x3处，速度最小，从0～x3过程中，根据动能定理得，－qφ0＝0－mv，解得v0＝，只要v0＞，该带电小球就能运动到x4处，C选项错误，D选项正确．

10．ABD　导体棒速度最大时，安培力最大，F＝，A选项正确；电荷量q＝＝，B选项正确；根据能量守恒定律可知，导体棒动能转化为重力势能、摩擦生热和焦耳热，Q＝mv2－mgs（sinθ＋μcosθ），其中定值电阻R上产生热量为QR＝，C选项错误；导体棒损失的机械能为mv2－mgs·sinθ，D选项正确．

11．

（1）75m　

（2）416N

解析：

（1）无人机起飞后向上做匀加速运动，由牛顿运动定律得：

F－mg－f＝ma.

根据运动学公式可知，h＝at2.

联立解得，h＝75m.

（2）无人机向下做匀加速运动，由动能定理有，

mgH－fH＝mv2.

与地面碰撞过程中，设地面对无人机作用力为N′，根据动量定理：

（mg－N′－f）t2＝0－mv.

根据牛顿第三定律：

N＝N′.

联立解得地面受到平均冲力为416N.

12．

（1）0.4m/s2,0.7　

（2）27.5s

解析：

（1）楼层间的高度h＝3m,5层楼高为4h.

逃生者下滑过程中，根据位移－时间关系可知，

＝at2.

解得加速度a＝0.4m/s2.

根据牛顿第二定律可得，

mgsin37°－μmgcos37°＝ma.

解得μ＝0.7.

（2）根据匀变速直线运动的规律可知，逃生者先做匀加速运动再做匀速运动最后做匀减速运动时间最短．

加速下滑的时间t1＝＝15s.

减速下滑的时间t2＝＝10s.

匀速运动的位移x＝－·t1－t2＝15m.

匀速运动的时间t2＝＝2.5s.

总时间t＝t1＋t2＋t3＝27.5s.

13．

（1）5.1s　

（2）距B点1.8m处

解析：

（1）小工件在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，根据牛顿第二定律得，μ1mgcosθ－mgsinθ＝ma1，解得a1＝0.5m/s2，匀加速运动时间t1＝＝2s，位移x1＝＝3m，匀速运动时间t2＝＝s，故小工件从A点第一次运动到B点所用的时间t＝3s≈5.1s.

（2）分析小工件圆周运动的过程，根据动能定理得，－μ2mgL－mgh＝0－mv，解得h＝0.132m＜R，故小工件不能通过P点，将以相同速度返回C点，经BC段再次滑上传送带，如此往复运动，最终停止在BC段，动能全部克服BC段的摩擦力做功，－μ2mgs＝0－mv，解得s＝15m，小工件最后停留在距B点1.8m处．

14．

（1）0.3　

（2）14m　（3）4.17m

解析：

（1）设铁块质量为m，木板质量为M，铁块碰撞墙壁后，有f＝ma1

其中f＝μmg

a1＝＝3m/s2，解得μ＝0.3

（2）设木板长为l0，小铁块碰撞墙壁后速度大小为

v1＝4m/s，则l0＝v1t＋a1t2，

解得l0＝14m.

（3）铁块与木板第一次摩擦过程中，速度最终变为

v2＝1m/s，则mv1＝（m＋M）v2，

得M＝3m

木板加速离墙壁的加速度为a2＝＝1m/s2

当长木板离墙壁x1时，两物块相对静止

x1＝＝0.5m

此时铁块离墙壁的距离为x2＝＝2.5m

当它们一起以1m/s向左运动x0＝1.5m时，木板与P碰撞，设木板碰后速度为v3，则

Mv2＝Mv3＋2Mvp

Mv＝Mv＋2Mv

解得v3＝－m/s

接着铁块与木板相互摩擦，设最终速度为v4，则

mv2－Mv3＝（m＋M）v4

解得v4＝0

铁块继续向左的位移x3为x3＝＝m

铁块最终离墙壁的距离为

x＝x2＋x0＋x3＝4.17m.