2022版高考物理一轮复习演练：热点强化9 动力学观点和能量观点分析多过程运动

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A．2mgRB．4mgR
C．5mgRD．6mgR
【答案】C 【解析】设小球运动到c点的速度大小为vc，则对小球由a到c的过程，由动能定理有F×3R－mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,c)，又F＝mg，解得vc＝2eq \r(gR)．小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝eq \f(vc,g)＝2eq \r(\f(R,g))，在水平方向的位移大小为x＝eq \f(1,2)gt2＝2R．由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为5R，则小球机械能的增加量为ΔE＝F×5R＝5mgR，C正确，A、B、D错误．
2．(2021年云南检测)(多选)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心O等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α＝45°．现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下结论正确的是( )
A．A、B两点间的高度差为eq \f(\r(2),2)R
B．C到N的水平距离为2R
C．小球在M点对轨道的压力大小为(3＋eq \r(2))mg
D．小球从N点运动到C点的时间为 eq \r(\f(2R,g))
【答案】AC 【解析】从A点到C点有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，从A点到N点有mg(h＋Rcs 45°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,N)，其中vC＝vNcs 45°，联立解得h＝eq \f(\r(2),2)R，vN＝eq \r(2\r(2)gR)，A正确；小球从N运动到C的时间t＝eq \f(vNsin 45°,g)＝eq \r(\f(\r(2)R,g))，则C到N的水平距离为xCN＝vNcs 45°·t，解得xCN＝eq \r(2)R，B、D错误；从A到M点有mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,M)，在M点FN－mg＝meq \f(v\\al(2,M),R)，解得FN＝(3＋eq \r(2))mg，由牛顿第三定律，小球在M点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝(3＋eq \r(2))mg，C正确．
3．(2021年齐齐哈尔期末)如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A与B点的高度差为h1＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点与B点的高度差为h2＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，试求：
(1)滑块运动至C点时的速度vC大小；
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q．
解：(1)在C点，竖直分速度vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s，
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s．
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s，
从A到B点的过程中，根据动能定理得
mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)，
解得Wf＝1 J．
(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma，
解得a＝0.4 m/s2．
达到共同速度所需时间t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s，
两者间的相对位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m．
由于mgsin 37°<μmgcs 37°，此后滑块将做匀速运动．
故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量
Q＝μmgcs 37°·Δx＝32 J．
4．(2021年衡阳联考)如图所示，由两个半径均为R的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)．宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度．当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C点抛出．(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)
(1)求小球经C点时的动能；
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
(3)小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件．
解：(1)对小球从释放到C的过程，由动能定理可得
4mgR－2mgR＝EkC－0，
解得小球经C点时的动能EkC＝2mgR．
(2)由(1)可知C点小球的速度vC＝eq \r(\f(2EkC,m))＝2eq \r(gR)．
C点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得
mg＋FN＝meq \f(v\\al(2,C),R)，
解得FN＝3mg，方向竖直向下．
由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上．
(3)当小球恰从G点射入盒子中，则由平抛运动规律可得：
竖直方向R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)，
水平方向R＝vC1t1，
联立解得vC1＝eq \r(\f(gR,2))．
小球从释放到C点的过程Ep1－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0，
得Ep1＝eq \f(9,4)mgR．
当小球直接击中E点时，弹性势能是符合条件的最大值，由平抛运动规律可得
竖直方向2R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)，
水平方向2R＝vC2t2，
联立解得vC2＝eq \r(gR)．
小球从释放到C点的过程Ep2－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C2)－0，
得Ep2＝eq \f(5,2)mgR．
综上符合条件的弹性势能应满足eq \f(9,4)mgR5．(2021年云南检测)如图所示，半径为R1＝0.8 m的eq \f(1,4)光滑圆弧轨道，与半径为R2＝0.4 m的半圆光滑空心管轨道平滑连接并固定在竖直面内，粗糙水平地面上紧靠管口有一长度为L＝2.5 m、质量为M＝0.1 kg的静止木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上．质量为m2＝0.05 kg的物块静止于B处，质量为m1＝0.15 kg的物块从光滑圆弧轨道顶部的A处由静止释放，物块m1下滑至B处与m2碰撞后合为一个整体．两物块一起从空心管底部C处滑上木板，两物块恰好没从木板左端滑下．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.3，两物块均可视为质点，空心管粗细不计，重力加速度取g＝10 m/s2．求：
(1)物块m1滑到圆弧轨道底端B处未与物块m2碰撞前瞬间受到的支持力大小；
(2)物块m1和m2碰撞过程中损失的机械能；
(3)木板在地面上滑行的距离．
解：(1)物块从A到B由动能定理有m1gR1＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)，
解得v1＝4 m/s．
对m1在B点受力分析得N－m1g＝eq \f(m1v\\al(2,1),R1)，
代入数据解得N＝4.5 N．
(2)两物体碰撞前后动量守恒，m1v1＝(m1＋m2)v2，
代入数据解得v2＝3 m/s．
由能量守恒定律得ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al(2,2)
代入数据解得损失机械能ΔE＝0.3 J．
(3)设两物块碰撞后的整体质量为m，则m＝0.2 kg；设木板与地面之间的动摩擦因数为μ1．
从B到C由动能定理得2mgR2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)，
代入数据解得v3＝5 m/s．
物块滑上木板后，物块先匀减速，木板匀加速，直到共速．物块的加速度为a1＝eq \f(μmg,m)＝μg＝3 m/s2，
木板的加速度为a2＝eq \f(μmg－μ1m＋Mg,M)＝2μg－3μ1g，
当物块与木板共速时v3－a1t＝a2t，
共速时的速度为v＝a2t，
物块恰好没滑下木板，相对位移为L＝eq \f(v3＋v,2)t－eq \f(v,2)t，
共速时木板的位移为x1＝eq \f(v,2)t，
物体与木板共速后一起匀减速，加速度为
a3＝eq \f(μ1m＋Mg,m＋M)＝μ1g，
共速后继续滑行的距离为x2＝eq \f(v2,2a3)，
木板的位移x＝x1＋x2，
综上可解得木板的位移为x＝2.5 m．