2021高考物理新高考版一轮习题：第五章 微专题39 动力学和能量转化分析多过程问题 Word版含解析 5页

‎1．将全过程进行分解，分析每个过程的规律，分析哪种能量增加了哪种能量减少了；找到子过程的联系，寻找解题方法．‎ ‎2．若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，运用牛顿运动定律；‎ ‎3．若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；‎ ‎4．不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．‎ ‎1．(2019·福建厦门市期末质检)一劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧下端固定于倾角为θ＝53°的光滑斜面底端，上端连接物块Q.一轻绳跨过定滑轮O，一端与物块Q连接，另一端与套在光滑竖直杆上的物块P连接，定滑轮到竖直杆的距离为d＝0.3 m．初始时在外力作用下，物块P在A点静止不动，轻绳与斜面平行，绳子张力大小为50 N．已知物块P质量为m1＝0.8 kg，物块Q质量为m2＝5 kg，不计滑轮大小及摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.现将物块P由静止释放，求：‎ 图1‎ ‎(1)物块P位于A点时，弹簧的伸长量x1；‎ ‎(2)物块P上升h＝0.4 m至与滑轮O等高的B点时的速度大小；‎ ‎(3)物块P上升至B点过程中，轻绳拉力对其所做的功．‎ ‎2.如图2所示，一个倾角θ＝30°的光滑直角三角形斜劈固定在水平地面上，顶端连有一轻质光滑定滑轮．质量为m的A物体置于地面上，上端与劲度系数为k的竖直轻弹簧相连．一条轻质绳跨过定滑轮，一端与斜面上质量为m的B物体相连，另一端与弹簧上端连接，调整细绳和A、B物体的位置，使弹簧处于原长状态，且细绳自然伸直并与三角斜劈的两个面平行．现将B物体由静止释放，已知B物体恰好能使A物体刚要离开地面但不继续上升，重力加速度为g.求：‎ 图2‎ ‎(1)B物体在斜面上下滑的最大距离x；‎ ‎(2)B物体下滑到最低点时的加速度的大小和方向；‎ ‎(3)若将B物体换成质量为2m的C物体，C物体由上述初始位置静止释放，当A物体刚好要离开地面时，C物体的速度大小v为多少．‎ ‎3．(2019·浙江湖州市模拟)某校科技节举行车模大赛，其规定的赛道如图4所示，某小车以额定功率18 W由静止开始从A点出发，经过粗糙水平面AB，加速2 s后进入光滑的竖直圆轨道BC，恰好能经过圆轨道最高点C，然后经过光滑曲线轨道BE后，从E处水平飞出，最后落入沙坑中，已知圆轨道半径R＝1.2 m，沙坑距离BD平面的高度h2＝1 m，小车的总质量为1 kg，g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：‎ 图4‎ ‎(1)小车在B点对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小车在AB段克服摩擦力做的功；‎ ‎(3)轨道BE末端平抛高台高度h1为多少时，能让小车落入沙坑的水平位移最大；最大值是多少．‎ ‎4．(2020·湖南娄底市质量检测)如图5，Ⅰ、Ⅱ为极限运动中的两部分赛道，其中Ⅰ的AB部分为竖直平面内半径为R的光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平；Ⅱ上CD为倾角为30°的斜面，最低点C位于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员(可视为质点)从AB上P点处由静止开始滑下，恰好垂直CD落到斜面上．(不计空气阻力，重力加速度为g)求： ‎ 图5‎ ‎(1)极限运动员落到CD上的位置与C的距离； ‎ ‎(2)极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力； ‎ ‎(3)P点与B点的高度差．‎ 答案精析 ‎1．(1)0.1 m　(2)2 m/s　(3)8 J 解析　(1)物块P位于A点，假设弹簧伸长量为x1，对Q受力分析，则：FT＝m2gsin θ＋kx1，解得：x1＝0.1 m.‎ ‎(2)此时OB垂直竖直杆，d＝0.3 m，h＝0.4 m，则OP＝0.5 m，此时物块Q速度为0，下降距离为：‎ Δx＝OP－d＝0.5 m－0.3 m＝0.2 m，‎ 即弹簧压缩量x2＝0.2 m－0.1 m＝0.1 m，弹性势能不变．‎ 对物块P、Q及弹簧组成的整体，根据能量守恒有：‎ m2g·Δx·sin θ－m1gh＝m1v，代入数据可得：vB＝2 m/s ‎(3)对物块P分析：WT－m1gh＝m1v代入数据得：WT＝8 J.‎ ‎2．(1)　(2)g　方向沿斜面向上　(3)g 解析　(1)当A物体刚要离开地面但不上升时，A物体处于平衡状态，B物体沿斜面下滑x，则弹簧的伸长量为x.对A物体有：‎ kx－mg＝0‎ 解得：x＝ ‎(2)当A物体刚要离开地面时，A与地面间的作用力为0.对A物体与轻弹簧组成的整体，由平衡条件得：FT－mg＝0‎ 设此时B物体的加速度大小为a，对B物体，由牛顿第二定律得：FT－mgsin θ＝ma 解得：a＝g 方向沿斜面向上 ‎(3)A物体刚要离开地面时，弹簧的弹性势能增加ΔEp，对B物体下滑的过程，由能量守恒定律得：‎ ΔEp＝mgxsin θ 对C物体下滑的过程，由能量守恒定律得 ΔEp＋·2mv2＝2mgxsin θ 解得：v＝g ‎3．(1)60 N　(2)6 J　(3)1 m　4 m 解析　(1)由于小车恰好经过圆轨道最高点C，则有mg＝ 由B→C，根据动能定理有－2mgR＝mvC2－mv 在B点由牛顿第二定律有FN－mg＝m 联立解得FN＝60 N，‎ 由牛顿第三定律可知，在B点小车对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．‎ ‎(2)由A→B，根据动能定理有：Pt＋Wf＝mv，解得Wf＝－6 J，即小车在AB段克服摩擦力做的功为6 J.‎ ‎(3)由B→E，根据动能定理有－mgh1＝mv－mv，‎ 飞出后，小车做平抛运动，所以h1＋h2＝gt2‎ 水平位移x＝vEt，可得x＝ ，‎ 即x＝ ，‎ 当h1＝1 m时，水平距离最大，xmax＝4 m.‎ ‎4．(1)R　(2)mg，竖直向下　(3)R 解析　(1)设极限运动员在B点的速度大小为v0，落在CD上时，位置与C的距离为x，速度大小为v，在空中运动的时间为t，则xcos 30°＝v0t R－xsin 30°＝gt2‎ ＝gt，联立解得x＝0.8R；‎ ‎(2)由(1)可得：v0＝ 通过B点时，轨道对极限运动员的支持力大小为FN，则有FN－mg＝m 解得FN＝mg 根据牛顿第三定律可知，‎ 极限运动员对轨道的压力大小FN′＝FN＝mg，方向竖直向下．‎ ‎(3)设P点与B点的高度差为h，则由能量守恒有mgh＝mv 解得h＝R.‎