2019年高考物理二轮复习规律方法三运用动力学和能量观点解决多过程问题.doc

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1、1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12018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( )22018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

2、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Mg mgm32018全国卷如图所示，足够长的半径为 R0.4 m的 圆弧形光滑轨道固定于14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 m0.5 kg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 10 m/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 4 m/sB小球甲下

3、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 5 ND整个过程中轻杆对小球乙做的功为 1 J4(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( )2A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 ma 0C剪断细线瞬间铝球的加速度 a0g，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 Ffma0vv05(多选)2018洛阳一模如图

4、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 60，使飞行器恰恰与水平方向成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 mgB加速时加速度的大小为 gC减速时动力的大小等于 mg32D减速飞行时间 t后速度为零62018哈尔滨市香坊区二模如图所示，倾角为 30的粗糙斜面( 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

5、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L2为( )AmgL BmgL(32 32 12) (32 32 12)CmgL DmgL(12 32 12) (12 32 12)72018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( )3AA 球在最低点的动能是 B球的 2倍BA 球在最低点的线速度是

6、B球的 2倍CA 球在最低点的角速度是 B球的 2倍DA 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(hd2) 12C微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 qU12D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

7、沿 x轴方向的静电场，其电势 随坐标 x变化的图线如图所示(图中 0， 0，x 1，x 2，x 3，x 4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 0x 1间的电场强度沿 x轴正方向，大小为 E1 0x1B在 x1x 2间与在 x2x 3间电场强度相同C只要 v00，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2q 0m10(多选)如图所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为 ，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

8、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 ab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 .则( )4A上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2L2v2RB上滑过程中通过定值电阻 R的电量为BsL2RC上滑过程中定值电阻 R产生的热量为 mv2mgs( sin cos)12D上滑过程中导体棒损失的机械能为 mv2mgs sin12二、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

9、m2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f4 N取g10 m/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 t15 s时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度 H100 m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 t20.2 s，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

10、楼(假设楼层间的高度 h3 m，g 取 10 m/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 .5(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 6 m/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 2 m/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

11、图，与水平面成 25角的倾斜的绷紧传送带，AB 长为 S6 m，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，BC3长 L2.2 m；半圆形光滑轨道半径 R1.0 m，与水平台面相切于 C点一个质量为m0.1 kg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 10.5，小工件与台面的动摩擦因数 20.01.(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 sin250.4， cos250.9；重力加速度取 g10 m/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

12、在何处( 1.7)314. (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 l16 m处放有一物块 P，P 的质量是木板质量的 2倍，t0 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 g10 m/s2，求：6(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7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，

13、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2D 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Mg mam项正确3D 两小球运动的过程中，速度大小相等，系统机械能守恒，

14、 mgR 2mv2，解得，12v 2 m/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，gR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v2RFN10 N，即对轨道的压力为 10 N，C 选项错误；整个过程中，根据动能定理，W mv21 J，D 选项正确124AD 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

15、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 ，F浮m Ffm联立解得 Ff ，D 选项正确ma0vv05BC 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3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

16、F 合 mgsin30，加速度大小 a2 gsin30 g，动力大小12F 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后速度不为零，32D选项错误6A 研究整体的受力情况， F mgsin30 mgsin60 mg cos300，解得8F mg ，力 F做功， W FL mgL ，A 选项正确(32 32 12) (32 32 12)7D 两球下摆过程中，根据动能定理可知， mgL mv2，解得， v ， A球的连12 2gL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； A2球的质量是 B球的 2倍，可知 EKA4 EKB，A

17、选项错误；根据圆周运动的规律可知， ， 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vL 22F m 2 mg，解得合力 FA2 FB，D 选项正确v2L8BCD 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(hd2) U2 12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12 (h d2) 12二种情况下， mg(2h d) qU，即恰好能达到 A

18、板，D 选项正确9BD 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可知， 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， 0x1A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， q 00 mv ，解得 v0 ，只要 v0 ，该带电小球就能运动到 x4处，C 选12 20 2q 0m 2q 0m项错误，D 选项正确10ABD

19、 导体棒速度最大时，安培力最大， F ，A 选项正确；电荷量B2L2v2Rq ，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 2R BsL2R生热和焦耳热， Q mv2 mgs(sin cos )，其中定值电阻 R上产生热量为 QR ，C12 Q2选项错误；导体棒损失的机械能为 mv2 mgssin ，D 选项正确1211(1)75 m (2)416 N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 at2.12联立解得， h75 m.(2)无人机向下做匀加速运动，由动能定理有，mgH fH mv2.12与地面碰撞

20、过程中，设地面对无人机作用力为 N，根据动量定理：(mg N f)t20 mv.根据牛顿第三定律：N N.联立解得地面受到平均冲力为 416 N.12(1)0.4 m/s 2,0.7 (2)27.5 s解析：(1)楼层间的高度 h3 m,5 层楼高为 4 h.9逃生者下滑过程中，根据位移时间关系可知， at2.4hsin3712解得加速度 a0.4 m/s 2.根据牛顿第二定律可得，mgsin37 mg cos37 ma.解得 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 15 s.vma减速下滑的时间 t2 10 s

21、.vm va匀速运动的位移 x t1 t215 m.20hsin37vm2 vm v2匀速运动的时间 t2 2.5 s.xvm总时间 t t1 t2 t327.5 s.13(1)5.1 s (2)距 B点 1.8 m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， 1mgcos mgsin ma1，解得 a10.5 m/s2，匀加速运动时间t1 2 s，位移 x1 3 m，匀速运动时间 t2 s，故小工件从 A点第一v0a1 3 v202a1 x x1v0 3次运动到 B点所用的时间 t3 s5.1 s.3(2)分析小工件圆周运动的过程，根据动能定理得，

22、 2mgL mgh0 mv ，解得12 20h0.132 m 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， 2mgs0mv ，解得 s15 m，小工件最后停留在距 B点 1.8 m处12 2014(1)0.3 (2)14 m (3)4.17 m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 mga1 3 m/s 2，解得 0.3 vt(2)设木板长为 l0，小铁块碰撞墙壁后速度大小为v14 m/s，则 l0 v1t a1t2，12解得 l014 m.(3)

23、铁块与木板第一次摩擦过程中，速度最终变为v21 m/s，则 mv1( m M)v2，得 M3 m木板加速离墙壁的加速度为 a2 1 m/s 2fM当长木板离墙壁 x1时，两物块相对静止x1 0.5 mv22a2此时铁块离墙壁的距离为 x2 2.5 mv21 v22a1当它们一起以 1 m/s向左运动 x01.5 m时，木板与 P碰撞，设木板碰后速度为 v3，则10Mv2 Mv32 MvpMv Mv 2Mv12 2 12 23 12 2P解得 v3 m/s13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 v40铁块继续向左的位移 x3为 x3 mv22a1 16铁块最终离墙壁的距离为x x2 x0 x34.17 m.