高中物理運動多過程問題

-.z.高中物理多運動過程分析一、解題思路1、"合〞——初步了解全過程，構(gòu)建大致運動圖景2、"分〞——將全過程進展分解，分析每個過程的規(guī)律3、"合〞——找到子過程的聯(lián)系，尋找解題方法二、解題考前須知1、題目中有多少個物理過程？2、每個過程物體做什么運動？3、每種運動滿足什么物理規(guī)律？4、運動過程中的一些關鍵位置(時刻)是哪些"三、典型題目分析題型二、直線運動與圓周運動、平拋運動結(jié)合題目1、〔14分〕在半徑R=5000km的*星球外表，宇航員做了如下實驗，實驗裝置如圖甲所示。豎直平面的光滑軌道由軌道AB和圓弧軌道BC組成，將質(zhì)量m=0.2kg的小球，從軌道AB上高H處的*點靜止滑下，用力傳感器測出小球經(jīng)過C點時對軌道的壓力F，改變H的大小，可測出相應的F大小，F(xiàn)隨H的變化關系如圖乙所示。不考慮該星體自傳的影響，求：圓軌道的半徑及星球外表的重力加速度該星球的第一宇宙速度答案：〔1〕0.2m，5m/s2〔2〕5*103m/s解析：(1)對小球在c點，牛二定律知①，其中r為圓軌道BC的半徑〔2分〕對小球從高H處到C點，機械能守恒②〔2分〕由①②聯(lián)立得③〔1分〕圖乙所示，當H=0.5m時，F(xiàn)=0；當H=1.0m時，F(xiàn)=5N〔1分〕故r=0.2m，g=5m/s2〔4分，一個答案2分〕〔2〕由〔2分〕可知〔2分〕2、24．〔l4分)如下圖，豎直平面的軌道ABCD由水平局部AB與光滑的四分之一圓弧軌道CD組成，AB恰與圓弧CD在C點相切，其總質(zhì)量M=4kg，其右側(cè)緊靠在固定擋板上，靜止在光滑水平面上。在軌道的左端有一質(zhì)量為m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v0=3m/s的速度向右運動，小滑塊剛好能沖到D點。小滑塊與長木板AB間的動摩擦因數(shù)=0.5，軌道水平局部AB的長度Ｌ=0.5m，g取10m/s2。求：(1)小滑塊經(jīng)過C點時對軌道的壓力大?。?2)通過計算分析小滑塊最終能否從木板上掉下。24、解：(1)對小滑塊，從A到B過程中，由動能定理得：〔2分〕解得：〔1分〕從C到D中，由動能定理得：〔2分〕解得：〔1分〕在C點有：〔1分〕解得：〔1分〕〔2〕物塊從D重新回到C過程有：即：〔1分〕滑塊再次滑上木板時，假設木板長度足夠，則最終兩者相對靜止，此過程對滑塊木板系統(tǒng)有：〔2分〕且〔2分〕由以上兩式可求得：因為，故物體未能從木板上滑下。〔1分〕3、〔14分〕如下圖，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在小球A上，另一端與小球B接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H=5m的光滑水平桌面上?，F(xiàn)有一小球C從光滑曲面上離桌面h=1.8m高處由靜止開場滑下，與小球A發(fā)生碰撞〔碰撞時間極短〕并粘在一起壓縮彈簧推動小球B向前運動，經(jīng)一段時間，小球B脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段時間后從桌面邊緣飛出。小球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，mA=2kg，mB=3kg，mC=1kg，g=10m/s2。求：〔1〕小球C與小球A碰撞完畢瞬間的速度大小〔2〕小球B落地點與桌面邊緣的水平距離。3、〔14分〕解：〔1〕小球C從光滑曲面上h高處由靜止開場滑下的過程，機械能守恒，設其滑到底端的速度為，由機械能守恒定律有：解之得：…………〔2分〕小球C與A碰撞的過程，C、A系統(tǒng)動量守恒，碰撞完畢瞬間具有共同速度，設為，由動量守恒定律有：解之得：…………〔2分〕〔2〕被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，小球B脫離彈簧，設小球C、A的速度為，小球B的速度為，分別由動量守恒定律和機械能守恒定律有：………………〔2分〕………………〔2分〕解之得：………………〔2分〕小球B從桌面邊緣飛出后做平拋運動：…………〔2分〕解之得：…………〔2分〕16．如下圖，在*豎直平面，光滑曲面AB與水平面BC平滑連接于B點，BC右端連接壁光滑、半徑r=0.2m的四分之一細圓管CD，管口D端正下方直立一根勁度系數(shù)為k=100N/m的輕彈簧，彈簧一端固定，另一端恰好與管口D端平齊．一個質(zhì)量為1kg的小球放在曲面AB上，現(xiàn)從距BC的高度為h=0.6m處靜止釋放小球，它與BC間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，小球進入管口C端時，它對上管壁有FN=2.5mg的相互作用力，通過CD后，在壓縮彈簧過程中滑塊速度最大時彈簧的彈性勢能為Ep=0.5J．取重力加速度g=10m/s2．求：〔1〕小球在C處受到的向心力大??；〔2〕在壓縮彈簧過程中小球的最大動能Ekm；〔3〕小球最終停頓的位置．【解答】解：〔1〕小球進入管口C端時它與圓管上管壁有大小為F=2.5mg的相互作用力，故小球受到的向心力為：F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5×1×10=35N〔2〕在壓縮彈簧過程中速度最大時，合力為零．設此時滑塊離D端的距離為*0，則有k*0=mg解得*0==0.1m由機械能守恒定律有mg〔r+*0〕+mv=Ekm+Ep得Ekm=mg〔r+*0〕+mv﹣Ep=3+3.5﹣0.5=6〔J〕〔3〕在C點，由F向=代入數(shù)據(jù)得：m/s滑塊從A點運動到C點過程，由動能定理得mg?h﹣μmgs=mv解得BC間距離s=0.5m小球與彈簧作用后返回C處動能不變，小滑塊的動能最終消耗在與BC水平面相互作用的過程中．設物塊在BC上的運動路程為sˊ，由動能定理有0﹣mv﹣μmgsˊ解得sˊ=0.7m故最終小滑塊距離B為0.7﹣0.5m=0.2m處停下題型一、直線運動的多過程4、15．2017年8月我國自主設計的載人深潛器"深海勇士號〞在南海進展下潛試驗。以下圖是它從水面開場下潛到返回水面的全過程的速度時間圖像，則以下說法中正確的選項是A．本次實驗過程中加速度最大值是0.025m/s2B．在0～1min和8～10min的時間段"深海勇士號〞處于超重狀態(tài)C．"深海勇士號〞本次下潛的最大深度為360mD．"深海勇士〞在1～3min的時間處于靜止狀態(tài)參考答案：C5、2、如下圖，絕緣輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態(tài)，Q可在C處靜止。假設將另一帶正電小球q固定在C點正下方*處時，Q可在B處靜止?，F(xiàn)將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中〔〕A．小球Q加速度先減小后增大B．小球Q運動到C處時速率最大C．小球Q的機械能不斷減小D．小球Q與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒參考答案：AC20、為減少二氧化碳排放，我市已推出新型節(jié)能環(huán)保電動車。在檢測*款電動車性能的實驗中，質(zhì)量為8×102kg的電動車由靜止開場沿平直公路行駛，到達的最大速度為15m/s，利用傳感器測得此過程中不同時刻電動車的牽引力F與對應的速度v，并描繪出如下圖的F-v-1圖像〔圖中AB、BO均為直線〕，假設電動車行駛中所受阻力恒為車重的0.05倍，重力加速度取10m／s2。則〔〕

A.該車起動后，先做勻加速運動，然后做勻速運動

B.該車起動后，先做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，接著做勻速運動

C.該車做勻加速運動的時間是1.2s

D.該車加速度為0.25m/s2時，動能是4×l04JBD6、22〔16分〕．*游樂園的大型"跳樓機〞游戲，以驚險刺激深受年輕人的歡送。*次游戲中，質(zhì)量m=50kg的小明同學坐在載人平臺上，并系好平安帶、鎖好平安桿。游戲的過程簡化為巨型升降機將平臺拉升100m高度，然后由靜止開場下落，在忽略空氣和臺架對平臺阻力的情況下，該運動可近似看作自由落體運動。下落h1=80m時，制動系統(tǒng)啟動，使平臺均勻減速，再下落h2=20m時圖11剛好停頓運動。取g=10m/s2圖11〔1〕下落的過程中小明運動速度的最大值vm；〔2〕當平臺落到離地面15m高的位置時，小明對跳樓機作用力F的大??；〔3〕在全部下落過程中，跳樓機對小明做的功W。15．如下圖，用輕彈簧將質(zhì)量均為m=1kg的物塊A和B連接起來，將它們固定在空中，彈簧處于原長狀態(tài)，A距地面的高度h1=0.15m．同時釋放兩物塊，設A與地面碰撞后速度立即變?yōu)榱?，由于B壓縮彈簧后被反彈，使A剛好能離開地面〔但不繼續(xù)上升〕．彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，取g=10m/s2．求：〔1〕物塊A剛到達地面的速度；〔2〕物塊B反彈到最高點時，彈簧的彈性勢能；〔3〕假設將B物塊換為質(zhì)量為2m的物塊C〔圖中未畫出〕，仍將它與A固定在空中且彈簧處于原長，從A距地面的高度為h2處同時釋放，C壓縮彈簧被反彈后，A也剛好能離開地面，此時h2的大?。窘獯稹拷猓骸?〕釋放后，AB兩物塊一起做自由落體運動，設A物塊落地時速度為v1，此時B的速度也為v1，由速度位移公式得：v12=2gh1，解得：；〔2〕設A剛好離地時，彈簧的形變量為*，此時B物塊到達最高點，A物塊剛好離開地面時只受重力與彈簧彈力作用，此時：mg=k*，A落地后到A剛好離開地面的過程中，對于A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：mv12=mg*+△EP，解得：△EP=0.5J；〔3〕換成C后，設A落地時，C的速度為v2，v22=2gh2，則，A落地后到A剛好離開地面的過程中，A、C及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：×2mv22=2mg*+△EP，解得：h2=0.125m；題型三：傳送帶模型21、如下圖，在勻速轉(zhuǎn)動的電動機帶動下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率勻速向右運動。一質(zhì)量為m的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率〔〕滑上傳送帶，最終滑塊又返回至傳送帶的右端，不考慮軸承摩擦，就上述過程，以下判斷正確的有〔〕

A.滑塊返回傳送帶右端時的速率為B.此過程中傳送帶對滑塊做功為

C.此過程中電動機由于傳送物體額外輸出的功為

D.此過程中滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為參考答案：CD6．如下圖，足夠長的傳送帶以恒定速率順時針運行，將一個物體輕輕放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有一樣的速度，第二階段與傳送帶相對靜止，勻速運動到達傳送帶頂端．以下說確的是〔〕A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加C．第一階段物體和傳送帶間的摩擦生熱等于第一階段物體機械能的增加D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加等于全過程物體與傳送帶間的摩擦生熱應選C21．如下圖為*一傳送裝置，與水平面夾角為370，傳送帶以4m/s的速率順時針運轉(zhuǎn)。*時刻在傳送帶上端A處無初速度的放上一質(zhì)量為lkg的小物塊〔可視為質(zhì)點〕，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.25，傳送帶上端A與下端B距離為3.5m，則小物塊從A到B的過程中(g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)A．運動的時間為2sB．小物塊對皮帶做的總功為0C．小物塊與傳送帶相對位移為1.5mD．小物塊與皮帶之間因摩擦而產(chǎn)生的能為3JBD7、1、如下圖，外表粗糙且足夠長的傳送帶與水平面夾角為，以速度v0逆時針勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的上端輕輕放置一個質(zhì)量為m的小木塊，小木塊的速度隨時間變化的關系圖象可能符合實際的是〔〕參考答案：AD8、12．〔17分〕如下圖，水平傳送帶長為L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動。在傳送帶的A端無初速釋放一個質(zhì)量為m=1kg的滑塊〔可視為質(zhì)點〕，在將滑塊放到傳送帶的同時，對滑塊施加一個大小為F=5N、方向與水平面成θ=370的拉力，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度大小為g=10m/s2，，。求滑塊從A端運動到B端的過程中〔1〕滑塊運動的時間；〔2〕滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量。【解答】〔1〕滑塊與傳送帶到達共同速度前，設滑塊加速度為a1，由牛頓第二定律：解得：a1=7.5m/s2滑塊與傳送帶到達共同速度的時間：=1s2分此過程中滑塊向右運動的位移：=3.75m2分共速后，因＞，滑塊繼續(xù)向右加速運動，由牛頓第二定律：解得：a2=0.5m/s21分滑塊到達B端的速度：=8m/s2分滑塊從共速位置到B端所用的時間：=1s2分滑塊從A端到B端的時間：t=t1+t2=2s1分〔2〕0~1s滑塊相對傳送帶向左的位移：=3.75m2分1s~2s滑塊相對傳送帶向右的位移：=0.25m2分0~2s滑塊相對傳送帶的路程：=4m1分系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量：14J2分9、12.在工廠的流水線上安裝有傳送帶，用傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率．如下圖，傳送帶與水平面夾角為θ＝30°，其上、下兩端點A、B間的距離是3.84m．傳送帶在電動機的帶動下，以4.0m/s順時針勻速運轉(zhuǎn)．現(xiàn)將質(zhì)量為10kg的工件(可視為質(zhì)點)輕放于傳送帶的A點，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(3),2)，則在傳送帶將工件從A點傳送到B點過程中，g取10m/s2.(1)求工件放上傳送帶時的加速度大?。?2)當工件與傳送帶速度相等時，傳送帶立即以8m/s2的加速度順時針勻減速運轉(zhuǎn)，求此時工件的摩擦力大小及工件從A點傳送到B點的時間．(3)假設傳送帶因故障被卡住，要使靜止工件以(1)問的加速度從A點運動到B點，則需對工件提供的最小拉力為多少？題型四、板塊模型7．如下圖，帶負電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，在t＝0時刻用水平恒力F向左推小車B.地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，圖2-9中是關于A、B的速度隨時間變化的圖像及A、B之間摩擦力隨時間變化的圖像，其致正確的選項是()如圖3-3-8所示，薄板A長L＝5m，其質(zhì)量M＝5kg，放在水平桌面上，板右端與桌邊相齊．在A上距右端s＝3m處放一物體B(可看成質(zhì)點)，其質(zhì)量m＝2kg.A、B間動摩擦因數(shù)μ1＝0.1，A與桌面間和B與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ2＝0.2，原來系統(tǒng)靜止．現(xiàn)在在板的右端施加一大小一定的水平力F持續(xù)作用在A上直到將A從B下抽出才撤去，且使B最后停于桌的右邊緣．求：(1)B運動的時間．(2)力F的大?。鸢?1)3s(2)26N25、〔18分〕如下圖,傾角為θ的斜面上PP′、QQ′之間粗糙，且長為3L，其余局部都光滑。形狀一樣、質(zhì)量分布均勻的三塊薄木板A、B、C沿斜面排列在一起，但不粘接。每塊薄木板長均為L，質(zhì)量均為m，與斜面PP′、QQ′間的動摩擦因素均為3tanθ。將它們從PP′上方*處由靜止釋放，三塊薄木板均能通過QQ′。重力加速度為g。求：(1)薄木板A下端運動到在QQ′之前速度最大的位置；(2)薄木板B上端到達PP′時受到木板C彈力的大小；(3)試分析釋放A、B、C時，薄木板A下端離PP′距離滿足什么條件，才能使三塊薄木板均能通過QQ′。答案：(1)L〔5分〕(2)2mgsinθ〔5分〕(3)4.5L(8分)解析：(1)薄木板A在PP′、QQ′間運動時，將三塊薄木板看成整體。當它們下滑到重力沿斜面分力等于摩擦力時，運動速度達最大值，有：〔3分〕，得：〔2分〕即滑塊A的下端離P處L時的速度最大。(2)當薄木板B的上端到達PP’時，對三個薄木板整體用牛頓第二定律有：3mgsinθ?μ2mgcosθ=3ma〔2分〕得：a=?gsinθ對C薄木板用牛頓第二定律有：mgsinθ?FNc=ma〔2分〕，得：FNc=2mgsinθ，方向沿斜面向上(1分)。(3)要使三個薄木板都能滑出QQ′處，薄木板C的過QQ′處時它的速度應大于零。薄木板C全部越過PP′前，三木板相互擠壓著；薄木板全部在PP′、QQ′之間運動時無相互作用力；離開QQ′時，三木板是相互別離的。設C木板剛好全部越過PP′時速度為v.對木板C從剛好越過PP′到木板C的到達QQ′處速度為0，用動能定理有：得設開場下滑時，A的下端離PP′處距離為*，對三木板從剛釋放到木板C從剛好越過PP′整體用動能定理有：得到：即能使三塊薄木板均能通過QQ′的釋放位置在木板A下端離PP′距離*滿足：題型五：帶電物體〔粒子〕在復合場、組合場運動問題21、如下圖，MN下方有水平向右的勻強電場。半徑為R，壁光滑、徑很小的絕緣半圓管ADB固定在豎直平面，直徑AB垂直于水平虛線MN，圓心O在MN上，一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點的帶正電，電荷量為q的小球從半圓管的A點由靜止開場滑入管，小球從B點穿出后，始終在電場中運動，C點〔圖中未畫出〕為小球在電場水平向左運動位移最大時的位置。重力加速度為g，小球離開絕緣半圓管后的加速度大小為。則以下說確的是A．小球從B點運動到C點過程中做的是勻變速曲線運動B．勻強電場的場強E為C．小球在管道運動到B點時加速度大小為D．小球從B點運動到C點的水平方向位移為21ACD25．〔20分〕如下圖，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域I有磁感應強度大小為B1、方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域I右側(cè)有一寬度也為R、足夠長區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ有方向向右的勻強電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域I邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域Ⅲ。在FG延長線上距G點為R處的M點放置一長為3R的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ=53°角。在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域I各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為+q且速率一樣的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上〔不計粒子重力及其相互作用〕〔1〕求粒子的初速度大小v0和電場的電場強度大小E；〔2〕求熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度△*；〔3〕假設改變區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應強度大小，要讓所有粒子全部打中熒光屏，求區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應強度大小應滿足的條件。25.解：〔1)如圖甲所示，分析可知，粒子在區(qū)域I中的運動半徑為R，由向心力公式可得(1分〕解得〔1分〕因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域Ⅲ中的運動半徑為2R，由向心力公式可得解得(1分〕粒子在電場中加速運動，由動能定理得(1分〕解得電場強度大小〔1分〕〔2〕如圖乙所示，分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最高點穿出，打在離M點*1處的屏上，由幾何關系得〔*1cos

θ+R〕2+(*1sinθ)2=(2R)2(1分〕解得〔1分〕速度方向與電場方向平行向右射人區(qū)域I中的粒子將平行電場方向從區(qū)域I中最低點穿出，打在離M點*2處的屏上，由幾何關系得〔*2cos

θ-R〕2+(*2sinθ)2=(2R)2(1分〕解得〔1分〕分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度△*=*2-*1=1.2R?！?分〕〔3〕如圖丙所示，從區(qū)域I中最高點穿出的粒子恰好打在M點時，有r3=R(1分〕由向心力公式有解得B3=