熱點(diǎn)強(qiáng)化練7　動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多過程問題(時(shí)間：40分鐘)1.(多選)(2020·山東淄博市4月第模擬)如圖1甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程，以小球開始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，做出小球所受彈力F的大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x變化的關(guān)系，如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。以下說法正確的是(　　)圖1A.小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，速度始終減小B.小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，加速度先減小后增大C.當(dāng)x＝h＋2x0時(shí)，小球的動(dòng)能為零D.小球動(dòng)能的最大值為mgh＋答案　BD解析　小球剛落到彈簧上時(shí)，彈力小于重力，小球加速度向下，速度增大，隨彈力的增加，加速度減小，當(dāng)彈力等于重力時(shí)加速度為零，此時(shí)速度最大；然后向下運(yùn)動(dòng)時(shí)彈力大于重力，小球的加速度向上且逐漸變大，小球做減速運(yùn)動(dòng)直到最低點(diǎn)，則小球落到彈簧上向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，速度先增大后減小，加速度先減小后增大，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)乙圖可知，當(dāng)x＝h＋x0，小球的重力等于彈簧的彈力，是平衡位置，在x＝h處小球的動(dòng)能不為零，根據(jù)對(duì)稱性可知，在x＝h＋2x0位置小球的動(dòng)能也不為零，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球達(dá)到最大速度的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知mg(h＋x0)－mg·x0＝Ekm，故小球動(dòng)能的最大值為mgh＋，故D正確。2.(多選)(2020·山東青島巿一模)如圖2(a)，質(zhì)量M＝4 kg、傾角為θ的斜面體置于粗糙水平面上，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊置于斜面頂端，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ。t＝0時(shí)刻對(duì)物塊施加一平行于斜面向下的推力F，推力F的大小隨時(shí)間t變化的圖像如圖(b)所示，t＝2 s時(shí)物塊到達(dá)斜面底端。斜面體始終保持靜止，重力加速度g＝10 m/s2，在物塊沿斜面下滑過程中，下列說法正確的是(　　)圖2A.物塊到達(dá)斜面底端時(shí)的動(dòng)能為32 JB.斜面的長(zhǎng)度為8 mC.斜面體對(duì)水平面的壓力大小始終為50 ND.水平面對(duì)斜面體的摩擦力水平向右且逐漸增大答案　AC解析　物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tan θ可知mgsin θ＝μmgcos θ，則物體所受的合力為F，由F－t圖像以及動(dòng)量定理可知t＝×2×8 N·s＝8 N·s，t＝mv，可得v＝8 m/s，則動(dòng)能Ek＝mv2＝×1×82 J＝32 J，選項(xiàng)A正確；若物塊勻加速下滑，則斜面的長(zhǎng)度為l＝t＝8 m，而物塊做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，則物塊的位移小于8 m，即斜面長(zhǎng)度小于8 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；滑塊對(duì)斜面體有沿斜面向下的摩擦力，大小為f＝μmgcos θ＝mgsin θ，垂直斜面的壓力大小為mgcos θ，兩個(gè)力的合力豎直向下，大小為mg，則斜面體對(duì)水平面的壓力大小始終為Mg＋mg＝50 N，斜面體在水平方向受力為零，則受摩擦力為零，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。3.(多選)(2020·海南省新高考3月線上診斷)如圖3所示，半徑為R的半圓形光滑軌道ABC固定在光滑水平桌面上，AOC為半圓形軌道的直徑，一質(zhì)量為m的小球放置在A點(diǎn)，某時(shí)刻，給小球施加一方向垂直AC、大小為F的水平恒力，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　)圖3A.小球能夠越過C點(diǎn)到達(dá)AC的左側(cè)B.小球運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為C.小球運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)軌道壓力的最大值為3FD.小球運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)桌面的壓力先增大后減小答案　BC解析　由動(dòng)能定理可知，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)小球在力F的方向上的位移為0，力F做功為0，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度恰好為0，所以不能到達(dá)AC的左側(cè)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)小球向右運(yùn)動(dòng)的位移最大時(shí)，力對(duì)小球做正功最多，小球的動(dòng)能最大，速度最大，由動(dòng)能定理得FR＝mv2，則得最大速度v＝，故B正確；當(dāng)小球的速度最大時(shí)對(duì)軌道的壓力最大，由水平方向受力分析可知FN－F＝m，解得FN＝3F，由牛頓第三定律可知小球?qū)壍缐毫Φ淖畲笾禐?/span>3F，故C正確；小球始終在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，對(duì)桌面的壓力大小不變，故D錯(cuò)誤。4.(2020·海南省高考調(diào)研)高鐵在改變?nèi)藗兂鲂泻蜕罘绞椒矫娴淖饔贸醪斤@現(xiàn)。某高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作在水平面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，列車的加速度大小為a。已知該列車(含乘客)的質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力為其所受重力的k倍，重力加速度大小為g。求列車從靜止開始到速度大小為v的過程中，圖4(1)列車運(yùn)動(dòng)的位移大小及運(yùn)動(dòng)時(shí)間；(2)列車牽引力所做的功。答案　(1)　　(2)(kg＋a)解析　(1)由速度位移的關(guān)系式得v2＝2ax解得列車運(yùn)動(dòng)的位移為x＝由速度公式得v＝at解得t＝(2)由動(dòng)能定理得W－kmgx＝mv2－0解得W＝(kg＋a)5.(2020·山東臨沂市一模)如圖5所示，彎成四分之三圓弧的細(xì)桿豎直固定在天花板上的N點(diǎn)，細(xì)桿上的PQ兩點(diǎn)與圓心O在同一水平線上，圓弧半徑為0.8 m。質(zhì)量為0.1 kg的有孔小球A(可視為質(zhì)點(diǎn))穿在圓弧細(xì)桿上，小球A通過輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量也為0.1 kg小球B相連，細(xì)繩繞過固定在Q處的輕質(zhì)小定滑輪。將小球A由圓弧細(xì)桿上某處由靜止釋放，則小球A沿圓弧桿下滑，同時(shí)帶動(dòng)小球B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球A下滑到D點(diǎn)時(shí)其速度為4 m/s，此時(shí)細(xì)繩與水平方向的夾角為37°，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，cos 16°＝0.96。問：圖5(1)小球A下滑到D點(diǎn)時(shí)，若細(xì)繩的張力T＝x(N)，則圓弧桿對(duì)小球A的彈力是多大？(2)小球A下滑到D點(diǎn)時(shí)，小球B的速度是多大？方向向哪？(3)如果最初釋放小球A的某處恰好是P點(diǎn)，請(qǐng)通過計(jì)算判斷圓弧桿PD段是否光滑。答案　(1)(2.96－0.8x) N　(2)2.4 m/s，豎直向下(3)光滑解析　(1)當(dāng)球A運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，設(shè)圓弧桿對(duì)小球A的彈力為FN，由牛頓第二定律有FN＋Tcos 37°－mgcos 16°＝解得FN＝(2.96－0.8x) N。(2)小球A在D點(diǎn)時(shí)，小球B的速度vB＝vAsin 37°＝2.4 m/s，方向豎直向下。(3)由幾何關(guān)系有QD＝2Rcos 37°＝1.6Rh＝QDsin 37°＝0.96R若圓弧桿不光滑，則在小球A從P點(diǎn)滑到D點(diǎn)的過程中，必有摩擦力對(duì)小球A做功。設(shè)摩擦力對(duì)小球A做功為Wf，對(duì)A、B兩小球由功能關(guān)系得mgh＋mg(2R－QD)＋Wf＝mv＋mv代入數(shù)據(jù)解得Wf＝0所以圓弧桿PD段是光滑的。6.如圖6所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，O、A位于同一水平面上。AB是半徑為R＝1  m 的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5 m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒有畫出)D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長(zhǎng)L＝2 m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2。現(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的小球P從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H處自由落下(取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力)。圖6(1)當(dāng)H＝2 m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大??；(2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍。答案　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m解析　(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)的速度為vD，對(duì)小球從靜止釋放到D點(diǎn)的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(H＋r)－μmgL＝mv在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力FN提供向心力，則有FN＝m，聯(lián)立解得FN＝84 N，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮?/span>FN′＝FN＝84 N。(2)為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，則有：mgHmin－μmgL＝mv，在O點(diǎn)由牛頓第二定律有mg＝m，代入數(shù)據(jù)解得Hmin＝0.65 m僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，與擋板碰后再返回最高能上升到D點(diǎn)，則mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0，代入數(shù)據(jù)解得Hmax＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m。7.(2020·湖南衡陽市第一次聯(lián)考)如圖7所示，由兩個(gè)半徑均為R的四分之一圓弧細(xì)管道構(gòu)成的光滑細(xì)管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平，輕彈簧左端固定在豎直板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑，小球大小可忽略)，寬和高均為R的木盒子固定于水平面上，盒子左側(cè)DG到管道右端C的水平距離為R，開始時(shí)彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有的彈性勢(shì)能為4mgR，其中g為重力加速度。當(dāng)解除鎖定后小球離開彈簧進(jìn)入管道，最后從C點(diǎn)拋出。(軌道ABC與木盒截面GDEF在同一豎直面內(nèi))圖7(1)求小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能；(2)求小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(3)小球從C點(diǎn)拋出后能直接擊中盒子底部時(shí)，討論彈簧此時(shí)彈性勢(shì)能滿足什么條件。答案　(1)2mgR　(2)3mg，方向豎直向上(3)mgR＜Ep＜mgR解析　(1)對(duì)小球從釋放到C的過程，應(yīng)用動(dòng)能定理可得4mgR－2mgR＝EkC－0，解得小球經(jīng)C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EkC＝2mgR。(2)由(1)可知C點(diǎn)小球的速度 vC＝＝2在C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝m，解得FN＝3mg，方向豎直向下由牛頓第三定律可知在C點(diǎn)時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Υ笮∫矠?/span>3mg，方向豎直向上。(3)當(dāng)小球恰從G點(diǎn)射入盒子中，則由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得豎直方向R＝gt水平方向R＝vC1t1聯(lián)立解得vC1＝ 小球從釋放到C點(diǎn)的過程Ep1－2mgR＝mv－0得Ep1＝mgR當(dāng)小球直接擊中E點(diǎn)時(shí)，彈性勢(shì)能是符合條件的最大值，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得豎直方向2R＝gt水平方向2R＝vC2t2聯(lián)立解得vC2＝小球從釋放到C點(diǎn)的過程Ep2－2mgR＝mv－0得Ep2＝mgR綜上符合條件的彈性勢(shì)能應(yīng)滿足mgR＜Ep＜mgR。

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