高考物理二轮复习计算题强化训练专题3.5 多过程中的功能关系的综合应用（2份，原卷版+解析版）

这是一份高考物理二轮复习计算题强化训练专题3.5 多过程中的功能关系的综合应用（2份，原卷版+解析版），共32页。
（2）司机在离弯道口Q距离为x1的地方开始减速，全程采取“不踩刹车减速”，汽车恰好能以的安全速度进入弯道，求汽车在上述减速直线运动过程中克服阻力做的功以及距离x1；
（3）如图乙所示，在离弯道口Q距离为125 m的P位置，司机先采取“不踩刹车减速”滑行一段距离x2后，立即采取“刹车减速”，汽车仍恰好能以的安全速度进入弯道，求x2的大小。
【答案】（1）30 kW；（2）6.75×105 J，675 m；（3）75 m
【详解】（1）汽车匀速运动的速度为v0＝108 km/h＝30 m/s汽车做匀速直线运动时牵引力
汽车的功率为故
（2）全程采取“不踩刹车减速”时，由动能定理得解得克服阻力做的功为
又解得
（3）汽车从P行驶到Q的过程中，由动能定理得又解得
2．如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个圆周的光滑轨道，轨道半径，轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角，皮带和货物间的动摩擦因数，运输机的皮带以的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）。现仓储员将质量货物由轨道的a端静止释放，求：
（1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小。
（2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。
（3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）货物由a到b的过程中，根据机械能守恒有解得在b点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有解得根据牛顿第三定律得，货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小为；
（2）设货物沿皮带向上滑行x时相对皮带静止，货物减速上滑过程中，根据动能定理有
解得
（3）由于，所以货物上滑达到最大速度后，与传送带一起匀速上升，静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，故摩擦力大小不变，方向反向。在x位移内皮带对货物做功
货物匀速上升过程的上升高度在匀速上升阶段，由功能关系得
故皮带对物体做的总功
3．如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角，皮带在电动机的带动下沿顺时针方向转动，速率始终不变。时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量，g取，计算结果可以保留根号，求：
（1）内物块的加速度大小；
（2）传送带与滑块之间的动摩擦因数；
（3）整个过程中摩擦产生的热量大小
（4）0-3s时间内电动机多消耗的电能。
【答案】（1）1m/s2；（2）；（3）27J；（4）36J
【分析】由图像可得物块运动初速度，由斜率可得物块加速度，可以作为本题得突破口。
【详解】（1）根据加速度定义式和乙图的数据得0~1秒的加速度
（2）0到1秒内物块沿传送带向下运动，传送带顺时针转动，得物块受到的滑动摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得代入数据解得
（3）根据乙图可得传送带匀速运动的速度大小为 ，物块速度由 变为0所用的时间为。物块速度由0变为2m/s所用的时间为即物块一共运动了3s。在这3s内传送带一直匀速运动，其位移为在前1秒内，物块的初速度为 位移为
在后2秒内，物块的位移为则3秒内物块与传送带的相对位移为则3秒内摩擦生热为
（4）设物块在0-3s时间内的动能变化量为，重力势能变化量为，电动机多消耗的电能为E，物块上升得高度为h，物块在t=3s时得速度为，根据能量守恒定律得
代入数据解得E=36J
4．如图所示轨道由两个圆弧轨道与一倾斜轨道构成。一质量为1kg的物块压缩弹簧后从A点出发，经过长为5m，动摩擦因数为的粗糙轨道AB后进入两段圆弧轨道，且圆弧半径满足，物块进入轨道DE后，在E点有一振波器，能使物块以与水平方向夹角为的角度从E点飞出且速度大小保持不变，物块飞出后落在倾斜角为的足够长的斜面EF上。除AB段粗糙外其余轨道均光滑，，，，求：
（1）若物块在B点的速度为20m/s，求物块在B点对轨道的压力；
（2）若物块全程不脱离圆弧轨道，求弹簧的弹性势能的最小值；
（3）弹簧弹性势能为275J，若使物块在轨道EF上方飞行时间最久，求该时间值。
【答案】（1）90N；（2）150J；（3）5s
【详解】（1）物块在B点时，对物块分析有根据牛顿第三定律，物块在B点对轨道的压力
解得
（2）若物块全程不脱离圆弧轨道，则物块能够顺利通过大圆弧的最高点，物块在大圆弧的最高点有最小的速度物块由A点运动至大圆弧的最高点过程有解得
（3）弹簧弹性势能为275J，物块由A点运动至E点过程有解得
物块到达E点后，将速度与重力均沿斜面和垂直于斜面分解，可知垂直于斜面做双向匀变速直线运动，根据对称性，物块从飞出到落在斜面上有则有
可知，当即当物块飞行时间最长，且解得
5．如图所示，光滑倾斜轨道AB与光滑水平轨道BE在B点平滑连接。在水平轨道C点上方有一光滑螺旋状竖直圆轨道，可以认为入口和出口几乎重合，其半径。在E点右下侧有一足够长的粗糙倾斜轨道，与水平面夹角，其上端靠近E点铁定一个长木板，木板与粗糙倾斜轨道间动摩擦因数，木板下端有一不计厚度的弹性挡板与木板固定连接。现将一质量，可视为质点的物块从距离水平轨道高的A点静止释放，经过竖直圆轨道之后再通过一小段光滑圆弧滑上木板上端，其速度方向刚好平行于木板上表面。在物块与挡板碰前瞬间解除木板的锁定，物块与弹性挡板作用过程不损失机械能，最后物块恰好没有从木板上端掉下。已知物块与木板之间动摩擦因数，，，，不计空气阻力。求：
（1）物块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小；
（2）物块与挡板碰撞后瞬间，物块与木板的速度大小之比k；
（3）木板的长度L。
【答案】（1）；（1）；（3）
【详解】（1）物块从A点下滑D点由机械能守恒定律有在D点由牛顿第二定律有
联立解得根据牛顿第三定律可知，压力大小为
（2）设物块碰挡板前速度为，碰后速度为，木板碰后速度为，由于，碰撞过程满足动量守恒和机械能守恒，则有；解得；
则有
（3）物块从A点下滑至E点，由动能定理有解得物块从E点到挡板前，木板锁定不动，由动能定理有恰好不从后端掉下来，说明二者速度达到相同，设为，解除锁定后满足动量守恒，则有设碰撞后到共速过程木板下移距离x，对物块、木板和斜面系统由能量守恒可得
其中由以上几式解得
6．一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道下、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得解得摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得解得
根据能量守恒可得解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为所用时间
此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为则滑块从G到J所用的时间为
7．如图所示的装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB、圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF、水平直轨道FG等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m = 0.1kg，轨道BCD的半径R = 0.8m，管道DEF的半径r = 0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ = 0.4，其余各部分轨道均光滑且无能量损失，轨道FG的长度L = 3m，g取10m/s2。
（1）若滑块恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道DEF的最高点F时的最小速度；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终能静止在水平轨道FG上，求可调高度H的范围。
【答案】（1）2m；（2）2m/s；（3）2m ≤ H < 3m
【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得则恰能过BCD的最高点D的最小速度为
从释放到D点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得H = 2m
（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为
DF过程，以D所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得vF = 2m/s经半圆管道的F点时，若vF > 0，滑块即可通过F点，则经过管道DEF的最高点F时的最小速度vF = 2m/s。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为vF = 2m/s，若以此速度在FG上滑行直至静止运动时，有μmg = ma则加速度大小为a = μg = 0.4 × 10m/s2 = 4m/s2；H = 2m时，FG上滑行距离为
，不掉落轨道，若滑块恰好静止在G点，根据公式v2－v02 = 2ax，可得F点的最大速度为从K释放到F点过程，以AB所在平面为零势能面，据机械能守恒定律可得解得
滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG上，可调高度H的范围应满足2m ≤ H < 3m
8．小华同学利用如图所示的装置进行游戏，已知装置甲的A处有一质量m＝1kg的小球（可视为质点），离地面高度h＝2m，通过击打可以将小球水平击出，装置乙是一个半径R＝1m，圆心角是60°的一段竖直光滑圆弧，圆弧低端与水平地面相切，装置丙是一个固定于水平地面的倾角为30°的光滑斜面，斜面上固定有一个半径为r＝0.5m的半圆形光滑挡板，底部D点与水平地面相切，线段DE为直径。现把小球击打出去，小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，并依次经过装置乙、水平地面，进入装置丙。已知小球在水平地面运动时受到的摩擦力恒为f＝5N，其他阻力均不计，取重力加速度大小g＝10m/s2，装置乙、丙与水平地面均平滑连接。
（1）求小球被击打的瞬间装置甲对小球的冲量；
（2）若CD＝3.6m，则小球到E点时对轨道的压力多大？
（3）若要使小球能进入DE轨道且又不脱离DE段半圆形轨道，则CD长应为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）或
【详解】（1）小球恰好从B点沿BC轨道的切线方向进入，所以根据竖直方向
所以根据动量定理可知，冲量
（2）根据动能定理在E点根据作用力与反作用力得小球在E点对轨道的压力为
（3）小球由A点运动至E点有；得小球由A点运动至中点有得小球由A点运动至D点有得总结得或
9．如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端有一挡板1，足够长的木板A置于斜面上，小物块B置于A底端，A、B质量均为m，挡板2与B、挡板1间的距离均为L。现将A、B一起由静止释放，A、B分别与挡板1和挡板2碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知A、B间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求
（1）B第一次与挡板2碰撞后瞬间的加速度大小；
（2）A第一次与挡板1碰撞后沿斜面上滑的最大距离x；
（3）A、B在整个运动过程中产生的内能Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）B第一次与挡板2碰撞后速度方向向上，受到木板A向下的摩擦力，有牛顿第二定律可知
其中解得方向沿斜面向下
（2）AB一起向下加速度运动，设B与挡板2碰撞前瞬间的速度为，由动能定理可知：
，B第一次与挡板2碰撞后，木板A受到向上的摩擦力且摩擦力大小等于A重力沿斜面向下的分力，A做匀速运动，B以加速度向上做匀减速运动，当B速度减为零时；
解得：；在此段时间内A向下运动的位移即A恰好与挡板1相碰，碰后A原速率返回，受到B给的向下的摩擦力，此时加速度为；方向沿斜面向下，B受到A给的向上的摩擦力，与重力的分力平衡，所以B处于静止状态，A向上运动的位移
（3）A速度减为零后，与B一起向下加速，由于到各自挡板的距离都是，所以同时与挡板发生碰撞，同时反弹，再一起上滑，速度减为零，再次一起下滑，周而复始，再此过程中没有相对位移，在整个过程中的产生的热量为解得：。
10．如图甲所示，质量M=0.5kg，长度L=1m的木板静止在光滑水平面上，木板最左端恰好在O点正下方。质量m=1kg的物块静止在木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。用长，不可伸长的轻绳将质量的小球悬挂在O点，初始时刻轻绳水平拉直，某时刻由静止释放小球，小球下摆至最低点时恰与物块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。在物块获得速度的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块与木板间产生的摩擦热为Q，给木板施加不同大小的恒力F，得到关系的部分图像如图乙所示，其中AB与横轴平行，其中AB段的纵坐标为0.5J-1，将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。
（1）若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间；
（2）若物块刚好不会从长木板右端滑下，求F的大小；
（3）图乙中BC为倾斜直线，求BC段对应的函数关系式并标明F的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）小球下降到O点正下方根据动能定理有解得因为小球和物块的质量相等，发生弹性碰撞，根据碰撞规律可得碰后二者速度交换，即碰后物块的速度为物块在木板上运动，加速度大小为木板的加速度大小为所以物块相对木板的位移有代入数值解得可知当时，物块的速度为，木板的速度为，物块从木板右端滑出时物块的速度不可能小于木板的速度，所以舍去，可得物块在木板上滑行的时间为。
（2）若物块刚好不会从长木板右端滑下，即物块到达木板右端时两者共速设为，经历的时间为，可得木板的加速度为共速时有相对位移关系有联立解得
（3）随着F的增大，物块减速木板加速，二者在木板上某一位置时共速，共速后一起做匀加速运动，加速度为物块与木板相对静止时，加速度最大时有解得此时
根据上面分析可得乙图图像中，即当时，物块不从右端滑落，根据前面分析当二者达到共同速度，经历时间为，相对位移为，同理可得，
同时有 联立可得又有即，
11．如图（a）所示，倾角为37°的斜面上方空间存在电场强度大小为E＝0.8V/m、方向沿斜面向下的匀强电场，现将质量为m＝0.2kg的带正电物块从斜面上由静止释放，物块在斜面上滑动过程中带电量逐渐减小直到放电完毕，当物块滑到斜面底端时以的速度与固定在斜面底端的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失。已知物块下滑过程加速度a随位移x变化的图像如图（b）所示。已知物块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，。求：
（1）物块刚释放时带电量的大小；
（2）物块释放位置到挡板的距离（结果用分式表示）；
（3）物块第4次撞击挡板时的动能。
【答案】（1）0.5C；（2）；（3）
【详解】（1）设物块刚释放时的带电量大小为q，由牛顿第二定律可得
由图（b）可知解得q＝0.5C
（2）由图（b）可知后物块将做匀变速运动，物块的电量放完时，根据牛顿第二定律有
解得设物块的电量放完毕时速度为v，由
可知a－x图线与坐标轴围成的面积乘以质量等于物块所受的合力所做的功，可得
解得v＝2m/s物块放电完毕后将做匀加速运动，可得解得故物块释放位置到挡板的距离为
（3）物块与挡板第一次碰后上滑过程中，由动能定理可得
物块与挡板第一次碰后下滑过程中，由动能定理可得解得
同理可得可得
12．窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）设1号环的初速度为，则由动能定理可得解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为，则窗帘绷紧前后动量守恒，有绷紧后系统动能为又知联立解得故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
；2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为；8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为