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2．5多过程和多解问题一、选择题1．(多选)将一物体在空中以v0＝20m/s的速度竖直上抛，不计空气阻力，当物体的位移大小为15m时，所需时间可能是(g＝10m/s2)()A．1.0sB．2.0sC．3.0sD．4.6s答案ACD解析选竖直向上为正方向，若物体在抛出点上方，则x＝15m．由x＝v0t－12gt2得：15＝20t－12×10t2，解得t＝1.0s或t＝3.0s．若物体在抛出点下方，则x＝－15m，由x＝v0t－12gt2得：－15＝20t－12×10t2，解得：t≈4.6s，故选A、C、D项．2.(多选)如图所示，甲物体在沿斜面的推力F的作用下静止于乙物体上，乙物体静止在水平面上，现增大外力F，两物体仍然静止，则下列说法正确的是()A．乙对甲的摩擦力一定增大B．乙对甲的摩擦力可能减小C．乙对地面的摩擦力一定增大D．乙对地面的摩擦力可能减小答案BC解析设甲的质量为m，斜面倾角为θ.若F＝mgsinθ，乙对甲的摩擦力为零，F增大，f变大，方向沿斜面向下．若Fmgsinθ，乙对甲的摩擦力沿斜面向下，f＝F－mgsinθ，F增大，f增大．若Fmgsinθ，乙对甲的摩擦力沿斜面向上，f＝mgsinθ－F，F变大，f可能变小，可能反向，故A项错误，B项正确；以甲、乙整体为研究对象，知地面对乙的摩擦力水平向左，由牛顿第三定律知，乙对地面的摩擦力水平向右，且F变大，摩擦力变大．3．(2019·湖北模拟)在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是()A．0B．0.3vC．0.6vD．0.9v答案C解析A、B两球组成的系统在水平方向上外力之和为零，A球和B球碰撞的过程中系统动量守恒，设A、B两球碰撞后的速度大小分别为v1、v2，原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有：mv＝－mv1＋2mv2①假设碰后A球静止，即v1＝0，可得：v2＝0.5v由题意知球A被反弹，所以球B的速度为：v20.5v②A、B两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12mv2≥12mv12＋12×2mv22③①③两式联立得：v2≤23v④由②④两式可得：0.5vv2≤23v符合条件的只有0.6v；故C项正确，A、B、D三项错误．4．光滑曲面与竖直平面的交线为抛物线，如图所示．抛物线的方程为y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)．一个金属块从抛物线上y＝b(ba)处以速度v沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热的总量为()A．mgbB.12mv2C．mg(b－a)D．mg(b－a)＋12mv2答案D解析由于轨道是光滑的，所以金属块在滑动的过程中机械能的损失发生在进、出磁场的过程中．通过电磁感应产生焦耳热，最终物块将在磁场区域内以磁场上边界为最高位置做往复运动．根据能量守恒，产生的焦耳热的总量等于金属块由高处b降到高处a减少的机械能．5．(多选)一质量为m，电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是()A.4qBmB.3qBmC.2qBmD.qBm答案AC解析磁场方向有两种可能，洛伦兹力的方向也有两种可能．当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，4Bqv＝mv2R，得v＝4BqRm，角速度为ω＝vR＝4Bqm；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，2Bqv＝mv2R，得v＝2BqRm，角速度为ω＝vR＝2Bqm，故选A、C两项．6.某人在一只静止的小船上练习打靶，已知船、人、枪(不包括子弹)及靶的总质量为M，枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为L，子弹水平射出枪口相对于地的速度为v，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已嵌入靶中，求发射完n颗子弹时，小船后退的距离为()A.mM＋mLB.nmM＋mLC.nmM＋nmLD.mM＋nmL答案C解析由题意知系统动量守恒，前一发击中靶后，再打下一发，说明发射后一颗子弹时，车已经停止运动．每发射一颗子弹，车后退一段距离．每发射一颗子弹时，子弹动量为mv，由动量守恒定律有：0＝mv－[M＋(n－1)m]v′设每发射一颗子弹车后退x，则子弹相对于地面运动的距离是(L－x)，mL－xt＝[M＋(n－1)m]xt解得：x＝mLM＋nm，则打完n发后车共后退s＝nmLM＋nm.7.(2019·河南模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ABC内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B.顶点A处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC的角平分线发射不同速度的粒子，粒子质量均为m、电荷量均为＋q，粒子重力不计．则粒子以下列哪一速度值发射时不能通过C点()A.qBLmB.qBL2mC.2qBL3mD.qBL8m答案C解析粒子运动过程只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r解得：v＝qBrm；由左手定则可得：粒子在三角形内做逆时针运动，在三角形外做顺时针运动；由粒子做圆周运动，轨道半径相同，根据几何关系可得：粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r，故要使粒子通过C点，则有：r＝Ln，n＝1、2、3、4…故能通过C点的粒子速度大小：v＝qBLnm，n＝1、2、3…，速度为v＝2qBL3m的粒子不能通过C点，故C项正确，A、B、D三项错误．8．(2019·杭州模拟)地面上有一个半径为R的圆形跑道，高为h的平台边缘上的P点在地面上P′点的正上方，P′与跑道圆心O的距离为L(LR)，如图所示．跑道上停有一辆小车，现从P点水平抛出小沙袋，使其落入小车中(沙袋所受空气阻力不计)．若小车沿跑道顺时针运动(俯视)，当小车恰好经过A点时，将沙袋抛出，为使沙袋能在B处落入小车中，小车的速率v为()A．Rg2hB.g（L2＋R2）2hC.（2n＋1）πR2g2h(n＝0，1，2，3…)D.（4n＋1）πR2g2h(n＝0，1，2，3…)答案D解析要使沙袋能在B处落入小车中，小车运动的时间应与沙袋下落时间相同，有：tAB＝n＋142πRv(n＝0，1，2，3…)且tAB＝t＝2hg解得：v＝12(4n＋1)πRg2h(n＝0，1，2，3…)，故D项正确．9.(多选)甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其vt图象如图所示．若图中△OPQ的面积为s0，初始时，甲车在乙车前方Δs处．则下列说法正确的是()A．若t＝t02时相遇，则Δs＝s02B．若t＝t0时二者相遇，则t＝2t0时二者还会再次相遇C．若t＝t0时二者相遇，则到二者再次相遇时乙共走了10s0D．若t＝3t02时相遇，则到这次相遇甲走了9s04答案CD解析若t＝t02时相遇，由于乙、甲图线围成的面积之差小于s02，则Δss02，故A项错误；若t＝t0时二者相遇，两图线围成的面积之差为s0，t＝2t0时，两图线围成的面积之差为2s0，可知t＝2t0时两车不会相遇，故B项错误；若t＝t0时二者相遇，通过几何关系，以及图线围成的面积知，t＝3t0时，两者再次相遇，根据几何关系知，乙走的位移s＝s0＋12×3v0×3t0＝92v0t0＋s0，而s0＝12v0t0，所以s＝10s0，故C项正确；若t＝3t02时相遇，此时甲车的位移s′＝12×32v0×32t0＝98v0t0，而s0＝12v0t0，此时s′＝9s04，故D项正确．10.如图所示，一个“V”形玻璃管ABC倒置于平面内，并处于场强大小为E＝1×103V/m，方向竖直向下的匀强电场中，一个重力为G＝1×10－3N，电荷量为q＝2×10－4C的带负电小滑块从A点由静止开始运动，小滑块与管壁间的动摩擦因数μ＝0.5.已知管长AB＝BC＝L＝2m，倾角α＝37°，B点是一段很短的光滑圆弧管，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是()A．B、A两点间的电势差为2000VB．小滑块从A点第一次运动到B点的过程中电势能增大C．小滑块第一次速度为零的位置在C处D．从开始运动到最后静止，小滑块通过的总路程为3m答案D解析B、A两点间的电势差为：UBA＝ELsin37°＝1×103V/m×2m×0.6＝1200V，故A项错误；小滑块从A点第一次运动到B点的过程中，电场力做正功，电势能减小，故B项错误；如果小滑块第一次速度为零的位置在C处，则从A到C过程，电场力做功为零，重力做功为零，而摩擦力做功不为零，动能变化不为零，不符合动能定理，故C项错误；设从开始运动到最后停止过程，小滑块的路程为s，对运动过程根据动能定理，有：－mg(2L－s)sin37°＋qE(2L－s)sin37°－μ(qE－mg)cos37°·s＝0，解得：s＝3m，故D项正确．二、计算题11．(2019·温州二模)如图所示，固定在竖直平面内的细管道ABCDE，ABC段为光滑管道，CD和EA为光滑的四分之一圆弧形管道，DE为水平粗糙管道，各部分之间平滑连接，AO1OO2C在同一水平线上．四分之一圆弧管道半径为0.5R，DE管道长度为R，最高点点B与AC的距离为R.从A点斜向上射入一小球，小球直径略小于管道内径，小球受水平管道的摩擦阻力为重力的0.5倍，重力加速度为g，不计小球与管壁间撞击时的能量损失．(1)要使小球能过B点，小球在A点斜向上射入的最小速度为多少？(2)若小球从A点斜向上射入的初速度为7.6gR，求小球经过D点的次数和最后静止时离D点的距离．答案(1)2gR(2)80.4R解析(1)当到达B点时小球的速度为零，此时A点斜向上射入的速度最小，设小球的质量为m，根据动能定理可得：－mgR＝0－12mvA2①由①解得小球在A点斜向上射入的最小速度：vA＝2gR；(2)小球从A点斜向上射入的初速度v0＝7.6gR，则小球从A点出发时动能为：EA＝12mv02＝3.8mgR②要使小球能从A点运动到B点，小球在A点的动能满足：EA≥mgR③根据动能定理可知，小球每经过一次DE回到A，小球的动能减少：ΔEk＝fsDE＝0.5mgR④由②③④可知，小球可以6次从A点经BCDE回到A点，此时小球在A点的动能：E′A＝0.8mgR⑤此时不能回到B点，只能返回从A点经E点在AC之间做往返运动，设此过程在DE上的总路程为s，根据动能定理可知：0.5mgR－0.5mgs＝0－E′A⑥由⑤⑥解得：s＝2.6R由上结果可知此过程中从E→D→E，最后在到E点距离为0.6R的地方停下，此时到D点的距离位0.4R；综上可知小球一共经过D点8次．12．如图：在一绝缘水平面上，一竖直绝缘挡板固定在O点，ON段表面粗糙，长度s＝0.02m，NM段表面光滑，长度L＝0.5m．在水平面的上方有一水平向左的匀强电场，场强为2×105N/C.有一小滑块质量为5×10－3kg，带正电，电量为1×10－7C，小滑块与ON段表面间的动摩擦因数为0.4，将小滑块从M点由静止释放，小滑块在运动过程中没有电量损失，与挡板相碰时不计机械能损失．g取10m/s2.求：(1)小滑块从释放用多长时间第一次与挡板相碰？(2)小滑块最后停在距离挡板多远的位置？答案(1)0.51s(2)0.01m解析(1)在MN段：a＝EqmL＝12at12v＝at1解得：t1＝0.5s，v＝2m/s在NO段：Eq＝μmg，小滑块做匀速运动，t2＝sv＝0.01s共用t1＋t2＝0.51s；(2)设经n次碰撞后，停在距挡板x处，由动能定理：Eq(L＋s－x)－μmg[(2n－1)s＋x]＝0且0x≤s12.5n≤13.5取n＝13则：x＝0.01m.