2025年高考物理復(fù)習六：動能定理在多過程問題中的應(yīng)用（含解析）

PAGE專題強化練(六)動能定理在多過程問題中的應(yīng)用(40分鐘60分)一、選擇題1.(6分)(2023·株洲模擬)水平面有一粗糙段AB長為s,其動摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ=kx(k為恒量)。一物塊(可看作質(zhì)點)第一次從A點以速度v0向右運動,到達B點時速率為v,第二次也以相同速度v0從B點向左運動,則 ()A.第二次也能運動到A點,但速率不一定為vB.第二次也能運動到A點,但第一次的時間比第二次時間長C.兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同D.兩次速率相同的位置只有一個,且距離A為22【加固訓練】(多選)(2023·張家口模擬)如圖所示,光滑水平面與長2m的粗糙水平面平滑連接,長l=1m的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動,隨后進入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10m/s2,要使整個木板全部停在粗糙水平面內(nèi),則v0的值可能為 ()A.1m/s B.1.2m/sC.2m/s D.2.5m/s2.(6分)(2023·武漢模擬)如圖所示,輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點對齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A向右滑動,物塊壓縮彈簧后被反彈,滑到AB的中點C(圖中未畫出)時速度剛好為零。已知A、B間的距離為L,彈簧的最大壓縮量為L5,重力加速度為g,則小物塊反彈之后從B點運動到C點所用的時間為 (A.1v01910C.Lv0175 3.(6分)(2024·安慶模擬)小球由地面豎直向上拋出,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定,選地面為參考平面,在上升至離地h高處,小球的動能是重力勢能的2倍,到達最高點后再下落至離地高h處,小球的重力勢能是動能的2倍,則h等于()A.H9B.2H9C.H【加固訓練】(2023·拉薩模擬)一包裹以某一初速度沿著傾角為37°的雪道(可視為斜面)從底端開始上滑,包裹上滑到速度為零后又滑回底端,且速度大小為開始上滑的初速度大小的34。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,包裹可視為質(zhì)點,則包裹和雪道之間的動摩擦因數(shù)為 (A.0.05 B.0.16C.0.21 D.0.254.(6分)(多選)(2023·欽州模擬)如圖所示,一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從A點由靜止以恒定功率P沿水平地面向右加速運動,當?shù)竭_固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點B時關(guān)閉發(fā)動機,賽車恰好能通過最高點C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質(zhì)量為m,半圓軌道的半徑為R,A、B兩點間的距離為2R,賽車在地面上運動時受到的阻力大小恒為14mg(g為重力加速度大小)。不計空氣阻力。下列說法正確的是 (A.賽車通過C點后在空中運動的時間為2B.賽車通過C點后恰好落回A點C.賽車通過B點時的速度大小為2gRD.賽車從A點運動到B點的時間為3二、計算題5.(10分)如圖所示,豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB,BCD部分是一個光滑的圓弧面,C為圓弧的最低點,AB正好是圓弧在B點的切線,圓心O與A、D點在同一高度,θ=37°,圓弧面的半徑R=3.6m。一滑塊質(zhì)量m=5kg,與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)。求在此后的運動過程中:(1)滑塊在AB段上運動的總路程;(2)在滑塊運動過程中,C點受到的壓力的最大值和最小值?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,一根直桿與水平面成θ=37°角,桿上套有一個小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,板面與桿垂直?，F(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d=0.5m,滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g=10m/s2。取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)滑塊第一次下滑的時間t;(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s。6.(12分)(2023·寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器,圓軌道與水平直軌道相交于B點,且B點位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H=0.6m處靜止釋放,且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1m,水平軌道長LAC=1.0m,滑塊與AC間動摩擦因數(shù)μ=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑,不計其他阻力與能量損耗,求(g取10m/s2):(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小:(2)彈射器獲得的最大彈性勢能:(3)若H=6m,改變B點位置,使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。7.(14分)(2023·長沙模擬)如圖,左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上,質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放,滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道,再從曲面軌道滑上斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為45H,多次往復(fù)運動。不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6。求(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)滑塊第一次下滑的時間與第一次上滑的時間之比;(3)滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量?！炯庸逃柧殹咳鐖D甲所示,質(zhì)量m=2.0kg的小球靜止在水平地面上,從某時刻起,小球受到豎直向上的拉力F作用,拉力F隨小球上升高度h的變化關(guān)系如圖乙所示,F減小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次與地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不計空氣阻力,g取10m/s2。求:(1)小球在向上運動過程中的最大速度;(2)小球在空中運動的總路程。(計算結(jié)果可用分數(shù)表示)解析版一、選擇題1.(6分)(2023·株洲模擬)水平面有一粗糙段AB長為s,其動摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ=kx(k為恒量)。一物塊(可看作質(zhì)點)第一次從A點以速度v0向右運動,到達B點時速率為v,第二次也以相同速度v0從B點向左運動,則 ()A.第二次也能運動到A點,但速率不一定為vB.第二次也能運動到A點,但第一次的時間比第二次時間長C.兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同D.兩次速率相同的位置只有一個,且距離A為22【解析】選D。根據(jù)題意可知,物塊在兩次運動過程中,在相同位置受到的摩擦力大小相等,兩次運動的距離相等,摩擦力做功相同,兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量相同,由動能定理可知,第二次到達A點的速率也為v,故A、C錯誤;根據(jù)題意可知,第一次運動時,摩擦力越來越大,加速度越來越大,第二次運動時,摩擦力越來越小,加速度越來越小,兩次運動的位移相等,結(jié)合A、C分析和v-t圖像中圖像的斜率表示加速度和圖像的面積表示位移,畫出兩次運動的v-t圖像,如圖所示,由圖可知,第一次的時間比第二次時間短,故B錯誤;根據(jù)題意,設(shè)兩次速率相同的位置距離A點的距離為x,相同的速率設(shè)為v1,根據(jù)動能定理,第一次有-kxmg2x=12mv12-12mv02,第二次有-ksmg+kxmg2(s-x)=12mv12-12mv02,聯(lián)立解得【加固訓練】(多選)(2023·張家口模擬)如圖所示,光滑水平面與長2m的粗糙水平面平滑連接,長l=1m的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動,隨后進入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10m/s2,要使整個木板全部停在粗糙水平面內(nèi),則v0的值可能為 ()A.1m/s B.1.2m/sC.2m/s D.2.5m/s【解析】選A、B。當長木板左端恰好到達粗糙水平面左端時,由12μmgl=12mv12,解得v1=1m/s;當長木板右端恰好到達粗糙水平面右端時,由12μmgl+μmgl=12mv22,解得v2=3m/s,所以速度的范圍應(yīng)該在1m/s≤v02.(6分)(2023·武漢模擬)如圖所示,輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點對齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A向右滑動,物塊壓縮彈簧后被反彈,滑到AB的中點C(圖中未畫出)時速度剛好為零。已知A、B間的距離為L,彈簧的最大壓縮量為L5,重力加速度為g,則小物塊反彈之后從B點運動到C點所用的時間為 (A.1v01910C.Lv0175 【解析】選B。小物塊從A點到停止運動的整個過程,根據(jù)動能定理可得-μmg·(L+L5+L5+L2)=0-12mv02,在BC段運動時,由牛頓第二定律和運動學公式得μmg=ma,12L=123.(6分)(2024·安慶模擬)小球由地面豎直向上拋出,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定,選地面為參考平面,在上升至離地h高處,小球的動能是重力勢能的2倍,到達最高點后再下落至離地高h處,小球的重力勢能是動能的2倍,則h等于()A.H9B.2H9C.H【解析】選D。設(shè)小球受到的阻力大小恒為f,小球上升至最高點過程,由動能定理得-mgH-fH=0-12mv02,小球上升至離地高度h處時速度設(shè)為v1,由動能定理得-mgh-fh=12mv12-12mv02,又由題有12mv12=2mgh,小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設(shè)為v2,此過程由動能定理得:-mgh-f(2H-h)=12mv22-12【加固訓練】(2023·拉薩模擬)一包裹以某一初速度沿著傾角為37°的雪道(可視為斜面)從底端開始上滑,包裹上滑到速度為零后又滑回底端,且速度大小為開始上滑的初速度大小的34。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,包裹可視為質(zhì)點,則包裹和雪道之間的動摩擦因數(shù)為 (A.0.05 B.0.16C.0.21 D.0.25【解析】選C。設(shè)包裹沿斜面上滑的最遠距離為s,對包裹上滑過程,由動能定理有-mgs·sinθ-μmgs·cosθ=0-12mv02,同理,下滑時有mgssinθ-μmgs·cosθ=12m(3v04)2-0,聯(lián)立解得4.(6分)(多選)(2023·欽州模擬)如圖所示,一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從A點由靜止以恒定功率P沿水平地面向右加速運動,當?shù)竭_固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點B時關(guān)閉發(fā)動機,賽車恰好能通過最高點C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質(zhì)量為m,半圓軌道的半徑為R,A、B兩點間的距離為2R,賽車在地面上運動時受到的阻力大小恒為14mg(g為重力加速度大小)。不計空氣阻力。下列說法正確的是 (A.賽車通過C點后在空中運動的時間為2B.賽車通過C點后恰好落回A點C.賽車通過B點時的速度大小為2gRD.賽車從A點運動到B點的時間為3【解析】選B、D。賽車通過C點后在空中做平拋運動,豎直方向有2R=12gt2,解得t=2Rg,故A錯誤;賽車恰好能通過最高點C,則有mg=mvC2R,根據(jù)平拋運動水平方向規(guī)律有x=vCt,解得x=2R,賽車通過C點后恰好落回A點,故B正確;賽車從B到C的過程中,根據(jù)動能定理有-2mgR=12mvC2-12mvB2,解得vB=5gR,故C錯誤;賽車從A點運動到B點,根據(jù)動能定理有Pt'-14mg·2二、計算題5.(10分)如圖所示,豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB,BCD部分是一個光滑的圓弧面,C為圓弧的最低點,AB正好是圓弧在B點的切線,圓心O與A、D點在同一高度,θ=37°,圓弧面的半徑R=3.6m。一滑塊質(zhì)量m=5kg,與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)。求在此后的運動過程中:(1)滑塊在AB段上運動的總路程;答案:(1)8m【解析】(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ=37°,知mgsinθ>μmgcosθ,故滑塊最終不會停留在斜面上,由于滑塊在AB段受摩擦力作用,則滑塊做往復(fù)運動的高度將越來越低,最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上往復(fù)運動。設(shè)滑塊在AB段上運動的總路程為s,滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcosθ從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復(fù)運動,由動能定理得mgRcosθ-Ffs=0解得s=Rμ(2)在滑塊運動過程中,C點受到的壓力的最大值和最小值。答案:(2)102N70N【解析】(2)滑塊第一次過C點時,速度最大,設(shè)為v1,分析受力知此時滑塊所受軌道支持力最大,設(shè)為Fmax,從A到C的過程,由動能定理得mgR-FflAB=12mv斜面AB的長度lAB=R由牛頓第二定律得Fmax-mg=m解得Fmax=102N滑塊以B為最高點做往復(fù)運動的過程中過C點時,速度最小,設(shè)為v2,此時滑塊所受軌道支持力最小,設(shè)為Fmin,從B到C,由動能定理得mgR(1-cosθ)=12mv由牛頓第二定律得Fmin-mg=m解得Fmin=70N根據(jù)牛頓第三定律可知,C點受到的壓力最大值為102N,最小值為70N?！炯庸逃柧殹咳鐖D所示,一根直桿與水平面成θ=37°角,桿上套有一個小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,板面與桿垂直?，F(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d=0.5m,滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g=10m/s2。取sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:(1)滑塊第一次下滑的時間t;答案:(1)0.5s【解析】(1)下滑時根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma解得a=4.0m/s2由d=12at2下滑時間t=0.5s。(2)滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;答案:(2)0.25m【解析】(2)第一次與擋板相碰時的速率v=at=2m/s上滑時:-(mgsinθ+f)x=0-12mv解得x=0.25m。(3)滑塊在直桿上滑過的總路程s。答案:(3)1.5m【解析】(3)滑塊最終停在擋板處,由動能定理得mgdsinθ-fs=0解得總路程s=1.5m。6.(12分)(2023·寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器,圓軌道與水平直軌道相交于B點,且B點位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H=0.6m處靜止釋放,且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1m,水平軌道長LAC=1.0m,滑塊與AC間動摩擦因數(shù)μ=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑,不計其他阻力與能量損耗,求(g取10m/s2):(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小:答案:(1)100N【解析】(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點過程,由動能定理可得mgH-μmgLAB-mg·2R=12mv在圓軌道最高點,由牛頓第二定律可得mg+F=mv聯(lián)立解得F=100N由牛頓第三定律得:滑塊對軌道的壓力大小為100N。(2)彈射器獲得的最大彈性勢能:答案:(2)8J【解析】(2)彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值,由能量守恒可知mgH-μmgLAC=Ep解得Ep=8J(3)若H=6m,改變B點位置,使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。答案:(3)1m≥LBC≥0.5m【解析】(3)①若滑塊恰好到達圓軌道的最高點,mg=mv從開始到圓軌道最高點,由動能定理可知mg(H-2R)-μmgs1=12m解得s1=28.75mLAB=s1-28LAC=0.75m要使滑塊不脫離軌道,BC之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25m②若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處,此時的速度為零,由動能定理可知mg(H-R)-μmgs2=0解得s2=29.5mLBC=s2-29LAC=0.5m根據(jù)滑塊運動的周期性可知,應(yīng)使LBC≥0.5m,滑塊不脫離軌道;綜上所述,符合條件的BC長度為1m≥LBC≥0.5m?！窘忸}指南】解答本題需注意以下三點:(1)對于滑塊從出發(fā)到圓弧軌道的最高點,由動能定理求出速度,再由牛頓第二、三定律求滑塊對軌道的壓力;(2)根據(jù)能量守恒定律求第一次壓縮的最大的彈性勢能;(3)不脫離軌道存在兩種臨界情況,一是恰好到達與圓心等高的位置,二是恰通過軌道的最高點,根據(jù)臨界條件和動能定理相結(jié)合求解LBC的范圍。7.(14分)(2023·長沙模擬)如圖,左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上,質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放,滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道,再從曲面軌道滑上斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為45H,多次往復(fù)運動。不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6。求(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù);答案:(1)112【解析】(1)設(shè)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,根據(jù)功能關(guān)系有Wf=Wf1+Wf2=mgH-45mgH=1而Wf1=μmgcosα·HWf2=μmgcosα·Hsinα聯(lián)立解得Wf1=19μ=1(2)滑塊第一次下滑的時間與第一次上滑的時間之比;答案:(2)54【解析】(2)滑塊第一次下滑過程,根據(jù)牛頓運動定律有mgsinα-μmgcosα=ma1由運動學公式有Hsinα=12滑塊第一次上滑過程,根據(jù)牛頓運動定律有mgsinα+μmgcosα=ma2由運動學公式有45×Hsinα=1聯(lián)立解得t1t(3)滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。答案:(3)(1