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备战2025届新高考物理一轮总复习练习第6章机械能第3讲专题提升动能定理在多过程问题中的应用
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这是一份备战2025届新高考物理一轮总复习练习第6章机械能第3讲专题提升动能定理在多过程问题中的应用，共6页。
题组一 动能定理在多过程问题中的应用
1.一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上滑,包裹上滑到速度为零后又滑回底端,且速度大小为开始上滑的初速度大小的。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为( )
2.(多选)(2024广东广州期中)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是( )
A.m=2 kgB.m=1 kg
C.f=1 ND.f=2 N
3.如图所示,与水平地面夹角为锐角的斜面底端A点向上有三个等间距点B、C和D,即AB=BC=CD。小滑块以初速度v0从A点出发,沿斜面向上运动,若斜面与滑块间无摩擦,则滑块恰好到达D点,而后下滑;若斜面AB部分与滑块间有摩擦,其余部分与滑块间仍无摩擦,则滑块恰好上滑到C点,而后下滑,则滑块下滑到B点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为( )
A.v0、v0B.v0、v0
C.v0、v0D.v0、v0
题组二 动能定理在往复运动问题中的应用
4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其宽度d=0.50 m,盆边缘的高度h=0.30 m,在A点处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.10。小物块在盆式容器内来回滑动,最后停下来,g取10 m/s2,则小物块最终的位置到B点的距离为( )
m m
mD.0
5.(多选)(2023江苏启东中学模拟)如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m的滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后将以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点,设重力加速度为g,由此可以确定( )
A.滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2
B.滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D.滑块第k次与挡板碰撞到第k+1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
综合提升练
6.(多选)(2024福建莆田模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定功率P沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机,赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道的半径为R,A、B两点间的距离为2R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为mg(g为重力加速度大小)。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.赛车通过C点后在空中运动的时间为
B.赛车通过C点后恰好落回A点
C.赛车通过B点时的速度大小为2
D.赛车从A点运动到B点的时间为
7.(多选)(2023湖南长沙联考)如图所示,圆心为O1的竖直光滑半圆轨道ab、圆心为O2的竖直光滑半圆管道cd与水平粗糙平面bc连接,轨道ab半径与管道cd半径均为R,bc距离也为R。一滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道做圆周运动,最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若滑块在轨道ab最高点a和轨道cd最高点d所受弹力大小均为0.6mg。重力加速度为g,滑块可视为质点,管道内径较小,则( )
A.滑块从a点到d点机械能守恒
B.滑块从a点水平进入轨道的速度为
C.水平粗糙平面bc的动摩擦因数为0.6
D.滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9
8.(2024山东烟台模拟)如图所示,一滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动,该力的功率恒定,达到最大速度后,撤掉该力,滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD,并恰好通过该轨道最高点D,然后进入光滑半圆管道DEF,最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10 W,滑块的质量为0.2 kg,滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5,半圆轨道BCD的半径R=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.滑块在D点的速度大小为 m/s
B.半圆管道DEF的半径r可能为0.15 m
C.在轨道AB上,滑块的最大速度为10 m/s
D.在轨道AB上,滑块减速过程的距离为2.5 m
9.(2023重庆一模)将一篮球从距地面高度为H处由静止释放,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的,篮球始终在竖直方向运动,不计空气阻力,则篮球停止运动前运动的总路程为( )
A.8HB.7HC.4HD.2H
10.(2024广东深圳期末)某娱乐项目的简化模型如图所示。在光滑水平高台上固定一弹射装置,其右侧放置一座舱。弹射装置将座舱由静止弹出的过程中,释放Ep=3 200 J的弹性势能。座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离,恰好从B点沿斜面方向滑上高H1=3.0 m、倾角θ=37°的滑梯BC,已知座舱质量m=100 kg且可视为质点。座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。不计座舱在运动过程中受到的空气阻力。
(1)求座舱离开高台A点时的速度vA的大小。
(2)求A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小。
(3)滑梯底部与水平地面连接,由于场地限制,水平地面的长度d=8.0 m,考虑游客的安全,需在地面上设置一缓冲坡面DE,使座舱最终能安全停在离地高度H2=1.2 m坡面顶端E点。若座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75,不计通过C、D点的机械能损失。试论证在斜面倾角α不大于37°的情况下,座舱可以停在E点,且与α取值无关。
参考答案
第3讲 专题提升:动能定理在多过程问题中的应用
1.C 解析 设包裹沿斜面上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程,由动能定理有-mgs·sinθ-μmgs·csθ=0-,同理,下滑时有mgssinθ-μmgs·csθ=-0,联立解得μ=0.21,故选C。
2.BD 解析 物体上升过程,根据动能定理有-(f+mg)x=36J-72J,同理,物体下降过程,有(mg-f)x=48J-24J,联立解得m=1kg,f=2N,故选B、D。
3.A 解析 由于A、B、C、D等间距,A、B、C、D所处的高度均匀变化,设A到B克服重力做功为WG,从A到D,根据动能定理有-3WG=0-,若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦,设克服摩擦力做功为Wf,根据动能定理有-2WG-Wf=0-,联立解得Wf=WG,设滑块下滑到B位置时速度大小为vB,根据动能定理有WG=,解得vB=v0,滑块由B到A,由动能定理有WG-Wf=,解得vA=vB=v0,故选A。
4.D 解析 设小物块在BC面通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力,则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中,摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得mgh-μmgs=0,代入数据解得s=3m。由于d=0.50m,所以小物块在BC面经过3次往复运动后,停在B点,D正确。
5.AC 解析 设AB长为L,对整个过程运用动能定理得mgsinα·0.5L-μmgcsα(L+0.5L)=0,得μ=,故C正确;根据牛顿第二定律得下滑过程有mgsinα-μmgcsα=ma1,上滑过程有mgsinα+μmgcsα=ma2,解得a1=gsinα-μgcsα,a2=gsinα+μgcsα,所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2,故A正确;由于A、B间的距离未知,虽然能求出加速度,但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度,故B、D错误。
6.BD 解析 赛车通过C点后在空中做平抛运动,竖直方向有2R=gt2,解得t=2,故A错误;赛车恰好能通过最高点C,则有mg=,根据平抛运动水平方向规律有x=vCt,解得x=2R,赛车通过C点后恰好落回A点,故B正确;赛车从B到C的过程中,根据动能定理有-2mgR=,解得vB=,故C错误;赛车从A点运动到B点,根据动能定理有Pt'-mg·2R=,解得t'=,故D正确。
7.CD 解析 由于水平平面粗糙,滑块受到摩擦力对其做负功,所以滑块从a点到d点机械能不守恒,故A错误;由于a点和d点受到弹力大小均为0.6mg,所以a点滑块受到弹力竖直向下,d点滑块受到弹力方向竖直向上,在a点有mg+0.6mg=m,在d点有mg-0.6mg=m,解得va=,vd=,故B错误;从a点到d点根据动能定理有-μmgR=,解得μ=0.6,故C正确;从a点到b点,根据动能定理有2mgR=,在b点有FNb-mg=m,解得FNb=6.6mg,从c点到d点根据动能定理有2mgR=,在c点有FNc-mg=m,解得FNc=5.4mg,故滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9,故D正确。
8.C 解析 滑块恰好通过该轨道最高点D,则有mg=m,解得vD=m/s,故A错误;设从D点刚好到达F点,根据动能定理有-mg·2r=0-,解得r=0.125m,根据题意,滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上,所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m,故B错误;在轨道AB上,滑块的拉力等于摩擦力时,速度最大,vm==10m/s,故C正确;在轨道AB上,滑块减速过程的距离为x,从撤去外力到D点,根据动能定理有-μmgx-mg·2R=,解得x=7.5m,故D错误。
9.B 解析 篮球下落的过程,篮球的重力势能转化为篮球的动能,所以篮球下落到与地面第一次碰撞前的动能为Ek=mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的,可知篮球与地面碰后,篮球的动能变为原来的,即Ek1=mgH,篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能,则Ek1=mgh,所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度为h=H,同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度为h2=H,继而求出第三次h3=H,第n次hn=H,进行数学归纳,发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与之前下落高度构成等比数列,篮球停止运动前运动的总路程为x=H+2h+2h2+2h3+…,由等比数列知识得x=H+2h,篮球停止,n取无穷大,总路程为x=H+2h=7H,故选B。
10.答案 (1)8 m/s
(2)1.8 m 12 m/s
(3)见解析
解析 (1)弹性势能转化为座舱的动能,有
Ep=
vA=8m/s。
(2)在B点,有
=tanθ
=2gh
解得h=1.8m
由A到C,根据动能定理有
mg(H1+h)-μ1mgcsθ
解得vC=12m/s。
(3)当α=37°时满足mgsinα≤μ2mgcsα,座舱在斜面上可保持静止
从C到E的过程中,令CD长度为x,由动能定理可得
-μ2mgx-μ2mgcsα-mgH2=
代入数据解得vE=0
故座舱到达E点的速度与坡面倾角无关,且到达E点时的速度为零。
题组一 动能定理在多过程问题中的应用
1.一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上滑,包裹上滑到速度为零后又滑回底端,且速度大小为开始上滑的初速度大小的。已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为( )
2.(多选)(2024广东广州期中)从地面竖直向上抛出一物体,物体在运动过程中除受到重力外,还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的阻力作用。距地面高h在3 m以内时,物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度g取10 m/s2。该物体的质量m和所受的阻力f是( )
A.m=2 kgB.m=1 kg
C.f=1 ND.f=2 N
3.如图所示,与水平地面夹角为锐角的斜面底端A点向上有三个等间距点B、C和D,即AB=BC=CD。小滑块以初速度v0从A点出发,沿斜面向上运动,若斜面与滑块间无摩擦,则滑块恰好到达D点,而后下滑;若斜面AB部分与滑块间有摩擦,其余部分与滑块间仍无摩擦,则滑块恰好上滑到C点,而后下滑,则滑块下滑到B点时速度大小以及回到A点时速度大小分别为( )
A.v0、v0B.v0、v0
C.v0、v0D.v0、v0
题组二 动能定理在往复运动问题中的应用
4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC是水平的,其宽度d=0.50 m,盆边缘的高度h=0.30 m,在A点处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数μ=0.10。小物块在盆式容器内来回滑动,最后停下来,g取10 m/s2,则小物块最终的位置到B点的距离为( )
m m
mD.0
5.(多选)(2023江苏启东中学模拟)如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质量为m的滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后将以原速率返回。现将滑块拉到A点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点,设重力加速度为g,由此可以确定( )
A.滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2
B.滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D.滑块第k次与挡板碰撞到第k+1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
综合提升练
6.(多选)(2024福建莆田模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定功率P沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点B时关闭发动机,赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道的半径为R,A、B两点间的距离为2R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为mg(g为重力加速度大小)。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A.赛车通过C点后在空中运动的时间为
B.赛车通过C点后恰好落回A点
C.赛车通过B点时的速度大小为2
D.赛车从A点运动到B点的时间为
7.(多选)(2023湖南长沙联考)如图所示,圆心为O1的竖直光滑半圆轨道ab、圆心为O2的竖直光滑半圆管道cd与水平粗糙平面bc连接,轨道ab半径与管道cd半径均为R,bc距离也为R。一滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道做圆周运动,最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若滑块在轨道ab最高点a和轨道cd最高点d所受弹力大小均为0.6mg。重力加速度为g,滑块可视为质点,管道内径较小,则( )
A.滑块从a点到d点机械能守恒
B.滑块从a点水平进入轨道的速度为
C.水平粗糙平面bc的动摩擦因数为0.6
D.滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9
8.(2024山东烟台模拟)如图所示,一滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止沿粗糙水平直轨道AB开始运动,该力的功率恒定,达到最大速度后,撤掉该力,滑块继续前进一段距离后进入竖直光滑半圆轨道BCD,并恰好通过该轨道最高点D,然后进入光滑半圆管道DEF,最终停在粗糙水平直轨道FG上。已知水平力的恒定功率为10 W,滑块的质量为0.2 kg,滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5,半圆轨道BCD的半径R=0.5 m,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.滑块在D点的速度大小为 m/s
B.半圆管道DEF的半径r可能为0.15 m
C.在轨道AB上,滑块的最大速度为10 m/s
D.在轨道AB上,滑块减速过程的距离为2.5 m
9.(2023重庆一模)将一篮球从距地面高度为H处由静止释放,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的,篮球始终在竖直方向运动,不计空气阻力,则篮球停止运动前运动的总路程为( )
A.8HB.7HC.4HD.2H
10.(2024广东深圳期末)某娱乐项目的简化模型如图所示。在光滑水平高台上固定一弹射装置,其右侧放置一座舱。弹射装置将座舱由静止弹出的过程中,释放Ep=3 200 J的弹性势能。座舱离开轻质弹簧由高台末端A点滑离,恰好从B点沿斜面方向滑上高H1=3.0 m、倾角θ=37°的滑梯BC,已知座舱质量m=100 kg且可视为质点。座舱与滑梯间的动摩擦因数μ1=0.2,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。不计座舱在运动过程中受到的空气阻力。
(1)求座舱离开高台A点时的速度vA的大小。
(2)求A、B两点间的高度差h及到达C点的速度vC的大小。
(3)滑梯底部与水平地面连接,由于场地限制,水平地面的长度d=8.0 m,考虑游客的安全,需在地面上设置一缓冲坡面DE,使座舱最终能安全停在离地高度H2=1.2 m坡面顶端E点。若座舱与地面及缓冲坡面间的动摩擦因数均为μ2=0.75,不计通过C、D点的机械能损失。试论证在斜面倾角α不大于37°的情况下,座舱可以停在E点,且与α取值无关。
参考答案
第3讲 专题提升:动能定理在多过程问题中的应用
1.C 解析 设包裹沿斜面上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程,由动能定理有-mgs·sinθ-μmgs·csθ=0-,同理,下滑时有mgssinθ-μmgs·csθ=-0,联立解得μ=0.21,故选C。
2.BD 解析 物体上升过程,根据动能定理有-(f+mg)x=36J-72J,同理,物体下降过程,有(mg-f)x=48J-24J,联立解得m=1kg,f=2N,故选B、D。
3.A 解析 由于A、B、C、D等间距,A、B、C、D所处的高度均匀变化,设A到B克服重力做功为WG,从A到D,根据动能定理有-3WG=0-,若斜面AB部分与滑块间有处处相同的摩擦,设克服摩擦力做功为Wf,根据动能定理有-2WG-Wf=0-,联立解得Wf=WG,设滑块下滑到B位置时速度大小为vB,根据动能定理有WG=,解得vB=v0,滑块由B到A,由动能定理有WG-Wf=,解得vA=vB=v0,故选A。
4.D 解析 设小物块在BC面通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力,则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中,摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,由动能定理得mgh-μmgs=0,代入数据解得s=3m。由于d=0.50m,所以小物块在BC面经过3次往复运动后,停在B点,D正确。
5.AC 解析 设AB长为L,对整个过程运用动能定理得mgsinα·0.5L-μmgcsα(L+0.5L)=0,得μ=,故C正确;根据牛顿第二定律得下滑过程有mgsinα-μmgcsα=ma1,上滑过程有mgsinα+μmgcsα=ma2,解得a1=gsinα-μgcsα,a2=gsinα+μgcsα,所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2,故A正确;由于A、B间的距离未知,虽然能求出加速度,但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度,故B、D错误。
6.BD 解析 赛车通过C点后在空中做平抛运动,竖直方向有2R=gt2,解得t=2,故A错误;赛车恰好能通过最高点C,则有mg=,根据平抛运动水平方向规律有x=vCt,解得x=2R,赛车通过C点后恰好落回A点,故B正确;赛车从B到C的过程中,根据动能定理有-2mgR=,解得vB=,故C错误;赛车从A点运动到B点,根据动能定理有Pt'-mg·2R=,解得t'=,故D正确。
7.CD 解析 由于水平平面粗糙,滑块受到摩擦力对其做负功,所以滑块从a点到d点机械能不守恒,故A错误;由于a点和d点受到弹力大小均为0.6mg,所以a点滑块受到弹力竖直向下,d点滑块受到弹力方向竖直向上,在a点有mg+0.6mg=m,在d点有mg-0.6mg=m,解得va=,vd=,故B错误;从a点到d点根据动能定理有-μmgR=,解得μ=0.6,故C正确;从a点到b点,根据动能定理有2mgR=,在b点有FNb-mg=m,解得FNb=6.6mg,从c点到d点根据动能定理有2mgR=,在c点有FNc-mg=m,解得FNc=5.4mg,故滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9,故D正确。
8.C 解析 滑块恰好通过该轨道最高点D,则有mg=m,解得vD=m/s,故A错误;设从D点刚好到达F点,根据动能定理有-mg·2r=0-,解得r=0.125m,根据题意,滑块最终停在粗糙水平直轨道FG上,所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125m,故B错误;在轨道AB上,滑块的拉力等于摩擦力时,速度最大,vm==10m/s,故C正确;在轨道AB上,滑块减速过程的距离为x,从撤去外力到D点,根据动能定理有-μmgx-mg·2R=,解得x=7.5m,故D错误。
9.B 解析 篮球下落的过程,篮球的重力势能转化为篮球的动能,所以篮球下落到与地面第一次碰撞前的动能为Ek=mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的,可知篮球与地面碰后,篮球的动能变为原来的,即Ek1=mgH,篮球反弹后所具有的动能转化为重力势能,则Ek1=mgh,所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度为h=H,同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度为h2=H,继而求出第三次h3=H,第n次hn=H,进行数学归纳,发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与之前下落高度构成等比数列,篮球停止运动前运动的总路程为x=H+2h+2h2+2h3+…,由等比数列知识得x=H+2h,篮球停止,n取无穷大,总路程为x=H+2h=7H,故选B。
10.答案 (1)8 m/s
(2)1.8 m 12 m/s
(3)见解析
解析 (1)弹性势能转化为座舱的动能,有
Ep=
vA=8m/s。
(2)在B点,有
=tanθ
=2gh
解得h=1.8m
由A到C,根据动能定理有
mg(H1+h)-μ1mgcsθ
解得vC=12m/s。
(3)当α=37°时满足mgsinα≤μ2mgcsα,座舱在斜面上可保持静止
从C到E的过程中,令CD长度为x,由动能定理可得
-μ2mgx-μ2mgcsα-mgH2=
代入数据解得vE=0
故座舱到达E点的速度与坡面倾角无关,且到达E点时的速度为零。
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