微练34 动能定理在多过程问题中的应用-【高考领航】2025年高考物理一轮复习微专题速练

微练34　动能定理在多过程问题中的应用 1.如图所示，质量为m的滑块以初速度v0，由固定斜面底端滑上斜面，一段时间后返回，返回时的速度大小为0.8v0，以斜面底端位置为零势能面，重力加速度为g，以下关于滑块在斜面上的运动过程说法正确的是(　　) A．上滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点下方 B．下滑过程中动能与重力势能相等的位置位于斜面中点上方 C．滑块上滑的高度为 D．运动过程中滑块最大的重力势能为 2．如图所示，动摩擦因数均为μ1的高度相同、倾角不同的固定斜面与动摩擦因数为μ2的水平面均通过一段长度不计的光滑弧形轨道连接。一个小物块先后从斜面顶端沿A、B斜面由静止开始下滑，最终小物块都停在水平面上。要使沿斜面B滑下的小物块停在更远处，须满足(　　) A．μ1>μ2　　　 B．μ1<μ2 C．μ1≠μ2　　 D．μ1＝μ2 3.如图所示，斜面AB与水平面平滑连接，曲面ADC与水平面相切于C点，曲面上D点的切线与AB平行，物体与各接触面间动摩擦因数相同。物体从A点由静止沿斜面AB下滑，最终停在水平面上的P点，若从同一点A由静止沿曲面ADC下滑，下列说法正确的是(　　) A．物体滑至D点时受到的支持力与沿AB下滑过程中受到的支持力相等 B．物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧 C．物体沿曲面ADC下滑的过程中，重力的功率一直都在增大 D．物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能等于沿斜面AB下滑到B点时的动能 4.如图所示，光滑斜面倾角θ＝30°，斜面O点静置一个质量为1 kg的物体，从某时刻开始，沿斜面向上的恒力F作用在物体上，使物体沿斜面向上滑动，经过一段时间到达A点，突然撤去外力，又经过相同时间物体返回到斜面B点，且物体具有180 J的动能，已知AO＝OB，重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的是(　　) A．恒力F大小为7.5 N B．撤去外力F时物体的动能为40 J C．恒力F对物体所做的功为100 J D．下滑过程中，物体由A点到O点所用时间与由O点到B点所用时间之比为1∶(－1) 5.(多选)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同。在这三个过程中，下列说法正确的是(　　) A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同；沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同 B．沿着1下滑到底端时，物块的速度最大 C．物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最少的 D．物块沿着1和2下滑到底端的过程，产生的热量是一样多的 6.(多选)一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。该物体的动能Ek随位移x的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的物理量有(　　) A．重力加速度大小 B．物体所受滑动摩擦力的大小 C．斜面的倾角 D．沿斜面上滑的时间 7．如图所示，AB为固定在竖直平面内半径为R的光滑圆轨道，与光滑水平面BC相切于B点；CD为固定在竖直平面内半径为r的粗糙圆轨道，与BC相切于C点，D点为轨道最高点。质量为m的小球由A点静止释放，通过水平面BC滑上粗糙圆轨道CD，恰好能到达最高点D。重力加速度为g，小球可视为质点，求： (1)小球滑到最低点B时的速度大小； (2)小球在粗糙圆轨道CD上克服摩擦力所做的功。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微练34　动能定理在多过程问题中的应用 1．C　画出滑块上滑及下滑过程中动能和重力势能随高度的变化关系图像，如图所示。则对应交点为动能和势能相等的位置，在图上直接可以看出，上滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点上方，下滑过程中动能与势能相等的位置位于斜面中点下方，故AB错误；设滑块滑动过程中摩擦力做功为W，根据动能定理，上滑过程有－mgh－W＝0－mv，下滑过程有mgh－W＝，两式联立得h＝，故C正确；滑块运动过程中最大重力势能为Epmax＝mgh＝，故D错误。故选C。 2．A　设滑块滑行的水平总位移为x，则对A有mgh＝μ1mg cos θ1·＋μ2mg(x1－)，对B有mgh＝μ1mg cos θ2·＋μ2mg(x2－)，若要x2>x1，则μ1>μ2，故选A。 3．B　在D点根据牛顿第二定律得FN－mg cos θ＝m，所以FN>mg cos θ，物体滑至D点时受到的支持力大于沿AB下滑过程中受到的支持力，A错误；重力的功率为P＝mgvy，物体沿曲面ADC下滑的过程中，vy先增大后减小，所以重力的功率先增大后减小，C错误； 物体沿着曲面运动时的压力大，摩擦力大，克服摩擦力的功多，所以物体沿曲面ADC下滑到B点时的动能小于沿斜面AB下滑到B点时的动能，物体沿曲面ADC下滑，最终将停在P点左侧，B正确，D错误。故选B。 4．C　设物体由O到A过程中加速度大小为a1，由牛顿第二定律有F－mg sin θ＝ma1，撤去外力后物体沿斜面向上先做匀减速运动，向反向做匀加速运动，其加速度大小为a2＝g sin θ，由于AO＝OB，物体由O到A和由A到B所用时间相同，故物体由A到B过程中有－2×a1t2＝a1t2－a2t2，得a1＝a2，则F＝6.25 N，故A错误；物体到达B点时动能Ek＝180 J，物体由O点到B点过程，由动能定理有FL＋mg sin θ·L＝Ek，得L＝16 m，设撤去外力F时物体的动能为Ek′，物体从O点到A点过程由动能定理有FL－mg sin θ·L＝Ek′，得Ek′＝20 J，故B错误；恒力F对物体所做的功W＝FL＝100 J，故C正确；下滑过程中，物体由A点到O点和由O点到B点位移相同，但物体在A点速度不为零，故物体由A点到O点所用时间与由O点到B点所用时间之比不是1∶(－1)，故D错误。故选C。 5．BD　设任意一斜面倾角为θ，斜面的长度为L，则物体下滑过程中克服摩擦力做功为W＝μmg cos θ·L，L cos θ即为斜面底边的长度，设物体滑到底端时的速度为v，根据动能定理得mgh－μmgL cos θ＝mv2－0，根据图中斜面高度和底边长度可知，滑到底边时速度大小关系为v1>v2>v3，即沿着1下滑到底端时，物块的速度最大，故A错误，B正确；摩擦生热等于物块克服摩擦力做功，即Q＝μmg cos θ·L，由图可知1和2底边相等且小于3的底边，故摩擦生热关系为Q1＝Q2<Q3，即物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量一样多，物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多，故C错误，D正确。 6．BD　由动能定义式得Ek1＝mv，则可求解质量m；上滑时，由动能定理Ek－Ek1＝－(mg sin θ＋Ff)x，下滑时，由动能定理Ek＝(mg sin θ－Ff)(x0－x)，x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知mg sin θ＋Ff＝，mg sin θ－Ff＝，两式相加可得g sin θ＝(＋)，相减可知Ff＝，即可求解g sin θ和所受滑动摩擦力Ff的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC错误，B正确；根据牛顿第二定律和运动学关系得mg sin θ＋Ff＝ma，t＝，故可求解沿斜面上滑的时间，D正确。 7．解析：(1)小球从光滑圆弧轨道下滑时只有重力做功，根据动能定理可知mgR＝mv2，所以在B点速度为v＝。 (2)小球恰好通过最高点可知只有重力提供向心力mg＝，解得vD＝ 小球从B到D过程中只有重力和摩擦力做功，根据动能定理可知mg(R－2r)－Wf＝mvD2，解得Wf＝mgR－mgr。 答案：(1)　(2)mgR－mgr 学科网（北京）股份有限公司 $$