江苏2027届高三物理一轮复习精选习题训练 专题强化：动能定理在多过程问题中的应用

第六章　第27练　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用 [分值：50分] 1~4题每小题4分，5题11分，共27分 1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　) A.Ff＝，Ek＝ B.Ff＝，Ek＝FL C.Ff＝，Ek＝ D.Ff＝，Ek＝ 2.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的倾斜轨道，CD段是水平的轨道，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　) A.mgh B.2mgh C.μmg(s＋) D.μmg(s＋hcos θ) 3.在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h的变化如图所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则小物块(　　) A.质量为1 kg B.上滑的最大距离为3 m C.所受的摩擦力大小为1 N D.在最高点的机械能一定为25 J 4.如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 5.(11分)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1＝4.5 m，R2＝3.5 m，BC＝5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。 (1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力； (2)(4分)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求运动员在A点下滑的初速度大小； (3)(4分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？ 6题5分，7题13分，共18分 6.如图所示PO垂直足够大的木板ABCD，用与木板相同的材料制成若干滑板PQ，Q处为一小段圆弧。从P点由静止释放同一小物块直到停止，改变Q的位置使物块总能停止在木板上，则小物块停止时的位置组成的图形为(　　) A.圆形 B.椭圆形 C.正方形 D.菱形 7.(13分)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5 m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)(3分)轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)(6分)若H＝0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。 (5分) 8.如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为(　　) A.9H B.15H C.19H D.21H 答案精析 1.D　[木块运动全过程中，根据动能定理有FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理有FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。] 2.B　[滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理有mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh， ① 滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有 WF－mgh－W克fDA＝0， ② 由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs， ③ 从D→A的过程克服摩擦力做的功为 W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs， ④ 联立③④得W克fAD＝W克fDA， ⑤ 联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。] 3.A　[全程根据动能定理有－Ff×2＝ΔEk＝20 J－40 J＝－20 J，解得Ff＝2 N，故C错误；上滑过程中根据动能定理有－Ff－mgh3＝ΔEk'＝0－40 J＝－40 J，解得m＝1 kg，故A正确；上滑的最大距离为L＝＝5 m，故B错误；取最低点为零势能面，在最高点的机械能为E＝mgh3＝30 J，零势能面未知，因此机械能也不确定，故D错误。] 4.B　[全程由动能定理有mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；对在上段滑道下滑过程，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝g，D错误。] 5.(1)1 800 N，方向垂直于BC向下　 (2)10 m/s　(3)2.5 m 解析　(1)运动员从A到B的过程中由动能定理有mgR1＝m－0 在B点由牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝m 联立解得FN＝1 800 N 由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'＝FN＝1 800 N，方向垂直于BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得mgR1＋Wf－mgR2＝0 解得Wf＝－600 J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1＝g 解得vD1＝10 m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 mgR1＋Wf－mgR2＝mm 代入数据解得vA0＝10 m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR1－Ffs＝0－m Wf＝－Ff·BC 解得运动员在BC段运动的总路程为s＝47.5 m 在BC上来回运动的次数n＝＝9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。 6.A　[设PQ与水平面夹角为θ，小物块与木板间的动摩擦因数为μ，小物块在木板上滑行的距离为x，从P到Q，根据动能定理有 mghPQ－μmgcos θ·xPQ＝m， 从Q到停止，根据动能定理有 －μmgx＝0－m 又xPQ＝ 联立解得xQO＋x＝ 即小物块从不同滑板滑下后最终停止的位置到P点的水平距离保持不变，改变Q的位置，只是改变了小物块在木板上运动的方向，则小物块停止时的位置组成的图形为以O点为圆心、为半径的圆形。故选A。] 7.(1)60 N　(2)6 J　(3)0.5 m≤L≤1 m 解析　(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有mgH－μmg－mg×2R＝mv2－0 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有mg＋FN＝m，联立解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。 (2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理有mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0 又W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6 J (3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝m，从出发到滑至圆轨道最高点，由动能定理有mg(H－2R)－μmgs1＝m－0 解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25 m ②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0 解得s2＝1.5 m，s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m LBC'＝s2－LAC 即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不会脱离轨道，所以LBC'≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC'≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。 8.C　[篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H 篮球第二次到达地面运动的路程为 s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H 篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1 反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H 篮球第三次到达地面时运动的路程为 s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H 以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H 根据等比数列求和公式可得 s总＝H＋2×0.9H× 当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。] 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章　第27练　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用 [分值：50分] 1~4题每小题4分，5题11分，共27分 1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为(　　) A.Ff＝，Ek＝ B.Ff＝，Ek＝FL C.Ff＝，Ek＝ D.Ff＝，Ek＝ 2.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的倾斜轨道，CD段是水平的轨道，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　) A.mgh B.2mgh C.μmg(s＋) D.μmg(s＋hcos θ) 3.在倾角为37°的斜面底端给小物块一初动能，使小物块在足够长的粗糙斜面上运动。若小物块在上滑和下滑过程中其动能Ek随高度h的变化如图所示，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，则小物块(　　) A.质量为1 kg B.上滑的最大距离为3 m C.所受的摩擦力大小为1 N D.在最高点的机械能一定为25 J 4.如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h、与水平面夹角分别为45°和37°的滑道组成，载人滑草车与草地各处间的动摩擦因数均为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计载人滑草车在两段滑道交接处的能量损失，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　) A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g 5.(11分)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1＝4.5 m，R2＝3.5 m，BC＝5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。 (1)(3分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力； (2)(4分)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求运动员在A点下滑的初速度大小； (3)(4分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？ 6题5分，7题13分，共18分 6.如图所示PO垂直足够大的木板ABCD，用与木板相同的材料制成若干滑板PQ，Q处为一小段圆弧。从P点由静止释放同一小物块直到停止，改变Q的位置使物块总能停止在木板上，则小物块停止时的位置组成的图形为(　　) A.圆形 B.椭圆形 C.正方形 D.菱形 7.(13分)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5 m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(4分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小； (2)(3分)轻弹簧获得的最大弹性势能； (3)(6分)若H＝0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。 (5分) 8.如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为(　　) A.9H B.15H C.19H D.21H 答案精析 1.D　[木块运动全过程中，根据动能定理有FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理有FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝，故选D。] 2.B　[滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理有mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh， ① 滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有 WF－mgh－W克fDA＝0， ② 由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs， ③ 从D→A的过程克服摩擦力做的功为 W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs， ④ 联立③④得W克fAD＝W克fDA， ⑤ 联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。] 3.A　[全程根据动能定理有－Ff×2＝ΔEk＝20 J－40 J＝－20 J，解得Ff＝2 N，故C错误；上滑过程中根据动能定理有－Ff－mgh3＝ΔEk'＝0－40 J＝－40 J，解得m＝1 kg，故A正确；上滑的最大距离为L＝＝5 m，故B错误；取最低点为零势能面，在最高点的机械能为E＝mgh3＝30 J，零势能面未知，因此机械能也不确定，故D错误。] 4.B　[全程由动能定理有mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，解得μ＝，A错误；对在上段滑道下滑过程，根据动能定理有mgh－μmgcos 45°·mv2，解得v＝，故载人滑草车最大速度为，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh，C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a＝g，D错误。] 5.(1)1 800 N，方向垂直于BC向下　 (2)10 m/s　(3)2.5 m 解析　(1)运动员从A到B的过程中由动能定理有mgR1＝m－0 在B点由牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝m 联立解得FN＝1 800 N 由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'＝FN＝1 800 N，方向垂直于BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得mgR1＋Wf－mgR2＝0 解得Wf＝－600 J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1＝g 解得vD1＝10 m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 mgR1＋Wf－mgR2＝mm 代入数据解得vA0＝10 m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR1－Ffs＝0－m Wf＝－Ff·BC 解得运动员在BC段运动的总路程为s＝47.5 m 在BC上来回运动的次数n＝＝9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。 6.A　[设PQ与水平面夹角为θ，小物块与木板间的动摩擦因数为μ，小物块在木板上滑行的距离为x，从P到Q，根据动能定理有 mghPQ－μmgcos θ·xPQ＝m， 从Q到停止，根据动能定理有 －μmgx＝0－m 又xPQ＝ 联立解得xQO＋x＝ 即小物块从不同滑板滑下后最终停止的位置到P点的水平距离保持不变，改变Q的位置，只是改变了小物块在木板上运动的方向，则小物块停止时的位置组成的图形为以O点为圆心、为半径的圆形。故选A。] 7.(1)60 N　(2)6 J　(3)0.5 m≤L≤1 m 解析　(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理有mgH－μmg－mg×2R＝mv2－0 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律有mg＋FN＝m，联立解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。 (2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理有mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0 又W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6 J (3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝m，从出发到滑至圆轨道最高点，由动能定理有mg(H－2R)－μmgs1＝m－0 解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25 m ②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0 解得s2＝1.5 m，s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m LBC'＝s2－LAC 即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不会脱离轨道，所以LBC'≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC'≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。 8.C　[篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H 篮球第二次到达地面运动的路程为 s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H 篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1 反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H 篮球第三次到达地面时运动的路程为 s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H 以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H 根据等比数列求和公式可得 s总＝H＋2×0.9H× 当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。] 学科网（北京）股份有限公司 $