高考物理一轮复习练习第五章动能定理解决多过程问题.docx

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高考物理一轮复习练习第五章动能定理解决多过程问题

动能定理解决多过程问题

[方法点拨]　

（1）要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理.

（2）列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题.

1.（2018·湖北省重点中学联考）如图1所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧（力作用在弹簧上时弹簧形变很小，可以忽略不计），弹簧的上端与斜面上B点对齐.将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹后沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x.物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数为（　　）

图1

A.

tanθB.

tanθ

C.

tanθD.

tanθ

2.（2018·山东省青岛二中模拟）质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图2所示.物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为（　　）

图2

A.2

m/sB.3m/s

C.4m/sD.

m/s

3.（多选）（2018·北京市海淀区模拟）如图3甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是（　　）

图3

A.当＝h＋2x0时，小球的动能最小

B.最低点的坐标x＝h＋2x0

C.当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg

D.小球动能的最大值为mgh＋

4.（多选）（2019·福建省三明一中模拟）如图4所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接.将小铁块（可视为质点）从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处.若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动.关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是（　　）

图4

A.铁块一定能够到达P点

B.铁块的初速度必须足够大才能到达P点

C.铁块能否到达P点与铁块质量有关

D.铁块能否到达P点与铁块质量无关

5.（多选）如图5所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧（物块与弹簧不拴接），释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）

图5

A.物块经过B点时的速度大小为

B.刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR

C.物块从B点到C点克服阻力所做的功为

mgR

D.若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为

mgR

6.一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图6所示，求83s内物体的位移大小和力F对物体所做的功.（g取10m/s2）

图6

7.（2018·湖南省衡阳市一模）某雪橇运动简化模型如图7所示：

倾角为θ＝37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径R＝10m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1＝18m与h2＝20m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ＝0.1，运动员可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动，若电动雪橇以恒定功率1.2kW工作10s后自动关闭，则雪橇和运动员（总质量m＝50kg）到达C点的速度为2m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：

图7

（1）雪橇在C点时对雪道的压力；

（2）雪橇在BC段克服摩擦力所做的功.

8.如图8所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k＝40N/m的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦.一个质量为m＝5kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L＝1m.已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与其形变量x的关系为Ep＝

kx2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：

图8

（1）小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；

（2）小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；

（3）小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能.

9.（2018·山东省济宁市一模）如图9所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.释放物块，当弹簧储存的能量Ep＝8J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，取g＝10m/s2.

图9

（1）求物块被弹簧弹出时的速度大小；

（2）求半圆弧轨道的半径R；

（3）若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围.

答案精析

1.A　[物块从A点由静止释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做功为零，动能的变化量为零，根据动能定理得mgxsinθ－μmgcosθ（2L－x）＝ΔEk＝0，解得μ＝

tanθ，故A正确，B、C、D错误.]

2.B　[在0～4m内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a＝

＝1m/s2，根据2ax＝v42－v02得v4＝3m/s，对物体在4～16m内运动过程运用动能定理，从题图中可知4～16m内合外力做功为0，所以v16＝v4＝3m/s，B正确.]

3.CD　[由题图乙可知mg＝kx0，解得x0＝

，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝

k（x－h）2，由动能定理得mgx－

k（x－h）2＝0，即mgx－

（x－h）2＝0，解得x＝h＋x0（1＋

），故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg（h＋x0）＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－

mgx0，所以Ekm＝mgh＋

mgx0，故D正确.]

4.AD　[设A距离地面的高度为h，板材的动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg（sABcosθ＋sBP）＝0，而sABcosθ＋sBP＝

，即h－μ

＝0，铁块在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝

＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误.]

5.BC　[设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN＝7mg，FN－mg＝m

可得vB＝

，选项A错误；物块从A点到B点的过程有Ep＝

mvB2，解得Ep＝3mgR，选项B正确；设物块到达C点时的速度为vC，物块在C点时有mg＝m

，物块从B点到C点的过程有－mg·2R－Wf克＝

mvC2－

mvB2，可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功Wf克＝

mgR，选项C正确；若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B点到C点克服阻力所做的功增大，物块到达C点的动能小于

mgR，选项D错误.]

6.167m　676J

解析　当物体在前半周期时由牛顿第二定律得

F1－μmg＝ma1，

则物体的加速度大小a1＝

＝2m/s2

当物体在后半周期时由牛顿第二定律得

|F2|＋μmg＝ma2，

则物体的加速度大小a2＝

＝2m/s2.

前半周期和后半周期位移相等，x1＝

a1t2＝4m

一个周期的位移为8m，后半周期第1s内的位移为3m

83s内物体的位移大小为x＝（20×8＋4＋3）m＝167m

第83s末的速度v＝v1－a2t1＝2m/s

由动能定理得WF－μmgx＝

mv2

所以WF＝μmgx＋

mv2＝676J.

7.

（1）480N，方向竖直向下　

（2）700J

解析　

（1）在C点，雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式和牛顿第二定律得mg－FN＝m

，解得FN＝480N，由牛顿第三定律可知雪橇对雪道的压力大小为480N，方向竖直向下.

（2）雪橇在AB段受到的滑动摩擦力为Ff＝μmgcos37°＝40N，设雪橇在BC段克服摩擦力做功大小为WBC，从A到C根据动能定理有Pt－mgh2－Ff·

－WBC＝

mv2，解得WBC＝700J.

8.

（1）1s　

（2）

m/s　（3）20J

解析　

（1）由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2

由L＝

at2可得t＝

＝1s

（2）设弹簧被压缩至x0处时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsinθ－μmgcosθ＝kx0

这一过程由动能定理有

mgsinθ（L＋x0）－μmgcosθ（L＋x0）－

kx02＝

mvm2

解得vm＝

m/s

（3）设小滑块从P点下滑到压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x1，则Epm＝

kx12，由动能定理，有mgsinθ（L＋x1）－μmgcosθ（L＋x1）－Epm＝0，解得Epm＝20J.

9.

（1）4m/s　

（2）0.6m

（3）3

m/s≤v≤2

m/s

解析　

（1）物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Ep＝

mv02，解得v0＝4m/s；

（2）若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v′，有v′2－v02＝2μgL，解得v′＝2

m/s＞6m/s，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v＝6m/s，从B点到E点，由动能定理得－μmgx－mgR＝0－

mv2，解得R＝0.6m；

（3）设物块在B点的速度为v1时恰能到F点，在F点满足mg＝m

，从B点到F点过程中由动能定理可知－μmgx－mg×2R＝

mvF2－

mv12，

解得v1＝3

m/s.

设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点.由动能定理可知－μmg×3x－mgR＝0－

mv22，解得v2＝2

m/s，

因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2

m/s，所以传送带速度的可调范围为3

m/s≤v≤2

m/s.