2025年高考物理二轮复习专题强化练六 动能定理在多过程问题中的应用（含解析）

这是一份2025年高考物理二轮复习专题强化练六 动能定理在多过程问题中的应用（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1.(6分)(2023·株洲模拟)水平面有一粗糙段AB长为s,其动摩擦因数与离A点距离x满足μ=kx(k为恒量)。一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动,到达B点时速率为v,第二次也以相同速度v0从B点向左运动,则( )
A.第二次也能运动到A点,但速率不一定为v
B.第二次也能运动到A点,但第一次的时间比第二次时间长
C.两次运动因摩擦产生的热量不相同
D.两次速率相同的位置只有一个,且距离A为22s
【加固训练】
(多选)(2023·张家口模拟)如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v0的值可能为( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/sD.2.5 m/s
2.(6分)(2023·武汉模拟)如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为L5,重力加速度为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A.1v01910 B.Lv0195
C.Lv0175D.Lv01710
3.(6分)(2024·安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,选地面为参考平面,在上升至离地h高处,小球的动能是重力势能的2倍,到达最高点后再下落至离地高h处,小球的重力势能是动能的2倍,则h等于( )
A.H9 B.2H9 C.H3 D.4H9
【加固训练】
(2023·拉萨模拟)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34。已知sin37°=0.6,cs37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为( )

4. (6分)(多选)(2023·钦州模拟)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14mg(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2Rg
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2gR
D.赛车从A点运动到B点的时间为3mgRP
二、计算题
5.(10分)如图所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低点,AB正好是圆弧在B点的切线,圆心O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径R=3.6 m。一滑块质量m=5 kg,与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45,将滑块从A点由静止释放(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中:
(1)滑块在AB段上运动的总路程;
(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值。
【加固训练】
如图所示,一根直杆与水平面成θ=37°角,杆上套有一个小滑块,杆底端N处有一弹性挡板,板面与杆垂直。 现将滑块拉到M点由静止释放,滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d=0.5 m,滑块与杆之间的动摩擦因数μ=0.25,g=10 m/s2。取sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1) 滑块第一次下滑的时间t;
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x;
(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s。
6.(12分)(2023·宁波模拟)如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器,圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放,且将B点置于AC中点处。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,求(g取10 m/s2):
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小:
(2)弹射器获得的最大弹性势能:
(3)若H=6 m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求满足条件的BC长度LBC。
7.(14分)(2023·长沙模拟)如图,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上,质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放,滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为45H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin37°=0.6。求:
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)滑块第一次下滑的时间与第一次上滑的时间之比;
(3)滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中,系统产生的热量。
【加固训练】
如图甲所示,质量m=2.0 kg的小球静止在水平地面上,从某时刻起,小球受到竖直向上的拉力F作用,拉力F随小球上升高度h的变化关系如图乙所示,F减小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上运动过程中的最大速度;
(2)小球在空中运动的总路程。(计算结果可用分数表示)
解析版
一、选择题
1.(6分)(2023·株洲模拟)水平面有一粗糙段AB长为s,其动摩擦因数与离A点距离x满足μ=kx(k为恒量)。一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v0向右运动,到达B点时速率为v,第二次也以相同速度v0从B点向左运动,则( )
A.第二次也能运动到A点,但速率不一定为v
B.第二次也能运动到A点,但第一次的时间比第二次时间长
C.两次运动因摩擦产生的热量不相同
D.两次速率相同的位置只有一个,且距离A为22s
【解析】选D。根据题意可知,物块在两次运动过程中,在相同位置受到的摩擦力大小相等,两次运动的距离相等,摩擦力做功相同,两次运动因摩擦产生的热量相同,由动能定理可知,第二次到达A点的速率也为v,故A、C错误;根据题意可知,第一次运动时,摩擦力越来越大,加速度越来越大,第二次运动时,摩擦力越来越小,加速度越来越小,两次运动的位移相等,结合A、C分析和v-t图像中图像的斜率表示加速度和图像的面积表示位移,画出两次运动的v-t图像,如图所示,
由图可知,第一次的时间比第二次时间短,故B错误;根据题意,设两次速率相同的位置距离A点的距离为x,相同的速率设为v1,根据动能定理,第一次有-kxmg2x=12mv12-12mv02,第二次有-ksmg+kxmg2(s-x)=12mv12-12mv02,联立解得x=22s,则两次速率相同的位置只有一个,且距离A为22s,故D正确。
【加固训练】
(多选)(2023·张家口模拟)如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m的匀质木板在光滑水平面上以速度v0匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v0的值可能为( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/sD.2.5 m/s
【解析】选A、B。当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时,由12μmgl=12mv12,解得v1=1 m/s;当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时,由12μmgl+μmgl=12mv22,解得v2=3 m/s,所以速度的范围应该在1 m/s≤v0≤3 m/s。故选A、B。
2.(6分)(2023·武汉模拟)如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为L5,重力加速度为g,则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A.1v01910 B.Lv0195
C.Lv0175D.Lv01710
【解析】选B。小物块从A点到停止运动的整个过程,根据动能定理可得-μmg·(L+L5+L5+L2)=0-12mv02,在BC段运动时,由牛顿第二定律和运动学公式得μmg=ma,12L=12at2,联立解得t=Lv0195。
3.(6分)(2024·安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,选地面为参考平面,在上升至离地h高处,小球的动能是重力势能的2倍,到达最高点后再下落至离地高h处,小球的重力势能是动能的2倍,则h等于( )
A.H9 B.2H9 C.H3 D.4H9
【解析】选D。设小球受到的阻力大小恒为f,小球上升至最高点过程,由动能定理得-mgH-fH=0-12mv02,小球上升至离地高度h处时速度设为v1,由动能定理得-mgh-fh=12mv12-12mv02,又由题有12mv12=2mgh,小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2,此过程由动能定理得:-mgh-f(2H-h)=12mv22-12mv02,又由题有2×12mv22=mgh,以上各式联立解得h=4H9。
【加固训练】
(2023·拉萨模拟)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34。已知sin37°=0.6,cs37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为( )

【解析】选C。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=0-12mv02,同理,下滑时有mgssinθ-μmgs·csθ=12m(3v04)2-0,联立解得μ=0.21,故选C。
4. (6分)(多选)(2023·钦州模拟)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14mg(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2Rg
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2gR
D.赛车从A点运动到B点的时间为3mgRP
【解析】选B、D。赛车通过C点后在空中做平抛运动,竖直方向有2R=12gt2,解得t=2Rg,故A错误;赛车恰好能通过最高点C,则有mg=mvC2R,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=12mvC2-12mvB2,解得vB=5gR,故C错误;赛车从A点运动到B点,根据动能定理有Pt'-14mg·2R=12mvB2,解得t'=3mgRP,故D正确。
二、计算题
5.(10分)如图所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低点,AB正好是圆弧在B点的切线,圆心O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径R=3.6 m。一滑块质量m=5 kg,与AB斜面间的动摩擦因数μ=0.45,将滑块从A点由静止释放(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中:
(1)滑块在AB段上运动的总路程;
答案:(1)8 m
【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°,知mgsinθ>μmgcsθ,故滑块最终不会停留在斜面上,由于滑块在AB段受摩擦力作用,则滑块做往复运动的高度将越来越低,最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在AB段上运动的总路程为s,滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcsθ
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动,由动能定理得mgRcs θ-Ffs=0
解得s=Rμ=8 m
(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值。
答案: (2)102 N 70 N
【解析】(2)滑块第一次过C点时,速度最大,设为v1,分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大,设为Fmax,从A到C的过程,由动能定理得
mgR-FflAB=12mv12-0
斜面AB的长度lAB=Rtanθ
由牛顿第二定律得Fmax-mg=mv12R
解得Fmax=102 N
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时,速度最小,设为v2,此时滑块所受轨道支持力最小,设为Fmin,从B到C,由动能定理得mgR(1-csθ)=12mv22-0
由牛顿第二定律得Fmin-mg=mv22R
解得Fmin=70 N
根据牛顿第三定律可知,C点受到的压力最大值为102 N,最小值为70 N。
【加固训练】
如图所示,一根直杆与水平面成θ=37°角,杆上套有一个小滑块,杆底端N处有一弹性挡板,板面与杆垂直。 现将滑块拉到M点由静止释放,滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知M、N两点间的距离d=0.5 m,滑块与杆之间的动摩擦因数μ=0.25,g=10 m/s2。取sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1) 滑块第一次下滑的时间t;
答案:(1) 0.5 s
【解析】(1) 下滑时根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcsθ=ma
解得a=4.0 m/s2
由d=12at2得
下滑时间t=0.5 s。
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x;
答案:(2)0.25 m
【解析】(2) 第一次与挡板相碰时的速率
v=at=2 m/s
上滑时:-(mgsinθ+f)x=0-12mv2
解得x=0.25 m。
(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s。
答案:(3)1.5 m
【解析】(3)滑块最终停在挡板处,由动能定理得
mgdsinθ-fs=0
解得总路程s=1.5 m。
6.(12分)(2023·宁波模拟)如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器,圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放,且将B点置于AC中点处。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,求(g取10 m/s2):
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小:
答案:(1)100 N
【解析】(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程,由动能定理可得
mgH-μmgLAB-mg·2R=12mv2
在圆轨道最高点,由牛顿第二定律可得
mg+F=mv2R
联立解得F=100 N
由牛顿第三定律得:滑块对轨道的压力大小为100 N。
(2)弹射器获得的最大弹性势能:
答案:(2)8 J
【解析】(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值,由能量守恒可知
mgH-μmgLAC=Ep
解得Ep=8 J
(3)若H=6 m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求满足条件的BC长度LBC。
答案:(3)1 m≥LBC≥0.5 m
【解析】(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点,
mg=mv02R
从开始到圆轨道最高点,由动能定理可知
mg(H-2R)-μmgs1=12mv02
解得s1=28.75 m
LAB=s1-28LAC=0.75 m
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,由动能定理可知
mg(H-R)-μmgs2=0
解得s2=29.5 m
LBC=s2-29LAC=0.5 m
根据滑块运动的周期性可知,应使LBC≥0.5 m,滑块不脱离轨道;
综上所述,符合条件的BC长度为1 m≥LBC≥0.5 m。
【解题指南】解答本题需注意以下三点:
(1)对于滑块从出发到圆弧轨道的最高点,由动能定理求出速度,再由牛顿第二、三定律求滑块对轨道的压力;
(2)根据能量守恒定律求第一次压缩的最大的弹性势能;
(3)不脱离轨道存在两种临界情况,一是恰好到达与圆心等高的位置,二是恰通过轨道的最高点,根据临界条件和动能定理相结合求解LBC的范围。
7.(14分)(2023·长沙模拟)如图,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上,质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放,滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为45H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin37°=0.6。求:
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数;
答案:(1)112
【解析】(1)设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据功能关系有
Wf=Wf1+Wf2=mgH-45mgH=15mgH
而Wf1=μmgcsα·Hsinα
Wf2=μmgcsα·Hsinα×45
联立解得Wf1=19mgH
μ=112
(2)滑块第一次下滑的时间与第一次上滑的时间之比;
答案:(2)54
【解析】(2)滑块第一次下滑过程,根据牛顿运动定律有mgsinα-μmgcsα=ma1
由运动学公式有Hsinα=12a1t12
滑块第一次上滑过程,根据牛顿运动定律有
mgsinα+μmgcsα=ma2
由运动学公式有45×Hsinα=12a2t22
联立解得t1t2=54
(3)滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中,系统产生的热量。
答案:(3)(1-4n5n)mgH
【解析】(3)滑块第二次下滑过程,根据动能定理有
45mgH-45×μmgcsα·Hsinα=12mv22
滑块第二次上滑过程,根据动能定理有
-mgh2-μmgcsα·h2sinα=0-12mv22
结合tanα=9μ
解得h2=(45)2H
滑块第n次沿斜面上升的最大高度为hn=(45)nH
滑块在斜面上滑行的路程为s=Hsinα+2×4H5sinα+2×16H25sinα+···+2×4n-15n-1·Hsinα+4nH5nsinα=9(1-4n5n)Hsinα
由于摩擦系统产生的热量为
Q=μmgscsα=(1-4n5n)mgH
【加固训练】
如图甲所示,质量m=2.0 kg的小球静止在水平地面上,从某时刻起,小球受到竖直向上的拉力F作用,拉力F随小球上升高度h的变化关系如图乙所示,F减小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上运动过程中的最大速度;
答案:(1)5 m/s
【解析】(1)当F=mg=20 N,即小球上升h=2.5 m时,小球的速度最大,此过程中
WF=40+202×2.5 J=75 J
根据动能定理WF-mgh=12mv2
解得v=5 m/s
(2)小球在空中运动的总路程。(计算结果可用分数表示)
答案:(2)403 m
【解析】(2)小球上升h'=5 m时
W'F=402×5 J=100 J
重力做功WG=-20×5 J=-100 J
因WG+WF'=0
故小球上升的最大高度为H=5 m
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,
由mgH=12mv02、mgH1=12mv12、v1=kv0
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度H1=k2H
同理可求得小球第2,3,…,n次碰后上升的最大高度H2=k4H,H3=k6H,…,Hn=k2nH
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
s=H+2H1+2H2+2H3+···+2Hn=H+2H(k2+k4+k6+···+k2n)=
H+2Hk2(1-k2n)1-k2=H+2k2H1-k2=1+k21-k2H=H+2Hk2(1-k2n)1-k2=H+2k2H1-k2=1+k21-k2H
解得s=253 m
小球在空中运动的总路程为H+s=403 m