第六章 第3讲　小专题 动能定理在多过程和往复运动中的应用练习含答案-高考物理一轮专题

这是一份第六章 第3讲　小专题 动能定理在多过程和往复运动中的应用练习含答案-高考物理一轮专题，共11页。试卷主要包含了全过程列式时要注意，6,cs 37°=0，8 m，6 m,等内容，欢迎下载使用。
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理。
①若题目需要求某一中间物理量,应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中,受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化,力在各个过程中做功情况也不同,不宜全过程应用动能定理,可以研究其中一个或几个分过程,结合动能定理,各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理。
当物体运动过程包含几个不同的物理过程,又不需要研究过程的中间状态时,可以把几个运动过程看作一个整体,巧妙运用动能定理来研究,从而避开每个运动过程的具体细节,大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置,与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
[例1] 【动能定理在多段直线运动过程中的应用】 (2024·福建福州模拟)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型:如图,两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为F=mg(g为重力加速度的大小)、方向都与竖直方向成37°的力,重物离开地面高度h后人停止施力,最后重物自由下落砸入地面的深度为h10,取
sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。不计空气阻力,则( )
[A] 重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
[B] 重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
[C] 重物刚落地时的速度大小为2gh
[D] 地面对重物的平均阻力大小为25mg
【答案】 A
【解析】 设停止施力瞬间重物的速度大小为v1,从开始施加力到停止施力的过程根据动能定理有(2Fcs 37°-mg)h=12mv12,解得v1=1.2gh,设重物刚落地时的速度大小为v2,从停止施力到重物刚落地的过程,根据动能定理有mgh=12mv22-12mv12,解得v2=3.2gh,重物在空中运动过程,开始在拉力作用下做匀加速运动,速度大小达到v1时停止施力,物体向上做匀减速运动直至速度为零,之后再向下做匀加速直线运动直至速度大小为v2,由此可知上升过程中的平均速度大小为v1=v12,下降到地面过程中的平均速度大小为v2=v22,又由于上升、下降位移大小相等,则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间,故A正确,C错误;重物在整个运动过程中,根据动能定理有W人+WG-W阻=0,则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功,故B错误;根据动能定理有2Fcs 37°·h+mgh10-F阻h10=0,解得F阻=17mg,故D错误。
[变式] 若已知两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个大小均为F=500 N的恒力,方向都与竖直方向成θ=37°,重物与地面的平均冲击力为 f=1.05×104 N。重物离开地面H后人停止施力,最后重物自由下落把地面夯实h深度,g取 10 m/s2。若H=km(50 kg≤m≤60 kg,k=25 kg·m),求重物夯实的最大深度hm。
【答案】 4 cm
【解析】 对全过程列动能定理有
2Fcs θ·H+mg·h-f·h=0,
将H=25m代入上式得
2Fcs θ·25m+mg·h-f·h=0,
联立解得
h=20 000-10m2+10 500m(50 kg≤m≤60 kg),
由数学知识得,当m=50 kg时,有hm=4 cm。
[例2] 【动能定理在圆周、平抛运动过程中的应用】 (2023·湖北卷,14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 CDE在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求:
(1)小物块到达D点的速度大小;
(2)B和D两点的高度差;
(3)小物块在A点的初速度大小。
【答案】 (1)gR (2)0 (3)3gR
【解析】 (1)由题知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有mvD2R=mg,
解得vD=gR。
(2)由题知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 CDE内侧,则在C点有
cs 60°=vBvC,
小物块从C到D的过程中,根据动能定理有
-mg(R+Rcs 60°)=12mvD2-12mvC2,
则小物块从B到D的过程中,根据动能定理有
mgHBD=12mvD2-12mvB2,
联立解得vB=gR,HBD=0。
(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有
-μmgs=12mvB2-12mvA2,s=π·2R,
解得vA=3gR。
考点二 动能定理在往复运动问题中的应用
[例3] (2025·安徽滁州阶段检测)如图,斜面长为L=16 m,倾角 θ=30°,斜面底端有垂直于斜面的挡板,质量为2 kg的物体自斜面顶端以初速度v0=18 m/s沿斜面匀速下滑,与挡板相碰后以原速率反弹,再沿斜面上滑。(g取 10 m/s2)
(1)求物体与斜面间摩擦力大小;
(2)求物体与斜面间的动摩擦因数;
(3)若题干部分条件改为斜面足够长,物体仍沿距斜面底端L=16 m处下滑,物体与斜面间的动摩擦因数为36,其他条件不变,求物体在斜面上滑行的总路程。
【答案】 (1)10 N (2)33 (3)96.8 m
【解析】 (1)由于物体沿斜面匀速下滑,如图,对物体受力分析可知mgsin θ=Ff,
解得物体与斜面间摩擦力的大小为Ff=10 N。
(2)由滑动摩擦力的计算公式可知Ff=μFN,
FN=mgcs θ,
解得μ=tan θ=33。
(3)由μ′=36,可得
mgsin θ=10 N>μ′mgcs θ=5 N,
物体重力沿斜面的分力大于物体与斜面间的最大静摩擦力,故物体最终停在斜面的底端,设物体在斜面上运动的总路程为s,根据动能定理可知
-μ′mgcs θ·s+mgLsin θ=0-12mv02,
解得s=96.8 m。
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐,甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初末状态而不计运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
(满分:70分)
对点1.动能定理在多过程问题中的应用
1.(4分)(2024·浙江开学考)某飞机从静止开始沿跑道直线加速起飞,若这个过程可看作两个阶段,第一阶段以恒定功率P从静止开始运动,加速到速度 1203 km/h,第二阶段以恒定功率2P运动到起飞,起飞速度为360 km/h,两个阶段运动时间相等,运动过程阻力恒定,则该飞机起飞过程第一阶段和第二阶段位移大小之比为( )
[A] 2∶1[B] 1∶2[C] 1∶3[D] 3∶1
【答案】 B
【解析】 第一阶段,由动能定理得Pt-Ffx1=12mv12,第二阶段,由动能定理得2Pt-Ffx2=12mv22-12mv12,联立可得x1∶x2=1∶2,故选B。
2.(4分)(2025·江苏南通开学考试)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,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8)。则( )
[A] 动摩擦因数μ=34
[B] 载人滑草车最大速度为2gh7
[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35g
【答案】 B
【解析】 全过程由动能定理可知mg·2h-μmgcs 45°·hsin45°-μmgcs 37°·hsin37°=0,解得μ=67,A错误;滑草车到达前一段滑道末端时速度最大,对前一段滑道,根据动能定理有mgh-μmgcs 45°·hsin45°=12mv2,解得v=2gh7,故载人滑草车最大速度为2gh7,B正确;由动能定理得mg·2h-W克=0,载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,C错误;根据牛顿第二定律得μmgcs 37°-mgsin 37°=ma,解得a=335g,D错误。
3.(14分)(2024·四川成都三模)如图所示,一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道,管道里有一个直径略小于管道内径的小球,小球在管道内做圆周运动,从B点脱离后做平抛运动,经过0.3 s后又恰好与倾角为45°的斜面垂直相碰。已知半圆形管道的半径为R=1 m,小球可看作质点且其质量为m=1 kg,g取10 m/s2。求:
(1)小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离;
(2)小球经过管道的A点时,对管道的作用力。
【答案】 (1)0.9 m (2)59 N,方向竖直向下
【解析】 (1)小球从B点脱离后做平抛运动,则在C点的竖直分速度为vCy=gt=3 m/s,因小球恰好与斜面垂直相碰,则平抛运动水平初速度为
vB=vCytan 45°=3 m/s,
小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离为
x=vBt=0.9 m。
(2)对小球从A到B的过程应用动能定理有
-mg·2R=12mvB2-12mvA2,
得vA=7 m/s,
由FN-mg=mvA2R,
得FN=59 N。
由牛顿第三定律知,小球对管道的作用力大小为59 N,方向竖直向下。
对点2.动能定理在往复运动问题中的应用
4.(6分)(2025·陕西西安开学考)(多选)如图甲所示,小明先用F1=13 N水平向右的力将一质量为2 kg的木箱向右移动4 m的距离后,木箱在另一水平推力F2作用下,又匀速运动4 m的距离到达斜面底端,撤去外力,之后冲上倾角为37°的斜面,木箱的动能随运动距离变化的图像如图乙所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5,关于木箱的运动,下列说法正确的是( )
[A] F2的大小为4 N
[B] 木箱能到达斜面的最大高度为1.8 m
[C] 木箱返回水平面后向左运动的最大距离为 1.8 m
[D] 整个运动过程中,克服摩擦力所做的功为36 J
【答案】 AC
【解析】 木箱在前4 m内,根据动能定理可得(F1-Ff1)x1=Ek,4~8 m过程中,木箱动能不变,所以F2=Ff1,代入数据解得F2=Ff1=4 N,故A正确;木箱冲上斜面后做匀减速运动,根据动能定理有-(mgsin θ+μmgcs θ)x2=0-Ek,解得x2=1.8 m,所以木箱在斜面上能到达的最大高度为 h=x2sin θ=1.08 m,故B错误;木箱从冲上斜面到最终停下来,根据动能定理可得-μmgcs θ·2x2-Ff1x3=0-Ek,解得x3=1.8 m,故C正确;对整个运动过程,由动能定理有F1x1+F2x1-W克f=0,所以W克f=68 J,故D错误。
5.(6分)(2024·江西赣州模拟)(多选)将一小球从地面处竖直向上抛出,其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。已知小球的质量为m,最终小球的动能为E0,重力加速度为g,小球到达地面时恰好达到最大速度,则小球在整个运动过程中( )
[A] 上升过程中克服阻力做功大于下落过程克服阻力做功
[B] 下落过程中加速度一直增大
[C] 上升过程中速度为8E0m时,加速度为3g
[D] 从地面上升一半高度的过程中克服阻力做功小于15E04
【答案】 AC
【解析】 上升过程中的平均速率大于下落过程的平均速率,所以上升过程的阻力大于下落过程的阻力,上升和下落过程位移相等,所以上升过程中克服阻力做功大于下落过程中克服阻力做功,故A正确;根据牛顿第二定律mg-Ff=ma,下落过程中速度增大,阻力增大,加速度减小,故B错误;小球到达地面时恰好达到最大速度,则到达地面时mg=kv0,又E0=12mv02,上升过程中速度为v=8E0m时,由牛顿第二定律,可得mg+kv=ma1,联立解得a1=3g,故C正确;全程列动能定理,克服阻力做功为W=16E0-E0,上升过程中克服阻力做功大于下落过程中克服阻力做功,则上升过程克服阻力做功W1>W2,而上升前一半高度克服阻力做功大于上升后一半高度克服阻力做功,则上升前一半高度克服阻力做功W2>W12,从地面上升一半高度的过程中克服阻力做功大于15E04,故D错误。
6.(14分)(2024·贵州毕节模拟)如图所示,装置由AB、BC、CD三段轨道组成,轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接,其中轨道AB、CD段是光滑的,水平轨道BC的长度s=5 m,轨道CD足够长且倾角θ=37°,A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30 m、h2=1.35 m。有一质量为m的小滑块自A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数 μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,求:
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小;
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔;
(3)小滑块最终停止的位置距C点的距离。
【答案】 (1)3 m/s (2)2 s (3)3.6 m
【解析】 (1)对小滑块A→B→C→D过程,由动能定理得mg(h1-h2)-μmgs=12mvD2-0,
解得vD=3 m/s。
(2)小滑块在A→B→C过程中,
由动能定理得mgh1-μmgs=12mvC2,
解得vC=6 m/s。
由C到D过程根据牛顿第二定律得
mgsin 37°=ma,
解得小滑块沿CD段上滑的加速度大小
a=gsin 37°=6 m/s2,
小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vCa=1 s,
由于CD斜面光滑,由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1 s,
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔
t=t1+t2=2 s。
(3)小滑块最终静止在BC上,对全过程,运用动能定理得mgh1-μmgs1=0,
解得s1=8.6 m,
小滑块最终停止的位置与C点的距离
x=s1-s=3.6 m。
7.(4分)(2024·江西一模)如图,abc是竖直面内的光滑固定轨道,ab水平,长度为2R,bc是半径为R的四分之一圆弧,与ab相切于b点。一质量为m的小球,始终受到与重力大小相等的水平外力的作用,自a处由静止开始向右运动。已知重力加速度大小为g,不计空气阻力。则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时,水平外力所做的功为( )
[A] 5mgR[B] 7mgR
[C] 9mgR[D] 11mgR
【答案】 D
【解析】 根据题意,小球从a→c过程中,由动能定理有F·3R-mgR=12mvc2,其中F=mg,解得vc=2gR,小球由c点离开曲面,竖直方向做竖直上抛运动,水平方向做加速度为g的匀加速直线运动,由竖直方向运动可得,小球从c点离开曲面到重新落到cd的时间为t=2vcg=4Rg,水平方向有x=12gt2=8R,则小球从a处开始运动到其落至水平轨道cd上时,水平外力所做的功为W=F(3R+8R)=mg(3R+8R)=11mgR,故选D。
8.(18分)(2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道 ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,取sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
【答案】 (1)45mg (2)25R (3)137.5R
【解析】 (1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理有
mgLsin θ-μmgLcs θ-mg×2R=12mv12-0,
在最高点,对滑块由牛顿第二定律有
mg+FN=mv12R,
解得FN=45mg,
由牛顿第三定律可知,滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN′=FN=45mg。
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中,设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1,
由动能定理有
mg(L-L1)sin θ-μmg(L+L1)cs θ=0,
解得L1=25R。
(3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理有
mgL1sin θ-μmgL1cs θ-mg×2R=12mv22-0,
解得v2=6gR,
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1,
由动能定理有
mg(L1-s1)sin θ-μmg(L1+s1)cs θ=0,
解得s1=5R,
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中,
由动能定理有
mgs1sin θ-μmgs1cs θ-mg×2R=12mv32-0,
则v3无解;所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h,由动能定理可得
mgs1sin θ-μmgs1cs θ-mgh=0,
解得h=R,
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与圆形轨道之间来回滑动,最终停在B点,设滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理有mgh-μmgs2cs θ=0,
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
s=L+2s1+s2,
联立解得s=137.5R。