高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (33)

这是一份高考物理精品【一轮复习】讲义练习资料合集 (33)，共10页。
一、应用动能定理解决多过程问题
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1．分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，最后联立求解。
2．全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。
3．当题目已知量和所求量不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单、更方便。
4．在分段分析时，有些过程可以用牛顿运动定律，也可利用动能定理，动能定理往往比牛顿运动定律解题更简单方便，我们可优先采用动能定理解决问题。
例1 如图所示，将物体从倾角为θ的固定斜面上由静止释放，开始向下滑动，到达斜面底端与挡板相碰后，原速率弹回。已知物体开始时距底端高度为h，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物体从开始到停止通过的路程。
答案 eq \f(h,μcs θ)
解析 物体最终会停在挡板处，选从开始运动到停止全过程，由动能定理得
mgh－μmgscs θ＝0
解得物体从开始到停止通过的路程s＝eq \f(h,μcs θ)。
1．物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。
2．在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别：
(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
(2)滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。
例2 如图所示，光滑固定斜面AB的倾角θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1 m，CD为光滑的eq \f(1,4)圆弧，半径R＝0.6 m。一个质量m＝2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在B、C两点平滑连接。当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h＝0.2 m。不计空气阻力，sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC；
(2)A点距离水平面的高度H；
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m
解析 (1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：－mg(h＋R)＝0－eq \f(1,2)mvC2
代入数据解得：vC＝4 m/s
(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mgH－μmglBC＝eq \f(1,2)mvC2－0
代入数据解得：H＝1.02 m
(3)从物体开始下滑到最终停止，根据动能定理得：
mgH－μmgs1＝0
代入数据解得s1＝5.1 m
由于s1＝4lBC＋0.7 m
所以物体最终停止的位置到C点的距离为：s＝0.4 m。
二、动能定理在平抛、圆周运动中的应用
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：
(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
①可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin＝0。
②不可提供支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为只有重力提供向心力，mg＝eq \f(mvmin2,R)，vmin＝eq \r(gR)。
例3 (2023·江苏省模拟)2022年2月，我国成功举办了第24届“冬奥会”，冬奥会让冰雪运动走向大众，让更多人认识冰雪，爱上冰雪。如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L＝50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R＝20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m＝60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d＝48 m。该爱好者可看作质点，将C到N的运动简化为平抛运动处理。忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小；
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
答案 (1)1 368 N (2)－12 720 J
解析 (1)从C处做平抛运动，竖直方向有
dsin 37°＝eq \f(1,2)gt2
水平方向有dcs 37°＝vCt
解得vC＝16 m/s
在C处，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(vC2,R)
解得滑道对人的支持力大小为
FN＝1 368 N
据牛顿第三定律，人运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。
(2)从A到C由动能定理得
mg[Lsin 37°＋R(1－cs 37°)]＋Wf＝eq \f(1,2)mvC2
解得Wf＝－12 720 J。
例4 (2022·宁波市北仑中学高一期中)如图所示，竖直平面内有一光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.5 m，平台与轨道的最高点等高。一质量m＝0.8 kg的小球(可视为质点)从平台边缘的A处以v0＝3 m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求小球到达P点时的速度大小vP；
(2)求小球到达圆弧轨道最低点时的速度大小以及对轨道的压力；
(3)小球沿轨道通过圆弧的最高点Q时对轨道的内壁还是外壁有弹力，并求出弹力的大小。
答案 (1)5 m/s (2)eq \r(29) m/s 54.4 N，方向竖直向下 (3)外壁 6.4 N
解析 (1)平抛运动的水平速度不变，始终为v0，小球恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直方向的夹角为53°，说明速度与水平方向夹角为53°，将P点速度分解，如图所示，
vP＝eq \f(v0,cs 53°)＝eq \f(3,0.6) m/s＝5 m/s；
(2)从抛出到到达圆弧轨道最低点，根据动能定理有mg·2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
解得v1＝eq \r(29) m/s
在最低点根据牛顿第二定律和向心力公式有FN－mg＝meq \f(v12,R)
解得FN＝54.4 N
根据牛顿第三定律有F压＝FN＝54.4 N，方向竖直向下；
(3)平台与轨道的最高点等高，根据动能定理可知vQ＝v0＝3 m/s
设小球受到向下的弹力F1，根据牛顿第二定律和向心力公式有F1＋mg＝meq \f(vQ2,R)
解得F1＝6.4 N>0
根据牛顿第三定律知，小球对外壁有弹力，大小为6.4 N。
专题强化练
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为( )
A．2mgsin θ B．mg(1－sin θ)
C．2mgcs θ D．2mg(1＋sin θ)
答案 A
解析 设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－2Lmgsin θ＝0，解得F＝2mgsin θ，故选A。
2．如图所示，一薄木板倾斜搭放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处。滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在( )
A．P处 B．P、Q之间
C．Q处 D．Q的右侧
答案 C
解析 设木板长为L，在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－(μmgLcs θ＋μmgx)＝0
则滑块总的水平位移s＝Lcs θ＋x＝eq \f(h,μ)
与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故C选项正确。
3.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)( )
A.eq \r(v02－4gh) B.eq \r(4gh－v02)
C.eq \r(v02－2gh) D.eq \r(2gh－v02)
答案 B
解析 物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得
－mgh－W克f＝0－eq \f(1,2)mv02①
物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得
mgh－W克f＝eq \f(1,2)mv12②
联立①②可得v1＝eq \r(4gh－v02)
故选B。
4.(2022·麻城市第二中学高一月考)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O′点位置后，A又被弹簧弹回。A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)求O点和O′点间的距离x1。
答案 (1)eq \f(1,2)mv02 (2)eq \f(v02,4μg)－x0
解析 (1)设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得－W克f＝0－eq \f(1,2)mv02，
可得W克f＝eq \f(1,2)mv02。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得－μmg·2(x0＋x1)＝0－eq \f(1,2)mv02，
可得x1＝eq \f(v02,4μg)－x0。
5．(多选)(2023·遵义市高一期末)如图所示，在水平轨道右侧固定一半径R＝0.8 m的四分之一光滑竖直圆弧轨道，C为圆弧轨道最低点，圆弧轨道与水平轨道在C处平滑连接，轨道左侧有一轻质弹簧，其左端固定在竖直墙上，右端与质量m＝2 kg的物块(可视为质点)接触但不连接，弹簧处于自然状态时物块位于B点。现对物块施加方向水平向左、大小为F＝160 N的恒力，物块向左运动0.4 m后撤去恒力F，弹簧始终处于弹性限度内。物块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.1，B、C间的距离xBC＝0.8 m，其余摩擦和空气阻力均不计，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．恒力F做功64 J
B．物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为156 N
C．物块最终停在水平轨道B点
D．物块能冲上圆弧轨道共计40次
答案 AC
解析 恒力F做功为WF＝Fx＝160×0.4 J＝64 J，故A正确；设物块第一次达到C点时的速度大小为vC，根据动能定理可得WF－μmgxBC＝eq \f(1,2)mvC2，解得vC＝eq \r(62.4) m/s，在C点根据牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(vC2,R)，解得FN＝176 N，根据牛顿第三定律可知物块第一次达到C点时对轨道的压力大小为176 N，故B错误；物块最终一定静止在BC上，设物块在BC段往返通过的总路程为s，则有WF＝μmgs，解得s＝32 m，由于eq \f(s,xBC)＝eq \f(32,0.8)＝40可知，物块最终停在水平轨道B点，物块能冲上圆弧轨道共计20次，故C正确，D错误。
6.如图所示，一长L＝0.45 m、不可伸长的轻绳上端悬挂于M点，下端系一质量m＝1.0 kg的小球，CDE是一竖直固定的圆弧形轨道，半径R＝0.50 m，OC与竖直方向的夹角θ＝60°，现将小球拉到A点(保持绳绷直且水平)由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后，从圆弧形轨道的C点沿切线方向进入轨道，刚好能到达圆弧形轨道的最高点E，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，求：
(1)小球到B点时的速度大小；
(2)轻绳所受的最大拉力大小；
(3)小球在圆弧形轨道上运动时克服阻力做的功。
答案 (1)3 m/s (2)30 N (3)8 J
解析 (1)小球从A到B的过程，由动能定理得
mgL＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝3 m/s；
(2)小球在B点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝meq \f(v12,L)，解得FT＝30 N，由牛顿第三定律可知，轻绳所受最大拉力大小为30 N；
(3)小球从B到C做平抛运动，从C点沿切线进入圆弧形轨道，由平抛运动规律可得
小球在C点的速度大小v2＝eq \f(v1,cs θ)，解得v2＝6 m/s
小球刚好能到达E点，则在E点恰由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v32,R)，解得v3＝eq \r(5) m/s
小球从C点到E点，由动能定理得－mg(R＋Rcs θ)－W克f＝eq \f(1,2)mv32－eq \f(1,2)mv22，解得W克f＝8 J。
7．(2022·湖南高一期中)科技助力北京冬奥：我国自主研发的“人体高速弹射装置”几秒钟就能将一名滑冰运动员从静止状态加速到指定速度，辅助滑冰运动员训练各种滑行技术。如图所示，某次训练，弹射装置在加速阶段将质量m＝60 kg的滑冰运动员加速到速度v0＝8 m/s后水平向右抛出，运动员恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入光滑圆弧轨道AB。AB圆弧轨道的半径为R＝5 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，滑冰运动员与MN间的动摩擦因数μ＝0.08，水平轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r＝2 m的半圆弧光滑轨道，C点是半圆弧光滑轨道的最高点，半圆弧光滑轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。整个运动过程中将运动员简化为一个质点。
(1)求运动员水平抛出点距A点的竖直高度；
(2)求运动员从A到B经过B点时对轨道的压力大小；
(3)若运动员恰好能通过C点，求MN的长度L。
答案 (1)1.8 m (2)2 040 N (3)12.5 m
解析 (1)根据运动的合成与分解可得运动员经过A点时的速度大小为
vA＝eq \f(v0,cs 37°)＝10 m/s①
设运动员水平抛出点距A点的竖直高度为h，对运动员从抛出点到A点的过程，由动能定理有
mgh＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mv02②
联立①②解得h＝1.8 m③
(2)设运动员经过B点时的速度大小为vB，对运动员从A点到B点的过程，根据动能定理有
mg(R－Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2④
设运动员经过B点时所受轨道支持力大小为FN，根据牛顿第二定律及向心力公式有
FN－mg＝eq \f(mvB2,R)⑤
联立①④⑤解得FN＝2 040 N⑥
根据牛顿第三定律可知，运动员经过B点时对轨道的压力大小为2 040 N；
(3)设运动员刚好通过C点时的速度大小为vC，根据牛顿第二定律及向心力公式有mg＝eq \f(mvC2,r)⑦
对运动员从B点到C点的过程，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2⑧
联立④⑦⑧解得L＝12.5 m。
8.(2022·丰城九中高一期末)如图，竖直放置的斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径R＝0.8 m，圆心与A、D在同一水平面上，OC沿竖直方向，OB与OC的夹角θ＝30°，现有一个质量m＝1.0 kg的小物体从斜面上的A点无初速度滑下，已知小物体与斜面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小物体在斜面上能够通过的路程；
(2)小物体通过C点时，对C点的最大压力和最小压力大小。
答案 (1)4 m (2)24 N (30－10eq \r(3)) N
解析 (1)由于圆弧轨道光滑，则小物体最终将在以过圆心的半径两侧θ范围内运动，由动能定理得mgRcs θ－Ffs＝0，又Ff＝μmgcs θ，解得s＝eq \f(R,μ)＝4 m
(2)小物体第一次到达C点时对C点的压力最大
根据牛顿第二定律，FNmax－mg＝eq \f(mv2,R)
小物体从A运动到C的过程由动能定理得mgR－μmgcs θ·eq \x\t(AB)＝eq \f(1,2)mv2，eq \x\t(AB)＝eq \f(R,tan θ)，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmax＝24 N，根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为24 N；
当小物体最后在圆弧上运动时，通过C点时对轨道压力最小。根据牛顿第二定律FNmin－mg＝eq \f(mv′2,R)，
又有mgR(1－cs θ)＝eq \f(mv′2,2)，代入数据解得：C点对小物体的支持力大小FNmin＝(30－10eq \r(3)) N
根据牛顿第三定律，此时小物体对C点的压力大小为(30－10eq \r(3)) N。