新高考物理一轮复习考点课时练第6章第28练　动能定理在多过程问题中的应用（含答案解析）

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1、2题每小题4分，3题11分，4题14分，共33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＝F2，Ek＝FL2B.Ff＝F2，Ek＝FL
C.Ff＝F3，Ek＝2FL3D.Ff＝F4，Ek＝3FL4
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.mghB.2mgh
C.μmg(s＋hsinθ)D.μmg(s＋hcs θ)
3.(11分)(2022·浙江6月选考·19改编)物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为13，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
(2)(7分)货物从开始下滑经过4 s，克服摩擦力所做的功。
4.(14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14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)(4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)(5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，求他在A点下滑的初速度大小；
(3)(5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？
5、6题每小题6分，7题15分，共27分
5.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.9HB.15HC.19HD.21H
6.(2024·山东泰安市模拟)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，AC=h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环( )
A.下滑过程中，加速度一直减小
B.下滑过程中，克服摩擦力做功为14mv2
C.在C处时，弹簧的弹性势能为Ep=mgh-12mv2
D.上滑经过B的速度大小等于下滑经过B的速度大小
7.(15分)(2025·山东菏泽市检测)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)(8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。
答案精析
1.D [木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝F4，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝3FL4，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，由动能定理得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＝μmgcs θ·hsinθ+μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为
W克fDA＝μmgcs θ·hsinθ+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.(1)1033 m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcs 37°＝12mv12
解得v1＝1033 m/s
(2)在倾斜滑轨上下滑时有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1，解得a1＝103 m/s2，下滑到底端时的时间t1＝2la1＝3 s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝103 m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝v1a2＝3 s，货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin 37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W克f＝mglsin 37°＝30 J。
4.(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得
mgR1＝12mvB2－0
在B点由牛顿第二定律和向心力公式得FN－mg＝mvB2R1
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＝gtD12
解得vD1＝10 m/s
运动员从A到D过程，由动能定理得
mgR1+Wf－mgR2＝12mvD12－12mvA02
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＝0－12mvA02
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＝sBC＝9.5
运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。
5.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×1−0.9n−11−0.9
当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。]
6.B [如图所示，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理有mgh+Wf-W弹=0-0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理有-mgh+Wf+W弹=0-12mv2，解得Wf=-14mv2，则可知下滑过程中克服摩擦力做功为14mv2，在C处时，弹簧的弹性势能Ep=W弹=mgh-14mv2，故B正确，C错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到B处过程，根据动能定理有mgh'+Wf'-W弹'=12mvB2-0，研究圆环从B处上滑到A过程，根据动能定理有-mgh'+Wf'+W弹'=0-12mvB'2，由于Wf'