2023届高考一轮复习（老高考）第六章 微专题39　动能定理在多过程、往复运动问题中的应用【解析版】

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1．如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m．在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑．已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为( )
A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0
答案 D
解析 小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，小物块在盆底BC面上所受的滑动摩擦力大小不变，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq \f(h,μ)＝eq \f(0.30,0.10) m＝3 m，因d＝0.50 m，s＝6d，所以小物块在BC面上来回运动共6次，刚好3个来回，所以最终停在B点，即距离B点为0，A、B、C错误，D正确．
2.(多选)如图，BCD是半圆形曲面，O为圆心，C为最低点，B、O、D等高，A点在B点正上方，AB＝H.现将小滑块从A点由静止开始释放，滑块经过B、C、D到达最高点E，ED＝eq \f(H,2)，第一次经过C点时轨道受压力为F1.紧接着小滑块又从E点下落沿原路往返，再次经过C点时，轨道受压力为F2.滑块视为质点，忽略空气阻力，则下列判断正确的是( )
A．F1>F2
B．F1＝F2
C．小滑块从E点下落沿原路返回过程中，可能恰好到达B点
D．小滑块第一次通过半圆形曲面克服摩擦力做功比第二次通过半圆形曲面克服摩擦力做功多
答案 AD
解析 由能量守恒可知，滑块第二次到达C点的速度比第一次到达C点的速度小，在C点由牛顿第二定律可得FN－mg＝meq \f(v2,R)，则FN＝mg＋meq \f(v2,R)，所以F1>F2，故A正确，B错误；小滑块从A点到E点由动能定理有mg·eq \f(H,2)－WfBC－WfCD＝0，由能量守恒可知，小滑块返回过程中在CB段的速度小于从B点到C点的速度，同理在DC段的速度小于从C点到D点的速度，则小滑块返回过程中在CB段克服摩擦力做功小于WfBC，在DC段克服摩擦力做功小于WfCD，故小滑块第一次通过半圆形曲面克服摩擦力做功比第二次通过半圆形曲面克服摩擦力做功多，小滑块从E点到B点过程中，重力做功mg·eq \f(H,2)一定大于此过程中克服摩擦力做功，则到达B点的速度一定大于0，故C错误，D正确．
3．如图，轨道ABCD位于竖直平面内，水平轨道AB与竖直半圆轨道BCD相切于B点，C点与圆心O等高．质量m＝10 kg的小物块Q(可视为质点)静止在水平轨道上的A点，已知A点与B点相距L＝40 m(图中AB之间的虚线表示未画完整的水平轨道)，竖直圆轨道的半径R＝3 m，圆弧光滑，小物块在水平轨道AB间运动时受到的阻力恒为其重力的0.25倍，小物块若运动到D点可被固定在D点．其他摩擦与空气阻力均忽略不计．(g取10 m/s2)
(1)若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F的作用，到达B处立即撤去F，为使小物块恰好能到达半圆轨道的C点，求恒力F的大小；
(2)若小物块在水平轨道上运动时受到水平向右的恒力F′的作用，到达B处立即撤去F′，为使小物块不脱离轨道，求F′的大小范围．
答案 (1)32.5 N (2)F′≥43.75 N或32.5 N≥F′>25 N
解析 (1)小物块恰好能到达半圆轨道的C点，即到达C点的速度恰好为零，从A点到C点的过程中，根据动能定理可得
(F－kmg)L－mg·R＝0，
解得F＝32.5 N.
(2)若小物块恰好能到达竖直半圆轨道的最高点D，在D点恰好满足mg＝meq \f(v\\al(D2),R)，
从A点到D点的过程中，根据动能定理可得(F1′－kmg)L－mg·2R＝eq \f(1,2)mvD2.
联立解得F1′＝43.75 N.
由(1)知，若小物块恰好能到达半圆轨道的C点，则F2′＝32.5 N.
根据平衡条件可知，要拉动小物块，外力应满足F3′>kmg＝25 N.
综上所述，F′的取值范围是F′≥43.75 N或32.5 N≥F′>25N.
4．小珂在游乐场游玩时，发现过山车有圆形轨道也有水滴形轨道，想到了如下表述：运动轨迹既不是直线也不是圆周的曲线运动，可以称为一般的曲线运动．尽管这条曲线各个位置的弯曲程度不一样，但在研究时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，质点在每小段的运动都可以看作圆周运动的一部分(注解：该一小段圆周的半径为该点的曲率半径)．这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理了(如图甲所示)，小珂设计了如图乙所示过山车模型，质量为m的小球在A点静止释放并沿倾斜轨道AB下滑，经水平轨道BC进入半径为R1＝0.8 m的圆形轨道(恰能做完整的圆周运动)，再经水平轨道CE进入“水滴”形曲线轨道EFG，E点的曲率半径为R2＝2 m，并且在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小为一定值，F点与D点等高．忽略所有轨道摩擦力，轨道连接处都平滑连接，水滴形轨道左右对称．(g＝10 m/s2)
(1)求小球释放点A距离水平面的高度H；
(2)小球在圆形轨道上运动时，设小球离水平面的高度为h，求向心加速度a与h的函数关系；
(3)小球在水滴形轨道上运动时，h′为小球离水平面的高度，求轨道曲率半径r与h′的函数关系．
答案 (1)2 m (2)a＝50－25h(0≤h≤1.6 m) (3)r＝2－h′(0≤h′≤1.6 m)
解析 (1)在圆形轨道最高点D：mg＝eq \f(mv\\al(D2),R1)，A点到D点由动能定理可知mg(H－2R1)＝eq \f(1,2)mvD2－0，解得H＝2 m.
(2)由动能定理可知mg(H－h)＝eq \f(1,2)mv2，a＝eq \f(v2,R1)，
解得a＝50－25h(0≤h≤1.6 m)．
(3)A点到E点由动能定理可知mgH＝eq \f(1,2)mvE2，a′＝eq \f(v\\al(E2),R2)，
解得a′＝2g.
由题意知，在水滴形轨道上运动时，向心加速度大小相等，均为2g.
当小球离水平面高度为h′时，由动能定理可知mg(H－h′)＝eq \f(1,2)mv′2，a′＝eq \f(v′2,r)，
解得r＝2－h′(0≤h′≤1.6 m)．
5．如图所示，固定于地面上竖直平面内的某一游戏装置由半径为R＝1.8 m的四分之一光滑圆形轨道CD、水平光滑轨道DA与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道AB构成，轨道在D、A两处平滑连接，且OD竖直，在装置出口处B端右侧有一刚性挡板PQ，已知P点与B点等高，Q点足够高，AB段轨道长度L＝2 m，动摩擦因数μ＝0.5，PB距离x＝1.2 m．现将质量为m＝0.1 kg的滑块自C点以某一初速度v0沿切线方向弹射，不计滑块的大小，滑块与刚性挡板的碰撞可视为弹性碰撞．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6)
(1)滑块初速度至少多大才能击中挡板？
(2)改变初速度让滑块碰到挡板后恰能沿原路返回斜面，求滑块在整个运动过程中对轨道D点压力的最大值．
(3)在(2)题情况下，整个过程滑块能通过圆轨道上距离D点高度0.01 m的E点多少次？
答案 (1)eq \r(\f(33,2)) m/s (2)eq \f(83,18) N (3)9次
解析 (1)滑块初速度最小时，恰好能击中刚性挡板的P点，从B点到击中挡板可以等效看成左右对称的两个平抛运动
x＝vBcs 37°·t，t＝eq \f(2vBsin 37°,g)，
得vB＝eq \f(5,2)eq \r(2) m/s.
从C点到B点，根据动能定理可知：mgR－mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mv02，
得v0＝eq \r(\f(33,2)) m/s.
(2)滑块恰能沿原路返回，即从B点出发后垂直击中挡板：x＝vB′cs 37°·t′，t′＝eq \f(vB′sin 37°,g)，
得vB′＝5 m/s.
从D点到B点，根据动能定理可知－mgLsin θ－μmgLcs θ＝eq \f(1,2)mvB′2－eq \f(1,2)mvD2，
得vD＝eq \r(65) m/s.
在D点FN－mg＝meq \f(v\\al(D2),R)，
FN＝meq \f(v\\al(D2),R)＋mg＝eq \f(83,18) N，
根据牛顿第三定律可知整个运动过程中滑块对轨道D点压力的最大值为eq \f(83,18) N.
(3)若滑块恰能再次上滑到B点，则eq \f(1,2)mvB″2－eq \f(1,2)mvB′2＝－2μmgLcs θ，得vB″