高考物理一轮复习课时练习 第6章第3练　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用（含详解）

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A．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝eq \f(FL,2)B．Ff＝eq \f(F,2) Ek＝FL
C．Ff＝eq \f(F,3) Ek＝eq \f(2FL,3) D．Ff＝eq \f(F,4) Ek＝eq \f(3FL,4)
2．图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，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．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋eq \f(h,sin θ)) D．μmg(s＋hcs θ)
3.(2024·广东省模拟)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．9H B．15H C．19H D．21H
4.(多选)(2023·辽宁沈阳市三模)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
A．集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2
B．集装箱与货物的质量之比为1∶4
C．若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端
D．若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端
5．(2023·北京市清华大学附属中学零模)如图甲所示为某单板滑雪U型池的比赛场地，比赛时运动员在U型滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图乙为该U型池场地的横截面图，AB段、CD段为半径R＝4 m的四分之一光滑圆弧雪道，BC段为粗糙的水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5 m，质量为60 kg的运动员(含滑板)以5 m/s的速度从A点沿切线滑下后，始终保持在一个竖直平面内运动，经U型雪道从D点竖直向上飞出，经t＝0.8 s恰好落回D点，然后又从D点返回U型雪道。忽略空气阻力，运动员可视为质点，g＝10 m/s2。求：
(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；
(2)运动员首次运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力；
(3)运动员最后静止处距离B点的距离。
6．如图所示轨道内，足够长的斜面与圆弧面光滑，水平地面各处粗糙程度相同，圆弧半径为R，水平面长度LMN＝4R，现将一质量为m的金属滑块从距水平面高h＝4R处的P点沿斜面由静止释放，运动到斜面底端无能量损失，滑块滑至圆弧最高点Q时对轨道的压力大小恰好等于滑块重力，g＝10 m/s2，求：
(1)金属滑块与水平地面间的动摩擦因数μ；
(2)欲使滑块滑至圆弧最高点平抛后不落在斜面上，释放高度的取值范围。
7．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，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)轻弹簧获得的最大弹性势能；
(3)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。
第3练 专题强化：动能定理在多过程问题中的应用
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＝eq \f(F,4)，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＝eq \f(3FL,4)，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·eq \f(h,sin θ)＋μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＋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．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
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×eq \f(1－0.9n－1,1－0.9)
当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。]
4．BC [根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)
gsin θ－μ(M＋m)gcs θ＝(M＋m)a2，所以eq \f(a1,a2)＝eq \f(5,1)，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x＝0，可得eq \f(M,m)＝eq \f(1,4)，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。]
5．(1)0.1 (2)2 040 N，方向竖直向下
(3)1.5 m
解析 (1)根据题意，当运动员从D点冲出去后做竖直上抛运动，则vD＝geq \f(t,2)，解得vD＝4 m/s
运动员从A运动到D，根据动能定理，有－μmglBC＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvA2
解得μ＝0.1
(2)运动员从C运动到D，根据动能定理可得－mgR＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2，在C点，根据牛顿第二定律，
有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
联立解得FN＝2 040 N，根据牛顿第三定律可得运动员运动到圆弧最低点C点时对雪道的压力大小为FN′＝FN＝2 040 N，方向竖直向下；
(3)运动员从A点开始运动到最终静止，根据动能定理有mgR－μmgs＝0－eq \f(1,2)mvA2，解得s＝52.5 m＝11lBC＋3 m，所以运动员最后静止处距离B点的距离为l＝lBC－3 m＝1.5 m。
6．(1)0.25 (2)3.5R≤h≤5R
解析 (1)对滑块，在Q点，重力和轨道对滑块的弹力提供向心力，
有mg＋mg＝eq \f(mvQ2,R)
对滑块，从P到Q，根据动能定理得
mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq \f(1,2)mvQ2
联立两式得μ＝0.25。
(2)当滑块恰好能运动到Q点时，释放高度最小，设为h1，恰到Q时的速度设为v1，对滑块，在Q点，重力提供向心力mg＝eq \f(mv12,R)
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh1－μmgLMN－mg·2R
＝eq \f(1,2)mv12
联立两式得h1＝3.5R
当滑块恰好能抛到M点时，释放高度最大，设为h2，到Q点时的速度设为v2，滑块由Q点平抛到M点，水平方向4R＝v2t，竖直方向2R＝eq \f(1,2)gt2
从释放到Q点，根据动能定理得
mgh2－μmgLMN－mg·2R
＝eq \f(1,2)mv22
联立求得h2＝5R
故释放的高度范围为3.5R≤h≤5R。
7．(1)60 N (2)6 J (3)0.5 m≤L≤1 m
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－μmgeq \f(LAC,2)－mg×2R
＝eq \f(1,2)mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝meq \f(v2,R)
联立解得FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0
又有W弹＝0－Ep
联立解得Ep＝6 J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝meq \f(v02,R)，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝eq \f(1,2)mv02－0
解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1
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；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝1.5 m
s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m
LBC′＝s2－LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不容易脱离轨道，所以LBC′≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC′≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。