文档内容
专题强化练(六) 动能定理在多过程问题中的应用
(40分钟 60分)
一、选择题
1.(6 分)(2023·株洲模拟)水平面有一粗糙段 AB 长为 s,其动摩擦因数与离 A 点距离 x 满足
μ=kx(k为恒量)。一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v 向右运动,到达B点时速率为v,第
0
二次也以相同速度v 从B点向左运动,则( )
0
A.第二次也能运动到A点,但速率不一定为v
B.第二次也能运动到A点,但第一次的时间比第二次时间长
C.两次运动因摩擦产生的热量不相同
√2
D.两次速率相同的位置只有一个,且距离A为 s
2
【加固训练】
(多选)(2023·张家口模拟)如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m
的匀质木板在光滑水平面上以速度 v 匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平
0
面间的动摩擦因数 μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v
0
的值可能为( )A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
2.(6分)(2023·武汉模拟)如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量
为m的小物块以初速度v 从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画
0
L
出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为 ,重力加速度为g,则小物
5
块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A. 1 √19 B. L √19
v 10 v 5
0 0
C. L √17 D. L √17
v 5 v 10
0 0
3.(6分)(2024·安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,
选地面为参考平面,在上升至离地h高处,小球的动能是重力势能的2倍,到达最高点后再下落
至离地高h处,小球的重力势能是动能的2倍,则h等于( )
H 2H H 4H
A. B. C. D.
9 9 3 9
【加固训练】
(2023·拉萨模拟)一包裹以某一初速度沿着倾角为 37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上
3
滑,包裹上滑到速度为零后又滑回底端,且速度大小为开始上滑的初速度大小的 。已知
4sin37°=0.6,cos37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为 ( )
A.0.05 B.0.16
C.0.21 D.0.25
4. (6分)(多选)(2023·钦州模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定
功率P沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点 B时关闭发
动机,赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道
1
的半径为R,A、B两点间的距离为2R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为 mg(g为重力
4
加速度大小)。不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )
√2R
A.赛车通过C点后在空中运动的时间为
g
B.赛车通过C点后恰好落回A点
C.赛车通过B点时的速度大小为2√gR
3mgR
D.赛车从A点运动到B点的时间为
P
二、计算题
5.(10分)如图所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低
点,AB 正好是圆弧在 B点的切线,圆心 O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径 R=3.6m。一滑块质量 m=5 kg,与 AB 斜面间的动摩擦因数 μ=0.45,将滑块从 A 点由静止释放
(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中:
(1)滑块在AB段上运动的总路程;
(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值。
【加固训练】
如图所示,一根直杆与水平面成θ=37°角,杆上套有一个小滑块,杆底端N处有一弹性挡板,板面与杆垂直。 现将滑块拉到 M点由静止释放,滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知 M、
N 两 点 间 的 距 离 d=0.5 m, 滑 块 与 杆 之 间 的 动 摩 擦 因 数 μ=0.25,g=10 m/s2 。 取
sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1) 滑块第一次下滑的时间t;
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x;
(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s。6.(12分)(2023·宁波模拟)如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究
装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器,圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B
点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放,且
将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=0.1 m,水平轨道长L =1.0 m,滑块与AC间动摩擦
AC
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,求(g取10 m/s2):
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小:
(2)弹射器获得的最大弹性势能:
(3)若H=6 m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求满足条件的BC长度L 。
BC7.(14分)(2023·长沙模拟)如图,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且
均固定在水平地面上,质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放,滑到斜面
4
底端然后滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为
5
H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin37°=0.6。求:
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)滑块第一次下滑的时间与第一次上滑的时间之比;
(3)滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中,系统产生的热量。【加固训练】
如图甲所示,质量m=2.0 kg的小球静止在水平地面上,从某时刻起,小球受到竖直向上的拉
力F作用,拉力F随小球上升高度h的变化关系如图乙所示,F减小到0以后小球不再受拉力的
作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上运动过程中的最大速度;
(2)小球在空中运动的总路程。(计算结果可用分数表示)解析版
一、选择题
1.(6 分)(2023·株洲模拟)水平面有一粗糙段 AB 长为 s,其动摩擦因数与离 A 点距离 x 满足
μ=kx(k为恒量)。一物块(可看作质点)第一次从A点以速度v 向右运动,到达B点时速率为v,第
0
二次也以相同速度v 从B点向左运动,则( )
0
A.第二次也能运动到A点,但速率不一定为v
B.第二次也能运动到A点,但第一次的时间比第二次时间长
C.两次运动因摩擦产生的热量不相同
√2
D.两次速率相同的位置只有一个,且距离A为 s
2
【解析】选D。根据题意可知,物块在两次运动过程中,在相同位置受到的摩擦力大小相等,两
次运动的距离相等,摩擦力做功相同,两次运动因摩擦产生的热量相同,由动能定理可知,第二次
到达A点的速率也为v,故A、C错误;根据题意可知,第一次运动时,摩擦力越来越大,加速度越
来越大,第二次运动时,摩擦力越来越小,加速度越来越小,两次运动的位移相等,结合A、C分析
和v-t图像中图像的斜率表示加速度和图像的面积表示位移,画出两次运动的v-t图像,如图所
示,由图可知,第一次的时间比第二次时间短,故B错误;根据题意,设两次速率相同的位置距离A点
kxmg 1 1
的距离为 x,相同的速率设为 v ,根据动能定理,第一次有- x= mv2- mv2,第二次有-
1 2 2 1 2 0
ksmg+kxmg 1 1 √2
(s-x)= mv2- mv2,联立解得x= s,则两次速率相同的位置只有一个,且距离A为
2 2 1 2 0 2
√2
s,故D正确。
2
【加固训练】
(多选)(2023·张家口模拟)如图所示,光滑水平面与长2 m的粗糙水平面平滑连接,长l=1 m
的匀质木板在光滑水平面上以速度 v 匀速运动,随后进入粗糙水平面。已知木板与粗糙水平
0
面间的动摩擦因数 μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整个木板全部停在粗糙水平面内,则v
0
的值可能为( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/s D.2.5 m/s
1 1
【解析】选A、B。当长木板左端恰好到达粗糙水平面左端时,由 μmgl= mv2,解得v =1 m/s;
2 2 1 1
1 1
当长木板右端恰好到达粗糙水平面右端时,由 μmgl+μmgl= mv2,解得v =√3 m/s,所以速度的
2 2 2 2
范围应该在1 m/s≤v ≤√3 m/s。故选A、B。
02.(6分)(2023·武汉模拟)如图所示,轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接,左端与B点对齐。质量
为m的小物块以初速度v 从A向右滑动,物块压缩弹簧后被反弹,滑到AB的中点C(图中未画
0
L
出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为 ,重力加速度为g,则小物
5
块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为( )
A. 1 √19 B. L √19
v 10 v 5
0 0
C. L √17 D. L √17
v 5 v 10
0 0
L L L
【解析】选 B。小物块从 A点到停止运动的整个过程,根据动能定理可得-μmg·(L+ + +
5 5 2
1 1 1
)=0- mv2,在 BC 段运动时,由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg=ma, L= at2,联立解得 t=
2 0 2 2
L √19。
v 5
0
3.(6分)(2024·安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出,上升的最大高度为H,设所受阻力大小恒定,
选地面为参考平面,在上升至离地h高处,小球的动能是重力势能的2倍,到达最高点后再下落
至离地高h处,小球的重力势能是动能的2倍,则h等于( )
H 2H H 4H
A. B. C. D.
9 9 3 9
【解析】选 D。设小球受到的阻力大小恒为 f,小球上升至最高点过程,由动能定理得-mgH-1 1 1
fH=0- mv2,小球上升至离地高度h处时速度设为v ,由动能定理得-mgh-fh= mv2- mv2,又由题
2 0 1 2 1 2 0
1
有 mv2=2mgh,小球上升至最高点后又下降至离地高度 h处时速度设为v ,此过程由动能定理
2 1 2
1 1 1 4H
得:-mgh-f(2H-h)= mv2- mv2,又由题有2× mv2=mgh,以上各式联立解得h= 。
2 2 2 0 2 2 9
【加固训练】
(2023·拉萨模拟)一包裹以某一初速度沿着倾角为 37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上
3
滑,包裹上滑到速度为零后又滑回底端,且速度大小为开始上滑的初速度大小的 。已知
4
sin37°=0.6,cos37°=0.8,包裹可视为质点,则包裹和雪道之间的动摩擦因数为 ( )
A.0.05 B.0.16
C.0.21 D.0.25
【解析】选C。设包裹沿斜面上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程,由动能定理有-mgs·sinθ-
1 1 3v
μmgs·cosθ=0- mv2,同理,下滑时有mgssinθ-μmgs·cosθ= m( 0)2-0,联立解得μ=0.21,故选C。
2 0 2 4
4. (6分)(多选)(2023·钦州模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒定
功率P沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点 B时关闭发
动机,赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为m,半圆轨道
1
的半径为R,A、B两点间的距离为2R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒为 mg(g为重力
4
加速度大小)。不计空气阻力。下列说法正确的是 ( )√2R
A.赛车通过C点后在空中运动的时间为
g
B.赛车通过C点后恰好落回A点
C.赛车通过B点时的速度大小为2√gR
3mgR
D.赛车从A点运动到B点的时间为
P
1 √R
【解析】选B、D。赛车通过C点后在空中做平抛运动,竖直方向有2R= gt2,解得t=2 ,故A
2 g
错误;赛车恰好能通过最高点
C,则有mg=mv2
,根据平抛运动水平方向规律有x=v t,解得x=2R,
C C
R
1
赛车通过C点后恰好落回A点,故B正确;赛车从B到C的过程中,根据动能定理有-2mgR= m
2
1 1 1
v 2- mv 2,解得v =√5gR,故C错误;赛车从A点运动到B点,根据动能定理有Pt'- mg·2R= m
C 2 B B 4 2
3mgR
v 2,解得t'= ,故D正确。
B P
二、计算题
5.(10分)如图所示,竖直面内有一粗糙斜面AB,BCD部分是一个光滑的圆弧面,C为圆弧的最低
点,AB 正好是圆弧在 B点的切线,圆心 O与A、D点在同一高度,θ=37°,圆弧面的半径 R=3.6
m。一滑块质量 m=5 kg,与 AB 斜面间的动摩擦因数 μ=0.45,将滑块从 A 点由静止释放
(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的运动过程中:(1)滑块在AB段上运动的总路程;
答案:(1)8 m
【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ=37°,知mgsinθ>μmgcosθ,故滑块最终不会
停留在斜面上,由于滑块在AB段受摩擦力作用,则滑块做往复运动的高度将越来越低,最终以
B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动。设滑块在 AB段上运动的总路程为s,滑块在AB段
上所受摩擦力大小F=μF =μmgcosθ
f N
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动,由动能定理得mgRcos θ-Fs=0
f
R
解得s= =8 m
μ
(2)在滑块运动过程中,C点受到的压力的最大值和最小值。
答案: (2)102 N 70 N
【解析】(2)滑块第一次过C点时,速度最大,设为v ,分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大,
1
设为F ,从A到C的过程,由动能定理得
max
1
mgR-Fl = mv2-0
f AB 2 1
R
斜面AB的长度l =
AB
tanθ
由牛顿第二定律得F
-mg=mv2
max 1
R解得F =102 N
max
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时,速度最小,设为v ,此时滑块所受轨道支持力
2
1
最小,设为F ,从B到C,由动能定理得mgR(1-cosθ)= mv2-0
min 2 2
由牛顿第二定律得F -mg=mv2
min 2
R
解得F =70 N
min
根据牛顿第三定律可知,C点受到的压力最大值为102 N,最小值为70 N。
【加固训练】
如图所示,一根直杆与水平面成θ=37°角,杆上套有一个小滑块,杆底端N处有一弹性挡板,
板面与杆垂直。 现将滑块拉到 M点由静止释放,滑块与挡板碰撞后以原速率弹回。已知 M、
N 两 点 间 的 距 离 d=0.5 m, 滑 块 与 杆 之 间 的 动 摩 擦 因 数 μ=0.25,g=10 m/s2 。 取
sin37°=0.6,cos37°=0.8。求:
(1) 滑块第一次下滑的时间t;
答案:(1) 0.5 s
【解析】(1) 下滑时根据牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma
解得a=4.0 m/s2
1
由d= at2得
2
下滑时间t=0.5 s。
(2) 滑块与挡板第一次碰撞后上滑的最大距离x;
答案:(2)0.25 m
【解析】(2) 第一次与挡板相碰时的速率
v=at=2 m/s
1
上滑时:-(mgsinθ+f)x=0- mv2
2
解得x=0.25 m。
(3) 滑块在直杆上滑过的总路程s。
答案:(3)1.5 m
【解析】(3)滑块最终停在挡板处,由动能定理得
mgdsinθ-fs=0
解得总路程s=1.5 m。
6.(12分)(2023·宁波模拟)如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究
装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器,圆轨道与水平直轨道相交于B点,且B
点位置可改变。现将质量m=2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6 m处静止释放,且
将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=0.1 m,水平轨道长L =1.0 m,滑块与AC间动摩擦
AC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,求(g取10 m/s2):
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小:
答案:(1)100 N
【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
1
mgH-μmgL -mg·2R= mv2
AB
2
在圆轨道最高点,由牛顿第二定律可得
v2
mg+F=m
R
联立解得F=100 N
由牛顿第三定律得:滑块对轨道的压力大小为100 N。
(2)弹射器获得的最大弹性势能:
答案:(2)8 J
【解析】(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值,由能量守恒可知
mgH-μmgL =E
AC p
解得E =8 J
p
(3)若H=6 m,改变B点位置,使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道,求满足条件的BC长度L 。
BC
答案:(3)1 m≥L ≥0.5 m
BC
【解析】(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点,mg=mv 2
0
R
从开始到圆轨道最高点,由动能定理可知
1
mg(H-2R)-μmgs = mv 2
1 2 0
解得s =28.75 m
1
L =s -28L =0.75 m
AB 1 AC
要使滑块不脱离轨道,BC之间的距离应该满足L ≥0.25 m
BC
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处,此时的速度为零,由动能定理可知
mg(H-R)-μmgs =0
2
解得s =29.5 m
2
L =s -29L =0.5 m
BC 2 AC
根据滑块运动的周期性可知,应使L ≥0.5 m,滑块不脱离轨道;
BC
综上所述,符合条件的BC长度为1 m≥L ≥0.5 m。
BC
【解题指南】解答本题需注意以下三点:
(1)对于滑块从出发到圆弧轨道的最高点,由动能定理求出速度,再由牛顿第二、三定律求滑块
对轨道的压力;
(2)根据能量守恒定律求第一次压缩的最大的弹性势能;
(3)不脱离轨道存在两种临界情况,一是恰好到达与圆心等高的位置,二是恰通过轨道的最高点,
根据临界条件和动能定理相结合求解L 的范围。
BC7.(14分)(2023·长沙模拟)如图,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且
均固定在水平地面上,质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放,滑到斜面
4
底端然后滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为
5
H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin37°=0.6。求:
(1)滑块与斜面间的动摩擦因数;
1
答案:(1)
12
【解析】(1)设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,根据功能关系有
4 1
W=W +W =mgH- mgH= mgH
f f1 f2
5 5
H
而W =μmgcosα·
f1
sinα
H 4
W =μmgcosα· ×
f2
sinα 5
1
联立解得W = mgH
f1
9
1
μ=
12
(2)滑块第一次下滑的时间与第一次上滑的时间之比;
5
答案:(2)
4
【解析】(2)滑块第一次下滑过程,根据牛顿运动定律有mgsinα-μmgcosα=ma
1
H 1
由运动学公式有 = a t2
sinα 2 1 1滑块第一次上滑过程,根据牛顿运动定律有
mgsinα+μmgcosα=ma
2
4 H 1
由运动学公式有 × = a t2
5 sinα 2 2 2
联立解得 t =5
1
t 4
2
(3)滑块从静止释放到第n次上滑到斜面最高点的过程中,系统产生的热量。
答案:(3)(1-4n)mgH
5n
【解析】(3)滑块第二次下滑过程,根据动能定理有
4 4 H 1
mgH- ×μmgcosα· = mv2
5 5 sinα 2 2
滑块第二次上滑过程,根据动能定理有
h 1
-mgh -μmgcosα· 2 =0- mv2
2 sinα 2 2
结合tanα=9μ
4
解得h =( )2H
2
5
4
滑块第n次沿斜面上升的最大高度为h =( )nH
n
5
滑块在斜面上滑行的路程为 s= H +2×4H+2×16H+···+2×4n-1· H + 4nH =9(1-4n)
sinα 5sinα 25sinα 5n-1 sinα 5nsinα 5n
H
sinα
由于摩擦系统产生的热量为
Q=μmgscosα=(1-4n)mgH
5n【加固训练】
如图甲所示,质量m=2.0 kg的小球静止在水平地面上,从某时刻起,小球受到竖直向上的拉
力F作用,拉力F随小球上升高度h的变化关系如图乙所示,F减小到0以后小球不再受拉力的
作用。已知小球每次与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上运动过程中的最大速度;
答案:(1)5 m/s
【解析】(1)当F=mg=20 N,即小球上升h=2.5 m时,小球的速度最大,此过程中
40+20
W = ×2.5 J=75 J
F
2
1
根据动能定理W -mgh= mv2
F
2
解得v=5 m/s
(2)小球在空中运动的总路程。(计算结果可用分数表示)
40
答案:(2) m
3
【解析】(2)小球上升h'=5 m时
40
W' = ×5 J=100 J
F
2
重力做功W =-20×5 J=-100 J
G因W +W '=0
G F
故小球上升的最大高度为H=5 m
根据题意小球与地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,
1 1
由mgH= mv2、mgH = mv2、v =kv
2 0 1 2 1 1 0
联立解得小球第一次碰后上升的最大高度H =k2H
1
同理可求得小球第2,3,…,n次碰后上升的最大高度H =k4H,H =k6H,…,H =k2nH
2 3 n
则小球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
s=H+2H +2H +2H +···+2H =H+2H(k2+k4+k6+···+k2n)=
1 2 3 n
H+2Hk2(1-k2n)=H+2k2H=1+k2H=H+2Hk2(1-k2n)=H+2k2H=1+k2H
1-k2 1-k2 1-k2 1-k2 1-k2 1-k2
25
解得s= m
3
40
小球在空中运动的总路程为H+s= m
3
