專題提升9　應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程問題-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

1．(2024·四川成都診斷)如圖所示，一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從高H＝12m處的A點(diǎn)由靜止沿光滑的軌道AB滑下，進(jìn)入半徑為r＝4m的豎直圓環(huán)，圓環(huán)內(nèi)軌道與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相同，當(dāng)滑塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)，滑塊對(duì)軌道的壓力恰好為零，滑塊繼續(xù)沿CFB滑下，進(jìn)入光滑軌道BD，且到達(dá)高度為h的D點(diǎn)時(shí)速度為零，則h的值可能為(重力加速度大小g取10m/s2)()A．8m B．9mC．10m D．11m解析：滑塊到達(dá)圓環(huán)頂點(diǎn)C時(shí)對(duì)軌道壓力為零，由牛頓第二定律得mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),r)，則速度vC＝eq\r(gr)，設(shè)滑塊在BEC段上克服摩擦力做的功為W1，由動(dòng)能定理得mg(H－2r)－W1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，則W1＝mg(H－2r)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＝mg(H－eq\f(5,2)r)，滑塊在CFB段克服摩擦力做的功W2滿足0<W2<W1，從C到D，由動(dòng)能定理得－mg(h－2r)－W2＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入得8m<h<10m，B正確。答案：B2.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從離地面H高處由靜止釋放，落到地面，陷入泥土中h深度后停止運(yùn)動(dòng)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是()A．小球落地時(shí)的動(dòng)能等于mg(H＋h)B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球剛落到地面時(shí)的動(dòng)能C．泥土阻力對(duì)小球做的功為mg(H＋h)D．小球在泥土中受到的平均阻力大小為mg(1＋eq\f(H,h))解析：根據(jù)動(dòng)能定理知，小球落地時(shí)的動(dòng)能等于mgH，A錯(cuò)誤；小球從落地到陷入泥土中h深度的過程，由動(dòng)能定理得0－eq\f(1,2)mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋eq\f(1,2)mv2，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力對(duì)小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小為F阻＝mg(1＋eq\f(H,h))，D正確。答案：D3．(多選)如圖所示，半圓形光滑軌道BC與水平光滑軌道平滑連接。小物體在水平恒力F作用下，從水平軌道上的P點(diǎn)，由靜止開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)撤去外力F，小物體由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域。已知PB＝3R，重力加速度為g，F(xiàn)的大小可能為()A．eq\f(1,2)mg B．eq\f(5mg,6)C．mg D．eq\f(7mg,6)解析：小物體能通過C點(diǎn)應(yīng)滿足meq\f(veq\o\al(2,C),R)≥mg，且由C點(diǎn)離開半圓軌道后落在P點(diǎn)右側(cè)區(qū)域，則有2R＝eq\f(1,2)gt2，vCt<3R，對(duì)小物體從P點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得F·3R－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，聯(lián)立解得eq\f(5mg,6)≤F<eq\f(25mg,24)，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。答案：BC4．如圖所示，一物體由固定斜面上的A點(diǎn)以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發(fā)生無動(dòng)能損失的碰撞后又滑回到A點(diǎn)，其速度恰好為零。設(shè)A、B兩點(diǎn)高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為()A.eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),4)) B．eq\r(2gh)C.eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2)) D．eq\r(2gh＋veq\o\al(2,0))解析：設(shè)整個(gè)滑動(dòng)過程中物體所受摩擦力大小為f(此力大小不變，下滑時(shí)方向沿斜面向上，上滑時(shí)方向沿斜面向下)，斜面長(zhǎng)為s，則對(duì)物體由A→B→A的整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)能定理，得－2fs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)。同理，對(duì)物體由A到B的過程運(yùn)用動(dòng)能定理，設(shè)物體與擋板碰前瞬間速度為v，則mgh－fs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(2gh＋\f(veq\o\al(2,0),2))，C正確。答案：C5.如圖所示，在高為h的粗糙平臺(tái)上，有一個(gè)質(zhì)量為m的小球，被一根細(xì)線拴在墻上，小球與墻間有一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧。當(dāng)燒斷細(xì)線時(shí)，小球被彈出，小球落地時(shí)速度大小為v。對(duì)燒斷細(xì)線到小球剛要落地的過程，下列說法正確的是()A．小球離開彈簧時(shí)的動(dòng)能是eq\f(1,2)mv2B．彈簧彈力做的功等于eq\f(1,2)mv2C．彈簧彈力與重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2D．彈簧彈力與摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh解析：從燒斷細(xì)線到小球剛要落地的整個(gè)過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可知W彈－Wf＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，移項(xiàng)可知，小球離開彈簧時(shí)的動(dòng)能不等于eq\f(1,2)mv2，落地時(shí)動(dòng)能才等于eq\f(1,2)mv2，A錯(cuò)誤；彈簧彈力做的功等于eq\f(1,2)mv2－mgh＋Wf，B錯(cuò)誤；彈簧彈力與重力做功的和等于eq\f(1,2)mv2＋Wf，C錯(cuò)誤；彈簧彈力與摩擦力做功的和等于eq\f(1,2)mv2－mgh，D正確。答案：D6．(2024·四川攀枝花診斷)如圖甲所示的是一景區(qū)游樂滑道，游客坐在座墊上沿著花崗巖滑道下滑，他可依靠手、腳與側(cè)壁間的摩擦來控制下滑速度?；篮?jiǎn)化圖如圖乙所示，滑道由AB、BC、CD三段組成，各段之間平滑連接。AB段和CD段與水平面的夾角為θ1，兩端豎直距離均為h0；BC段與水平面的夾角為θ2，兩端豎直距離為eq\f(1,2)h0。一質(zhì)量為m的游客從A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)底端D點(diǎn)時(shí)的安全速度不得大于eq\r(2gh0)，已知sinθ1＝eq\f(1,4)、sinθ2＝eq\f(1,8)，坐墊與滑道底面間的摩擦及空氣阻力均不計(jì)，若未使用坐墊，游客與滑道底面間的摩擦力大小f恒為重力的0.1，運(yùn)動(dòng)過程中游客始終不離開滑道。(1)游客使用坐墊自由下滑(即與側(cè)壁間無摩擦)，則游客在BC段增加的動(dòng)能ΔEk為多大？(2)若游客未使用坐墊且與側(cè)壁間無摩擦下滑，則游客到達(dá)D點(diǎn)時(shí)是否安全？(3)若游客使用坐墊安全下滑至D點(diǎn)，則克服側(cè)壁摩擦力做功的最小值為多少？解析：(1)由動(dòng)能定理得ΔEk＝eq\f(1,2)mgh0。(2)在AD段，由動(dòng)能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－0.1mg(eq\f(2h0,sinθ1)＋eq\f(\f(1,2)h0,sinθ2))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0解得vD＝eq\r(2.6gh0)＞eq\r(2gh0)因此游客到達(dá)D點(diǎn)時(shí)不安全。(3)整個(gè)過程，由動(dòng)能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－Wmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Dmax)－0解得Wmin＝1.5mgh0。答案：(1)eq\f(1,2)mgh0(2)不安全(3)1.5mgh0[能力提升練]7．(多選)(2021·全國(guó)甲卷)一質(zhì)量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動(dòng)。該物體開始滑動(dòng)時(shí)的動(dòng)能為Ek，向上滑動(dòng)一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)動(dòng)能為eq\f(Ek,5)。已知sinα＝0.6，重力加速度大小為g。則()A．物體向上滑動(dòng)的距離為eq\f(Ek,2mg)B．物體向下滑動(dòng)時(shí)的加速度大小為eq\f(g,5)C．物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.5D．物體向上滑動(dòng)所用的時(shí)間比向下滑動(dòng)的時(shí)間長(zhǎng)解析：設(shè)物體向上滑動(dòng)的距離為s，根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過程，有－(mgsinα＋μmgcosα)s＝0－Ek，下滑過程，有(mgsinα－μmgcosα)s＝eq\f(Ek,5)－0，聯(lián)立解得s＝eq\f(Ek,mg)、μ＝0.5，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得mgsinα－μmgcosα＝ma下，解得a下＝eq\f(g,5)，故選項(xiàng)B正確；物體上滑與下滑過程都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，但上滑的初速度比回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大，根據(jù)s＝eq\f(v,2)t知，下滑的時(shí)間較長(zhǎng)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案：BC8．(2024·四川綿陽(yáng)中學(xué)診斷)如圖甲所示，游樂場(chǎng)的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運(yùn)行，可抽象為圖乙所示的模型。傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF，分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m?，F(xiàn)有質(zhì)量m＝500kg的過山車，從高h(yuǎn)＝40m處的A點(diǎn)由靜止下滑，經(jīng)BCDC′EF最終停在G點(diǎn)。過山車與軌道AB、EF間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，與減速直軌道FG間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.75。過山車可視為質(zhì)點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)中不脫離軌道，g取10m/s2。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)過山車運(yùn)動(dòng)至圓軌道最低點(diǎn)C時(shí)的速度大??；(2)過山車運(yùn)動(dòng)至圓軌道最高點(diǎn)D時(shí)對(duì)軌道的作用力大小；(3)減速直軌道FG的長(zhǎng)度x。解析：(1)設(shè)過山車在C點(diǎn)的速度大小為vC，由動(dòng)能定理得mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)得vC＝8eq\r(10)m/s。(2)設(shè)過山車在D點(diǎn)速度大小為vD，由動(dòng)能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)，解得F＝7×103N由牛頓第三定律知，過山車在D點(diǎn)對(duì)軌道的作用力大小為7×103N。(3)全程應(yīng)用動(dòng)能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0解得x＝30m。答案：(1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m9．(2022·湖南卷節(jié)選)如圖(a)，質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍(λ為常數(shù)且0<λ<eq\f(H－h(huán),H＋h))，且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為g。(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；(2)若籃球反彈至最高處h時(shí)，運(yùn)動(dòng)員對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。解析：(1)籃球運(yùn)動(dòng)過程中阻力大小為F阻＝λmg籃球從最高點(diǎn)下落到第一次碰到地面前，由動(dòng)能定理有(mg－F阻)H＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,前)籃球從第一次碰到地面到上升至最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理有－(mg＋F阻)h＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,后)聯(lián)立解得籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k＝eq\f(v后,v前)＝eq\r(\f((1＋λ)h,(1－λ)H))。(2)籃球從h高處到第二次碰到地面