高考物理一輪復(fù)習(xí)課時(shí)練習(xí) 第6章第3練　專(zhuān)題強(qiáng)化：動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用（含詳解）

1．木塊在水平恒力F的作用下，沿水平路面由靜止出發(fā)前進(jìn)了L，隨即撤去此恒力，木塊沿原方向又前進(jìn)了3L才停下來(lái)，設(shè)木塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中地面情況相同，則摩擦力的大小Ff和木塊所獲得的最大動(dòng)能Ek分別為()A．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝eq\f(FL,2) B．Ff＝eq\f(F,2)Ek＝FLC．Ff＝eq\f(F,3)Ek＝eq\f(2FL,3) D．Ff＝eq\f(F,4)Ek＝eq\f(3FL,4)2．圖中ABCD是一條長(zhǎng)軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的軌道，長(zhǎng)為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長(zhǎng)度可以忽略不計(jì)。一質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))在A(yíng)點(diǎn)由靜止釋放，沿軌道下滑，最后停在D點(diǎn)，A點(diǎn)和D點(diǎn)的位置如圖所示，現(xiàn)用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點(diǎn)回到A點(diǎn)，設(shè)滑塊與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，則推力對(duì)滑塊做的功等于()A．mgh B．2mghC．μmg(s＋eq\f(h,sinθ)) D．μmg(s＋hcosθ)3.(2024·廣東省模擬)如圖所示，一籃球從距地面高H處由靜止下落，與地面作用后再豎直向上彈回，籃球每次與地面作用都會(huì)有動(dòng)能損失，損失的動(dòng)能為籃球每次與地面接觸前動(dòng)能的10%。不計(jì)空氣阻力，籃球從開(kāi)始下落到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為()A．9HB．15HC．19HD．21H4.(多選)(2023·遼寧沈陽(yáng)市三模)如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ＝37°，質(zhì)量為M的集裝箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，集裝箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入箱中，之后集裝箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下(貨物與箱之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng))，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后集裝箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過(guò)程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列說(shuō)法正確的是()A．集裝箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí)，上滑與下滑的加速度大小之比為5∶2B．集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶4C．若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則集裝箱不能回到軌道頂端D．若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則集裝箱不能回到軌道頂端5．(2023·北京市清華大學(xué)附屬中學(xué)零模)如圖甲所示為某單板滑雪U型池的比賽場(chǎng)地，比賽時(shí)運(yùn)動(dòng)員在U型滑道內(nèi)邊滑行邊利用滑道做各種旋轉(zhuǎn)和跳躍動(dòng)作，裁判員根據(jù)運(yùn)動(dòng)員的騰空高度、完成的動(dòng)作難度和效果評(píng)分。圖乙為該U型池場(chǎng)地的橫截面圖，AB段、CD段為半徑R＝4m的四分之一光滑圓弧雪道，BC段為粗糙的水平雪道且與圓弧雪道相切，BC長(zhǎng)為4.5m，質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員(含滑板)以5m/s的速度從A點(diǎn)沿切線(xiàn)滑下后，始終保持在一個(gè)豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)U型雪道從D點(diǎn)豎直向上飛出，經(jīng)t＝0.8s恰好落回D點(diǎn)，然后又從D點(diǎn)返回U型雪道。忽略空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，g＝10m/s2。求：(1)運(yùn)動(dòng)員與BC雪道間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)運(yùn)動(dòng)員首次運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)對(duì)雪道的壓力；(3)運(yùn)動(dòng)員最后靜止處距離B點(diǎn)的距離。6．如圖所示軌道內(nèi)，足夠長(zhǎng)的斜面與圓弧面光滑，水平地面各處粗糙程度相同，圓弧半徑為R，水平面長(zhǎng)度LMN＝4R，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的金屬滑塊從距水平面高h(yuǎn)＝4R處的P點(diǎn)沿斜面由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到斜面底端無(wú)能量損失，滑塊滑至圓弧最高點(diǎn)Q時(shí)對(duì)軌道的壓力大小恰好等于滑塊重力，g＝10m/s2，求：(1)金屬滑塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)欲使滑塊滑至圓弧最高點(diǎn)平拋后不落在斜面上，釋放高度的取值范圍。7．如圖是由弧形軌道、圓軌道(軌道底端B略錯(cuò)開(kāi)，圖中未畫(huà)出)、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC右端裝有理想輕彈簧(右端固定)，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B點(diǎn)位置可改變，現(xiàn)將B點(diǎn)置于A(yíng)C中點(diǎn)，質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H＝0.5m處?kù)o止釋放。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長(zhǎng)LAC＝1.0m，滑塊與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；(2)輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；(3)若H＝0.4m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，求BC長(zhǎng)度滿(mǎn)足的條件。第3練專(zhuān)題強(qiáng)化：動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用1．D[木塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝eq\f(F,4)，木塊在撤去恒力時(shí)速度最大，則動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木塊所獲得的最大動(dòng)能為Ek＝eq\f(3FL,4)，故選D。]2．B[滑塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，設(shè)克服摩擦力做功為W克fAD，由動(dòng)能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①滑塊從D點(diǎn)回到A點(diǎn)，由于是緩慢推，說(shuō)明動(dòng)能變化量為零，設(shè)克服摩擦力做功為W克fDA，由動(dòng)能定理知當(dāng)滑塊從D點(diǎn)被推回A點(diǎn)有WF－mgh－W克fDA＝0，②由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至D點(diǎn)，克服摩擦力做的功為W克fAD＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，③從D→A的過(guò)程克服摩擦力做的功為W克fDA＝μmgcosθ·eq\f(h,sinθ)＋μmgs，④聯(lián)立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤聯(lián)立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。]3．C[籃球第一次到達(dá)地面時(shí)所獲得的動(dòng)能為Ek1＝mgH，運(yùn)動(dòng)的路程為s1＝H，籃球第一次與地面作用后損失的動(dòng)能為ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)的高度為H1＝0.9H籃球第二次到達(dá)地面運(yùn)動(dòng)的路程為s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H籃球第二次與地面作用后損失的動(dòng)能為ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反彈后上升到最高點(diǎn)時(shí)的高度為H2＝0.9H1＝0.92H籃球第三次到達(dá)地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的路程為s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H籃球第n次到達(dá)地面時(shí)運(yùn)動(dòng)的路程為sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H根據(jù)等比數(shù)列求和公式可得s總＝H＋2×0.9H×eq\f(1－0.9n－1,1－0.9)當(dāng)n趨于無(wú)窮大時(shí)，有s總＝19H，C正確。]4．BC[根據(jù)牛頓第二定律，上滑時(shí)，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑時(shí)，有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，所以eq\f(a1,a2)＝eq\f(5,1)，故A錯(cuò)誤；設(shè)頂端到彈簧壓縮到最短位置間的距離為x，集裝箱從頂端滑至壓縮彈簧到最短，再到返回頂端，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得eq\f(M,m)＝eq\f(1,4)，故B正確；若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，說(shuō)明集裝箱不能回到軌道頂端，故C正確；若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x>0，說(shuō)明集裝箱能回到軌道頂端，故D錯(cuò)誤。]5．(1)0.1(2)2040N，方向豎直向下(3)1.5m解析(1)根據(jù)題意，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)沖出去后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則vD＝geq\f(t,2)，解得vD＝4m/s運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到D，根據(jù)動(dòng)能定理，有－μmglBC＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvA2解得μ＝0.1(2)運(yùn)動(dòng)員從C運(yùn)動(dòng)到D，根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgR＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2，在C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝meq\f(vC2,R)聯(lián)立解得FN＝2040N，根據(jù)牛頓第三定律可得運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)到圓弧最低點(diǎn)C點(diǎn)時(shí)對(duì)雪道的壓力大小為FN′＝FN＝2040N，方向豎直向下；(3)運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR－μmgs＝0－eq\f(1,2)mvA2，解得s＝52.5m＝11lBC＋3m，所以運(yùn)動(dòng)員最后靜止處距離B點(diǎn)的距離為l＝lBC－3m＝1.5m。6．(1)0.25(2)3.5R≤h≤5R解析(1)對(duì)滑塊，在Q點(diǎn)，重力和軌道對(duì)滑塊的彈力提供向心力，有mg＋mg＝eq\f(mvQ2,R)對(duì)滑塊，從P到Q，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mvQ2聯(lián)立兩式得μ＝0.25。(2)當(dāng)滑塊恰好能運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，釋放高度最小，設(shè)為h1，恰到Q時(shí)的速度設(shè)為v1，對(duì)滑塊，在Q點(diǎn)，重力提供向心力mg＝eq\f(mv12,R)從釋放到Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh1－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv12聯(lián)立兩式得h1＝3.5R當(dāng)滑塊恰好能拋到M點(diǎn)時(shí)，釋放高度最大，設(shè)為h2，到Q點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為v2，滑塊由Q點(diǎn)平拋到M點(diǎn)，水平方向4R＝v2t，豎直方向2R＝eq\f(1,2)gt2從釋放到Q點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgh2－μmgLMN－mg·2R＝eq\f(1,2)mv22聯(lián)立求得h2＝5R故釋放的高度范圍為3.5R≤h≤5R。7．(1)60N(2)6J(3)0.5m≤L≤1m解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgH－μmgeq\f(LAC,2)－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－0在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg＋FN＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得FN＝60N由牛頓第三定律可知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為60N。(2)彈簧第一次被壓縮到最短時(shí)，彈性勢(shì)能有最大值；從出發(fā)到彈簧第一次被壓縮到最短過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgH－μmgLAC＋W彈＝0－0又有W彈＝0－Ep聯(lián)立解得Ep＝6J(3)①若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，則有mg＝meq\f(v02,R)，從開(kāi)始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝eq\f(1,2)mv02－0解得s1＝0.75m，LBC＝LAC－s1要使滑塊不脫離軌道