2020版高考物理一轮复习第五章+微专题38动能定理解决多过程问题

2020版高考物理一轮复习第五章+微专题38动能定理解决多过程问题

动能定理解决多过程问题 ‎[方法点拨]　(1)要对研究对象受力分析并分析各力做功情况；分析物体运动过程，明确对哪个过程应用动能定理.(2)列动能定理方程要规范，注意各功的正负号问题.‎ ‎1.(2018·湖北省重点中学联考)如图1所示，在倾角为θ的斜面底端固定一根劲度系数足够大的弹簧(力作用在弹簧上时弹簧形变很小，可以忽略不计)，弹簧的上端与斜面上B点对齐.将一个物块从斜面上的A点由静止释放，物块被弹簧反弹后沿斜面上滑，到最高点时离A点的距离为x.物块的大小不计，A、B间的距离为L，则物块与斜面间的动摩擦因数为(　　)‎ 图1‎ A.tanθ B.tanθ C.tanθ D.tanθ ‎2.(2018·山东省青岛二中模拟)质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图2所示.物体在x＝0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为(　　)‎ 图2‎ A.2m/s B.3m/s C.4m/s D.m/s ‎3.(多选)(2018·北京市海淀区模拟)如图3甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处由静止释放.某同学在研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，他以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴Ox，作出小球所受弹力F大小随小球下落的位置坐标x的变化关系如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为g.以下判断正确的是(　　)‎ 图3‎ A.当＝h＋2x0时，小球的动能最小 B.最低点的坐标x＝h＋2x0‎ C.当x＝h＋2x0时，小球的加速度为－g，且弹力为2mg D.小球动能的最大值为mgh＋ ‎4.(多选)(2019·福建省三明一中模拟)如图4所示，斜面AB和水平面BC是由同一板材上截下的两段，在B处用小圆弧连接.将小铁块(可视为质点)从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处.若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并轻推一下使之沿新斜面向下滑动.关于此情况下铁块的运动情况，下列描述正确的是(　　)‎ 图4‎ A.铁块一定能够到达P点 B.铁块的初速度必须足够大才能到达P点 C.铁块能否到达P点与铁块质量有关 D.铁块能否到达P点与铁块质量无关 ‎5.(多选)如图5所示，光滑水平面AB与竖直面上的半圆形固定轨道在B点衔接，轨道半径为R，BC为直径，一可看成质点、质量为m的物块在A点处压缩一轻质弹簧(物块与弹簧不拴接)，释放物块，物块被弹簧弹出后，经过半圆形轨道B点时对轨道的压力变为其重力的7倍，之后向上运动恰能通过半圆轨道的最高点C，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　)‎ 图5‎ A.物块经过B点时的速度大小为 B.刚开始时被压缩弹簧的弹性势能为3mgR C.物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgR D.若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块到达C点的动能为mgR ‎6.一个质量为4kg的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，从t＝0开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图6所示，求83s内物体的位移大小和力F对物体所做的功.(g取10m/s2)‎ 图6‎ ‎7.(2018·湖南省衡阳市一模)某雪橇运动简化模型如图7所示：倾角为θ＝37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点在同一水平面上，雪道最高点C所对应的圆弧半径R＝10m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1＝18m与h2＝20m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为μ＝0.1，运动员可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动，若电动雪橇以恒定功率1.2kW工作10s后自动关闭，则雪橇和运动员(总质量m＝50kg)到达C点的速度为2m/s.已知雪橇运动过程中不脱离雪道且sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)雪橇在C点时对雪道的压力；‎ ‎(2)雪橇在BC段克服摩擦力所做的功.‎ ‎8.如图8所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k＝40N/m的轻弹簧与斜面平行，弹簧下端固定在斜面底端的挡板上，弹簧与斜面间无摩擦.一个质量为m＝5kg的小滑块从斜面上的P点由静止滑下，小滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L＝1m.已知整个过程弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep 与其形变量x的关系为Ep＝kx2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2.求：‎ 图8‎ ‎(1)小滑块从P点下滑到Q点时所经历的时间t；‎ ‎(2)小滑块运动过程中达到的最大速度vm的大小；‎ ‎(3)小滑块运动到最低点的过程中，弹簧的最大弹性势能.‎ ‎9.(2018·山东省济宁市一模)如图9所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m ‎＝1kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度.在平台的右端有一水平传送带AB长为L＝12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x＝4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为μ＝0.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧轨道与BC平滑连接，在半圆弧轨道的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来.若传送带以v＝6m/s的速率顺时针匀速转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失.释放物块，当弹簧储存的能量Ep＝8J全部转移给物块时，小物块恰能滑到与圆心O等高的E点，取g＝10m/s2.‎ 图9‎ ‎(1)求物块被弹簧弹出时的速度大小；‎ ‎(2)求半圆弧轨道的半径R；‎ ‎(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调范围.‎ 答案精析 ‎1.A　[物块从A点由静止释放到返回至最高点，重力做正功，摩擦力做负功，弹簧的弹力做功为零，动能的变化量为零，根据动能定理得mgxsinθ－μmgcosθ(2L－x)＝ΔEk＝0，解得μ＝tanθ，故A正确，B、C、D错误.]‎ ‎2.B　[在0～4m内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a＝＝1m/s2，根据2ax＝v42－v02得v4＝3m/s，对物体在4～16m内运动过程运用动能定理，从题图中可知4～16m内合外力做功为0，所以v16＝v4＝3m/s，B正确.]‎ ‎3.CD　[由题图乙可知mg＝kx0，解得x0＝，由F－x图线与横轴所围图形的面积表示弹力所做的功，则有W弹＝k(x－h)2，由动能定理得mgx－k(x－h)2＝0，即mgx－(x－h)2＝0，解得x＝h＋x0(1＋)，故最低点坐标不是h＋2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图可知，mg＝kx0，由对称性可知当x＝h＋2x0时，小球加速度为－g，且弹力为2mg，故C正确；小球在x＝h＋x0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(h＋x0)＋W弹＝Ekm－0，依题可得W弹＝－mgx0，所以Ekm＝mgh＋mgx0，故D正确.]‎ ‎4.AD　[设A距离地面的高度为h，板材的动摩擦因数为μ，对全过程运用动能定理有mgh－μmgcosθ·sAB－μmgsBP＝0，得mgh－μmg(sABcosθ＋sBP)＝0，而sABcosθ＋sBP＝，即h－μ＝0，铁块在新斜面上有mgsinα－μmgcosα＝ma，由sinα－μcosα＝＝0，可知铁块在新斜面上做匀速运动，与铁块的质量m无关，铁块一定能够到达P点，选项A、D正确，B、C错误.]‎ ‎5.BC　[设物块经过半圆轨道B点瞬间的速度为vB，物块在B点时有FN＝7mg，FN－mg＝m可得vB＝，选项A错误；物块从A点到B点的过程有Ep＝mvB2，解得Ep＝3mgR，选项B正确；设物块到达C点时的速度为vC，物块在C点时有mg＝m，物块从B点到C点的过程有－mg·2R－Wf克＝mvC2－mvB2，可解得物块从B点到C点过程克服阻力做的功Wf克＝mgR，选项C正确；若刚开始时被压缩弹簧的弹性势能变为原来的2倍，物块进入半圆形轨道的速度增大，在同一点物块对轨道的压力增大，摩擦力增大，物块从B点到C点克服阻力所做的功增大，物块到达C点的动能小于mgR，选项D错误.]‎ ‎6.167m　676J 解析　当物体在前半周期时由牛顿第二定律得 F1－μmg＝ma1，‎ 则物体的加速度大小a1＝＝2m/s2‎ 当物体在后半周期时由牛顿第二定律得 ‎|F2|＋μmg＝ma2，‎ 则物体的加速度大小a2＝＝2m/s2.‎ 前半周期和后半周期位移相等，x1＝a1t2＝4m 一个周期的位移为8m，后半周期第1s内的位移为3m ‎83s内物体的位移大小为x＝(20×8＋4＋3)m＝167m 第83s末的速度v＝v1－a2t1＝2m/s 由动能定理得WF－μmgx＝mv2‎ 所以WF＝μmgx＋mv2＝676J.‎ ‎7.(1)480N，方向竖直向下　(2)700J 解析　(1)在C点，雪橇和人由重力和支持力的合力提供向心力，由向心力公式和牛顿第二定律得mg－FN＝m，解得FN＝480N，由牛顿第三定律可知雪橇对雪道的压力大小为480N，方向竖直向下.‎ ‎(2)雪橇在AB段受到的滑动摩擦力为Ff＝μmgcos37°＝40N，设雪橇在BC段克服摩擦力做功大小为WBC，从A到C根据动能定理有Pt－mgh2－Ff·－WBC＝mv2，解得WBC＝700J.‎ ‎8.(1)1s　(2)m/s　(3)20J 解析　(1)由牛顿第二定律可知小滑块沿斜面下滑的加速度a＝gsinθ－μgcosθ＝2m/s2‎ 由L＝at2可得t＝＝1s ‎(2)设弹簧被压缩至x0处时小滑块达到最大速度vm，此时小滑块加速度为零，根据平衡条件有mgsinθ－μmgcosθ＝kx0‎ 这一过程由动能定理有 mgsinθ(L＋x0)－μmgcosθ(L＋x0)－kx02＝mvm2‎ 解得vm＝m/s ‎(3)设小滑块从P点下滑到压缩弹簧至最低点时，弹簧的压缩量为x1，则Epm＝kx12，由动能定理，有mgsinθ(L＋x1)－μmgcosθ(L＋x1)－Epm＝0，解得Epm＝20J.‎ ‎9.(1)4m/s　(2)0.6m ‎(3)3m/s≤v≤2m/s 解析　(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Ep＝mv02，解得v0＝4m/s；‎ ‎(2)若物块在传送带上一直加速运动，设经过传送带获得的速度为v′，有v′2－v02＝2μgL，解得v′＝2m/s＞6m/s，所以，物块在传送带上先加速运动后匀速运动，经过传送带获得的速度为v＝6m/s，从B点到E点，由动能定理得－μmgx－mgR＝0－mv2，解得R＝0.6m；‎ ‎(3)设物块在B点的速度为v1时恰能到F点，在F点满足mg＝m，从B点到F点过程中由动能定理可知－μmgx－mg×2R＝mvF2－mv12，‎ 解得v1＝3m/s.‎ 设物块在B点的速度为v2时，物块撞挡板返回后恰好能再次上滑到E点.由动能定理可知－μmg×3x－mgR＝0－mv22，解得v2＝2m/s，‎ 因为物块在传送带上一直加速获得的最大速度为2m/s，所以传送带速度的可调范围为3m/s≤v≤2m/s.‎