2023年高考物理总复习试题讲解：第六章专题强化（九）动能定理在多过程问题中的应用（含答案）

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1、专题强化九动能定理在多过程问题中的应用目标要求1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用题型一动能定理在多过程问题中的应用1运用动能定理解决多过程问题，有两种思路(1)分阶段应用动能定理若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破(2)全过程(多个过程)应用动能定理当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而

2、避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算2全过程列式时要注意(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积例1(多选)(2021全国甲卷20)一质量为m的物体自倾角为的固定斜面底端沿斜面向上滑动该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin 0.6，重力加速度大小为g.则()A物体向上滑动的距离为B物体向下滑动时的加速度大小为C物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5D物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长答案BC解析物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有m

3、g2lcos Ek，物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有mglsin mglcos 0Ek，整理得l，0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下mgsin mgcos ，解得a下，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上mgsin mgcos ，解得a上g，故a上a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式lat2，则可得出t上mgcos ，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做往复运动设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上

4、所受摩擦力大小FfFNmgcos ，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 Ffs0，解得s8 m.(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，从A到C的过程，由动能定理得mgRFflABmv120，斜面AB的长度lAB，由牛顿第二定律得Fmaxmg，解得Fmax102 N.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v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，由动能定理得mgR(1cos )mv220，由牛顿第二定律得Fminmg，解得Fmin70 N，根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值

5、为102 N，最小值为70 N.例5(2021湖北省1月选考模拟7)如图所示，两倾角均为的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()A. B.C. D.答案B解析由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgHEk，此时小物块所走路程s1，第一次通过O点后动能Ek195%Ek95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H195%H，第二次到达O点所走的路程s295%，同理第二次离开O点到第三次

6、到达O点所走路程s3(95%)2，故小物块所走的总路程s总s1s2sn95%(95%)2(95%)n1，n无穷大时，可得s总(等比数列求和)，故B正确课时精练1.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体斜面C端离地高度h0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C

7、.斜面倾角53，重力加速度g10 m/s2.已知sin 530.8，cos 530.6，求： (1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.答案(1)14.5 N(2)3.25 m解析(1)物块从B到C做平抛运动，则有vy22g(Lh)在C点时有tan 代入数据解得vB1.5 m/s在B点对物块进行受力分析得Fmgm解得F14.5 N根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小FF14.5 N(2)物块在C点的速度为vC2.5 m/s物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得mgcos 2xCD0mvC2xCE1 mxCDxCExDE代入数据解得最终物块在

8、DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：mgxCDsin mgcos s0mvC2解得s3.25 m.2.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔已知摆线长L2 m，53，小球质量为m0.5 kg，D点与A孔的水平距离s2 m，g取10 m/s2.(sin 530.8，cos 530.6)(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数的范围答案(1)9 N(2)0.25

9、0.4或者0.025解析(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(LLcos )mvD2在D点，由牛顿第二定律可得Fmmgm，解得Fm9 N(2)小球不脱离圆轨道分两种情况要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得1mgs0mvD2，可得10.4若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得mgR0mvA2由动能定理可得2mgsmvA2mvD2，可求得20.25若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mgm，由动能定理可得3mgs2mg

10、Rmv2mvD2，解得30.025综上所述，动摩擦因数的范围为0.250.4或者0.025.3.如图所示，粗糙水平面AB与粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为37，一半径为R4 m的光滑圆弧轨道CD与斜面相切于C点，D点在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一竖直平面内在水平面上的A点静止放有一质量为m0.5 kg的小物块，给小物块施加斜向右上方与水平方向夹角为37、大小为F5 N的恒力，一直保持F对小物块的作用，小物块恰好能够通过D点已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，求：(1)小物块运动到D点的速度大小；(2)AB的长度答案(1)

11、4 m/s(2) m解析(1)设小物块在半圆轨道的最高点D的速度为vD，根据牛顿运动定律有mgFsin 37m解得vD4 m/s(2)小物块从C点到D点，根据动能定理有FRsin 37mg(RRcos 37)mvD2mvC2小物块从B点到C点，根据牛顿第二定律有Fmgsin 37mgcos 37ma1解得a10，说明小物块从B点到C点做匀速直线运动，则vBvC4 m/s小物块从A点到B点，根据动能定理有FLABcos 37(mgFsin 37)LABmvB2联立解得LAB m.4如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R10 cm的光滑竖直圆形轨道

12、，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h0.8 m，水平距离s1.2 m，水平轨道AB长为L12.75 m，BC长为L23.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围答案(1)4 m/s(2)4 m/svA5 m/s或vA m/s解析(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：mgL1mg2Rmv12mvA12解得小球在A点的初速度vA14 m/s(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得mg(L1L2)0mvA22解得小球在A点的初速度vA25 m/s因此若小球停在BC段，则满足4 m/svA5 m/s若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动hgt2svt从A到C的过程中，根据动能定理得mg(L1L2)mv2mvA32解得小球在A点的初速度vA3 m/s因此若小球能越过壕沟，则满足vA m/s.