一、選擇題
1.(6分)(2023·株洲模擬)水平面有一粗糙段AB長為s,其動摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ=kx(k為恒量)。一物塊(可看作質(zhì)點)第一次從A點以速度v0向右運動,到達B點時速率為v,第二次也以相同速度v0從B點向左運動,則( )
A.第二次也能運動到A點,但速率不一定為v
B.第二次也能運動到A點,但第一次的時間比第二次時間長
C.兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同
D.兩次速率相同的位置只有一個,且距離A為22s
【加固訓(xùn)練】
(多選)(2023·張家口模擬)如圖所示,光滑水平面與長2 m的粗糙水平面平滑連接,長l=1 m的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動,隨后進入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整個木板全部停在粗糙水平面內(nèi),則v0的值可能為( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/sD.2.5 m/s
2.(6分)(2023·武漢模擬)如圖所示,輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點對齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A向右滑動,物塊壓縮彈簧后被反彈,滑到AB的中點C(圖中未畫出)時速度剛好為零。已知A、B間的距離為L,彈簧的最大壓縮量為L5,重力加速度為g,則小物塊反彈之后從B點運動到C點所用的時間為( )
A.1v01910 B.Lv0195
C.Lv0175D.Lv01710
3.(6分)(2024·安慶模擬)小球由地面豎直向上拋出,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定,選地面為參考平面,在上升至離地h高處,小球的動能是重力勢能的2倍,到達最高點后再下落至離地高h處,小球的重力勢能是動能的2倍,則h等于( )
A.H9 B.2H9 C.H3 D.4H9
【加固訓(xùn)練】
(2023·拉薩模擬)一包裹以某一初速度沿著傾角為37°的雪道(可視為斜面)從底端開始上滑,包裹上滑到速度為零后又滑回底端,且速度大小為開始上滑的初速度大小的34。已知sin37°=0.6,cs37°=0.8,包裹可視為質(zhì)點,則包裹和雪道之間的動摩擦因數(shù)為( )

4. (6分)(多選)(2023·欽州模擬)如圖所示,一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從A點由靜止以恒定功率P沿水平地面向右加速運動,當?shù)竭_固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點B時關(guān)閉發(fā)動機,賽車恰好能通過最高點C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質(zhì)量為m,半圓軌道的半徑為R,A、B兩點間的距離為2R,賽車在地面上運動時受到的阻力大小恒為14mg(g為重力加速度大小)。不計空氣阻力。下列說法正確的是( )
A.賽車通過C點后在空中運動的時間為2Rg
B.賽車通過C點后恰好落回A點
C.賽車通過B點時的速度大小為2gR
D.賽車從A點運動到B點的時間為3mgRP
二、計算題
5.(10分)如圖所示,豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB,BCD部分是一個光滑的圓弧面,C為圓弧的最低點,AB正好是圓弧在B點的切線,圓心O與A、D點在同一高度,θ=37°,圓弧面的半徑R=3.6 m。一滑塊質(zhì)量m=5 kg,與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的運動過程中:
(1)滑塊在AB段上運動的總路程;
(2)在滑塊運動過程中,C點受到的壓力的最大值和最小值。
【加固訓(xùn)練】
如圖所示,一根直桿與水平面成θ=37°角,桿上套有一個小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,板面與桿垂直。 現(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d=0.5 m,滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g=10 m/s2。取sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1) 滑塊第一次下滑的時間t;
(2) 滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;
(3) 滑塊在直桿上滑過的總路程s。
6.(12分)(2023·寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器,圓軌道與水平直軌道相交于B點,且B點位置可改變?，F(xiàn)將質(zhì)量m=2 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H=0.6 m處靜止釋放,且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1 m,水平軌道長LAC=1.0 m,滑塊與AC間動摩擦因數(shù)μ=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑,不計其他阻力與能量損耗,求(g取10 m/s2):
(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小:
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能:
(3)若H=6 m,改變B點位置,使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。
7.(14分)(2023·長沙模擬)如圖,左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上,質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放,滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道,再從曲面軌道滑上斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為45H,多次往復(fù)運動。不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6。求:
(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù);
(2)滑塊第一次下滑的時間與第一次上滑的時間之比;
(3)滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。
【加固訓(xùn)練】
如圖甲所示,質(zhì)量m=2.0 kg的小球靜止在水平地面上,從某時刻起,小球受到豎直向上的拉力F作用,拉力F隨小球上升高度h的變化關(guān)系如圖乙所示,F減小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次與地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不計空氣阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上運動過程中的最大速度;
(2)小球在空中運動的總路程。(計算結(jié)果可用分數(shù)表示)
解析版
一、選擇題
1.(6分)(2023·株洲模擬)水平面有一粗糙段AB長為s,其動摩擦因數(shù)與離A點距離x滿足μ=kx(k為恒量)。一物塊(可看作質(zhì)點)第一次從A點以速度v0向右運動,到達B點時速率為v,第二次也以相同速度v0從B點向左運動,則( )
A.第二次也能運動到A點,但速率不一定為v
B.第二次也能運動到A點,但第一次的時間比第二次時間長
C.兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量不相同
D.兩次速率相同的位置只有一個,且距離A為22s
【解析】選D。根據(jù)題意可知,物塊在兩次運動過程中,在相同位置受到的摩擦力大小相等,兩次運動的距離相等,摩擦力做功相同,兩次運動因摩擦產(chǎn)生的熱量相同,由動能定理可知,第二次到達A點的速率也為v,故A、C錯誤;根據(jù)題意可知,第一次運動時,摩擦力越來越大,加速度越來越大,第二次運動時,摩擦力越來越小,加速度越來越小,兩次運動的位移相等,結(jié)合A、C分析和v-t圖像中圖像的斜率表示加速度和圖像的面積表示位移,畫出兩次運動的v-t圖像,如圖所示,
由圖可知,第一次的時間比第二次時間短,故B錯誤;根據(jù)題意,設(shè)兩次速率相同的位置距離A點的距離為x,相同的速率設(shè)為v1,根據(jù)動能定理,第一次有-kxmg2x=12mv12-12mv02,第二次有-ksmg+kxmg2(s-x)=12mv12-12mv02,聯(lián)立解得x=22s,則兩次速率相同的位置只有一個,且距離A為22s,故D正確。
【加固訓(xùn)練】
(多選)(2023·張家口模擬)如圖所示,光滑水平面與長2 m的粗糙水平面平滑連接,長l=1 m的勻質(zhì)木板在光滑水平面上以速度v0勻速運動,隨后進入粗糙水平面。已知木板與粗糙水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,重力加速度g取10 m/s2,要使整個木板全部停在粗糙水平面內(nèi),則v0的值可能為( )
A.1 m/s B.1.2 m/s
C.2 m/sD.2.5 m/s
【解析】選A、B。當長木板左端恰好到達粗糙水平面左端時,由12μmgl=12mv12,解得v1=1 m/s;當長木板右端恰好到達粗糙水平面右端時,由12μmgl+μmgl=12mv22,解得v2=3 m/s,所以速度的范圍應(yīng)該在1 m/s≤v0≤3 m/s。故選A、B。
2.(6分)(2023·武漢模擬)如圖所示,輕彈簧的右端與固定豎直擋板連接,左端與B點對齊。質(zhì)量為m的小物塊以初速度v0從A向右滑動,物塊壓縮彈簧后被反彈,滑到AB的中點C(圖中未畫出)時速度剛好為零。已知A、B間的距離為L,彈簧的最大壓縮量為L5,重力加速度為g,則小物塊反彈之后從B點運動到C點所用的時間為( )
A.1v01910 B.Lv0195
C.Lv0175D.Lv01710
【解析】選B。小物塊從A點到停止運動的整個過程,根據(jù)動能定理可得-μmg·(L+L5+L5+L2)=0-12mv02,在BC段運動時,由牛頓第二定律和運動學公式得μmg=ma,12L=12at2,聯(lián)立解得t=Lv0195。
3.(6分)(2024·安慶模擬)小球由地面豎直向上拋出,上升的最大高度為H,設(shè)所受阻力大小恒定,選地面為參考平面,在上升至離地h高處,小球的動能是重力勢能的2倍,到達最高點后再下落至離地高h處,小球的重力勢能是動能的2倍,則h等于( )
A.H9 B.2H9 C.H3 D.4H9
【解析】選D。設(shè)小球受到的阻力大小恒為f,小球上升至最高點過程,由動能定理得-mgH-fH=0-12mv02,小球上升至離地高度h處時速度設(shè)為v1,由動能定理得-mgh-fh=12mv12-12mv02,又由題有12mv12=2mgh,小球上升至最高點后又下降至離地高度h處時速度設(shè)為v2,此過程由動能定理得:-mgh-f(2H-h)=12mv22-12mv02,又由題有2×12mv22=mgh,以上各式聯(lián)立解得h=4H9。
【加固訓(xùn)練】
(2023·拉薩模擬)一包裹以某一初速度沿著傾角為37°的雪道(可視為斜面)從底端開始上滑,包裹上滑到速度為零后又滑回底端,且速度大小為開始上滑的初速度大小的34。已知sin37°=0.6,cs37°=0.8,包裹可視為質(zhì)點,則包裹和雪道之間的動摩擦因數(shù)為( )

【解析】選C。設(shè)包裹沿斜面上滑的最遠距離為s,對包裹上滑過程,由動能定理有-mgs·sinθ-μmgs·csθ=0-12mv02,同理,下滑時有mgssinθ-μmgs·csθ=12m(3v04)2-0,聯(lián)立解得μ=0.21,故選C。
4. (6分)(多選)(2023·欽州模擬)如圖所示,一遙控電動賽車(可視為質(zhì)點)從A點由靜止以恒定功率P沿水平地面向右加速運動,當?shù)竭_固定在豎直面內(nèi)的光滑半圓軌道最低點B時關(guān)閉發(fā)動機,賽車恰好能通過最高點C(BC為半圓軌道的豎直直徑)。已知賽車的質(zhì)量為m,半圓軌道的半徑為R,A、B兩點間的距離為2R,賽車在地面上運動時受到的阻力大小恒為14mg(g為重力加速度大小)。不計空氣阻力。下列說法正確的是( )
A.賽車通過C點后在空中運動的時間為2Rg
B.賽車通過C點后恰好落回A點
C.賽車通過B點時的速度大小為2gR
D.賽車從A點運動到B點的時間為3mgRP
【解析】選B、D。賽車通過C點后在空中做平拋運動,豎直方向有2R=12gt2,解得t=2Rg,故A錯誤;賽車恰好能通過最高點C,則有mg=mvC2R,根據(jù)平拋運動水平方向規(guī)律有x=vCt,解得x=2R,賽車通過C點后恰好落回A點,故B正確;賽車從B到C的過程中,根據(jù)動能定理有-2mgR=12mvC2-12mvB2,解得vB=5gR,故C錯誤;賽車從A點運動到B點,根據(jù)動能定理有Pt'-14mg·2R=12mvB2,解得t'=3mgRP,故D正確。
二、計算題
5.(10分)如圖所示,豎直面內(nèi)有一粗糙斜面AB,BCD部分是一個光滑的圓弧面,C為圓弧的最低點,AB正好是圓弧在B點的切線,圓心O與A、D點在同一高度,θ=37°,圓弧面的半徑R=3.6 m。一滑塊質(zhì)量m=5 kg,與AB斜面間的動摩擦因數(shù)μ=0.45,將滑塊從A點由靜止釋放(sin37°=0.6,cs37°=0.8,g取10 m/s2)。求在此后的運動過程中:
(1)滑塊在AB段上運動的總路程;
答案:(1)8 m
【解析】(1)由題意可知斜面AB與水平面的夾角為θ=37°,知mgsinθ>μmgcsθ,故滑塊最終不會停留在斜面上,由于滑塊在AB段受摩擦力作用,則滑塊做往復(fù)運動的高度將越來越低,最終以B點為最高點在光滑的圓弧面上往復(fù)運動。設(shè)滑塊在AB段上運動的總路程為s,滑塊在AB段上所受摩擦力大小Ff=μFN=μmgcsθ
從A點出發(fā)到最終以B點為最高點做往復(fù)運動,由動能定理得mgRcs θ-Ffs=0
解得s=Rμ=8 m
(2)在滑塊運動過程中,C點受到的壓力的最大值和最小值。
答案: (2)102 N 70 N
【解析】(2)滑塊第一次過C點時,速度最大,設(shè)為v1,分析受力知此時滑塊所受軌道支持力最大,設(shè)為Fmax,從A到C的過程,由動能定理得
mgR-FflAB=12mv12-0
斜面AB的長度lAB=Rtanθ
由牛頓第二定律得Fmax-mg=mv12R
解得Fmax=102 N
滑塊以B為最高點做往復(fù)運動的過程中過C點時,速度最小,設(shè)為v2,此時滑塊所受軌道支持力最小,設(shè)為Fmin,從B到C,由動能定理得mgR(1-csθ)=12mv22-0
由牛頓第二定律得Fmin-mg=mv22R
解得Fmin=70 N
根據(jù)牛頓第三定律可知,C點受到的壓力最大值為102 N,最小值為70 N。
【加固訓(xùn)練】
如圖所示,一根直桿與水平面成θ=37°角,桿上套有一個小滑塊,桿底端N處有一彈性擋板,板面與桿垂直。 現(xiàn)將滑塊拉到M點由靜止釋放,滑塊與擋板碰撞后以原速率彈回。已知M、N兩點間的距離d=0.5 m,滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)μ=0.25,g=10 m/s2。取sin37°=0.6,cs37°=0.8。求:
(1) 滑塊第一次下滑的時間t;
答案:(1) 0.5 s
【解析】(1) 下滑時根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ-μmgcsθ=ma
解得a=4.0 m/s2
由d=12at2得
下滑時間t=0.5 s。
(2) 滑塊與擋板第一次碰撞后上滑的最大距離x;
答案:(2)0.25 m
【解析】(2) 第一次與擋板相碰時的速率
v=at=2 m/s
上滑時:-(mgsinθ+f)x=0-12mv2
解得x=0.25 m。
(3) 滑塊在直桿上滑過的總路程s。
答案:(3)1.5 m
【解析】(3)滑塊最終停在擋板處,由動能定理得
mgdsinθ-fs=0
解得總路程s=1.5 m。
6.(12分)(2023·寧波模擬)如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器,圓軌道與水平直軌道相交于B點,且B點位置可改變?，F(xiàn)將質(zhì)量m=2 kg的滑塊(可視為質(zhì)點)從弧形軌道高H=0.6 m處靜止釋放,且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R=0.1 m,水平軌道長LAC=1.0 m,滑塊與AC間動摩擦因數(shù)μ=0.2,弧形軌道和圓軌道均視為光滑,不計其他阻力與能量損耗,求(g取10 m/s2):
(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小:
答案:(1)100 N
【解析】(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點過程,由動能定理可得
mgH-μmgLAB-mg·2R=12mv2
在圓軌道最高點,由牛頓第二定律可得
mg+F=mv2R
聯(lián)立解得F=100 N
由牛頓第三定律得:滑塊對軌道的壓力大小為100 N。
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能:
答案:(2)8 J
【解析】(2)彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值,由能量守恒可知
mgH-μmgLAC=Ep
解得Ep=8 J
(3)若H=6 m,改變B點位置,使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道,求滿足條件的BC長度LBC。
答案:(3)1 m≥LBC≥0.5 m
【解析】(3)①若滑塊恰好到達圓軌道的最高點,
mg=mv02R
從開始到圓軌道最高點,由動能定理可知
mg(H-2R)-μmgs1=12mv02
解得s1=28.75 m
LAB=s1-28LAC=0.75 m
要使滑塊不脫離軌道,BC之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25 m
②若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處,此時的速度為零,由動能定理可知
mg(H-R)-μmgs2=0
解得s2=29.5 m
LBC=s2-29LAC=0.5 m
根據(jù)滑塊運動的周期性可知,應(yīng)使LBC≥0.5 m,滑塊不脫離軌道;
綜上所述,符合條件的BC長度為1 m≥LBC≥0.5 m。
【解題指南】解答本題需注意以下三點:
(1)對于滑塊從出發(fā)到圓弧軌道的最高點,由動能定理求出速度,再由牛頓第二、三定律求滑塊對軌道的壓力;
(2)根據(jù)能量守恒定律求第一次壓縮的最大的彈性勢能;
(3)不脫離軌道存在兩種臨界情況,一是恰好到達與圓心等高的位置,二是恰通過軌道的最高點,根據(jù)臨界條件和動能定理相結(jié)合求解LBC的范圍。
7.(14分)(2023·長沙模擬)如圖,左側(cè)光滑曲面軌道與右側(cè)傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在水平地面上,質(zhì)量為m的小滑塊從斜面上離斜面底邊高為H處由靜止釋放,滑到斜面底端然后滑上左側(cè)曲面軌道,再從曲面軌道滑上斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為45H,多次往復(fù)運動。不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6。求:
(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù);
答案:(1)112
【解析】(1)設(shè)滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ,根據(jù)功能關(guān)系有
Wf=Wf1+Wf2=mgH-45mgH=15mgH
而Wf1=μmgcsα·Hsinα
Wf2=μmgcsα·Hsinα×45
聯(lián)立解得Wf1=19mgH
μ=112
(2)滑塊第一次下滑的時間與第一次上滑的時間之比;
答案:(2)54
【解析】(2)滑塊第一次下滑過程,根據(jù)牛頓運動定律有mgsinα-μmgcsα=ma1
由運動學公式有Hsinα=12a1t12
滑塊第一次上滑過程,根據(jù)牛頓運動定律有
mgsinα+μmgcsα=ma2
由運動學公式有45×Hsinα=12a2t22
聯(lián)立解得t1t2=54
(3)滑塊從靜止釋放到第n次上滑到斜面最高點的過程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量。
答案:(3)(1-4n5n)mgH
【解析】(3)滑塊第二次下滑過程,根據(jù)動能定理有
45mgH-45×μmgcsα·Hsinα=12mv22
滑塊第二次上滑過程,根據(jù)動能定理有
-mgh2-μmgcsα·h2sinα=0-12mv22
結(jié)合tanα=9μ
解得h2=(45)2H
滑塊第n次沿斜面上升的最大高度為hn=(45)nH
滑塊在斜面上滑行的路程為s=Hsinα+2×4H5sinα+2×16H25sinα+···+2×4n-15n-1·Hsinα+4nH5nsinα=9(1-4n5n)Hsinα
由于摩擦系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為
Q=μmgscsα=(1-4n5n)mgH
【加固訓(xùn)練】
如圖甲所示,質(zhì)量m=2.0 kg的小球靜止在水平地面上,從某時刻起,小球受到豎直向上的拉力F作用,拉力F隨小球上升高度h的變化關(guān)系如圖乙所示,F減小到0以后小球不再受拉力的作用。已知小球每次與地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,不計空氣阻力,g取10 m/s2。求:
(1)小球在向上運動過程中的最大速度;
答案:(1)5 m/s
【解析】(1)當F=mg=20 N,即小球上升h=2.5 m時,小球的速度最大,此過程中
WF=40+202×2.5 J=75 J
根據(jù)動能定理WF-mgh=12mv2
解得v=5 m/s
(2)小球在空中運動的總路程。(計算結(jié)果可用分數(shù)表示)
答案:(2)403 m
【解析】(2)小球上升h'=5 m時
W'F=402×5 J=100 J
重力做功WG=-20×5 J=-100 J
因WG+WF'=0
故小球上升的最大高度為H=5 m
根據(jù)題意小球與地面碰后速度是碰前速度的0.5倍,
由mgH=12mv02、mgH1=12mv12、v1=kv0
聯(lián)立解得小球第一次碰后上升的最大高度H1=k2H
同理可求得小球第2,3,…,n次碰后上升的最大高度H2=k4H,H3=k6H,…,Hn=k2nH
則小球從開始下落到停止的過程中運動的總路程為
s=H+2H1+2H2+2H3+···+2Hn=H+2H(k2+k4+k6+···+k2n)=
H+2Hk2(1-k2n)1-k2=H+2k2H1-k2=1+k21-k2H=H+2Hk2(1-k2n)1-k2=H+2k2H1-k2=1+k21-k2H
解得s=253 m
小球在空中運動的總路程為H+s=403 m

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這是一份高考物理一輪復(fù)習課時練習 第6章第3練　專題強化：動能定理在多過程問題中的應(yīng)用（含詳解），共6頁。

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