（全国通用）高考物理第五章微专题38动能定理解决多过程问题加练半小时（含解析）.docx

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1A.tanB.tanC.tanD.tan2.(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x0处，速度为1m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x16m处时，速度大小为()图2A.2m/sB.3m/sC.4m/sD.m/s3.(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3A.当h2x0时，小球的动能最小B.最低点的坐标xh2x0C.当xh2x0时，小球的加速度为g，且弹力为2mgD.小球动能的最大值为mgh4.(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4A.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5A.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3mgRC.物块从B点到C点克服阻力所做的功为mgRD.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mgR6.一个质量为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0.1，从t0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67.(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R10m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h118m与h220m，雪橇与雪道各处的动摩擦因数均为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m50kg)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sin370.6，cos370.8，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37的斜面固定在水平地面上，劲度系数为k40N/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m5kg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0.5，P点与弹簧自由端Q点间的距离为L1m.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Epkx2，sin370.6，cos370.8，重力加速度g10m/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m1kg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L12m，与传送带相邻的粗糙水平面BC长为x4m，物块与传送带及水平面BC间的动摩擦因数均为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v6m/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Ep8J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g10m/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mgxsinmgcos(2Lx)Ek0，解得tan，故A正确，B、C、D错误.2.B在04m内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得a1m/s2，根据2axv42v02得v43m/s，对物体在416m内运动过程运用动能定理，从题图中可知416m内合外力做功为0，所以v16v43m/s，B正确.3.CD由题图乙可知mgkx0，解得x0，由Fx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(xh)2，由动能定理得mgxk(xh)20，即mgx(xh)20，解得xhx0(1)，故最低点坐标不是h2x0，且此处动能不是最小，故A、B错误；由题图可知，mgkx0，由对称性可知当xh2x0时，小球加速度为g，且弹力为2mg，故C正确；小球在xhx0处时，动能有最大值，根据动能定理有mg(hx0)W弹Ekm0，依题可得W弹mgx0，所以Ekmmghmgx0，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，对全过程运用动能定理有mghmgcossABmgsBP0，得mghmg(sABcossBP)0，而sABcossBP，即h0，铁块在新斜面上有mgsinmgcosma，由sincos0，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FN7mg，FNmgm可得vB，选项A错误；物块从A点到B点的过程有EpmvB2，解得Ep3mgR，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mgm，物块从B点到C点的过程有mg2RWf克mvC2mvB2，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.6.167m676J解析当物体在前半周期时由牛顿第二定律得F1mgma1，则物体的加速度大小a12m/s2当物体在后半周期时由牛顿第二定律得|F2|mgma2，则物体的加速度大小a22m/s2.前半周期和后半周期位移相等，x1a1t24m一个周期的位移为8m，后半周期第1s内的位移为3m83s内物体的位移大小为x(20843)m167m第83s末的速度vv1a2t12m/s由动能定理得WFmgxmv2所以WFmgxmv2676J.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mgFNm，解得FN480N，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Ffmgcos3740N，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Ptmgh2FfWBCmv2，解得WBC700J.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agsingcos2m/s2由Lat2可得t1s(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mgsinmgcoskx0这一过程由动能定理有mgsin(Lx0)mgcos(Lx0)kx02mvm2解得vmm/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Epmkx12，由动能定理，有mgsin(Lx1)mgcos(Lx1)Epm0，解得Epm20J.9.(1)4m/s(2)0.6m(3)3m/sv2m/s解析(1)物块被弹簧弹出，由能量守恒定律得Epmv02，解得v04m/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v2v022gL，解得v2m/s6m/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v6m/s，从B点到E