第28練動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用分值：60分1、2題每小題4分，3題11分，4題14分，共33分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＝F2，Ek＝FL2 B.Ff＝F2，EC.Ff＝F3，Ek＝2FL3 D.Ff＝F4，2.圖中ABCD是一條長(zhǎng)軌道，其中AB段是傾角為θ的傾斜軌道，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＋hsinθ) D.μmg(s＋hcos3.(11分)(2022·浙江6月選考·19改編)物流公司用滑軌裝運(yùn)貨物，如圖所示。長(zhǎng)5m、傾角為37°的傾斜滑軌與長(zhǎng)5.5m的水平滑軌平滑連接，有一質(zhì)量為1kg的貨物從傾斜滑軌頂端由靜止開始下滑。已知貨物與兩段滑軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為13，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g取10m/s2(1)(4分)貨物滑到傾斜滑軌末端的速度大小；(2)(7分)貨物從開始下滑經(jīng)過(guò)4s，克服摩擦力所做的功。4.(14分)(2025·黑龍江大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考)極限運(yùn)動(dòng)深受年輕人的喜愛，如圖甲是極限運(yùn)動(dòng)中滑板、輪滑等運(yùn)動(dòng)常用的比賽場(chǎng)地——U形池，現(xiàn)有某U形池場(chǎng)地示意圖如圖乙所示，該場(chǎng)地由兩段可視為光滑的14圓弧形滑道AB和CD以及粗糙程度處處相同的水平滑道BC構(gòu)成，圖中R1＝4.5m，R2＝3.5m，BC＝5m，某次滑板比賽中質(zhì)量為60kg(含滑板質(zhì)量)的運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，通過(guò)AB、BC滑道，沖向CD滑道，到達(dá)CD滑道的最高位置D時(shí)速度恰好為零(運(yùn)動(dòng)員和滑板整體看成質(zhì)點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2)(1)(4分)求該運(yùn)動(dòng)員在圓弧形滑道AB上下滑至B點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧形滑道的壓力；(2)(5分)該運(yùn)動(dòng)員為了第一次經(jīng)過(guò)D處后有2s時(shí)間做空中表演，求他在A點(diǎn)下滑的初速度大小；(3)(5分)在(2)問(wèn)的初始條件下，運(yùn)動(dòng)員在滑道上來(lái)回運(yùn)動(dòng)，最終停的位置距離B點(diǎn)多遠(yuǎn)？5、6題每小題6分，7題15分，共27分5.(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，籃球從開始下落到停止的過(guò)程中運(yùn)動(dòng)的總路程為()A.9H B.15H C.19H D.21H6.(多選)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7.(15分)(2025·湖北省黃崗中學(xué)月考)如圖是由弧形軌道、圓軌道(軌道底端B略錯(cuò)開，圖中未畫出)、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AC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，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(4分)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)(3分)輕彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能；(3)(8分)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)度滿足的條件。

答案精析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＝F4，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＝3FL4，故選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·hsinθ+μmgs，從D→A的過(guò)程克服摩擦力做的功為W克fDA＝μmgcosθ·hsinθ+μmgs，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.(1)1033解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理mglsin37°－μmglcos37°＝12m解得v1＝1033(2)在傾斜滑軌上下滑時(shí)有mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝103m/s2，下滑到底端時(shí)的時(shí)間t1＝2la1＝3s，在水平滑軌上運(yùn)動(dòng)的加速度a2＝μg，解得a2＝103m/s2，則在水平滑軌上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝v1a2＝3s，貨物從開始下滑經(jīng)過(guò)4s時(shí)已經(jīng)停止在水平滑軌上，則整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理有mglsin37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功為W4.(1)1800N，方向垂直于BC向下(2)10m/s(3)2.5m解析(1)運(yùn)動(dòng)員從A到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理得mgR1＝12mvB在B點(diǎn)由牛頓第二定律和向心力公式得FN－mg＝mv聯(lián)立解得FN＝1800N由牛頓第三定律得，在B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)員對(duì)圓弧形滑道的壓力大小FN'＝FN＝1800N，方向垂直于BC向下。(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在BC段摩擦力對(duì)他做的功為Wf，根據(jù)運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)到D點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，由動(dòng)能定理得mgR1+Wf－mgR2＝0解得Wf＝－600J運(yùn)動(dòng)員在空中表演時(shí)做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，上拋的初速度vD1＝gt解得vD1＝10m/s運(yùn)動(dòng)員從A到D過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgR1+Wf－mgR2＝12mvD代入數(shù)據(jù)解得vA0＝10m/s(3)運(yùn)動(dòng)員下落后會(huì)在滑道上來(lái)回運(yùn)動(dòng)，直到最終靜止在BC上；對(duì)運(yùn)動(dòng)員的全過(guò)程由動(dòng)能定理得mgR1－Ffs＝0－12mWf＝－Ff·BC解得運(yùn)動(dòng)員在BC段運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝47.5m在BC上來(lái)回運(yùn)動(dòng)的次數(shù)n＝sBC＝運(yùn)動(dòng)員最終停在BC的中點(diǎn)，即離B點(diǎn)2.5m處。5.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以此類推，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×1-0.當(dāng)n趨于無(wú)窮大時(shí)，有s總＝19H，C正確。]6.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a1a2＝51，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Mm＝14，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－μMg7.(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－μmgLAC2－mg×2R＝12mv在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg+FN＝mv2R，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60(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＝mv02R，從開始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得mg(H－2R)－μmgs