2025年高考物理一轮总复习考点培优训练 (29).doc

提能训练练案[29]

基础巩固练

题组一动能定理在多过程问题中的应用

1．一包裹以某一初速度沿着倾角为37°的雪道(可视为斜面)从底端开始上滑，包裹上滑到速度为零后又滑回底端，且速度大小为开始上滑的初速度大小的eq\f(3,4)。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，包裹可视为质点，则包裹和雪道之间的动摩擦因数为()

A．0.05 B．0.16

C．0.21 D．0.25

[答案]C

[解析]设包裹沿斜面上滑的最远距离为s，对包裹上滑过程，由动能定理有－mgs·sinθ－μmgs·cosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，同理，下滑时有mgssinθ－μmgs·cosθ＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,4)))2－0，联立解得μ＝0.21，故选C。

2．(2024·武汉模拟)如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0从A向右滑动，物块压缩弹簧后被反弹，滑到AB的中点C(图中未画出)时速度刚好为零。已知A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为eq\f(L,5)，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为()

A．eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,10)) B．eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,5))

C．eq\f(L,v0)eq\r(\f(17,5)) D．eq\f(L,v0)eq\r(\f(17,10))

[答案]B

[解析]小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得－μmg·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L＋\f(L,5)＋\f(L,5)＋\f(L,2)))＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，在BC段运动时，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma，eq\f(1,2)L＝eq\f(1,2)at2，联立解得t＝eq\f(L,v0)eq\r(\f(19,5))。

3．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则()

A．动摩擦因数为tanθ

B．动摩擦因数为eq\f(h1,s)

C．倾角α一定大于θ

D．倾角α可以大于θ

[答案]B

[解析]第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcosθ·eq\f(h1,sinθ)－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h1,tanθ)＋s′))＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝eq\f(h1,s)，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcosθmgsinθ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcosα≥mgsinα；若αθ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。

题组二动能定理在往复问题中的应用

4．如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，则滑块经过的总路程是()

A．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))

B．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gsinθ)＋x0tanθ))

C．eq\f(2,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0tanθ))

D．eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x0cotθ))

[答案]A

[解析]滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理：mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得x＝eq\f(1,μ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v\o\al(2,0),2gcosθ)＋x