2026高考物理一轮复习-第六章-第28课时-动能定理在多过程问题中的应用-专项训练【含答案】

这是一份2026高考物理一轮复习-第六章-第28课时-动能定理在多过程问题中的应用-专项训练【含答案】，共10页。试卷主要包含了全过程列式时要注意，6 ，其中lx≥0，5 m等内容，欢迎下载使用。
考点一 动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②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，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
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 (2024·安徽安庆市模拟)小球由水平地面竖直向上抛出，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，选地面为参考平面，在上升至离地h高处，小球的动能是重力势能的2倍，到达最高点后再下落至离地高h处，小球的重力势能是动能的2倍，则h等于( )
A.H9B.2H9C.H3D.4H9
答案 D
解析 设小球受到的阻力大小恒为Ff，小球上升至最高点过程，由动能定理得－mgH－FfH＝0－12mv02，小球上升至离地高度h处时速度设为v1，由动能定理得－mgh－Ffh＝12mv12－12mv02，又由题有12mv12＝2mgh，小球上升至最高点后又下降至离地高度h处时速度设为v2，此过程由动能定理得－mgh－Ff(2H－h)＝12mv22－12mv02，又由题有2×12mv22＝mgh，以上各式联立解得h＝4H9，故选D。
例2 (2023·湖北卷·14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为12π，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小。
答案 (1)gR (2)0 (3)3gR
解析 (1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有mvD2R＝mg，解得vD＝gR
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cs 60°＝vBvC
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋Rcs 60°)＝12mvD2－12mvC2
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝12mvD2－12mvB2
联立解得vB＝gR，HBD＝0
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝12mvB2－12mvA2，s＝π·2R
解得vA＝3gR。
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
考点二 动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
例3 如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度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，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是( )
A.1μ(v022gcsθ＋x0tan θ)
B.1μ(v022gsinθ＋x0tan θ)
C.2μ(v022gcsθ＋x0tan θ)
D.1μ(v022gcsθ＋x0tanθ)
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得
mgx0sin θ－μmgxcs θ＝0－12mv02，
解得x＝1μ(v022gcsθ＋x0tan θ)，选项A正确。
例4 (2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝78，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
答案 (1)7 N (2)v＝12lx-9.6 (m/s)，其中lx≥0.85 m (3)见解析
解析 (1)滑块由释放点到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cs 37°)＝12mvC2①
在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝mvC2R②
由①②解得FN＝7 N③
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcs 37°＋mgR)＝0④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m⑥
能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得
mglxsin 37°－4mgRcs 37°＝12mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝12lx-9.6 (m/s)，
其中lx≥0.85 m⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglxsin 37°－mglFG2sin 37°－nμmglFG2cs 37°＝0，⑨
lFG＝4Rtan37°，⑩
由⑨⑩解得lx＝7n＋615 m，n＝1，3，5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1时，lx1＝1315 m；当n＝3时，lx2＝95 m
当n＝5时，lx3＝4115 m。
(1)应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
(2)重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
(3)滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑动的总路程。
课时精练
(分值：60分)
1、2题每小题4分，3题11分，4题14分，共33分
1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止出发前进了L，随即撤去此恒力，木块沿原方向又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地面情况相同，则摩擦力的大小Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为( )
A.Ff＝F2，Ek＝FL2B.Ff＝F2，Ek＝FL
C.Ff＝F3，Ek＝2FL3D.Ff＝F4，Ek＝3FL4
答案 D
解析 木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝F4，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝3FL4，故选D。
2.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的倾斜轨道，CD段是水平的轨道，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于( )
A.mghB.2mgh
C.μmg(s＋hsinθ)D.μmg(s＋hcs θ)
答案 B
解析 滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①
滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有
WF－mgh－W克fDA＝0，②
由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为
W克fAD＝μmgcs θ·hsinθ＋μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为
W克fDA＝μmgcs θ·hsinθ＋μmgs，④
联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤
联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。
3.(11分)(2022·浙江6月选考·19改编)物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5 m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5 m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1 kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为13，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
(2)(7分)货物从开始下滑经过4 s，克服摩擦力所做的功。
答案 (1)1033 m/s (2)30 J
解析 (1)根据动能定理
mglsin 37°－μmglcs 37°＝12mv12
解得v1＝1033 m/s
(2)在倾斜滑轨上下滑时有mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1，解得a1＝103 m/s2，下滑到底端时的时间t1＝2la1＝3 s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝103 m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝v1a2＝3 s，货物从开始下滑经过4 s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin 37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W克f＝mglsin 37°＝30 J。
4.(14分)(2025·黑龙江大庆实验中学校考)极限运动深受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮滑等运动常用的比赛场地——U形池，现有某U形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视为光滑的14圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度处处相同的水平滑道BC构成，图中R1＝4.5 m，R2＝3.5 m，BC＝5 m，某次滑板比赛中质量为60 kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD滑道的最高位置D时速度恰好为零(运动员和滑板整体看成质点，空气阻力不计，g取10 m/s2)。
(1)(4分)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点时对圆弧形滑道的压力；
(2)(5分)该运动员为了第一次经过D处后有2 s时间做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小；
(3)(5分)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回运动，最终停的位置距离B点多远？
答案 (1)1 800 N，方向垂直于BC向下 (2)10 m/s (3)2.5 m
解析 (1)运动员从A到B的过程中由动能定理得
mgR1＝12mvB2－0
在B点由牛顿第二定律和向心力公式得FN－mg＝mvB2R1
联立解得FN＝1 800 N
由牛顿第三定律得，在B点运动员对圆弧形滑道的压力大小FN'＝FN＝1 800 N，方向垂直于BC向下。
(2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为Wf，根据运动员从A点由静止出发到D点时的速度恰好为零，由动能定理得
mgR1＋Wf－mgR2＝0
解得Wf＝－600 J
运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1＝gtD12
解得vD1＝10 m/s
运动员从A到D过程，由动能定理得
mgR1＋Wf－mgR2＝12mvD12－12mvA02
代入数据解得vA0＝10 m/s
(3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最终静止在BC上；
对运动员的全过程由动能定理得
mgR1－Ffs＝0－12mvA02
Wf＝－Ff·BC
解得运动员在BC段运动的总路程为s＝47.5 m
在BC上来回运动的次数n＝sBC＝9.5
运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5 m处。
5、6题每小题6分，7题15分，共27分
5.(2024·广东省模拟)如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为( )
A.9HB.15HC.19HD.21H
答案 C
解析 篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的路程为s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2＝H＋2H1＝H＋2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H
以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n－1H
根据等比数列求和公式可得
s总＝H＋2×0.9H×1-0.9n-11-0.9
当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。
6.(多选)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)。下列说法正确的是( )
A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2
B.集装箱与货物的质量之比为1∶4
C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端
D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端
答案 BC
解析 根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcs θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcs θ＝(M＋m)a2，所以a1a2＝51，故A错误；设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x＝0，可得Mm＝14，故B正确；若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcs θ·x－μMgcs θ·x0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。
7.(15分)(2025·湖北省黄岗中学月考)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5 m处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(4分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)(3分)轻弹簧获得的最大弹性势能；
(3)(8分)若H＝0.4 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。
答案 (1)60 N (2)6 J (3)0.5 m≤L≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmgLAC2－mg×2R＝12mv2－0
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋FN＝mv2R，联立解得FN＝60 N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60 N。
(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC＋W弹＝0－0
又有W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6 J
(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝mv02R，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H－2R)－μmgs1＝12mv02－0
解得s1＝0.75 m，LBC＝LAC－s1，要使滑块不脱离轨道，BC之间的距离应该满足LBC≥0.25 m
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零；由动能定理可得mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝1.5 m，s2＝1.5 m＝1 m＋0.5 m
LBC'＝s2－LAC
即反弹时恰好上升到圆心等高处，如果反弹距离更大，则上升的高度更小，更不会脱离轨道，所以LBC'≥0.5 m，考虑到AC的总长度等于1 m，所以LBC'≤1 m；结合①②两种情况，符合条件的BC长度为0.5 m≤L≤1 m。