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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 3 讲专题提升 : 动能定理在多过程问题中的应用
基础对点练
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
3
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 。已知sin 37°=0.6,cos
4
37°=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
2.(2023辽宁沈阳一模)如图所示,质量为m的滑块从竖直墙壁上高为h处的a点,由静止开
始沿斜面ab滑入水平地面(斜面与水平地面在b点平滑连接,斜面长度可随b点位置变动
调节),并最终静止在c点,已知滑块与斜面及水平地面间的动摩擦因数均为 μ,空气阻力不
计。设c点到竖直墙壁的水平距离为 x,滑块到达b点时的速度大小为 v,则滑块从a到c
的运动过程中( )
A.斜面倾角越大,v越大
B.斜面倾角越大,v越小
C.斜面倾角越大,x越大
D.斜面倾角越大,x越小
3.如图所示,与水平地面夹角为锐角的斜面底端 A点向上有三个等间距点 B、C和D,即
AB=BC=CD。小滑块以初速度v 从A点出发,沿斜面向上运动,若斜面与滑块间无摩擦,则
0
滑块恰好到达D点,而后下滑;若斜面AB部分与滑块间有摩擦,其余部分与滑块间仍无摩
擦,则滑块恰好上滑到C点,而后下滑,则滑块下滑到B点时速度大小以及回到A点时速度
大小分别为( )
√3 √3 √3 √3
A. v 、 v B. v 、 v
0 0 0 0
3 3 2 2√2 √2 √3 √3
C. v 、 v D. v 、 v
0 0 0 0
2 2 3 6
题组二 动能定理在往复运动问题中的应用
4.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的
圆弧,BC是水平的,其宽度d=0.50 m,盆边缘的高度h=0.30 m,在A点处放一个质量为m的
小物块并让其从静止开始下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩
擦因数μ=0.10。小物块在盆式容器内来回滑动,最后停下来,g取10 m/s2,则小物块最终的
位置到B点的距离为( )
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
5.(多选)(2023江苏启东中学模拟)如图所示,直杆AB与水平面成α角固定,在杆上套一质
量为m的滑块,杆底端B点处有一弹性挡板,杆与板面垂直,滑块与挡板碰撞后将以原速率
返回。现将滑块拉到A点由静止释放,与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点,设重
力加速度为g,由此可以确定( )
A.滑块下滑和上滑过程加速度大小a 、a
1 2
B.滑块第1次与挡板碰撞前的速度v
1
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D.滑块第k次与挡板碰撞到第k+1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
综合提升练
6.(多选)(2024福建莆田模拟)如图所示,一遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止以恒
定功率P沿水平地面向右加速运动,当到达固定在竖直面内的光滑半圆轨道最低点 B时
关闭发动机,赛车恰好能通过最高点C(BC为半圆轨道的竖直直径)。已知赛车的质量为
m,半圆轨道的半径为R,A、B两点间的距离为2R,赛车在地面上运动时受到的阻力大小恒
1
为 mg(g为重力加速度大小)。不计空气阻力。下列说法正确的是( )
4√2R
A.赛车通过C点后在空中运动的时间为
g
B.赛车通过C点后恰好落回A点
C.赛车通过B点时的速度大小为2√gR
3mgR
D.赛车从A点运动到B点的时间为
P
7.(多选)(2023湖南长沙联考)如图所示,圆心为O 的竖直光滑半圆轨道ab、圆心为O 的
1 2
竖直光滑半圆管道cd与水平粗糙平面bc连接,轨道ab半径与管道cd半径均为R,bc距离
也为R。一滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道做圆周运动,最终
从半圆管道最高点 d水平向左飞出。若滑块在轨道 ab最高点a和轨道cd最高点d所受
弹力大小均为0.6mg。重力加速度为g,滑块可视为质点,管道内径较小,则( )
A.滑块从a点到d点机械能守恒
√2gR
B.滑块从a点水平进入轨道的速度为
5
C.水平粗糙平面bc的动摩擦因数为0.6
D.滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9
8.(2024山东烟台模拟)如图所示,一滑块(可视为质点)在水平力F的作用下由静止沿粗糙
水平直轨道AB开始运动,该力的功率恒定,达到最大速度后,撤掉该力,滑块继续前进一段
距离后进入竖直光滑半圆轨道 BCD,并恰好通过该轨道最高点 D,然后进入光滑半圆管道
DEF,最终停在粗糙水平直轨道 FG上。已知水平力的恒定功率为 10 W,滑块的质量为0.2
kg,滑块与轨道AB的动摩擦因数为0.5,半圆轨道BCD的半径R=0.5 m,重力加速度g取10
m/s2,下列说法正确的是( )A.滑块在D点的速度大小为√10 m/s
B.半圆管道DEF的半径r可能为0.15 m
C.在轨道AB上,滑块的最大速度为10 m/s
D.在轨道AB上,滑块减速过程的距离为2.5 m
9.(2023重庆一模)将一篮球从距地面高度为H处由静止释放,篮球与地面碰撞过程损失的
1
能量总为碰撞前动能的 ,篮球始终在竖直方向运动,不计空气阻力,则篮球停止运动前运
4
动的总路程为( )
A.8H B.7H C.4H D.2H
10.滑板运动的轨道示意图如图所示,BC和DE是两段光滑圆弧形轨道,BC段的圆心为O
点,圆心角为60°,半径OC与水平轨道CD垂直,水平轨道CD段粗糙且长10 m。某运动员
和滑板从水平轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿轨道的切线方向滑入
圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道,到达E点时速度恰好减为零,然后返回。已知运
动员和滑板的总质量为 60 kg,B、E两点与水平面 CD的竖直高度分别为 h和H,且h=2
m,H=2.8 m,不计空气阻力,g取10 m/s2。
(1)求运动员和滑板从A运动到达B点时的速度v 的大小;
B
(2)求运动员和滑板在第一次通过轨道CD段运动过程中克服阻力所做的功;
(3)若CD段阻力大小恒定,以后的运动中只靠惯性滑行,求运动员和滑板最终将停在何处。参考答案
第3讲 专题提升:动能定理在多过程问题中的应用
1.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·sin θ-
μmgs·cos θ=0-1 mv 2 ,同理,下滑时有mgssin θ-μmgs·cos θ=1 m (3v 0 ) 2 -0,联立解得μ=0.21,
2 0 2 4
故选C。
2.A 解析 设斜面的倾角为 α。滑块沿斜面下滑的过程,由动能定理得 mgh-μmgcos α·
ℎ = 1mv2-0,可得v=√( 2- μ ) gℎ ,则知斜面倾角α越大,tan α越大,v越大,故A正确,B
sinα 2 tanα
错误;从a到c,由动能定理得mgh-μmgcos α· ℎ -μmg( ℎ )=0,整理得x=ℎ,x与斜面
x-
sinα tanα μ
倾角无关,故C、D错误。
3.A 解析 由于A、B、C、D等间距,A、B、C、D所处的高度均匀变化,设A到B克服
1
重力做功为W ,从A到D,根据动能定理有-3W =0- mv 2,若斜面AB部分与滑块间有处处
G G 2 0
1
相同的摩擦,设克服摩擦力做功为W,根据动能定理有-2W -W=0- mv 2,联立解得W=W ,
f G f 2 0 f G
1 √3
设滑块下滑到B位置时速度大小为v ,根据动能定理有W = mv 2,解得v = v ,滑块由
B G 2 B B 3 0
1 1 √3
B到A,由动能定理有W -W= mv 2− mv 2,解得v =v = v ,故选A。
G f 2 A 2 B A B 3 0
4.D 解析 设小物块在BC面通过的总路程为s,由于只有BC面上存在摩擦力,则小物块
从A点开始运动到最终静止的整个过程中,摩擦力做功为-μmgs,而重力做功与路径无关,
由动能定理得mgh-μmgs=0,代入数据解得s=3 m。由于d=0.50 m,所以小物块在BC面经
过3次往复运动后,停在B点,D正确。
5.AC 解 析 设 AB 长 为 L, 对 整 个 过 程 运 用 动 能 定 理 得 mgsin α·0.5L-μmgcos
sinα
α(L+0.5L)=0,得 μ= ,故 C 正确;根据牛顿第二定律得下滑过程有 mgsin α-μmgcos
3cosα
α=ma ,上滑过程有 mgsin α+μmgcos α=ma ,解得 a =gsin α-μgcos α,a =gsin α+μgcos α,
1 2 1 2所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小 a 、a ,故A正确;由于A、B间的距离未知,
1 2
虽然能求出加速度,但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度,故B、D
错误。
1 √R
6.BD 解析 赛车通过C点后在空中做平抛运动,竖直方向有2R= gt2,解得t=2 ,故A
2 g
错误;赛车恰好能通过最高点C,则有mg=mv 2,根据平抛运动水平方向规律有x=v t,解得
C C
R
x=2R,赛车通过 C点后恰好落回 A点,故B正确;赛车从 B到C的过程中,根据动能定理
1 1
有-2mgR= mv 2− mv 2,解得v =√5gR,故C错误;赛车从A点运动到B点,根据动能定
2 C 2 B B
1 1 3mgR
理有Pt'- mg·2R= mv 2,解得t'= ,故D正确。
4 2 B P
7.CD 解析 由于水平平面粗糙,滑块受到摩擦力对其做负功,所以滑块从a点到d点机械
能不守恒,故A错误;由于a点和d点受到弹力大小均为0.6mg,所以a点滑块受到弹力竖
直向下,d 点滑块受到弹力方向竖直向上 ,在 a 点有 mg+0.6mg=mv 2,在 d 点有
a
R
mg-0.6mg=mv 2,解得 v =√8gR,v =√2gR,故 B 错误;从 a 点到 d 点根据动能定理有-
d a d
R 5 5
1 1
μmgR= mv 2− mv 2,解得 μ=0.6,故 C 正确;从 a 点到 b 点,根据动能定理有 2mgR=
2 d 2 a
1 1 ,在 b 点有 F -mg=mv 2,解得 F =6.6mg,从 c 点到 d 点根据动能定理有
mv 2− mv 2 Nb b Nb
2 b 2 a R
2mgR=1 1 ,在c点有F -mg=mv 2,解得F =5.4mg,故滑块对轨道ab最低点和
mv 2− mv 2 Nc c Nc
2 c 2 d R
管道cd最低点的压力大小之比为11∶9,故D正确。
8.C 解析 滑块恰好通过该轨道最高点D,则有mg=mv 2,解得v = m/s,故A错误;设从
D D √5
R1
D点刚好到达F点,根据动能定理有-mg·2r=0- mv 2,解得r=0.125 m,根据题意,滑块最终
2 D
停在粗糙水平直轨道FG上,所以半圆管道DEF的半径r应小于0.125 m,故B错误;在轨
P
道AB上,滑块的拉力等于摩擦力时,速度最大,v = =10 m/s,故C正确;在轨道AB上,滑
m
μmg
块 减 速 过 程 的 距 离 为 x, 从 撤 去 外 力 到 D 点 , 根 据 动 能 定 理 有 -μmgx-mg·2R=
1 1
mv 2− mv 2,解得x=7.5 m,故D错误。
2 D 2 m
9.B 解析 篮球下落的过程,篮球的重力势能转化为篮球的动能,所以篮球下落到与地面
1
第一次碰撞前的动能为E =mgH,篮球与地面碰撞过程损失的能量总为碰撞前动能的 ,可
k
4
3 3
知篮球与地面碰后,篮球的动能变为原来的 ,即E = mgH,篮球反弹后所具有的动能转
k1
4 4
3
化为重力势能,则E =mgh,所以篮球与地面第一次碰撞后篮球上升的最大高度为 h= H,
k1
4
同理可以得出篮球与地面第二次碰撞后篮球上升的最大高度为 h
2
=(3) 2H,继而求出第三
4
次h
3
=(3) 3H,第n次h
n
=(3) nH,进行数学归纳,发现每次与地面碰撞后篮球上升的高度与
4 4
之前下落高度构成等比数列,篮球停止运动前运动的总路程为x=H+2h+2h +2h +…,由等
2 3
(3) n
1- 1
4
比数列知识得 x=H+ 2h,篮球停止,n 取无穷大,总路程为 x=H+ 3 2h=7H,故选
3
1-
1- 4
4
B。
10.答案 (1)6 m/s (2)600 J (3)D点左侧8 m处(或C点右侧2 m处)
v
解析 (1)运动员从A点到B点做平抛运动,根据平抛运动规律有v = 0
B cos60°
解得v =2v =6 m/s。
B 0
1
(2)由B点到E点,根据动能定理有mgh-W -mgH=0- mv 2
CD 2 B解得W =600 J。
CD
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为 h',从B到第一次返回左侧最高处,根据动能定理
1
mgh-mgh'-2W =0- mv 2
CD 2 B
解得h'=1.8 m
