课时检测训练21 动能定理在多过程问题中的应用-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练21　动能定理在多过程问题中的应用 对应学生用书P369 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＝　Ek＝ B.Ff＝　 Ek＝FL C.Ff＝　 Ek＝ D.Ff＝　 Ek＝ 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＝，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＝，故选D。 答案　D 2．图中 ABCD 是一条长轨道，其中 AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，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 的小滑块在 A点由静止释放，沿轨道滑下，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为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　) A．mgh B．2mgh C．μmg D．μmg(s＋h cos θ) 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＝mgh①，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，滑块从 D点被推回A 点过程有WF－mgh－W克fDA＝0②， 由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmg cos θ·＋ μmgs③，从 D点运动至A点的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmg cos θ·＋μmgs④，联立③④得W克fAD＝W克fDA⑤，联立①②⑤得WF＝2mgh，故 A、C、D错误，B正确。 答案　B 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． B． C． D． 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－μmgx cos θ＝0－mv02，解得x＝，选项 A正确。 答案　A 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水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。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为μ＝0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 解析　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D。 答案　D 5．滑板运动是许多青少年最喜爱的极限运动之一，而360°绕圈滑行是每个滑板爱好者的终极挑战目标。一质量为50 kg的极限滑板高手从弧形轨道O点滑下，紧接着滑上半径为5 m的竖直圆形轨道。如图所示，A点为最高点，B点与圆心等高，C点为最低点，忽略所有摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力和向心力共三个力的作用 B．滑板高手至少从离地12 m高度静止滑下，才能挑战成功，做完整圆周运动 C．若滑板高手从15 m高度静止滑下，经过B点时对轨道的压力大小为2 000 N D．若滑板高手从B点静止下滑到最低点C的过程中，重力的瞬时功率一直增大 解析　在圆形轨道上运动时，滑板高手受到重力、圆形轨道的弹力两个力的作用，向心力是效果力，不能说受到向心力，故A错误；想让滑板高手做完整圆周运动，需在A点满足mg＝，则从开始到 A点满足mg(h－2r)＝mv2－0，解得h＝2.5r＝12.5 m，故B错误；若滑板高手从15 m高度静止滑下，则从开始到B点满足mg(h′－r)＝mvB2，则在B点满足FN＝，解得FN＝2 000 N，由牛顿第三定律知，经过B点时对轨道的压力大小为2 000 N，故C正确；滑板高手从B点静止下滑到最低点C的过程中，开始时重力的功率为零，到最低点时速度方向沿水平方向，则重力的功率也为零，故重力的瞬时功率先增大后减小，故D错误。故选C。 答案　C 6．如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6) (1)求摆线能承受的最大拉力为多大。 (2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围。 解析　(1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有 mg(L－L cos θ)＝mvD2， 在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝m， 解得Fm＝9 N； (2)小球不脱离圆轨道分两种情况， ①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得－μ1mgs＝0－mvD2， 解得μ1＝0.4， 若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－mvA2， 由动能定理可得－μ2mgs＝mvA2－mvD2， 可求得μ2＝0.25， ②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝m， 由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝mv2－mvD2， 解得μ3＝0.025， 综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025。 答案　(1)9 N　(2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025 7.如图所示，AB为平直导轨，长为L，物块与导轨间的动摩擦因数为μ，BC为光滑曲面，A与地面间的高度差为h1，B、C间高度差为h2。一个质量为m的物块在水平恒力作用下，从A点由静止开始向右运动，到达B点时撤去恒力，物块经过C点后在空中运动一段时间落地，已知重力加速度为g。 (1)若物块落地时动能为E1，求其经过B点时的动能EkB。 (2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力必须满足的条件。 解析　(1)对物块从B点到落地的过程，由动能定理，有mgh1＝E1－EkB， 解得EkB＝E1－mgh1。 (2)对物块从A点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大， 设为Fmax，由动能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1， 解得Fmax＝， 若物块恰能到达C点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有 FminL－μmgL－mgh2＝0， 解得Fmin＝， 则恒力F必须满足的条件为 ＜F＜。 答案　(1)E1－mgh1　(2)＜F＜ 8．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。 (1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小。 (2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围。 解析　(1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝， 从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得－μmgL1－mg×2R＝mv12－mvA12， 解得小球在A点的初速度vA1＝4 m/s； (2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－mvA22，解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s， 因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s， 若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动 h＝gt2，s＝vt， 从A到C的过程中，根据动能定理得 －μmg(L1＋L2)＝mv2－mvA32， 解得小球在A点的初速度vA3＝ m/s， 因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥ m/s。 答案　(1)4 m/s　(2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥ m/s 学科网（北京）股份有限公司 $$