专题强化九 应用动能定理解决多过程问题-【金榜题名】2026年高考物理一轮总复习

对点训练 5.选D由题意可加对两节动车分别有P,=f切，P,=f0·当 。=日=9m/g,C正确：经过Q点时，根据牛频第二定排可得 将它们编组后有P1十P2=(f十「2)，联立可得p= F、一mg=ma,解得货物受到的支持力大小为F、一380N,根据 (P1+P2)边，故D正确. 牛领第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380N,D正确. P1vs+P2v 【答案】BCD 对点训练 第2讲动能定理及其应用 3,速C根据题意，由运动学公式可得，悬者的都分拉回桌面时，链 知识储备夯基 条的速度满足v2=2×0.4g×之L. 1.运动立m2 焦耳标量 之m号一之m明 设拉力需微功W,整个过程，由动能定理有 2.动能的变化 之m略一多m合力曲线运动变力 W-M·L-Mw, 分阶段 联立解得W=13eL,故选C. 40 思考判断(1)/(2)×(3)√(4)×(5)× [例3]【解析】A.木块受到的滑动摩擦力为∫=4mg=20N, 核心考点研磨 对木块有F一f=ma. 考点一 在0~5m其推力F在逐渐变化，所以木块所受到的合力发生变 例1门【解析】A.细绳未剪新前，设小球的重力为G,禅簧的弹 化，即木块的加速度发生变化，在5m~6m,推力F不变，木块的 力为F,加绳的拉力为T,由于金属球处于平衡状态，则根据三力 合外力不变，即加连度不变，所以木块先做变加速直线运动，后 平衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F合力的方向水 做匀加递直线运动，故A项错误： B.对木块受力分析有F一f=m@,所以在0一5m木块的加速度 平向左，轴蝇被剪断的醉间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力的 增加，在5m6m木块的加遂度不变，故B项错误： 大小和方向均不发生变化即仍为F,所以此时小球所受重力G C,在0~5m木块受到的降擦力不变，所以其摩擦力做功为 与弹簧弹力F合力的方向仍水平向左，根据牛顿第二定律中力 W,=一/x=一100J,则克服摩擦力做功为100J,故C项错误： 与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬间小球加速度的方向 D.由于F一x图像的图像与坐标轴围成的面积为力F微的功， 水平向左，故A错误： 所以在0~6m木块受到推力微功为 B.当金属球运动到悬点。正下方时，如图所示 we-(20十402×5+40×1=190. 2 该过程内，摩擦力做功为W=一fx1=一120J· 由动能定理有△E=WF+Wn=0JM故D项正确.故选D. 【答案】D [例4门【解析】设解面倾角为0，不计摩擦力和空气阻力，运动员 在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ex=mgrtan0,即 根据物体微曲线运动的条件结合受力分析可知，此时物体所受 =mgan0,下滑过程中开始阶段领角0不变，B一了国像为 合力方向为竖直向下，即物体所受重力大于弹簧拉力，故B 一条直线：经过圈孤轨道过程中，0先减小后增大，即图像钟率先 错误， 减小后增大，故A正确. C.金属球运动到最左端时水平方向的选度为常，而不是合速度 【答案】A 为零，则此时小球的动能不为0，故C错误 对点训练 D.如图所示，当金篇球运动到O点正下方时，小球所受合力与小 4.选A0一10m内物块上滑，由动能定理得一ngsin30°·x一fs 琼的速度成锐角，在此以后的一段时间内小球的递度将增大，动 =Ek-E·整理得E=E-(mgsin30°+f)x,结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值|k=ngsin30°+f=4N:1020m 能增大，故D正确， 内物块下滑，由动能定理得(ngsin30”一D(一s1)=E,整理得 故选D. E-(ngsin30°-f)x-(mgsin30°-f)s1,结合1020m内的 【答案】D 图像得，斜率k'=ngsin30°一f=3N.联立解得f=0.5N、m 对点训练 0.7kg,A正确，BC,D错误. 1.选CDA.当m与挡板刚好分离时，由牛频第二定律有 ngsin0一F1=ma,得弹簧的弹力大小为F1=ngsin0一a, 专题强化九应用动能定理解决多过程问题 A错误： 考点一 B.当小球的加速度为零时，递度最大，此时物体所受合力为零， [例1]【解析】(1》由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点 即F2=mgsin0,则F1<Fg. D,则在D点有mg=m尺 D 可知，小琼与挡板刚好分离时小球运动的速度不是最大，B错误： D.由胡克定律有F1=kr,得r=mgsin0-me 解得阳=√gR. (2)由题意知，小物块从C点沿国孤切线方向进入轨道CDE内 由r=2ar,解得 2m(gsin9-a.D正确： ka 侧，则在C点有C=攻cos60°=g 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 C,在分离之前，小球恒做加速度为α的匀加速直战运动，即小球 受到的合力为F=ma,根据动能定理Fx=△E·解得△E= 一mg(R+Rc0s60门=之m6-之m ma(gsin-a,C正确.故选CD. 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 2.选A当与阁柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度 mgHn=交m吃一2m项 为=R十R-2水-R+破，根指动能定现有mgh=名m2,解 联立解得g=√gR,HD=O. 4 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 得=√(2十r)gR,故A正确，B、C,D错误. [例2]【解析】重力做的功为WG=mgh=8O0」A错误：下滑过 =开·2R 程由动能定理可得W。一W=乞m响，代入数据解得克屐阻力 解得1=√3gR. 做的功为W,=440J,B正骑：经过Q点时向心加速度大小为 【答案】(1)√R(2)0(3)√3gR 549 对点训练 对点训练 1.解析：(1)根据题意，结合胡克定律，对木板受力分析，由平街条 件有(2L-子L）=mgsin0 3.选C从开始至停下，根据动能定理可得一mg=0一之m产： 解得k=mgsin0 得运动的瑟路程=25m,周号+5m= L 故停下位置距离左边挡板距离x=L一5m=3m,故选C. (2)设弹簧长度变为L时，恢复原长过程中，弹簧微功为W,木板 4.解析：(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为 从静止释放到上瑞刚好能到达C点过程中，由动能定理有W一 h,由动能定理得mg(H一h)一kmg(H+h)=0一0 mngsin0·2L=0 解得W=2 ngLsin0 得-H。 木板被裁掉一半，设木板上端到达C点时的速度为·由动能定 (2)设小球从释款到停止弹跳所通过的总路程为￥，对全过程，由 理有W- mgn0(2+）·受 动能定理得川gH一kmgs=0一0 解得v=√/3 gLsin0 (3)根据题意，设将木板长为x时，木板被释放后能整体给好到 0得一是 达C点之上区域，由动能定理有 答案：1知2只 0+元mg cos9 W--mg sin03- x=0 第3讲 机械能守恒定律及其应用 2 解得x=7-3 知识储备夯基 2 1.机械能 即至少要将木板藏排4r=L-x5二】 2.mgh地球有关无关减小增大减小 3.弹性形变减少增加 答案：a)4mgin9(2)v√3Rim0（3)5二厘 4.动能势能保持不变 不做功为零 思考判断(1)/(2)×(3)/(4)× (5)×(6/(7)/ 2.解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律 核心考点研磨 得mgsin45°-F=na 考点 在垂直斜坡方向由平街条件得F=mgC0s45 [例1门【解析】A.甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A 又Fr=FN 的机械能转化为弹簧的弹性势能，物体A的重力势能是物体A 解得a-。 R(1-) 与地琼所共有，所以物体A,弹簧和地球组成的系统机械能守恒 故A正确： 由运动学公式x=2aP得1√g 1 22d B.乙图中，物体B沿固定斜面匀速下滑，说明B受到向上的摩擦 力作用，对物体B微负功，物体B机械能减少，故B错误： (2)设P,点到B,点的过程重力微的功为W。,竞服摩擦力败的功 C,丙图中，不计任何阻力和定滑轮质量时A加速下落，B加速上 为W,则滑雪者从P点由静止开始下滑到B点的过程，由动能 升的过程中，A、B红成的系能机越能守恒，B物体的机战能增 定理得W.一W,=0 加，所以A物体的机械能减少，A的机械能不守恒，故C错误； 滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得 D,丁图中，小球沿水平面做身速国周适动时，小球的动能和重力 mgdsin45+W。-W:一ogdcos45=之m 势能都不变，故小球的机战能不变，故D正确.故选AD, 【答案】AD 联立解得v=/②(1一)gd. 对点训练 (3)滑雪者离开B,点后微钟抛运动，则 1选B铅球水平抛出，只受重力作用，加递度始终为重力加速度 竖直方向的分连度，-sin45°-V22=2g☑ g,机械能守恒，A错误，B正殖：平抛运动过程中，铅球的水平方 2 向分速度保待不变，竖直方向分逸度变大，则铅球运动过程中递 度一直增大，动能也一直增大，C、D错误， 水平方向的分建度，=10s5°-V22)心测滑雪者附好 2.选AAB.运动员从A点运动到B点的过程中机械能守恒；运 动员从B,点远动到C点的过程中，蹦床对远动员的弹力做负功 落在C点时，平台BC的长疫最大，测其在空中运动的时间 适动员的机战能减小，故A正确，B错误： 12 221-)d CD.适动员从B点运动到C点的过程中先重力大于弹力，向下 加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，蹦床的 则平台BC的最大长度为L=巴， 单性势能一直增大，故CD错送.故选A. 由以上解得L.=2(1一r)d. 考点二 22d 答案：1)N1-)g [例2]【解析】如图所示，设小环下降的高度 (2)W2(1-)gd(3)W2(1-a)d 为，大回环的半径为R,小环到P点的距离 考点二 [例2]【解析】(1)从A到B由动能定理 为L,根器机核能中短宠律得mg=宁m… mgh=之m宝一之m6 解得u=√2gh,故B错误： L 解得g=√G十2gh 由几何关系可得h-Lsim0.sin0-示，联立可 （2)从A到D由动能龙理mg山一2mh一L-0-言m话 L g 得=求·则vL√ 解得f-m哈一2mh 故C正确，A、D错误. 21. 【答案】C (3)从A点到最后停在BC中点，则由动能定理 对点训练 3,选CA,若以地而为参考平面，物体落到海平面时的重力势能 之6十办=，解得￥之方·L 为E。=一mgh,故A正确： 由=亡+得川话2 6+2gh1 BD.不计空气阻力，只有重力微功，所以整个过程物体机械能守 +2 每，有2m听=一mgh+E,在海平面上的动能为 【答案】(1)a√G+2gh(2/=m6-2mg 21 B=mg十之m6 (3)n 北时机梳能为E=瓦一mgh=之m心'，故BD正确： 550第五章机械能守恒定律 [听课记录] [对点训练 4.(2021·湖北高考)如图甲所示，一物块以一定 初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运动过 程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动 路程s的关系如图乙所示.重力加速度大小取 [方法指导] 10m/s2,物块质量m和所受摩擦力大小f分 解决图像问题的基本步骤 别为 () 观察 观察题目给出的图像，弄清纵坐标、 405 图像 横坐标所对应的物理量及图线所表 示的物理意义 30 20 推导 根据物理规律推导出纵坐标与横坐 10- 09 函数式 标所对应的物理量间的函数关系式 05101520m 甲 乙 将推导出的物理规律与数学上与之 相对应的标准函数关系式相对比， A.m=0.7kg,f=0.5N 找出图线的斜率、截距、图线的交 B.m=0.7kg,f=1.0N 解答 问题 点、图线与坐标轴围成的面积等所 C.m=0.8kg,f=0.5N 表示的物理意义，分析解答问题， D.m=0.8kg,f=1.0N 或者利用函数图线上的特定值代入 函数关系求物理量 请完成提分集训（二十九） 专题强化九 应用动能定理解决多过程问题 考向 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题；2.会应用动能定理处理往复运动求路程等复 定位 杂问题， 考点一 动能定理在多过程问题中的 并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面 应用 之间的动摩擦因数为云，重力加速度大小为g 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 忽略空气阻力，小物块可视为质点.求： (1)分段应用动能定理求解. (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过 程应用动能定理求解更简便， 2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定 D 的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的 特点. (1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位 置，与路径无关 (1)小物块到达D点的速度大小； (2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力 (2)B和D两点的高度差； 的大小与路程的乘积. (3)小物块在A点的初速度大小」 [例1](2023·湖北高考)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CDE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CDE内侧， 115 金榜题名创新高考总复习物理 [方法指导] 2.(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡 多过程问题的分析方法 道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各 45°.平台BC与缓冲坡CD相连.若滑雪者从 “子过程”间由“衔接点”连接。 P点由静止开始下滑，恰好到达B点.滑雪者 (2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分 现从A点由静止开始下滑，从B点飞出.已知 析，必要时画出受力图和过程示意图 A、P间的距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦 (3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点 因数均为4，重力加速度为g,不计空气阻力 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. 459 D (5)联立方程组，分析求解，对结果进行必 要的验证或讨论. (1)求滑雪者运动到P点的时间t; (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小； [对点训练] (3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台 1.(2024·杭州期中) BC的最大长度L. 如图所示，一个足够 长的斜面，AC部分 A罗B 的长度为4L,C点以下光滑，C点以上粗糙，B 是AC的中点，一根原长为2L的轻弹簧下端 固定在A点，上端放置一个长为L,质量为m 的均匀木板PQ,木板静止时，弹簧长度变为 华，已知斜面的倾角为0，木板与斜面粗糙部 分的动摩擦因数：=2tan0,木板受到的最大 静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 现将木板沿斜面缓慢下压，当弹簧长度变为L 时，释放木板，发现木板上端刚好能到达C点： 将木板截短后，再次将木板沿斜面缓慢下压， 当弹簧长度变为L时，释放木板，求 (1)弹簧的劲度系数. (2)若木板被截掉一半，木板上端到达C点时 的速度大小； (3)至少要将木板截掉多长，木板被释放后能 整体到达C点之上区域. 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，而在这一过程中，描述运 动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往 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，其做功特点与路程有关，求解这类 问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将 非常繁琐，甚至无法解出.由于动能定理只涉 及物体的初、末状态而不计运动过程的细节， 所以用动能定理分析这类问题可使解题过程 简化. 116 第五章机械能守恒定律 [例2]滑板运动是一项极限运动.某滑板运动 [对点训练 的轨道如图所示，AB和CD均是圆弧形轨道， 3.(2025·广东联考)如图，两块弹性挡板竖直固 BC是地面上一段长为L的水平轨道，AB、CD 定在水平地面上，相距8m,一个小木块（体积 均与BC平滑连接.一运动员站在滑板（运动 很小，可视为质点)从两块挡板正中间开始以 员和滑板视为一个整体，且视为质点)上从AB 初速度10m/、向右运动，木块与地面之间的 轨道上离地高度为h处以大小为。的初速度 动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2, 下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到离地高度 每次木块与挡板碰撞后，都会以原速率反弹， 为2h时速度减为零.运动员（含滑板）的质量 则最终木块停止的位置与左边挡板距离为 为m,在BC轨道上受到的摩擦力大小不变， 重力加速度大小为g,不计圆弧轨道上的摩 擦，求： (1)运动员第一次经过B点时的速度大小B: A.1 m B.2 m (2)运动员在BC轨道上受到的摩擦力大小f: C.3 m D.7 m (3)运动员最后停在BC轨道中点时累计通过 4.从离地面高H处落下一只小球，小球在运动 该点的次数（含最后停留的次数）. 过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1) D 倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相 同大小的速度反弹，则： 2h (1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的 最大高度是多少？ (2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程 是多少？ [方法指导] (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 Wc=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W=一Fs求解，其中s为物体相对滑 行的总路程， 请完成提分集训（三十） 117