练案29 第六章 第29讲 专题强化七 动能定理在多过程问题中的应用-【衡中学案】2026年高考物理一轮总复习练案

α到6，运动员做平抛运动，则下降的高度 即该过程中重物所受的合力为0)，则整个过、F 程中，由力的平衡条件可得， =×10×2”m=20m,重力做功为W=mg=E。-E解得m 在水平方向上有F,sinB=Fpsin a 在竖直方向上有F,cosB+mg=Fpcos a =60kg,根据图像可得2m,2=3×10J,解得6=10m/s,故B 解得F。=900N,Fp=1200N。 (2)重物缓慢下降的过程，由动能定理得 正确；t=2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tana= mgh Wr=0 1 2 解得W=-4200J, -=1,解得α=45°，故A错误；t=2s时，运动员运动到b处 即两根绳子对重物做的总功为-4200J。 时重力的瞬时功率为P=mg,=mg2t=1.2×10W,故C正确； 练案[29] 运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有amα=壁 1.C设包裹沿斜面上滑的最远距离为s,对包裹上滑过程，由动 =1,解得t=1s,故D正确。 能定理有-mgs·si0-mg·cos0=0-子m2,同理，下滑 9.A图示位置B点的速度大小为v=oL=8m/s,方向沿圆的切 线方向，即沿BA杆方向，故AB杆上各点的速度大小均为，此 时有mgm0-m·s=子（学） -0,联立解得4= 速度为滑块实际的水平速度沿杆方向的分速度，故滑块的水平 0.21,故选C。 速度大小为'=” S)10ms,0B杆在竖直位置时，滑块速度2.B小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得 大小为”=8m/s,根据动能定理得，杆对滑块做功为W= 2 -umg·(L+片+号+号)=0-m2,在Bc段运动时，由 -2m2=号×2×(102-8刀=36J,A正确 1 牛顿第二定律和运动学公式得umg=ma,=之ad,联立解 10.AD小球到达C点的动能最大，则 得t=L四 D V50 小球的受力情况如图示，恒力F 、0 3.B第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh-umgcos0· 方向沿AC方向，合力方向沿OC方A3-日 B h 向，A正确，B错误；合力等于5mg, 。ws=0能理得mg负m(合。=0.即A 根据动能定理得5mg·弓R=Eu 30 gs-0,解得=年A错误，B正确；在B段由静止下滑，说明 G-mgt F=mg umgcos0<mgsin0,第二次滑上CE在E点停下，说明mgcos a≥ -)mo2.mg·2Rcos30°=EB与 mgsin a;若a>6,则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。 1 4.A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 2mo2,蟹得Ec三2mo2+32mgR,Ea2m%+3mgR,A 动的全程应用动能定理：mg%in0-umgxeos6=0-m,2,解 C错误，D正确。 11.BD锤子撞击木栓到木栓进入方孔， 得x=L。2 u(2gcos日+6tam0）,A正确。 对木栓分析，可知合外力的冲量为0， 5.ABC设s是物块在水平面上运动的总路程，根据动能定理有 锤子对木栓的冲量为I,由于木栓重 力有冲量，则木料对木栓的合力的冲 mgh-mg=0,解得s=么，若物块不与墙壁相碰，则物块最终 量不为-I,故A错误；锤子撞击木栓 静止时距斜面底端的距离为么，故A正确；若只发生一次碰撞， 1 后瞬间，木栓获得的动能E=2m=2m,对于木栓进入过 但未再次滑上斜面时，物块最终静止时距斜面底端的距离为2 程，根据动能定理有(mg-f)△x=0-E,解得平均阻力f= -么，故B正确，D错误；若碰后能再次滑上斜面，物块最终静 2mA+mg,故B正确；木栓进入过程损失的机械能等于克服 止时距斜面底端的距离为么-2山，故C正确。 阻方做的功，所以4止=ax=(+ms）4=+ 6.AC设质点到达N点的速度为心v,在V点质点受到轨道的弹 mg△x,△E一部分转化为木料的弹性势能，因此系统损失的 力为R则R、-g=,已知R,=4ng,则质点到达N点的 机械能△E<△E木栓，故C错误；对木栓的一个侧面受力分析如 1 2.3 图所示，由于方孔侧壁弹力呈线性变化，则有？(n0+F60s) 动能为Ew=2m,'=之mgR。质点由开始至N点的过程，由 动能定理得mg·2R+W,=Ev,解得摩擦力做的功为W= =,且根据B选项求得平均阻力了=2△+mg,又因为f: -了mgR,即克服摩擦力做的功为W=了mgR。设从N到Q的 u以联立可得2品技D正喻 过程中克服摩擦力做功为W1,则W1<W。从N到Q的过程，由 12.(1)1200N900N(2)-4200J 动能定理得-mg成-=子(2-子m己，即分mgR-属 [解析](1)对重物受力分析，如图所示， 由于重物缓慢竖直下降（缓慢下降，说明重物处于动态平衡，： 2m。,故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离， 604 故A项正确，B项错误；质点从Q到N克服摩擦力做的功W,< W,<W;所以，质点从静止到再次经过V点，克服摩擦力做功 2me2, 为：W+属+所，<3W=弓mgR,故由动能定理可得：之m心2> 小物块在C点根据牛顿第二定律有R,-mg=m R' 2mgR-3W=之mgR,所以，由牛顿第二定律，得支持力为：、' 解得F、=3.6N 根据牛顿第三定律，轨道对小物块的支持力和小物块对轨道 R>2mg,故C项正确；要使质点能到达Q点上方R处， 的压力大小相等、方向相反，所以小物块经过C点对轨道的压 力大小为3.6N。 设在P点上方h处释放质点，那么由动能定理可得：mg(h-R) (2)传送带和小物块共速时，1-2g1=a吐1，解得t1=1s, -W-W=0,所以，h<2R,故D项错误。 此时小物块的速度2=at1=2m/s, 7.BD由于拉力沿斜面向上，则拉力做的功W=Fx,则W-x图像 的斜率代表拉力，在0<x<10m的范围内，拉力F=A严 4=20N, 此过程小物块运动距离出=5=2.5m<L=3m, 此后，因为2g<α，则小物块向左做匀加速直线运动，加速度 从底端到x1=5m的过程中，根据动能定理得W-ngsin0·x1 大小为山2g,根据速度一位移公式，22g(L-x1)=32-22, =2m2,则，=5m处物体的速度大小为=52m/s,拉力 解得小物块运动到E点时的速度大小为3=√5m/s。 (3)使其沿斜面向下运动并能够到达E点，假设小物块能通过 的功率P=F1=1002W,C错误，D正确；从：2=10m到最高 D点，且到达E点的最小速度为零，从A到E过程，根据动能 点的过程中，拉力F'=△”=2N,物体从底端沿斜面运动到最 △x 定理有mgh-mg0os9月+mgK(1-cos)-mg(2R+2r】 大位移的全过程中，根据动能定理得W2+F'(x-2)- mgx sin0=0,由图知W2=200J,解得物体沿斜面向上运动的 =0- 2mu,2, 最大位移xm=22.5m,A错误，B正确。 解得o=√20m/s, 8.D对物体1，开始向上滑动时，重力沿斜面方向的分力与摩擦 同时，小物块应该能通过D点，在D点的最小速度满足mg 力的合力F=4 mngsin37°+4 mgcos37°，方向沿绳向下，设3触 mvp 地时刻的速度为1，因1、2、3在同一条绳上，从开始放手到3触 R 地的过程，对系统应用动能定理有6mgh-及=7×10m2-0, 由A到D过程，根据动能定理有 物体3触地后立刻停止，2触地之前1停止运动，物体1沿斜面 nmh-4gos9点6+neR(1-os0)-2mg歌=之m,2 上滑距离最大，设物体1在3触地以后运动的距离为s再次应 1 用动能定理mgs-乃=0-】 ×5m,联立解得=子，全过程 m,2, 解得o'=2Im/s, 4 △x=h+s=子h,故A,B.C错误，D正确。 综上所述，使其沿斜面向下运动并能够到达E点，最小初速度 9.(1)52m/s(2)5m 大小为。'=√2Tm/s,则初动能的最小值为E,=乞m,2= [解析]（1)由题图乙可知，在前2m内，F=2mg,做正功，在 2.1J。 第3m内，F2=-0.5mg,做负功，在第4m内，F3=0。滑动摩 擦力F=-wmg=-0.25mg,始终做负功，对于滑块在OA上运 练案[30] 动的全过程，由动能定理得R,+F,+Px=m,2-0 :1.A起跳后撑杆弯曲，李玲的动能转化为杆的弹性势能，撑杆将 李玲向上弹起的过程中，杆的弹性势能转化为李玲的重力势 代入数据解得vA=5√2m/s。 能，故撑杆的弹性势能先增大后减小，A正确：李玲越过横杆正 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理有 上方时，水平方向有速度，动能不为零，B错误：李玲接触缓冲海 -mglsin30°=0-2m,2 1 绵后，弹力先小于重力，做加速运动，弹力等于重力时，速度达 到最大值，弹力大于重力，做减速运动，C错误：李玲持杆助跑阶 解得L=5m 段，李玲的生物能转化为动能，机械能不守恒，落在缓冲海绵上 所以滑块冲上斜面AB的长度L=5m。 后缓冲海绵对她做功，机械能不守恒，D错误。 10.(1)3.6N(2)5m/s(3)2.1J 2.BC当小球从半圆形槽的最低点运动到半圆形槽右侧最高点 [题图剖析]临界状态 的过程中小球对半圆形槽的力使半圆形槽向右运动，半圆形槽 到达E点的最小速度为0 对小球的支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，A、D错 F 误：小球从A点向半圆形槽的最低点运动的过程中，半圆形槽 ⊙ 静止，则只有小球的重力做功，小球的机械能守恒，B正确；小球 从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽 ±到达D点的最小速度 组成的系统只有重力做功，机械能守恒，C正确。 /gR 3.BCD物体运动过程中，机械能守恒，所以任意点间的机械能相 C 等，都等于抛出时的机械能，物体在地面上的重力势能为零，动 [解析](1)小物块从A到C过程， 能为2m。2,故整个过程中的机械能为2m,所以物体在海 h 由动能定理有mgh-L1mgos0m日+mgR(1-cos0)= 平面上的机械能为2m2,在海平面上的重力势能为-mh,根 605练案[29] 第29讲 专题强化七动能定理在多过程 问题中的应用 基础巩固练 A. 1 u(2gcos g+olan 0 B.- %3 (2gsin 0 +xotan 0 题组一动能定理在多过程问题中的应用 o o u(2gcos xotan D (2gcos 0 xocot 0 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 5.（多选)如图所示，截 回底端，且速度大小为开始上滑的初速度大小的。 面是高为h的等腰直力 角三角形光滑斜面固 已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，包裹可视为质点，则 定在粗糙水平面上， 包裹和雪道之间的动摩擦因数为 ) 底端用小圆弧与水平地面平滑连接，在距斜面底端为 A.0.05 B.0.16 C.0.21 D.0.25 d的位置有一竖直墙壁、小物块自斜面顶端由静止释 2.（2024·武汉 放，小物块与水平地面之间的动摩擦因数为，若小物 模拟)如图所 000000000000000 块与墙壁发生碰撞后以原速率反弹，且最多只与墙壁 示，轻弹簧的 发生一次碰撞。则物块最终静止时距斜面底端的距 右端与固定竖 B 离可能为 直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以 A.h B.2dh 初速度o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 -2d D.3d-h A,B间的距离为L,弹簧的最大压缩量为5，重力加速 能力提升练 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 6.（多选)如图，一半径为R、粗糙程度 不n A19 R厚品图n 处处相同的半圆形轨道竖直固定放 V10 vN 10 置，直径POQ水平。一质量为m的 3.有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条 质点自P点上方高度R处由静止 雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保 开始下落，恰好从P点进入轨道。 持一定姿势坐在雪橇上不动，从h,高处的A点由静止 质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg,g为 开始沿倾角为0的雪道下滑，最后停在与A点水平距 重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N 离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与 点的过程中克服摩擦力所做的功。则 () A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条 2mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离 A.W= 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 B.W=2mgR,质点恰好能到达Q点 失，则 C.质点再次经过N点时，对N点压力大于2mg D.要使质点能到达Q点上方R处，应在P点上方2R 处释放质点 7.(多选)如图甲所示，一个质量为2kg的物体（可看成 质点)在沿斜面方向的拉力作用下，从倾角0=30°的 A.动摩擦因数为tan0 B.动摩擦因数为上 光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面 C.倾角一定大于0 D.倾角a可以大于0 底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，拉力 题组二动能定理在往复问题中的应用 做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取 4.如图所示，斜面的倾角为0，质量 g=10m/s2。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说 为m的滑块距挡板P的距离为 法正确的是 ( xo,滑块以初速度。沿斜面上P W 滑，滑块与斜面间的动摩擦因数m品 200 为，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。 8 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 374 A.物体沿斜面向上运动的最大位移xm=22m 10.如图所示，固定斜面AB B.物体沿斜面向上运动的最大位移xm=22.5m 平滑连接固定光滑圆弧 ( C.在x=5m处，拉力的功率为100W 轨道BCD,C为圆弧最 D.在x=5m处，拉力的功率为1002W 低点，圆弧轨道与斜面 8.如图所示，物体1放在倾角为0=37°的斜面紧靠挡板 AB相切于B点，圆弧轨 处，物体1和斜面间动摩擦因数为4=0.5，一根不可 道最高点与光滑半圆管 R 伸长的柔质轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固 DE水平相切于D点，半 B C 定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻 圆管上端出口与长度L=3m的水平传送带左端相 绳与斜面平行，物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻 切于E点。一个质量m=0.2kg的小物块（可视为 绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为 质点)从斜面顶端A点下滑。已知斜面高h=0.3m, 4:1:5,开始时用手托住小物体3，小物体3到地面 斜面倾角6=37°，物块与斜面间的动摩擦因数1= 的高度也为h,此时各段轻绳刚好拉紧，已知物体触地 0.5,圆弧轨道BCD和半圆管DE半径分别为R= 后立即停止运动、不再反弹，重力加速度为g= 0.5m、r=0.1m,sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速 10/s2,物体3从静止突然放手后，物体1沿斜面上 度g=10m/s2,管的内径可忽略。 滑的最大距离为 (1)若小物块从A点由静止开始下滑，求小物块经过 C点时对轨道的压力大小； (2)若使小物块以初速度v,=3m/s从传送带最右端 F点滑上传送带，传送带同时由静止开始以加速 挡板 3 度为a=2m/s2逆时针转动，两者间动摩擦因数 42=0.1,求小物块运动到E点的速度大小； (3)若在A点给小物块合适的初速度，使其沿斜面向 A.3h B.3 C.2h D. 3 下运动并能够到达E点，求小物块在A点的初动 9.(2025·湖北高三月考)如图甲所示，在倾角为30°的 能的最小值。 足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA, OA长为4m。有一质量为m的滑块，从O处由静止 开始受一水平向右的力F作用。F只在水平面上按 图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数 u=0.25,g取10m/s2,试求： B mg -0.5m8 x/m (1)滑块运动到A处的速度大小； (2)不计滑块在A处的速率变化，求滑块冲上斜面AB 的长度。 -375