2026届高三物理二轮复习跟踪练习：微专题8 动能定理在多过程中的应用

微专题8 动能定理在多过程中的应用 跟踪练习 基础过关 一．选择题： 1．如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且1.5AB＝BC。小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，那么θ、μ1、μ2三者间应满足的关系是( ) A．tan θ＝ B．tan θ＝ C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1 2．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＝ 3．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，其长度d＝0.50 m。盆边缘的高度h＝0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑(图中小物块未画出)。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。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为( ) A．0.50 m B．0.25 m C．0.10 m D．0 4．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(s＋) D．μmg(s＋h cos θ) 2． 计算题： 5．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F必须满足的条件。 6.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与其间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。 (1)求整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； (2)滑块最终停在距B点多远的位置？ 能力提升 1． 选择题： 7．(2024·广东深圳模拟)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．9H B．15H C．19H D．21H 8．(2024·安徽安庆模拟)小球由地面竖直向上抛出，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． B． C． D． 9．(2025·黑龙江模拟预测)如图所示，半径为1 m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O等高。质量为1 kg的小球(可视为质点)在A点正上方0.75 m处由静止释放，下落至A点时进入圆轨道，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，则( ) A．小球在B点的动能为7.5 J B．小球在A点受到轨道的弹力大小为10 N C．小球在轨道上运动的最高点距地面的高度为1.75 m D．小球离开轨道后将落至轨道B点 二．计算题： 10.(2023·湖北卷)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，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。 11.(2025·江西模拟预测)如图所示，曲线轨道AB(足够长)、水平直轨道BC、竖直圆环轨道CD、水平直轨道CE、竖直半圆形管道EFG间平滑连接，其中竖直圆环轨道CD最低点C处的入口、出口靠近且相互错开。将一可视为质点、质量为m＝2 kg的小滑块P从曲线轨道AB上某处由静止释放，其刚好能沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D。已知水平直轨道BC长为L1＝0.5 m，其上铺设了特殊材料，小滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ1＝0.4＋0.4x(x表示BC上一点至B点的距离)，水平直轨道CE长为L2＝2.0 m，小滑块与轨道CE间的动摩擦因数为μ2＝0.1，轨道其余部分的阻力及空气阻力不计。竖直圆环轨道CD的半径为R＝0.4 m，竖直半圆形管道EFG的半径R′可在0.25～0.35 m间调节，竖直半圆形管道的内径远小于其半径、且比小滑块尺寸略大，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)小滑块P释放点的位置高度h； (2)P从管道G点水平抛出后落到水平面上时，其落地点至G点的最大水平距离。 培优训练 一．计算题： 12．如图所示，质量m＝1 kg的小物块从光滑斜面上的A点由静止下滑，进入圆心为O、半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD(B点和D点等高)。圆弧B点的切线与斜面重合，DE为光滑曲线轨道(该轨道与物体以某一速度从E点平抛后的运动轨迹重合)，光滑曲线轨道DE在D点处的切线与OD垂直，曲线轨道的E端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。已知A点距斜面底端B的距离l＝2 m，水平木板距离地面的高度h＝0.45 m，斜面的倾角θ＝37°。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求小物块运动到圆弧最低点C时受到的支持力FN的大小； (2)要使小物块从D点沿轨道运动到E点的过程中对轨道刚好没有压力，求小物块释放点距B点的距离d(计算结果保留两位有效数字)； (3)若斜面不光滑且小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块仍从A点下滑，求整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s。 参考答案： 1. A解析　P由静止开始从A点释放后受重力、支持力、滑动摩擦力作用，设斜面AC长为L，P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点停下，由动能定理得mgL sin θ－μ1mg cos θ×L－μ2mg cos θ×L＝0，解得tan θ＝，A正确。 2.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＝，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。 3. D 解析　设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有BC面上存在摩擦力，其做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0，代入数据可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC面上经过3次往复运动后，又回到B点，故D项正确。 4. 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，滑块从D点被推回A点过程有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＝μmg cos θ·＋μmgs ③，从D点到A点的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmg cos θ·＋μmgs ④，由③④可知W克fAD＝W克fDA⑤，联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。 5.答案　(1)E1－mgh1 (2)　＜F＜ 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＜。 6.答案　(1)1.4 J (2)0.15 m 解析(1)　滑块第一次到D点弹簧具有的弹性势能最大， 从A至D的过程，根据动能定理可得 mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W弹＝0 解得W弹＝－1.4 J 则Ep弹＝－W弹＝1.4 J。 (2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑块在BC上的路程为s，整个过程根据动能定理可得mgR－μmgs＝0 解得s＝2.25 m 由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑块最终停在距离B点0.15 m处。 7. C 解析　篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1＝mgH，运动的总路程为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总路程为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＝0.1×0.9mgH，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总路程为s3＝H＋2H1＋2H2＝H＋2×0.9H＋2×0.92H，篮球第n次到达地面时运动的总路程为sn＝H＋2×0.9H＋2×0.92H＋…＋2×0.9n-1H，根据等比数列求和公式可得sn＝H＋2×0.9H×，当n趋于无穷大时，有sn＝19H，C正确。 8.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 － mv，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 ＝ mv－mv， 又由题意可知mv＝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)＝mv－mv，又由题意可知2×mv＝mgh，以上各式联立解得h＝，故选D。 9.D解析　小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h＋R)＝EkB，解得EkB＝17.5 J，故A错误；小球从释放到A点，根据动能定理有mgh＝mv，在A点，根据牛顿第二定律有N＝m，解得N＝15 N，故B错误；设小球上升过程中在轨道上的最高点与圆心的连线和竖直方向的夹角为θ，则有mg cos θ＝，从B点到轨道上最高点，根据动能定理有－mgR(1＋cos θ)＝mv2－EkB，解得cos θ＝，则小球在轨道上运动的最高点距地面的高度h＝R(1＋cos θ)＝1.5 m，故C错误；假设小球离开轨道后将落至轨道B点，由C项分析可知小球脱离轨道时的速度大小为v＝ m/s，根据斜抛运动的规律可知h＝－v sin θ·t＋gt2，x＝v cos θ·t，解得x＝ m＝R sin θ，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故D正确。 10.答案　(1) (2)　0 (3) 解析　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D， 则在D点有m＝mg 解得vD＝。 (2) 由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧， 则在C点有cos 60°＝ 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋R cos 60°)＝mv－mv 则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mv－mv 联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)　小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mv－mv s＝π·2R 解得vA＝。 11.答案　(1)1.25 m (2) m 解析　(1)小滑块恰好能通过最高点D，则mg＝m 解得vD＝＝2 m/s 从滑块P的释放点到竖直圆环轨道CD的最高点D，由动能定理有 mgh－WfBC－mg·2R＝mv 其中WfBC＝fBC·xBC＝mgxBC＝×0.5 J＝5 J 解得h＝1.25 m。 (2)滑块P由D点到G点的过程，由动能定理有 mg·2R－μ2mgL2－mg·2R′＝mv－mv 滑块P离开G点后做平抛运动，则有2R′＝gt2 x＝vGt 可得x＝·(m)＝10(m) 当0.16－0.4R′＝0.4R′时，即R′＝0.2 m时， 水平距离达到极大值，由于0.25 m≤R′≤0.35 m， 当R′＝0.25 m，落地点至G点的水平距离最大，为xm＝ m。 12.答案　(1)38 N (2)2.1 m (3)15 m 解析　(1)小物块从A→C过程，根据动能定理得 mg[l sin θ＋R(1－cos θ)]＝mv 在C点，根据牛顿第二定律得FN－mg＝ 解得FN＝38 N。 (2)要使小物块由D点运动到E点的过程对轨道没有压力作用，小物块由D到E的运动看作平抛运动逆运动，即小物块运动到E点时的速度为平抛运动的初速度，根据平抛运动规律，有 tan θ＝ v＝2gh 解得v0＝4 m/s，vy＝3 m/s 则vD＝＝5 m/s 小物块从释放点运动到D点的过程，根据动能定理有 mgd sin θ＝mv 解得d＝ m≈2.1 m。 (3)整个过程中，对小物块，根据动能定理有mgl sin θ－μmgs cos θ＝0 解得s＝15 m。 学科网（北京）股份有限公司 $