第8章 第3节 第2课时 动能定理的综合应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版 江苏专用）

第2课时动能定理的综合应用 白题基础过关 限时：15min 题型1用动能定理解决圆周运动 A.此时物体A的速度为vCos0 1.**如图，abc是竖直面内的 B.此过程中物体A处于失重状态 光滑固定轨道，ab水平，长度 为2R,bC是半径为R的半圆&F C该过程中绳对物体A做的功为mgh+,m os20 弧，与ab相切于b点.一质量为m的小球，自a 点处在水平恒力F的作用下由静止开始向右运 D.该过程中绳对物体A做的功为mgh+m 动，当小球运动到b点时，立刻撤去力F,小球恰 题型3用动能定理解决多过程问题 好通过轨道最高点c,重力加速度大小为g,不计 4.*(2025·浙江强基联盟联考)如图所示， 空气阻力，则恒力F的大小为 ( 固定斜面倾角为0，整个斜面分为AB、BC两 5 3 A.mg B. Amg C. 2 mg D.2mg 段，且AB=1.5BC,小物块P(可视为质，点)与 题型2用动能定理解决变力做功问题 AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为 2.*质量为m的物体以初 山1山2，已知P由静止开始从A点释放，恰好能 速度o沿水平面向左开始 o 77777777777 滑动到C点而停下，那么0412间应满足的 运动，起始点A与一轻弹簧 关系是 0端相距s,如图所示.已知物体与水平面间的 动摩擦因数为，物体与弹簧相碰后，弹簧的 B 最大压缩量为x,不计空气阻力，则从开始碰 C 撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力 21+3μ2 3μ1+242 A.tan 0= B.tan 0= 所做的功为 ( 5 5 A.umg(s) C.tan0=2μ1u2 D.tan0=2μ21 B.umgs 5.*(2024·广东中山质检)如图，两块弹性 12 1 C.wmg(stx）+2m0 D. 2mw。-umg(s+x) 挡板竖直固定在水平地面上，相距8m,一个 小木块（体积很小，可视为质点）从两块挡板 3.*(2025·山西阳泉期末)人用绳子通过光 滑定滑轮拉静止在地面上的物体A,A穿在光 正中间开始以初速度10m/s向右运动，木块 滑的竖直杆上，当人以速度v竖直向下匀速拉 与地面之间的动摩擦因数为0.2，重力加速 绳使质量为m的物体A上升高度h后到达如 度g取10m/s2,每次木块与挡板碰撞后，都会 图所示位置时，此时绳与竖直杆的夹角为0.已 以原速率反弹，不计空气阻力，则最终木块停 知重力加速度为g,则 止的位置与左边挡板距离为 7777777十7777777 77777777 A.1m B.2 m C.3m D.4 m 第八章黑白题079 黑题 应用提优 限时：40min *(2025·江苏南通期初)游乐场有一种儿3.*★(2025·山西晋中月考)如图所示，轻质 童滑轨，其竖直剖面示意图如图所示，AB部分 弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在粗 是半径为R的四分之一圆弧轨道，BC为轨道 糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且 水平部分，与半径OB垂直.一质量为m的小 处于原长，圆环从A处由静止开始下滑，经过 孩（可视为质点）从A点由静止滑下，滑到圆 B处时速度最大，到达C处时速度为零， 弧轨道末端B点时，对轨道的正压力大小为 AC=h,圆环在C处获得一竖直向上的速度v, 2.5mg,重力加速度大小为g.不计空气阻力， 恰好能回到A,弹簧始终在弹性限度内，重力 下列说法正确的是 加速度为g,则圆环 0 B A.小孩到达B点的速度大小为√2gR A.下滑过程中，加速度一直减小 B.小孩到达B点的速度大小为10g5 B.下滑过程中，克服摩擦力做的功为m C.在C处，弹簧的弹性势能为mw2-mgh C.小孩从A到B克服摩擦力做的功为R D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度 4.**如图所示，半圆弧轨道固定在水平地面上， D.小孩从A到B克服摩擦力做的功为2mgR O为圆心，半径为R一质量为m的滑块从P点 自由下落，沿轨道ABC运动，到达C点后竖直上 2.*如图所示，质量为m的物块与水平转台 抛至最高点Q.已知AP=2R,CQ=R,滑块可视为 之间的动摩擦因数为心，物块与转台转轴相距 质点，滑块与轨道间的动摩擦因数处处相同，不 R,物块随转台由静止开始转动并计时，在t1 计空气阻力，重力加速度为g,则 时刻转速达到，物块即将开始滑动.保持转 P□ 速n不变，继续转动到t2时刻.则 A.在0~t1时间内，摩擦力做功为零 B.在t1~t2时间内，摩擦力做功为2mgR A.第一次从A到C的过程中滑块克服摩擦力 C.在0~t1时间内，摩擦力做功为2mgR 做功mgR B.第一次在AB段和BC段摩擦力对滑块做功 D.在0~t,时间内，摩擦力做功为 2MmgR 之比为1：1 必修第二册黑白题080 C.第一次运动到B点时滑块对轨道的压力大 压轴挑战 小为6mg 7.禁过山车是游乐场中常见的设施.如图是 D.第二次运动到A点时滑块的速度为0 种过山车的简易模型，它由水平轨道和 5.整(2025·浙江嘉兴期中)将某物体从地面 在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、 竖直向上抛出，一段时间后物体又落回地面在 D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距 此过程中物体所受空气阻力大小不变，其动能 与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2= E,随距离地面高度h的变化关系如图所示， 1.4m.一个质量为m=1.0kg的小球（视为 g取10m/s2,下列说法中正确的是 质点)，从轨道的左侧A点以o=12.0m/s +E小 上升 72 的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L,三 下降 6.0m.小球与水平轨道间的动摩擦因数u三 0.2,圆形轨道是光滑的.假设水平轨道足够 0 长，圆形轨道间不相互重叠，如果小球恰能 6 h/m A.上升到最高点的过程中，重力做功72J 通过第二个圆形轨道.如果要使小球不能脱 B.全过程中克服空气阻力做功120J 离轨道，试求在第三个圆形轨道的设计中， C.该物体的质量为1kg 半径R,应满足的条件.（重力加速度g取 D.上升与下降的时间之比为√5：√2 10m/s2,计算结果以m为单位保留小数点 6.(2025·河北邯郸期中)如图所示，半径 后一位数字) 第一圆轨道 为1m的四分之三光滑圆轨道竖直固定在水 第二圆轨道 第三圆轨道 平地面上，B点为轨道最低点，A点与圆心O 等高.质量为1kg的小球（可视为质点）在A 点正上方0.75m处由静止释放，下落至A点 时进入圆轨道，重力加速度g取10m/s2,不计 空气阻力，则 A 777777777779777777777777 A.小球在B点的动能为7.5J B.小球在A点受到轨道的弹力大小为10N C.小球上升过程中距地面的最大高度 为1.75m D.小球离开轨道后将落至轨道B点 第八章黑白题081木板的动能为E1=2mgd,物块的动能为E2=(F-2umg)d'= 9umgd,故CD错误.故选A. 压轴挑战 5.C解析：根据x=mgsin30°，得弹簧的劲度系数为k=mg, 小球运动到最低点时，根据动能定理mgm30=之d,得 x=2x0,所受弹簧弹力大小为F=kx=mg,故AB错误；当弹簧 伸长量为。时，动能最大，根据动能定理mgxosin30°- -了-0B得。-”学，放C正确：弹资拉伸量 1 为6时，弹生势能为气，起=”学，故D错误枚选心 第2课时动能定理的综合应用 白题基础过关 1.B2.D 3.C解析：A将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方 向，拉绳子的速度等于A沿绳子方向的分速度v=v4cos0,此 时物体A的速度为4=” c099故A错误；B.物体A上升过程 中0变大，以也变大，物体A向上加速，处于超重状 态，故B错误；CD.在A上升的过程中根据动能定理W- mgh=2m好-0，该过程中绳对物体A做的功mgh+,m os20' 故C正确，D错误.故选C. 4.B解析：从A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支 持力、滑动摩擦力设斜面AC长为L,运用动能定理，列出等 式eln94gm6x子：nesr号=0，解得m9 3 30+24,故选B. 5 5.C解析：从开始至停下，根据动能定理可得-wmgs=0- m,得运动的总路程8=25m,因+5m=5,故停下位置 1 距离左边挡板距离x=L-5m=3m,故选C. 黑题应用提优 1.C2.D3.D 4.A解析：A第一次从P到Q的过程中，设滑块克服摩擦力 做的功为W,根据动能定理有3R×mg-W-2R×mg=0-0,解 得W=mgR,故A符合题意；B.滑块在A点速度大于C点速 度，则AB段摩擦阻力大于BC段，在AB段和BC段摩擦力对 滑块做功不相等，故B不符合题意；C.AB段摩擦力对滑块做 功大于子mgR,在B点滑块动能Ew<3mgR- 2 mgR= 之mg,滑块在B点速度√m 2E<√5gR,由牛顿第二定 律可得F-mg=m尺，解得F、<6mg,则第一次运动到B点 时滑块对轨道的压力小于6mg,故C不符合题意；D.滑块在 C点的动能为mgR,第二次运动到A点时，速度更小，克服摩 擦阻力做功小于mgR,第二次运动到A点时滑块的速度不为 0,故D不符合题意.故选A 5.C解析：ABC.根据动能定理可得F合h=△E,可知E,-h图 必修第二册 像的斜率绝对值等于合力大小，则上升阶段有mg灯2N= 6 12N,下降阶段有mg-f=6 48 N=8N,联立解得m=1kg f=2N,则上升到最高点的过程中，重力做功为W。=-mgh= -10×6J=-60J,全过程中克服空气阻力做功为W,=f: 2h=2×2×6J=24J,故AB错误，C正确：D.上升阶段的加速 度大小为a,=mgf=12m/。,下降阶段的加速度大小为a,= m mg=8m/s2,上升阶段和下降阶段根据运动学公式可 m 1 1 得h=21片，h=2货，可得上升与下降的时间之比为，： l2=√a2:√a1=√2：3，故D错误故选C 6.D解析：A.小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h+ R)=Es,解得EB=17.5J,故A错误；B.小球从释放到A点， 根据动能定理有mgh=2m,在A点，根据牛顿第二定律 m,解得N=15N,故B错误；C设小球离开轨道处 有N=m 司圆心的连线和竖直方向的夹角为0，则有mgc0s0=g,从 B点到脱离轨道过程，根据动能定理有-mgR(1+cos)= 2m-E,解得cas0=2,离开轨道时高度为=R(1+ cos)=1.5m,此后做斜抛运动，最高点时水平速度v',从释 放点到最高点有mg(R+h)=mgha+2m'2,可得hs< 1.75m,故C错误；D.假设小球离开轨道后将落至轨道B点， 由C分析可知脱离轨道的速度为v=√5m/s,根据斜抛的运 1 动规律可知=-sin60·+2,x=cos60°·t,解得x= √3 2 m=Rcos30°，可知小球离开轨道后将落至轨道B点，故 D正确.故选D. 压轴挑战 7.0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m 解析：设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为2，由题意 吃 mg=m R2 ① -g(la+L)-2mgkamm 1 ② 由①②式得L=12.5m, ③ 要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： I.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高 点的速度为，应满足mg=mR' v3 ④ 1 -umg(L,+2）-2mgR,=2m号-2m6, ⑤ 由④⑤式得R,=0.4m. ⑥ Ⅱ.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R,根据动能 定理 ung(4+20）-mgR,=07ad, ⑦ 解得R3=1.0m. ⑧ 黑白题30 为了保证圆轨道不重叠，R最大值应满足 (R2+R3)2=L2+(R3-R2)2, ⑨ 解得R3≈27.9m. 0 综合I、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须 满足条件0<R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m 专题探究十动能定理中的图像和多过程问题 黑题专题强化 1.A 2.B解析：乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓 球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大 速度为o,则mg+h=m4。,4B,=2mu6乒乓球最终匀速运 动时，速度为，则mg=k.此时的动能E=之m联立以 上各式可解得am=5g.故选B. 3.D解析：A.由牛顿第二定律有F-umg=ma,当推力最大时， 合力最大，物体的加速度最大，由图乙可知，最大推力F= 100N,代人上式解得物体加速度最大为20m/s2,故A错误； B.由题图乙可得推力F随位移x变化的关系为F=100 25x(N),物体速度最大时，合力为零，有F=umg,解得x= 3.2m,即在距出发点3.2m位置时物体的速度达到最大，故 B错误：C.由F-x图像中图线与坐标轴所围的“面积”表示 功可知，整个过程中推力对物体做功为W。=100x4.0」= 2 200J,故C错误；D.对整个过程，由动能定理有Wp-umgxm= 0,解得物体在水平面上运动的最大位移是xm=10m,故 D正确.故选D. 4.C 5.C解析：取沿斜面向上为正方向，则由匀变速直线运动的 规律，匀加速过程=a1t,减速过程，=a子联立解得，= 3a1.由牛顿第二定律有F-mgsin0=ma1,mgsin0=ma2,联立 星F(mgsin6由动能定理可知，撒去外力F前！ 对物块做的功为W=,=3mgs1si血a.合力对物块做的功为 W-mgs1sin0=E,即撤去外力F时物块的动能E,= 3mgs1sin0-mgs1sin0,解得E=100J.ABD错误，C正确。 6.(1)6m/s(2)6.5m(3)不能6m 解析：1)在B点时有a60得，=6m (2)从B点到E点有mgh-umgL-mgH=0- 2mw后，得L= 6.5m. (3)假设运动员不能回到B点，设运动员能到达左侧的最大 高度为h',从B点到第一次返回左侧最大高度有mgh mgh'ng×2L=0-2m2,得=12mh=2m,放第-次返 回时，运动员不能回到B点，从B点运动到停止，在CD段的 总路程为，由动能定理可得mh-mgs=0-2m,得s= 19m,s=2L+6m,故运动员最后停在C点右侧6m处 7.(1)2g3g(2)H(3)大于等于5品H 251 125 参考答案与解析 解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动.设 此时管的加速度大小为a1,方向向下；球的加速度大小为 a2,方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f,由牛顿第二定 律有 Ma =Mg+f, ① ma,f-mg, ③ 联立①②式并代人题给数据，得 a1=2g,a2=3g ③ (2)管第一次碰地前与球的速度大小相同.由运动学公式，碰 地前瞬间它们的速度大小均为 o=√2gd, ④ 方向均向下管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依 然向下 设自弹起时经过时间1，管与小球的速度刚好相同.取向 为正方向，由运动学公式0-a141=-+a241, ⑤ 联立③@6武得4=号√日 22H ⑥ 设此时管下端距水平地面的高度为h,速度为u.由运动学公 式可得 h=o4201听， ⑦ v=v0-a11, ⑧ 由③④⑥⑧式可判断此时>0.此后，管与小球将以加速度g 减速上升2，到达最高点.由运动学公式有h,=2g 2 ⑨ 设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1, 则H1=h+h2, 0 联立8④6⑦890式可得H=25 13, ① (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下 落到上升H,这一过程中，由动能定理有 Mg(H-H)+mg(HH+x)-4mgx,=0, ② 联立吧式并代入感给数据得=号红， B 同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过 4 程中，球与管的相对位移x,=5H, ④ 设圆管长度为L管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会 滑出管外的条件是x,+x2≤L, ⑤ 联立①心45式，L应满足条件为L≥152 第4节机械能守恒定律 第1课时机械能守恒定律的理解与应用 白题基础过关 1.B2.B3.B4.D5.B6.B 7.C解析：物体在最高点时具有的重力势能E。1=mgh,=1× 10×0.4J=4J,A错误；物体在上升过程中，机械能守恒，故 在最高点时具有的机械能等于刚抛出时的动能，即8J,B错 误；物体在下落过程中，机械能守恒，任意位置的机械能都等 于8J,C正确；物体落地时满足机械能守恒，E=E,+E2= E+mgh2=E,+(-10J),则E=8J-(-10J)=18J,D错误. 8.B解析：C.小球恰能通过P点，则在P点时重力提供向心 力，大小为mg,C错误；A.在最高点P,根据牛顿第二定律 黑白题31