第8章 专题探究10 动能定理中的图像和多过程问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

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 限时：45min 题型1动能定理的图像问题 0时，物体的速度最大 1.(2023·江苏常州一模)物体沿粗糙斜面底端以 B.拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力 一初速度上滑到顶端又滑回到底端下列关于物 做的功为21J 体的动能随时间的变化图像正确的是 C.物体的最大速度为6√3m/s D.物体运动的总位移为36m 题型2动能定理的多过程问题 4.(2024·青海西宁联考)如图所示，两个斜面 体固定在水平面上并用一小段平滑的圆弧衔 接于O点.现将一可视为质点的物体由P点 无初速释放，经过一段时间，物体运动到右侧 斜面体的最高点Q,该过程中物体在两斜面体 上的位移均为L,物体与两斜面体的动摩擦因 2.将一乒乓球竖直向上抛出， 4E 数均为心，物体通过O点时没有动能的损失， 乒乓球在运动过程中，它的 重力加速度为g,已知=53°，B=37°， 动能随时间变化的关系的 sin37°=0.6，假设最大静摩擦力等于滑动摩 图线如图所示.已知乒乓球 擦力，不计空气阻力.则下列说法正确的是 运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正 比，重力加速度为g.则乒乓球在整个运动过 1 程中加速度的最小值、最大值为 ( A.u= 6 A.0 4g B.0 5g C.g 4g D.g 5g B.物体运动到Q点后，物体在右侧斜面体上 3.(2024·湖南长沙期末)如图甲所 静止 示，质量为0.2kg的物体在水平向 C.若将右侧斜面体水平放置，物体静止时到 右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右 0点的距离为5L 运动，不计空气阻力，F随位移x变化的图像 D.若将右侧斜面体水平放置，物体静止时到 如图乙所示.已知物体与地面间的动摩擦因数 0点的距离为5.6L 为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力 加速度g取10/s2,在运动过程中，下列说法 正确的是 B FIN (第4题) (第5题) 5.在大型货场，常通过斜面将货物送上货车，这 个过程简化为如图所示模型：不计空气阻力， 12x/m 甲 固定光滑斜面的倾角为0，质量为M的物块， A.物体做加速度减小的加速运动，当拉力F= 在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止开始 必修第二册：RJ黑白题082 从斜面的底端向上做匀加速直线运动，经时7.（2020·全国卷Ⅱ)如图，一竖直圆管质量为 间t物块运动至斜面E点（图中未标出），然 M,下端距水平地面的高度为H,顶端塞有一 后撤去外力F,再经过时间。物块速度减为 质量为m的小球.圆管由静止自由下落，与地 面发生多次弹性碰撞（动能无损失），且每次 零.已知外力F做的功为400J,则撤去外力F 碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持 时物块的动能为 竖直.已知M=4m,球和管之间的滑动摩擦力 A.75J B.85J 大小为4mg,g为重力加速度的大小，不计空 C.100J D.110J 气阻力， 6.如图所示是滑板运动的轨道，BC (1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球 和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC 讲解⊙ 各自的加速度大小； 段的圆心为0点、圆心角0=60°，半径0C与 (2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没 水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的 有从管中滑出，求管上升的最大高度； 动摩擦因数=0.2（视为滑动摩擦）.不计空气 (3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没 阻力，某运动员从轨道上的A点以vn=3m/s 有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件. 的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线 方向滑入圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE 轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知 运动员和滑板的总质量为m=60kg,B、E两点 与水平轨道CD的高度差分别为h=2m 和H=2.5m.g取10N/kg.求： 777 6 (1)运动员从A点运动到B点过程中，到达B 点时的速度大小vB (2)水平轨道CD段的长度L (3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能 否回到B点？若能，请求出回到B点时速 度的大小；若不能，请求出最后停止的位 置距C点的距离， 第八章黑白题083块在C点由牛顿第二定律有mg=m反，解得=√，物块 从B到C由动能定理有&-ng×2R=m2-m2,解得 W=-2mgR,故D错误故选AC. 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段摩擦力阻力大于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？mgR,在B点滑块动能Eu<3mgR- 2 mgR= 5 mgR,滑块在B点速度a√ <√5gR,由牛顿第二定 律可得E-mg=mg,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.B解析：A如图所示，圆环从A处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运 动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的 加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误：BC.研究 圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理 有mgh-W-W=0-0,在C处获得一竖直向上的速度u,恰 好能回到A,根据动能定理有-mgh-W+W=0-2m,解得 g=m2,=mgh-子m2,故B正确，C结误：D.研究圆 环从A处由静止开始下滑到B过程，根据动能定理有mgh'- W?W=)m后-0，研究圆环从B处上滑到A过程，根据动 能定理有-mg-w+=0-2m,由于-<0，所以 2m哈>2m%,上滑经过B的速度大小大于下滑经过B的 1 速度大小，故D错误故选B. +mg 6.D解析：A小球从释放到最低点，根据动能定理有mg(h+ R)=EB,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®h=2,在A点，根据牛顿第二定律 有N=m,解得N=15N,放B错误；C.设小球离开轨道2 与圆心的连线和竖直方向的夹角为0，则有网5s0=管，从 参考答案与解析 B点到最高点，根据动能定理有-mgR(1+c0s0)=】m mm2、 Ew,解得cos0=),离开轨道时高度为h=R(1+cos0)= 1.5m,此后做斜抛运动，最高点时水平速度v',从释放点到 1 最高点有mg(R+h)=mghm+2m,可得h<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,根据斜抛的运动规律可 √3 知h=-sin60°·+2g,x=00s60°·t,解得x=2m= 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 mg=m R2 ① 1 21 -umg(L+L)-2mgR,=2mv-2mwo, 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' ④ 1 umg(L+2）-2mgR,=2m号2m ⑤ 由④⑤式得R3=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 -umg(L+2L)-mgR,=O-2m, 1 ⑦ 解得R,=1.0m ⑧ 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R,=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.B 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，则mg+h=ma。,4E,=7m6乒乓球最终匀速运 动时，速度为，则mg=ha此时的动能E=2m联立以 上各式可解得am=5g故选B. 3.D解析：A.物体的最大静摩擦力为f。=umg=0.3N,根据图 乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，物体向右加速运动，当 拉力与最大静摩擦力平衡时，合力为0，物体速度达到最大 值，故A错误；B.根据数学函数规律可知，拉力等于0.3N 时，对应的位移为10m,F-x图像中，图像与横坐标所围几 黑白题31 何图形的面积表示功，则拉力从1.8N减小到0.3N的过程 中，拉力的功为W,=0.3+1,8)×10」=10.51，故B错误 2 C.结合上述可知，拉力等于0.3N时，物体速度达到最大值， 根据动能定理有-f6x=2m2,其中名，=10m,解得 vmax=55m/s,故C错误；D.整个过程中拉力做功为W= 1.8×12J=10.8J,由动能定理有W-f6x=0,解得x=36m,故 D正确.故选D. 4.C解析：A.物体从P处由静止释放，恰好滑到Q速度减为 零，由动能定理得mgLsin53°-umgLcos53°-mgLsin37°- pmgloos37=0,解得u=7,故A错误：B物体运动到Q点 后，重力沿斜面向下的分力为mgsin37°=0.6mg,最大静摩 擦力为mgcos37°=，mg<mgsin37°，物体不可能静止在右 侧的斜面上，故B错误；CD.若右侧斜面体水平放置，物体从 释放到停止运动，由动能定理得mgLsin53°-mgLcos53° mgx=0,解得x=5L,故C正确，D错误故选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=a,减速过程=4：了联立解得a, 3a1.由牛顿第二定律有F-mgsin0=ma1,mgsin0=ma2,联立 解得F=4 3 mgsin(由动能定理可知，撤去外力F前，外力F 物块做的功为W=Fs1=3mgs1sin0.合力对物块做的 W-mgs1sin0=E,即撤去外力F时物块的动能E=3 4 mgs1sin0-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vg= os60@,得g=6m/s. (2)从B点到E点有mgh=mgL-mgH=0-)mw6,得L2 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高处有mgh-mgh'- wmg×2L=0-2m2,得h'=1.2m<h=2m,故第-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s,由动能定理可得mgh-mgs=0-m,得s=19n s=2L+6m,故运动员最后停在C点右侧6m处. 7.(1)2g3g(2)3H(3)大于等于1521 25 125 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, ② 联立①②式并代入题给数据，得 a1=2g,a2=3g. ③ 必修第二册·RJ (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 0=√2gǖ， 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上 为正方向，由运动学公式。-a1l1=-0+a241, ⑤ 联立③④⑤式得-5√g 22H ⑥ 设此时管下端的高度为h,速度为u.由运动学公式可得 1 h,=2a1, 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，2名 ⊙ 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③④6⑦890式可得1，= H. 25 ⑧ (3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x,在管开始下 落到上升H,这一过程中，由动能定理有 Mg(H-H1）+mg(H-H1+x1）-4mgx1=0, ② 联立①见式并代人题给数据得=了H, 4 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 程中，球与管的相对位移=号。 @ 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①B5式，L应满足条件为L≥152H 125 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.D4.B5.AB6.CD 7.B解析：由A到C的过程运用机械能守恒定律得：mgh+ B,=2m2,所以E,=m2-ngk放选B 1 8.C解析：物体在最高点时具有的重力势能E。=mgh1=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. 9.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 得形=无解得=V顾根据2次=，解得4，√图 /4R 则水平距离x=t=2R,A错误；B.根据机械能守恒得2mgR= &弓m心，解得小球落地时的动能医=2neR+名m 黑白题32