专题九 应用动能定理解决多过程问题 跟踪训练 -2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 专题聚焦动能定理多过程问题，通过选择与计算分层设计，实现从单一过程到综合情境的知识进阶，强化科学思维与能量观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|单一过程（斜面、弹簧）|选择题1-4直接应用动能定理，考查摩擦因数、位移计算，夯实物理观念| |综合应用|多过程组合（斜面-水平面、轨道衔接）|选择题5-7（多选）及计算8-9涉及摩擦力、能量转化，培养科学推理能力| |拓展提升|实际情境（投沙包、滑板运动）|计算10-11含复杂过程与临界分析，强化模型建构与质疑创新素养|

专题九 应用动能定理解决多过程问题 跟踪训练 1． 选择题： 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回底端，且速度大小为开始上滑的初速度大小的。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，包裹可视为质点，则包裹和雪道之间的动摩擦因数为(　　) A．0.05 B．0.16 C．0.21 D．0.25 2．如图所示，轻弹簧的右端与固定竖直挡板连接，左端与B点对齐。质量为m的小物块以初速度v0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A、B间的距离为L，弹簧的最大压缩量为，重力加速度为g，则小物块反弹之后从B点运动到C点所用的时间为(　　) A． B． C． D． 3．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为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失，则(　　) A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为 C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ 4.如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 5.(多选)如图所示，小物块从倾角为θ的斜面顶端A点自由滑下，在水平地面的B点停止。已知斜面与地面材料相同，且平滑连接，A点高度为h，A、B两点的水平距离为x，重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan θ B.物块和斜面之间的动摩擦因数为 C.物块在水平面上的加速度大小为g D.要使物块能从B点返回A点，则物块在B点获得的动能至少为2mgh 6．(多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体(可看成质点)在沿斜面方向的拉力作用下，从倾角θ＝30°的光滑斜面底端由静止开始沿斜面向上运动。以斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为正方向建立x轴，拉力做的功W与物体位置坐标x的关系如图乙所示。取g＝10 m/s2。物体沿斜面向上运动的过程中，下列说法正确的是(　　) A．物体沿斜面向上运动的最大位移xm＝22 m B．物体沿斜面向上运动的最大位移xm＝22.5 m C．在x＝5 m处，拉力的功率为100 W D．在x＝5 m处，拉力的功率为100 W 7.(多选)(2025·辽宁沈阳市调研)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　) A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B.集装箱与货物的质量之比为1∶4 C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端 D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端 二．计算题： 8．(2025·湖北高三月考)如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m。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μ＝0.25，g取10 m/s2，试求： (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。 9.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。求: (1)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? 10.(2025·八省联考内蒙古卷)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求: (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x; (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 11.(2025·江苏南通模拟)如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C，最高点为D，D点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在AB间铺有长度为4L的防滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上升到最高点E，E点与D点的距离为，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求: (1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数; (2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小; (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度范围。 参考答案： 1.[答案]　C[解析]　设包裹沿斜面上滑的最远距离为s，对包裹上滑过程，由动能定理有－mgs·sin θ－μmgs·cos θ＝0－mv，同理，下滑时有mgssin θ－μmgs·cos θ＝ m2－0，联立解得μ＝0.21，故选C。 2.[答案]　B[解析]　小物块从A点到停止运动的整个过程，根据动能定理可得－μmg·＝0－mv，在BC段运动时，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma，L＝at2，联立解得t＝。 3.[答案]　B[解析] 第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmgcos θ·－μmgs′＝0，整理得：mgh1－μmg＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmgcos θ<mgsin θ，第二次滑上CE在E点停下，说明μmgcos α≥mgsin α；若α>θ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。 4.[答案]　A[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－m，解得x＝，选项A正确。 5.[答案]　BCD[解析] 对物块，全过程根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0，可得μ＝，故B正确，A错误;物块在水平面上的加速度a＝，故C正确;要使物块能从B点返回A点，根据动能定理有－mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0－EkB，又mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0，联立可得EkB＝2mgh，故D正确。 6.[答案]　BD[解析]: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<10 m的范围内，拉力F＝＝20 N，从底端到x1＝5 m的过程中，根据动能定理得W1－mgsin θ·x1＝mv，则x1＝5 m处物体的速度大小为v1＝5 m/s，拉力的功率P＝Fv1＝100 W，C错误，D正确；从x2＝10 m到最高点的过程中，拉力F′＝＝2 N，物体从底端沿斜面运动到最大位移的全过程中，根据动能定理得W2＋F′(xm－x2)－mgxmsin θ＝0，由图知W2＝200 J，解得物体沿斜面向上运动的最大位移xm＝22.5 m，A错误，B正确。 7.[答案]　BC[解析]:根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，所以，故A错误;设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x＝0，可得，故B正确;若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确;若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。 8.答案　(1)5 m/s　(2)5 m 解析　(1)由题图乙可知，在前2 m内，F1＝2mg，做正功， 在第3 m内，F2＝－0.5mg，做负功， 在第4 m内，F3＝0。滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功， 对于滑块在OA上运动的全过程， 由动能定理得F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0 代入数据解得vA＝5 m/s。 (2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理有－mgLsin 30°＝0－mv 解得L＝5 m 所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m。 9.答案　(1)1.4 J　(2)0.15 m 解析　(1)滑块第一次到D点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，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。 10.答案　(1)3 m　(2)20 解析　(1)沙包竖直方向的初速度为vy＝v0sin 53°＝4 m/s 沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正， 则有－h＝vyt－gt2 代入数据解得t＝1 s 沙包抛出的水平初速度为vx＝v0cos 53°＝3 m/s 所以从抛出到落地沙包的水平位移为x＝vxt＝3 m。 (2)沙包滑行的距离为x0＝L＋5d－x＝0.45 m 沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5 m/s2 滑行的初速度有＝2ax0 与地面碰撞后的动能Ek2＝mm 从抛出到落地根据动能定理有mgh＝mv2－m 解得落地瞬间的动能Ek1＝mv2＝m 所以k＝＝20。 11.答案　(1)tan θ　(2)4mg　 (3)≤v≤ 解析　(1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ， 根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC，对运动员从C到E的过程， 根据动能定理可得mgm 在C点处，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m 联立解得FN＝4mg。 (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做往返一次滑行，设滑板离开B点时的最小速度为v1，则运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度为x时，其所受滑动摩擦力大小为Ff＝·μmgcos θ 由上式可知Ff－x图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示Ff做功的绝对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入到AB区域的过程中，摩擦力做的功为Wf＝－μmgLcos θ 根据动能定理可得－mgLsin θ＋Wf＝0－m 解得v1＝ 设滑板离开B点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定理可得－4mgLsin θ－3μmgLcos θ＋Wf＝0－m 解得v2＝ 综上，滑板离开B点时的速度需要满足≤v≤。 学科网（北京）股份有限公司 $