第六章 必刷题 应用动能定理解决多过程问题 课时跟踪练习23 -2027届高三物理一轮复习精讲精练

**基本信息** 聚焦动能定理在多过程问题中的系统应用，通过分层场景构建"过程拆分-能量转化-定理应用"的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|1-2题|竖直/圆弧单过程|重力做功与动能变化的直接关联| |综合过程|3-6题|多力作用下的直线/曲线运动|运动阶段划分与摩擦力做功分析| |复杂系统|7-10题|弹簧/轨道/传送带组合场景|全过程能量守恒与临界状态推理| 通过10道题实现从单一过程到多系统耦合的梯度训练，强化物理观念中的能量观念，培养科学思维的模型建构与科学推理能力，契合一轮复习对核心考点深度突破的需求。

课时跟踪练23　应用动能定理解决多过程问题 　(1—6题,每题3分) 1.如图所示,质量为m的小球从离地面H高处由静止释放,落到地面,陷入泥土中h深处后停止运动,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.小球落地时的动能等于mg(H+h) B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能 C.泥土阻力对小球做的功为mg(H+h) D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg(1+) 2.如图所示,内壁粗糙的半径r=0.1 m的圆弧轨道竖直固定在水平地面上,最底端与足够长的水平地面相切。将一质量m=1 kg的滑块(视为质点)从与圆心O等高处沿圆弧轨道由静止释放,滑块经过圆弧轨道最低点P后最终停止在Q点。已知P、Q间的距离xPQ=0.25 m,滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.滑块经过P点时速度大小为2 m/s B.滑块在水平地面上运动的时间为0.2 s C.滑块经过圆弧轨道最低点P时,对轨道的压力大小为15 N D.滑块沿圆弧轨道滑动的过程中,克服摩擦力做的功为0.5 J 3.(2026)冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示,小孩坐在冰车上,大人先用水平恒力F1推了5 s后,又用水平恒力F2推了25 s,之后撤去外力,小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10 s,最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40 kg,小孩在冰面上做直线运动的vt图像如图乙所示,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.水平恒力F1=16 N B.冰车与冰面的动摩擦因数μ=0.2 C.整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为s=75 m D.整个过程中大人对小孩和冰车做的功为W=520 J 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.(+x0tan θ) B.(+x0tan θ) C.(+x0tan θ) D.(+) 5.(多选)(2026)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 6.(多选)(2026)工程师设计了一个货物缓冲装置。如图(a)所示,倾角θ=30°的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接,两条宽度不计的缓冲条(货物每次经过时损失的机械能相等)分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能,工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出,并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中,动能Ek与路程x的关系图像,如图(b)所示。已知OA=AB=BC=1 m,货物质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,货物可视为质点,则货物(　　) A.与地面间的动摩擦因数为0.5 B.沿斜面上滑的最大距离为2 m C.每次经过缓冲条损失的机械能为5 J D.最终停止的位置与O点的距离为1.8 m 7.(8分)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BC间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m,重力加速度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? 8.(10分)(2026)如图所示,某装置处于竖直平面内,该装置由弧形轨道、竖直螺旋圆形轨道、水平直轨道AF和传送带FG组成,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与弧形轨道相切于A点,螺旋圆形轨道半径R=0.3 m,AF长度L=0.8 m,传送带长度足够长。现将质量m=0.3 kg的小滑块从弧形轨道距AF高H=1.0 m的M处由静止释放。小滑块与轨道AF间的动摩擦因数μ=0.25,与传送带间的动摩擦因数未知,传送带始终以3 m/s 的速度逆时针匀速转动。不计空气阻力,弧形轨道和圆形轨道均可视为光滑,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小滑块第一次运动到A点时的速度大小; (2)小滑块运动至圆轨道最高点 D点时对轨道的压力大小; (3)小滑块第三次经过A点时的速度大小。 9.(12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高,质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,底端距A点的高度h1=1.10 m。篮球由静止释放测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数; (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小; (3)篮球在整个运动过程中通过的路程; (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 10.(12分)(2026)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量m=0.2 kg、与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5的物体(可视为质点),从D 点的正上方h=0.4 m的E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)物体第一次到达 C点时的速度大小和对轨道压力的大小; (2)斜面AB的长度L; (3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。 学科网（北京）股份有限公司 $ 课时跟踪练23　应用动能定理解决多过程问题 　(1—6题,每题3分) 1.如图所示,质量为m的小球从离地面H高处由静止释放,落到地面,陷入泥土中h深处后停止运动,不计空气阻力,重力加速度为g,则下列说法正确的是(　　) A.小球落地时的动能等于mg(H+h) B.小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能 C.泥土阻力对小球做的功为mg(H+h) D.小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg(1+) 解析:根据动能定理可知,小球落地时的动能等于mgH,A错误;小球从落地到陷入泥土中h深度的过程,由动能定理得mgh-W克阻=0-mv2,解得W克阻=mgh+mv2,B错误;对全程根据动能定理得mg(H+h)+W阻=0,故泥土阻力对小球做的功W阻=-mg(H+h),C错误;根据W阻=-F阻h,解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻=mg(1+),D正确。 答案:D 2.如图所示,内壁粗糙的半径r=0.1 m的圆弧轨道竖直固定在水平地面上,最底端与足够长的水平地面相切。将一质量m=1 kg的滑块(视为质点)从与圆心O等高处沿圆弧轨道由静止释放,滑块经过圆弧轨道最低点P后最终停止在Q点。已知P、Q间的距离xPQ=0.25 m,滑块与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.滑块经过P点时速度大小为2 m/s B.滑块在水平地面上运动的时间为0.2 s C.滑块经过圆弧轨道最低点P时,对轨道的压力大小为15 N D.滑块沿圆弧轨道滑动的过程中,克服摩擦力做的功为0.5 J 解析:滑块从P点到Q点,做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=μg=2 m/s2,由匀变速直线运动规律可知=2axPQ,解得vP=1 m/s,故A错误;滑块在水平地面上运动的时间t==0.5 s,故B错误;滑块经过圆弧轨道最低点P时,根据牛顿第二定律有FN-mg=m,解得FN=mg+m=20 N,根据牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力大小FN'=FN=20 N,故C错误;滑块沿圆弧轨道滑动的过程中,根据动能定理有mgr-W克=m,解得W克=mgr-m=0.5 J,故D正确。 答案:D 3.(2026)冰车是东北地区冬季喜闻乐见的游乐项目。如图甲所示,小孩坐在冰车上,大人先用水平恒力F1推了5 s后,又用水平恒力F2推了25 s,之后撤去外力,小孩及冰车又在冰面上自由滑行了10 s,最终静止。已知小孩和冰车的总质量为40 kg,小孩在冰面上做直线运动的vt图像如图乙所示,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.水平恒力F1=16 N B.冰车与冰面的动摩擦因数μ=0.2 C.整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为s=75 m D.整个过程中大人对小孩和冰车做的功为W=520 J 解析:在30~40 s内小孩和冰车在只受摩擦力的作用下做匀减速直线运动,根据vt图像可知,此段的加速度大小为a2== m/s2=0.2 m/s2,由牛顿第二定律有μmg=ma2,可得冰车与冰面的动摩擦因数μ=0.02,故B错误;0~5 s内冰车做匀加速直线运动,根据vt图像可知a1== m/s2=0.4 m/s2,再由牛顿第二定律有F1-μmg=ma1,解得F1=24 N,故A错误;vt图像与横轴所围成的面积表示位移,因此整个过程中冰车在冰面上运动的总距离为s=×2 m=65 m,故C错误;由动能定理W-μmgs=0-0,代入数据得W=520 J,故D正确。 答案:D 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.(+x0tan θ) B.(+x0tan θ) C.(+x0tan θ) D.(+) 解析:滑块最终停在斜面底部,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=(+x0tan θ),A正确。 答案:A 5.(多选)(2026)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 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;设轨道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。 答案:BC 6.(多选)(2026)工程师设计了一个货物缓冲装置。如图(a)所示,倾角θ=30°的固定光滑斜面与水平地面在C点平滑连接,两条宽度不计的缓冲条(货物每次经过时损失的机械能相等)分别嵌入地面上A、B两处。为检验装置缓冲性能,工程师使货物以一定的初速度从O点水平向右滑出,并记录了货物从O点开始至动能首次减为零的过程中,动能Ek与路程x的关系图像,如图(b)所示。已知OA=AB=BC=1 m,货物质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,货物可视为质点,则货物(　　) A.与地面间的动摩擦因数为0.5 B.沿斜面上滑的最大距离为2 m C.每次经过缓冲条损失的机械能为5 J D.最终停止的位置与O点的距离为1.8 m 解析:根据动能定理可知,Ekx图像的斜率等于合力,货物在平面上时F合1=f=μmg=10μ(N),在斜面上时F合2=mgsin 30°=5 N,因从B点以后的图像是直线,可知三段图像是平行的,则F合1=F合2,可得μ=0.5,A正确; 从B点至到达斜面最远点fxBC+F合2xm=16 J,解得xm=2.2 m,即货物沿斜面上滑的最大距离为2.2 m,B错误;由题图可知F合1(xOA+xAB)+2ΔE=36 J-16 J,可得每次经过缓冲条损失的机械能为ΔE=5 J,C正确;由上述分析可知,货物每次经过缓冲条一次动能损失5 J,在OA、AB、BC段每段损失动能也是5 J,回到斜面底端时的动能为36 J-5×5 J=11 J,则货物能越过B点剩余1 J的动能继续运动Δx==0.2 m停止,即货物最终停止的位置与O点的距离为1.8 m,D正确。 答案:ACD　 7.(8分)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BC间的动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m,重力加速度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? 解析:(1)滑块第一次到D点时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（6×0.4-2.25）m=0.15 m,可知滑块最终停在距离B点0.15 m 处。 答案:(1)1.4 J　(2)0.15 m 8.(10分)(2026)如图所示,某装置处于竖直平面内,该装置由弧形轨道、竖直螺旋圆形轨道、水平直轨道AF和传送带FG组成,且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与弧形轨道相切于A点,螺旋圆形轨道半径R=0.3 m,AF长度L=0.8 m,传送带长度足够长。现将质量m=0.3 kg的小滑块从弧形轨道距AF高H=1.0 m的M处由静止释放。小滑块与轨道AF间的动摩擦因数μ=0.25,与传送带间的动摩擦因数未知,传送带始终以3 m/s 的速度逆时针匀速转动。不计空气阻力,弧形轨道和圆形轨道均可视为光滑,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小滑块第一次运动到A点时的速度大小; (2)小滑块运动至圆轨道最高点 D点时对轨道的压力大小; (3)小滑块第三次经过A点时的速度大小。 解析:(1)小滑块第一次运动到A点的过程,根据动能定理有 mgH=m-0 解得vA=2 m/s。 (2)小滑块运动至圆轨道最高点 D点的过程,根据动能定理有 mg(H-2R)=m-0 解得vD=2 m/s 小滑块在最高点 D点,根据牛顿第二定律有FN+mg= 解得FN=5 N 根据牛顿第三定律可知,小滑块对轨道压力大小为5 N。 (3)小滑块第一次通过AF到达F点的过程,根据动能定理有 -μmgL=m-m 解得vF1=4 m/s 由于vF1>v皮,可知滑块在传送带上先向右减速,后向左加速,最后以3 m/s速度向左匀速运动,则有vF2=3 m/s,滑块向左运动至第三次到A点的过程,根据动能定理有-μmgL=m-m 解得vA1= m/s。 答案:(1)2 m/s　(2)5 N　(3) m/s 9.(12分)如图所示,在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧,弹簧处于原长时上端与刻度尺上的A点等高,质量m=0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方,底端距A点的高度h1=1.10 m。篮球由静止释放测得第一次撞击弹簧时,弹簧的最大形变量x1=0.15 m,第一次反弹至最高点,篮球底端距A点的高度h2=0.873 m,篮球多次反弹后静止在弹簧的上端,此时弹簧的形变量x2=0.01 m,弹性势能为Ep=0.025 J。若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定,忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变,弹簧形变在弹性限度范围内。求:(g取10 m/s2) (1)弹簧的劲度系数; (2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小; (3)篮球在整个运动过程中通过的路程; (4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。 解析:(1)篮球静止在弹簧上时,有mg-kx2=0 解得k=500 N/m。 (2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点,由动能定理得 mg(h1-h2)-f(h1+h2+2x1)=0 代入数值解得f≈0.5 N。 (3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s,整个运动过程中,空气阻力一直与运动方向相反,根据动能定理有WG+Wf+W弹=0 重力做功WG=mg(h1+x2)=5.55 J 弹力做功W弹=-Ep=-0.025 J 则空气阻力做功Wf=-fs=-5.525 J 解得s=11.05 m。 (4)篮球在首次下落的过程中,合力为零处速度最大,设篮球速度最大时弹簧形变量为x3,根据平衡条件有 mg-f-kx3=0 解得x3=0.009 m 故篮球速度最大的位置在A点下方,离A点0.009 m。 答案:(1)500 N/m　(2)0.5 N　(3)11.05 m (4)A点下方0.009 m处 10.(12分)(2026)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点,C是最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量m=0.2 kg、与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5的物体(可视为质点),从D 点的正上方h=0.4 m的E点处自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)物体第一次到达 C点时的速度大小和对轨道压力的大小; (2)斜面AB的长度L; (3)若μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。 解析:(1)物体从E到C的过程中,只有重力做功,设物体运动到最低点C时的速度为vC,对物体从E到C由动能定理有 mg(h+R)=m-0 代入数据解得vC=2 m/s 在C点物体做圆周运动,向心力由支持力N和重力mg的合力提供,由牛顿第二定律有N-mg=m 代入数据解得N=7.6 N 根据牛顿第三定律可知,在C点物体对轨道压力的大小为7.6 N。 (2)物体从C到A的过程中,重力和摩擦力做功,由动能定理有 -mg-μmgcos 37°·L=0-m 代入数据解得斜面AB的长度为L=1.2 m。 (3)当物体恰好能停在斜面上时应满足mgsin 37°=μmgcos 37° 解得μ=tan 37°=0.75 情况一:当μ≥0.75时,物体在斜面上向上滑到速度减为零后静止,将不再下滑,由动能定理有 -mg-μmgcos 37°·x=0-m 解得物体在斜面上滑行的路程x= m。 情况二:当0.5≤μ<0.75时,物体将在斜面上多次滑行往复运动,最终到B点速度减为零,对全程由动能定理有 mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0 解得x= m。 情况三:当0≤μ<0.5时,物体受到的摩擦力较小,物体将滑出斜面,物体在斜面上滑行的路程为斜面的长度L,即x=L=1.2 m。 答案:(1)2 m/s　7.6 N　(2)1.2 m　(3)见解析 学科网（北京）股份有限公司 $