第6章 第3讲 专题提升：动能定理在多过程问题中的应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·物理

**基本信息** 聚焦动能定理在多过程、往复运动中的应用，通过分层训练构建“过程分析-全程列式-能量转化”的解题体系，强化科学思维与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练|题组一2题、题组二3题|多过程问题分段/全程动能定理；往复运动总路程计算|从单过程到多过程，建立“初末状态-功的代数和”关联| |综合提升练|2题|结合圆周运动、斜面摩擦的动能定理综合应用|动能定理与曲线运动、摩擦力做功的综合拓展| |培优拔高练|1题|功率、平抛运动与动能定理的跨模块整合|从单一规律到多规律融合，培养复杂问题解决能力|

第3讲　专题提升:动能定理在多过程问题中的应用 基础对点练 题组一　动能定理在多过程问题中的应用 1.(2026河南名校联考)一名质量为m的游客从高处静止跳落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H,落到沙滩上时屈膝缓冲,重心下降的高度为h,该过程沙子对游客的作用力视为不变,重力加速度为g,不计空气阻力,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的平均冲力为(　　) A.mg B.mg C.mg D.mg 2.(2025黑龙江哈尔滨一模)某大滑梯可以简化为如图所示模型,质量为m的游客坐在质量为m'的雪板上从H=20 m高处由静止滑下,游客与雪板间动摩擦因数为μ1=0.78,不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力,倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失,为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s,需要在水平滑道上铺设长L=25 m的减速带,减速带与雪板的动摩擦因数μ2可以为(　　) A.0.74 B.0.76 C.0.79 D.0.80 题组二　动能定理在往复运动问题中的应用 3.如图所示,固定斜面的倾角为θ,质量为m的滑块从距固定在斜面上的挡板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. 4.(多选)(2025湖北武汉期末)如图所示,左侧光滑曲面轨道与右侧倾角α=37°的斜面在底部平滑连接且均固定在水平地面上,质量为m的小滑块从斜面上离斜面底边高为H处由静止释放,滑到斜面底端然后滑上左侧曲面轨道,再从曲面轨道滑上斜面,滑块第一次沿斜面上滑的最大高度为H,多次往复运动。不计空气阻力,重力加速度为g,sin 37°=0.6。下列说法正确的是(　　) A.滑块第一次下滑过程,克服摩擦力做的功为mgH B.滑块最终会停在斜面底端 C.滑块与斜面间的动摩擦因数为 D.滑块最终在斜面上走过的总路程是15H 5.(8分)(2025重庆月考)如图所示,竖直平面内一倾角为θ=37°足够长的斜面AB与半径为R=3 m的光滑圆弧轨道相切于B点,C是圆弧轨道最低点,D与圆心O等高。将一质量为m=2 kg的小滑块从距离B点高度为h=3.6 m的A点由静止释放,小滑块沿斜面向下运动,进入圆弧轨道后刚好能到达D点。空气阻力不计,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小; (2)斜面的动摩擦因数μ; (3)小滑块最终在AB斜面上滑行的总路程。 综合提升练 6.(多选)(2025广西南宁三模)如图所示,在水平地面上,左、右两侧各固定一半径为R的圆弧轨道,两轨道分别与地面相切于B、C点,左侧轨道的最高点A与圆心O1等高,右侧半圆形轨道的D点与圆心O2等高,最高点为E点,左侧轨道粗糙,水平地面BC和右侧轨道均光滑。质量为m的物块以初速度v0=从A点竖直向下进入轨道,运动至B点的速度为,重力加速度为g。则下列说法正确的是(　　) A.物块从A点运动到B点的过程中,克服摩擦力做功为mgR B.若物块从A点静止释放,到达B点时的速度为 C.物块从C点运动到D点的过程中,其重力的瞬时功率一直增大 D.物块将在右侧轨道上距离地面高度为R处脱离轨道 7.(10分)(2025黑吉辽蒙卷)如图所示,一雪块从倾角θ=37°的屋顶上的O点由静止开始下滑,滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x=2.5 m,A点距地面的高度h=1.95 m,雪块与屋顶的动摩擦因数μ=0.125。不计空气阻力,雪块质量不变,sin 37°=0.6,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0; (2)雪块落地时的速度大小v1,及其速度方向与水平方向的夹角α。 培优拔高练 8.(14分)(2026河北邯郸检测)某校校园文化艺术节举行无线遥控四驱车大赛,其赛道如图所示。某四驱车(可视为质点)以额定功率P0=20 W在水平直轨道的A点由静止开始加速,经过时间t0=2 s刚好到达B点,此时通过遥控关闭其发动机,B点右侧所有轨道均视为光滑轨道。四驱车第一次经C点进入半径R=0.1 m的竖直圆轨道,恰好能够经过圆轨道最高点D,此后四驱车再次经过C点沿着轨道CF运动,最终从轨道末端F点水平飞出后落入沙坑中。四驱车的总质量m=1 kg,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力。 (1)求四驱车第一次经过C点时对轨道的压力; (2)求四驱车在AB段克服阻力所做的功; (3)若水平轨道距离沙坑表面的高度h1=0.2 m,则F点距离水平轨道的高度h2为多少时,四驱车落到沙坑中的点与F点的水平距离最大?并计算水平最大距离xmax。 答案： 1.A　解析 根据动能定理mg(H+h)-h=0,则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为mg,故选A。 2.B　解析 根据动能定理可得(m+m')gH-μ2(m+m')gL≤(m+m')v2,代入数据解得μ2≥0.75,要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止,则μ1=0.78≥μ2,即0.75≤μ2≤0.78,故选B。 3.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-,解得x=+x0tan θ),选项A正确。 4.BCD　解析 滑块从静止释放到第一次沿斜面上滑的最大高度为H的全过程,根据动能定理有mg×H-Wf1-Wf2=0,设滑块与斜面间的动摩擦因数为μ,Wf1=μmgcos α·,Wf2=μmgcos α·,联立解得Wf1=mgH,μ=,A错误,C正确;由于μ=<tan α,滑块最终不停在斜面,左侧光滑曲面,故滑块最终停在斜面底端,B正确;滑块从开始到最终停在斜面底端过程,由动能定理得mgH-μmgcos α·s=0,解得s=15H,故D正确。 5.答案 (1)60 N　(2)0.25　(3)18 m 解析 (1)小滑块沿斜面向下运动,进入圆弧轨道后刚好能到达D点,此时小球速度为0,根据动能定理有mgR= 根据合力提供向心力有F-mg=m 结合牛顿第三定律可知,小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为F'=F=60 N。 (2)小滑块从A点到C点,根据动能定理有mg(h+R-Rcos θ)-μmgcos θ· 解得μ=0.25。 (3)由于mgsin θ>μmgcos θ 小滑块最终运动到B点时速度大小为零,在光滑圆弧轨道来回运动,整个过程,根据动能定理有mgh=μmgcos θ·s 解得s=18 m。 6.AD　解析 物块从A点运动到B点的过程中,根据动能定理,有mgR-W克=,解得W克=mgR,故A正确;物块从A点运动到B点的过程中,物块从A点静止释放运动到B点和以初速度v0=从A点运动到B点的过程对比,前者物块经过圆弧上相同点的速度更小,对物块在左侧轨道下滑过程受力分析如图甲所示 甲 由FN方向上的合力提供向心力,有FN-mgsin θ=m,物块速度越小,轨道的支持力越小,滑动摩擦力也越小,路径长度未变,因此物块从A点静止释放运动到B点过程克服摩擦力做功W克'<W克=mgR,由动能定理mgR-W克'=-0,解得vB>,故B错误;物块从C点运动到D点的过程中受力分析及速度的分量如图甲所示,重力的瞬时功率P=mgvy,在C点,物块竖直方向的合力向上, 乙 在D点,物块竖直方向的合力竖直向下,可以推测,物块从C点运动到D点的过程中,竖直方向的合力应该是先竖直向上,后变为竖直向下,而vy始终竖直向上,故vy先增加后减小,重力的瞬时功率先增加后减小,故C错误;若在图乙中F点脱轨,则在F点有mgcos φ=m,从B点到F点,由动能定理有-mg(R+Rcos φ)=,解得cos φ=,则F点离地面高度为h=R+Rcos φ=R,故D正确。 7.答案 (1)5 m/s　(2)8 m/s　60° 解析 (1)雪块在屋顶上运动的过程中,由动能定理得mg·xsin θ-μmgcos θ·x=-0,代入数据解得雪块从A点离开屋顶时的速度大小为v0=5 m/s。 (2)雪块离开屋顶后,在空中做斜下抛运动,由动能定理得mgh= 代入数据解得雪块落地时的速度大小v1=8 m/s 速度方向与水平方向夹角为α,由几何关系得cos α= 解得α=60°。 8.答案 (1)60 N,方向竖直向下　(2)37.5 J　(3)0.025 m　0.45 m 解析 (1)四驱车恰好能够经过圆轨道最高点D,设在D点的速度为vD,由题知,四驱车在D点时由重力提供其做圆周运动的向心力,有mg=m 设车在C点时的速度为vC,由动能定理知-mg×2R= 四驱车在C点时所受的支持力和重力的合力提供其做圆周运动的向心力,则FN-mg=m 解得FN=60 N 由牛顿第三定律知FN'=FN=60 N,方向竖直向下。 (2)由题可知vC=vB,又由动能定理知P0t0-Wf=,解得Wf=37.5 J。 (3)四驱车从C点运动到F点过程中,由动能定理知-mgh2= 车从F点飞出后做平抛运动,设运动时间为t,则竖直方向有h1+h2=gt2 水平方向有x=vFt 联立以上表达式并化简得x= m 当h2=0.025 m时,x有最大值,且xmax=0.45 m。 7 学科网（北京）股份有限公司 $