课时分层检测(28)动能定理在多过程问题中的应用-【创新大课堂】2027年高三物理一轮总复习

课时分层检测（二十八） 动能 ■基础落实练 1.木块在水平恒力F的作用下，沿水平路面由静止 出发前进了L,随即撤去此恒力，木块沿原方向 又前进了3L才停下来，设木块运动全过程中地 面情况相同，则摩擦力的大小F:和木块所获得 的最大动能Ek分别为 ( AR=号A=号 F B.F=2.Ek=FL CR=号E=2 3 D.F-EE-SL 4 2.(多选)(2026·安徽合肥模拟)如图所示，小物块 从倾角为0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。则下列说正确的是( B A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan0 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2g 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 3.(2026·辽宁沈阳 市调研)如图所示， 00000y 水平轨道BC的左 D C30 端与固定的光滑竖 直子圆轨道相切于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2kg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=0.45m,水平轨道BC长为0.4m,滑块 与其间的动摩擦因数u=0.2,光滑斜面轨道上 CD长为0.6m,g取10m/s2。求： 341 定理在多过程问题中的应用 (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？ (2026·黑龙江大庆实验中学校考)极限运动深 受年轻人的喜爱，如图甲是极限运动中滑板、轮 滑等运动常用的比赛场地一U形池，现有某U 形池场地示意图如图乙所示，该场地由两段可视 为光滑的圆弧形滑道AB和CD以及粗糙程度 处处相同的水平滑道BC构成，图中R1=4.5m, R2=3.5m,BC=5m,某次滑板比赛中质量为 60kg(含滑板质量)的运动员从A点由静止出 发，通过AB、BC滑道，冲向CD滑道，到达CD 滑道的最高位置D时速度恰好为零（运动员和滑 板整体看成质点，空气阻力不计，g取10m/s2)。 甲 (1)求该运动员在圆弧形滑道AB上下滑至B点 时对圆弧形滑道的压力； (2)该运动员为了第一次经过D处后有2s时间： 做空中表演，求他在A点下滑的初速度大小； (3)在(2)问的初始条件下，运动员在滑道上来回 运动，最终停的位置距离B点多远？ 能力综合练 5.(2026·广东省模拟)如图所示， 一篮球从距地面高H处由静止 下落，与地面作用后再竖直向上 弹回，篮球每次与地面作用都会有 动能损失，损失的动能为篮球每次 与地面接触前动能的10%。不计 空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的 总路程为 A.9H B.15H C.19H D.21H 6.(多选)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0=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(sin37°=0.6，cos37°=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1：4 342 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 (2026·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0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，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： E 不R B 0.- C (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。P1-F江=合mg2-合m以2，得1= m(vg2-）+工，故D错误。] 2P。 9.A[设电动玩具汽车的额定功率为P,受到的 阻力大小为，根据牛顿第二定律可得F一∫=} ma,又P=F,联主可得a=P.二-上，根 m v m 据a一占田像可得片-2ms,品-5-合2到 2 m2/s3=4m2/s3,解得P=200W,当牵引力等 于阻力时，速度达到最大，则有。=干=2m/s幻 故A正确。] 10.AC[c点时汽车速度最大，牵引力等于阻力， 所以F:=2×103N 汽车从a到b做匀加速直线运动，加速度为， a-F-E-4-2)×10 m/s2-2m/s2 1×103 汽车从a到b持续的时间为1=%二= 20二。=9，故A正确；根据F=号，结合 2 段图像，可知汽车从b到c以恒定功率加速，！ 根据牛顿第二定律有卫-F,=ma,可知汽车 由b到c过程做加速度减小的加速运动，故B! 错误；由b点知Pm=Fbvb=80kW,故C正} 确：汽车能够获得的最大速度为= 40m/s,故D错误。] 课时分层检测（二十七） 1,B[木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中！ 有两个力做功，拉力做 F ↑FN 正功，摩擦力做负功，根 据动能定理可知W。十 W,=令m-0,所以动 能小于拉力做的功，故B 正确，A错误；无法比较 动能与摩擦力做功的大 mg 小，C,D错误。 2.D[清洁车以恒定功率P启动，根据P=FU, 速度v增大时，牵引力F减小。由牛顿第二定 律F-f=na,F减小，测加速度a减小，所以清 洁车做加速度减小的变加速直线运动，不是匀 加速运动，A错误，B错误；合外力做功等于动： 能的变化量，也等于牵引力做功与阻力做功的！ 差值。牵引力做功W:一P,但合外力做功W合 =P一fs,C错误；根据动能定理WF一f= 立m-0,则牵引力微功W:-十2m2,D 正确。故选D。] 3.BD[将人的速度沿轻绳方向和垂直于轻绳方} 向分解，沿轻绳方向的速度等于重物G的速： 度，根据平行四边形定则，轻绳与水平方向的夹 角为a时，化一vcos a,故v>,A错误；人在 向右匀速运动的过程中，轻绳与水平方向的夹： 角α减小，所以重物的速度增大，重物向上做加： 速运动，由牛顿第二定律可知轻绳的拉力大于 重物的重力，B正确，C错误：当重物G上升高{ 度为h时，重物的速度一vcos a,重物由地面！ 上升高度h的过程中，根据动能定理可知W一 mgh=乞mue,解得W=mgh+2m(a), D正确。] 4.D[物体在重力作用下做平抛运动，加速度为！ R,坚直位移y=立，由动能定理得E- E,十mgy=E十mgf,故选D] 5.A[研究游客整个运动过程，裉据动能定理有 mg(h1十h2)-g√(4πr)2-h12-ngL- 0,代入数据解得：=0.08，实际上游客在螺旋： 轨道运行时，因为向心力的原因导致支持力比 在同角度的斜面大，即在螺旋轨道摩擦力做功 W>ng√(4r)一h',因此动摩擦因数应更！ 小，故A正确。门 A[物体从D点沿DBA滑动到顶点A过程 中，由动能定理可得一mg·xA0一ng·xDB一} umgcos a·xAB=0三7nu。2,a为斜面倾角， 由几何关系有AB COS a=x昭，因而上式可以简！ 化为一ng·xA0-ng·xoD=0-7m2,从 上式可以看出，物体的初速度与斜面倾角无关， 故选A。] 解析(1)设此时P、Q绳中拉力的大小分别为 FT1和FT2,由平衡条件可得 竖直方向FT1cosa=mg十FT2cos3 水平方向FTr1sina=Fr2sin3 联立解得Fr1=1200N,FT2=900N (2)整个过程根据动能定理得W十mgh=0 解得两根绳子拉力对重物做的总功为 W=-4200J。 答案(1)1200N900N(2)-4200J AD「A相对B的运动有两种可能，相对静止 和相对滑动。当A、B相对静止时，拉力F做的 功等于A、B系统动能的增加量：当A、B相对 滑动时，拉力F做的功大于A、B系统动能的增！ 加量，A项正确，B项错误；由动能定理知，F 对B做的功等于B的动能的增加量，拉力F和： F1对A做的功之和等于A的动能的增加量，D, 项正确，C项错误。] AD[小球到达C点的动 能最大，则小球的受力情 况如图所示。恒力方向沿 330 AC,合力方向沿OC,A正 909 确，B错误：合力F合 G=mg 30 √3mg,从A到C,由动能 定理得mg·号R 1 Ekc一 m,从A到B,有V3mg0s60°.2R= EkB一2 ,得E=m+3 2 mgR, Es=2mU,2十√5mgR,C错误，D正确。] 0.解析(1)物体处于平衡状态，则 k.ro=mgsin 解得此时弹簧的形变量xo=0.1m。 (2)①由F-x图像可得F=(4.8十100x)N 设物体运动位移为x时，物体的加速度为】 a,则 F+k(x。-x)-mgsin0=ma 解得a=2.4m/s 所以，物体做匀加速直线运动，根据运动学公 式有=2ax 代入数据有=4.8x。 ②物体位移为0.1m时撒 去拉力F,此后物体上滑 过程中弹簧弹力F:随形 变量x'变化的图像如图 所示物体上滑过程中克 服弹力所做的功W克 撤去拉力至物体恰好速度为0，根据动能定！ 理有 -mgrasin 0-- 2=4.8.x=0.48m/s 联立解得xm=0,04m。 答案(1)0.1m(2)①2=4.8. ②0.04m 515 课时分层检测（二十八） D[木块运动全过程中，根据动能定理可得 F-R·4L=0-0,可得F-下，木块在撒去 恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可 得FL一FL=E一0，解得木块所获得的最大 动能为E=,设选D BCD[对物块，全过程根据动能定理有ngh mgcos0·n0omg·an司=0，可得 h 么=么，故B正确，A错误，物块在水平面上的 加速度a=m8=g,故C正确；要使物块能从 B点返回A点，根据动能定理有一ngh h =0一EkB h 又mgh-gos0'sn0ng'x一and 0,联立可得EkB=2ngh,故D正确。] 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-LeD sin 30)-umgsw:+Ws=0 解得W=-1.4J 则E#=一W华=1.4J。 (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-umgs=0 解得s=2.25m 由6×0.4m-2.25m-0.15m,可知滑块最终 停在距离B点0.15m处。 答案(1)1.4J(2)0.15m 解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定 理得 mgR=之m%-0 在B,点由牛顿第二定律和向心力公式得F、一 ng=m爱 联立解得FN=1800N 由牛顿第三定律得，在B,点运动员对圆弧形滑 道的压力大小FN'=FN=1800N,方向垂直于 BC向下。 (2)设运动员在BC段摩擦力对他做的功为 W,根据运动员从A点由静止出发到D,点时 的速度恰好为零，由动能定理得 mgR1+W:一ngR2=0 解得W:=-600J 运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的 初递度功=g受 解得o1=10m/s 运动员从A到D过程，由动能定理得 ngR+w二mgR,=2no2 代入数据解得vAo=10m/s (3)运动员下落后会在滑道上来回运动，直到最 终静止在BC上； 对运动员的全过程由动能定理得 mgR-F:s=0-2 mvAo W=-F;·BC 解得运动员在C段运动的总路程为s=47.5m 在BC上来回运动的次数n=C=9.5 运动员最终停在BC的中点，即离B,点2.5m处。 答案(1)1800N,方向垂直于BC向下 (2)10m/s(3)2.5m ,C[篮球第一次到达地面时所获得的动能为！ Ek1=mgH,运动的路程为1=H,篮球第一次} 与地面作用后损失的动能为△Ek1一10%E1= 0.1mgH,反弹后上升到最高点时的高度为H= 09H,篮球第二次到达地面运动的路程为s2= H+2H1=H+2×0.9H,篮球第二次与地面！ 作用后损失的动能为△Ek2=10%Ek2=0.1ng H1=0.9ngH×0.1,反弹后上升到最高点时： 的高度为H,=0.9H=0.9H,篮球第三次到 达地面时运动的路程为s=H十2H1十2H2= H+2X0.9H+2×0.9H,以此类推，篮球第n 次到达地面时运动的路程为$m=H十2X 0.9H+2X0.92H+·十2X0.9"-1H,根据等 比数列求和公式可得ss=H+2X0.9HX! 1-0.9w-1 1=0.9,当n趋于无穷大时，有56=19H,C 正确。] 6.BC[根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsn0+ Mgcos0=Ma1,下滑时，有(M+m)gsin0-! A(M+m)gcos0=(M+m)a,所以2=至，故 A错误；设顶端到弹簧压编到最短位置间的距 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mgrsin0-a(M! 七m)gcos0·x一Mgcos0·x=0,可得= ,故B正确；若集装箱与货物的质量之比为 1:1,则mgxsin0-(M+n)gcos0·x一 Mgcos0·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mgrsin0-u(M+n)gcos0·x-1 Mgcos0·x>0,说明集装箱能回到轨道顶！ 端，故D错误。] 7.解析(1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为 u,根据平衡条件可得mngsin0-mgcos0 解得u=tan8。 (2)设运动员在轨道最低，点C的速度大小为： ,对运动员从C到E的过程，根据动能定理5 可得 在C点处，根据牛顿第二定律可得FN一mg= 联立解得FN=4mg。 1 (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1，！ 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！ 为工时，其所受滑动摩擦力大小为日=无 umgcos 0 由上式可知F-x图像是一条过原点的倾斜直！ 线，图像与坐标轴圆成的面积表示F,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 W:=-2umgL.cos 0 根据动能定理可得一ngLsin0十W;=0一 2n2 解得u1=√3 gLsin0 设滑板离开B点时的最大速度为2，则运动员 返回到AB时，滑板左端恰好与A,点重合，根据： 动能定理可得一4 mgLsin0一3 mgLcos0+W,! =0-m 解得-√/15 gLsin0 综上，滑板离开B点时的速度需要满足 √3 gLsin0su√/15 gLsin0。 答案(1)tan0(2)4mg(3)√J3 gLsin0H ≤/15 gLsin0 课时分层检测（二十九） CD[甲图中，不论是匀速升空还是加速升空，： 由于推力都对火箭做正功，所以火箭的机械能 都增加，故A错误：物体匀速上升，动能不变， 重力势能增加，则机械能增加，故B错误；小球！ 在做匀速圆周运动的过程中，细线的拉力不做！ 功，机械能守恒，故C正确；弹丸在光滑的碗内！ 做复杂的曲线运动，只有重力做功，所以弹丸的： 机械能守恒，故D正确。] B[由题意，篮球入筐位置B的水平面为零势， 能面，则篮球在位置B时的重力势能为零，动 能为Ek,则E一之u=一mg(H一h),机械！ 能E=E十E=之m+mg(h-H),故； 远B。] C[设滑离圆孤轨道时的位置为P,OP与竖！ 直方向的的夹角为0，剥mgs0=n发，由机核 能守恒定律可知mgR(1一cos)=2m,解！ /2 得v√分R,故C正确。] C[a球和b球所组成的系统只有重力做功，！ 则机械能守恒，故A错误：a球到达与b球等高 位置时，b球速度为零，根据系统机械能守恒， 则mgl=之mv。,解得=√2g工，故B错误； 当a球运动到两杆的交点后再往下运动√2L,此！ 时b球到达两杆的交点处，a球的速度为0，b球 的速度达到最大，则mg(L十②L)=m%, 所以=√2(1十√2)gL,故C正确；由于系统！ 机械能守恒，a球从初位置下降到最低点的过！ 程中，刚性轻杆对α球的弹力先做负功后做正！ 功再做负功，故D错误。] C[设B刚落地时速度为，则根据机械能守！ 1 恒有2mgX7r=mgX1r+之X3m+mn, 解得U=2√gr,当物块B落地后，A还能上升！ 的高度h=2g 广 2r,因此A上升到最高，点离地 面的高度为9r。故远C。 BD[若自由释放链条，以桌面为参考平面，根： 据权能守板可得一受·台=一 6 乞m心，解得链条刚离开桌面时的速度为=！ 3 V2gL 故B正确，A错误：若要把链条全部拉到桌面 、上，至少要对链条做的功等于垂于桌外链条 增加的重力势能，剥有W=·卡=兴， 18 故D正确，C错误。] C[物体的重力势能为动能的一半时，设物体！ 距离地面高度为h,有之m=2mgh,根据机 械能守恒定律可得m,”=之m十gh= ,得一服放八精柔：当物体的建 2时，物体的动能为E三2m(?】 8,物体的重力势能为E,=之-E- 8m,故B错误；物体的动能和重力势能相等！ 时，设物体距离地面的高度为h,则有mgh= 立m”,根据机械能守恒定律可得号m2= -516- 之a十g-2mg,解得W-0,tC正 确：设物体能达到的最大高度为H,根据机械 能守恒定律可得之m,=mgH,解得H= 2g,若物体的质量交为原来的2倍，其他条件 不变，则物体能达到的最大高度不变，D错误。] AD[设圆环刚释放时，轻绳中的张力大小为 FT,重物加速度为a,则有2ng一Fr=2na, Frsin30°十g=ma,根据运动的分解可知 2 2 a'sin30°=a,解得a=g,Fr=号mg,故A 正确，B错误：圆环下落到最低点的过程中，拉 力先向下，后向上，则拉力先做正功，后做负功，圆 环的机械能先增加后减小，故C错误；圆环下落到 与定滑轮等高的位置时，速度竖直向下，裉据运动 的分解可知，重物的速度为0，对系统根据机械能 守恒定律有ngdtan30°+2ng cos 30-d= 1 10√5-12 2m,解得u=√03 gd,故D正确。] 解析(1)F=0时，对A球受力分析如图甲所 示，有2F1c0s53°=mg 对B球受力分析如图乙所示 有Fsin53°=k.x 其中x=2L(sin53°-sin30),且F=F 解得k=10mg 9L F F Fs B宋 mg F mg 甲 (2)自由释放时A球的加速度方向垂直于AO杆， 由牛顿第二定律得ng00s60°-F￥c0s30°=ma 得F4=Bmg-2V3ma 3 (3)当0=90°时，UA=cos45 对系统由机械能守恒定律得 mgL(cos30-c0s45）=合m2+合m 十E 解得E,=B- 3 2 mgL-mw。 答案(1)10ms(2)y3mg-2V3me 9L 3 (3)3- 2 nmRL-子md 课时分层检测（三十） B[由足球的运动轨证可知，足球在空中运动 时一定受到空气阻力作用，则从1到2重力势 能增加mgh,从1到2动能减少量大于mgh,故 A错误，B正确；从2到3由于空气阻力作用， 机横能减小，重力势能减小ngh,则动能增加小 于mgh,故C、D错误。] BC[滑块上升过程中重力势能增加，根据能 量守恒定律可知，动能与电势能之和减少，故A 错误；由题图知，上滑过程中，机械能减少，则静 电力对木块做负功，滑块的机械能减少了△E 4E。一3E,=E,动能减少△E4=4E,所以滑块 的重力势能增加了△E,=4E一E,=3E,故D 错误：由图乙可知滑块上滑的距离为x,则有 F,=E,滑块受到的静电力大小为F=E,故 C正确；滑块上滑过程中，重力做负功，滑块的部 分动能转化为重力势能，则有mgsin37°·西= 3亚，则滑块的重力大小为mg-正，故B 正确。]