第3讲 专题提升：动能定理在多过程问题中的应用 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动能定理在多过程问题中的应用，通过基础到综合的层级设计，构建“过程分析-功的计算-动能定理应用”的逻辑链条，强化能量观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础对点练（题组一）|3题（选择+计算）|恒功率运动、F-s图像变力做功|从匀速多过程到变力做功，强化“牵引力=阻力”“图像面积表功”的模型建构| |基础对点练（题组二）|2题（选择）|往复碰撞、盆内滑动|通过总路程计算，深化动能定理对往复运动的普适性应用| |综合提升练|3题（选择+计算）|圆弧轨道、电场复合、碰撞反弹|结合圆周运动临界条件、电场力做功，提升多过程问题的综合推理能力|

第3讲　专题提升:动能定理在多过程问题中的应用 (分值:60分) 选择题:1~2题、4~5题每小题4分,第6题6分,共22分 基础对点练 题组一　动能定理在多过程问题中的应用 1.(多选)如图所示,载有餐具的智能送餐机器人在水平地面MN段以恒定功率30 W、速度2 m/s匀速行驶,在水平地面PQ段以恒定功率40 W、速度1 m/s匀速行驶。PQ段铺有地毯,阻力较大。已知机器人总质量为50 kg,MN段长为4 m,PQ段长为3 m,假设机器人在两个路段所受摩擦阻力均恒定,不计空气阻力,下列说法正确的是(　　) A.从M到N,机器人牵引力大小为15 N B.从P到Q,机器人克服摩擦力做功120 J C.在MN段与PQ段,机器人所受摩擦力大小之比为1∶2 D.在MN段与PQ段,合力对机器人做功之比为1∶2 2.(2026云南昆明开学考试)如图甲所示,质量为0.2 kg的物块受到水平向右的拉力F,以5 m/s的初速度从A点向右运动,F随位移s变化的图像如图乙所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,在运动过程中物块的最大速度为(　　) A. m/s B. m/s C. m/s D. m/s 3.(8分)(2024广东佛山阶段练习)某游乐场中的水滑梯及其简化示意图如图甲、乙所示,可视为由倾斜的光滑轨道AB和水平阻力轨道BC平滑连接组成。倾斜轨道的起点A到水平地面的竖直高度h=5 m,人在水平轨道上受到的平均阻力大小是重力的,重力加速度g取10 m/s2。 (1)游客从起点A静止滑下,刚滑到水平轨道B时的速度多大? (2)出于安全考虑,要求人不能到达水平轨道的末端C,则水平轨道至少要多长? (3)儿童乘坐水滑梯时,需在倾斜轨道上设置阻力障碍,在同样起点A滑下,质量为40 kg的儿童在水平轨道上滑了5 m就可以停下,则在倾斜轨道上阻力做了多少功? 题组二　动能定理在往复运动问题中的应用 4.(2025广东中山阶段练习)如图所示,两块弹性挡板竖直固定在水平地面上,相距8 m,一个小木块(体积很小,可视为质点)从两块挡板正中间开始以初速度10 m/s向右运动,木块与地面之间的动摩擦因数为0.2,重力加速度g取10 m/s2,每次木块与挡板碰撞后,都会以原速率反弹,则最终木块停止的位置与左边挡板距离为(　　) A.1 m B.2 m C.3 m D.7 m 5.如图所示,ABCD是一个盆式容器,盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧,BC水平,其长度d=0.50 m,盆边缘的高度为h=0.30 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的,而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ=0.1。小物块在盆内来回滑动,最后停下来,则停止的地点到B的距离为(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 综合提升练 6.(多选)如图所示,圆心为O1的竖直光滑半圆轨道ab、圆心为O2的竖直光滑半圆管道cd与水平粗糙平面bc连接,轨道ab半径与管道cd半径均为R,bc距离也为R。一滑块以某一速度从半圆轨道最高点a水平向左进入半圆轨道做圆周运动,最终从半圆管道最高点d水平向左飞出。若滑块在轨道ab最高点a和管道cd最高点d所受弹力大小均为0.6mg。重力加速度为g,滑块可视为质点,管道内径较小,则(　　) A.滑块从a点到d点机械能守恒 B.滑块从a点水平进入轨道的速度为 C.滑块与水平粗糙平面bc间的动摩擦因数为0.6 D.滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9 7.(14分)(2025江苏淮安模拟)如图所示,倾角θ=37°的光滑绝缘斜面AB与半径r=0.5 m的光滑绝缘圆弧轨道BCD在竖直平面内相切于B点,圆弧轨道处于方向水平向右的有界匀强电场中,电场的电场强度大小E=100 V/m。质量m=0.1 kg、电荷量q=7.5×10-3 C、带负电的小滑块从斜面上P点由静止释放,沿斜面运动经B点进入圆弧轨道,已知P、B两点间距L=2 m,sin θ=0.6,cos θ=0.8,g取10 m/s2。 (1)求滑块运动到B点时的速度大小。 (2)求滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小。 (3)调整斜面上释放点位置,欲使滑块能从D点飞出,求该释放点P1与B点间距的最小值。 8.(16分)(2025广东韶关期末)如图所示,在距水平地面高h1=2.4 m的光滑水平台面上,一个质量m=1.2 kg的物块(可视为质点)以一定的水平速度vA=3 m/s向右滑离平台,并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC。已知B点距水平地面的高h2=1.6 m,圆弧轨道BC的圆心在O点,C点的切线水平并与水平地面上长为L=3.8 m的粗糙直轨道CD平滑连接,小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞,已知重力加速度大小g为10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,空气阻力忽略不计。求: (1)物块运动到B点的瞬时速度大小vB; (2)物块沿圆弧轨道BC滑到C点时对轨道的压力大小FNC; (3)若物块与竖直墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半,且只会发生一次碰撞,那么物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件? 答案： 1.AB　解析 从M到N,机器人牵引力大小为F1==15 N,选项A正确;从P到Q,机器人牵引力F2==40 N,由于匀速运动,有F2=f2=40 N,则克服摩擦力做功W=f2s2=40×3 J=120 J,选项B正确;在MN段与PQ段,机器人均做匀速运动,牵引力等于摩擦力,则所受摩擦力大小之比为15∶40=3∶8,选项C错误;在MN段与PQ段,机器人动能变化均为零,则合力做功均为零,即合力对机器人做功相同,选项D错误。 2.B　解析 物体的滑动摩擦力f=μmg=0.5×0.2×10 N=1 N,根据题图乙可知,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大小相等时,合力为0,物体速度达到最大值。由题图乙可知当F=1 N时,有s1=2 m,s2=10 m,F-s图像中,图像与横坐标所围几何图形的面积表示功,则拉力从0 N增大到3 N再减小到1 N的过程中,0~6 m拉力做的功为W1=s1'=×6 J=9 J,6~10 m拉力做的功为W2=s2'=×(10-6) J=8 J,在运动过程中拉力做的功为W=W1+W2=9 J+8 J=17 J,根据动能定理有W-fs2=,解得vm= m/s。故选B。 3.答案 (1)10 m/s　(2)25 m　(3)-1 600 J 解析 (1)从A运动到B的过程中,由动能定理可知WG=mgh=mv2- 解得v=10 m/s。 (2)假设人滑到C端刚好停下,根据动能定理,则有WG+Wf= 由于初末速度都是0,则可知WG+Wf=mgh-fs=0 由题意得f=mg 联立解得s=25 m。 (3)设在倾斜轨道上阻力做功为Wf0,根据动能定理得WG'+Wf'+Wf0=0 即m'gh-f's1+Wf0=0 代入数据解得Wf0=-1 600 J。 4.C　解析 从开始至停下,根据动能定理可得-μmgs=0-mv2,解得运动的总路程s=25 m,因+5 m=s,故停下位置距离左边挡板距离d=L-5 m=3 m。故选C。 5.D　解析 小物块从A点出发到最后停下来,设小物块在BC面上运动的总路程为s,整个过程由动能定理有:mgh-μmgs=0,所以小物块在BC面上运动的总路程为s= m=3 m,而d=0.5 m,刚好小物块可以从B到C,再从C到B 3次,所以最终停在B点,即到B点的距离为0,故选D。 6.CD　解析 由于水平平面粗糙,滑块受到摩擦力对其做负功,所以滑块从a点到d点机械能不守恒,故A错误;由于a点和d点受到弹力大小均为0.6mg,所以a点滑块受到弹力竖直向下,d点滑块受到弹力方向竖直向上,在a点有mg+0.6mg=m,在d点有mg-0.6mg=m,解得va=,vd=,故B错误;从a点到d点根据动能定理有-μmgR=,解得μ=0.6,故C正确;从a点到b点,根据动能定理有2mgR=,在b点有FNb-mg=m,解得FNb=6.6mg,从c点到d点根据动能定理有2mgR=,在c点有FNc-mg=m,解得FNc=5.4mg,故滑块对轨道ab最低点和管道cd最低点的压力大小之比为11∶9,故D正确。 7.答案 (1)2 m/s　(2)0.05 N　(3) m 解析 (1)滑块从P点到B点,由动能定理得 mgLsin θ= 解得滑块运动到B点时速度大小 vB=2 m/s。 (2)Q点与B点的高度差h=rcos 37°=0.5×0.8 m=0.4 m Q点与B点的水平距离为s=r+rsin 37°=0.5 m+0.5×0.6 m=0.8 m 滑块从B点到Q点,由动能定理得-qEs-mgh= 解得vQ=2 m/s 滑块在Q点由牛顿第二定律得F支+qE=m 解得 F支=0.05 N 由牛顿第三定律可得滑块运动到与圆心O等高的Q点时对轨道的压力大小 F压=F支=0.05 N。 (3)滑块要到D点,则需过等效最高点,即与B关于O点对称的点 由力的合成及牛顿第二定律得=m 解得vB2= m/s 滑块从B点到B点的对称点由动能定理得 -·2r= 滑块从P1点到B点由动能定理得mgL'sin 37°= 解得L'= m 该释放点P1与B点间距的最小值为 m。 8.答案 (1)5 m/s　(2)29.1 N　(3)≤μ< 解析 (1)方法一:物块由A运动到B的过程中做平抛运动,由平抛运动规律得=2g(h1-h2), 解得vB=5 m/s。 方法二:物块由A运动到B的过程中做平抛运动,由动能定理得mg(h1-h2)= 解得vB=5 m/s。 (2)根据几何关系可知h2=R(1-cos∠BOC),cos∠BOC==0.6 解得R=4 m 物块从B到C,由动能定理mgh2= 在圆弧轨道C点,对物块由牛顿第二定律有FNC'-mg=m 联立可解得FNC'=29.1 N 根据牛顿第三定律,物块对轨道压力大小FNC=FNC'=29.1 N。 (3)依据题意知,μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零,由动能定理有-μ1mgL=0- 代入数据解得μ1= 对于μ的最小值求解,首先应判断物块第一次碰墙后反弹,能否沿圆弧轨道滑离B点 物块碰前在D处的速度为vD,由能量关系有mgh1+=μmgL+ 第一次碰墙后返回至C处的动能为EkC=-μmgL 可知即使μ=0,有EkC<mgh2 物块不可能返滑至B点 通过判断可知,μ的最小值对应着物块撞墙后回到圆轨道最高某处,又下滑经C恰好至D点停止,由动能定理有-μ2mgL=,-μ2mg(2L)=0- 联立解得μ2= 综上可知,动摩擦因数μ满足的条件为≤μ<。 8 学科网（北京）股份有限公司 $