2027届高考物理一轮复习专项训练：第六章 60.动能定理的应用

**基本信息** 聚焦动能定理在多场景中的综合应用，通过分层设计的选择与计算题，系统构建从单一过程到复杂运动的解题逻辑链。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础应用|3选择+1计算|斜面/水平面组合、竖直圆环临界问题|功与能量转化关系→摩擦力做功特点→动能定理全过程应用| |综合拓展|4选择+1计算|传送带系统、变力做功、曲线运动结合|运动过程分段分析→功能关系建模→科学推理与论证|

动能定理的应用(A) (分值：35分) 1、2题每题6分 1.(多选)(2025·安徽合肥市模拟)如图所示，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点的高度为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 2.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H=12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r=4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　) A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m 3.(10分)(2024·广东佛山市二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m=0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)(5分)鱼饵在b点抛出时的速度大小； (2)(5分)从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。 4.(13分)有一水平足够长的传送带，以v0=5 m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物块与斜面、物块与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.5；现将一质量m=1 kg的物块轻放在距离传送带最右端L=7.5 m处，已知sin 37°=，cos 37°=，g取10 m/s2，求： (1)(5分)该物块从初始位置到第一次经过传送带最右端时所用的时间t； (2)(4分)该物块从初始位置到第一次经过传送带最右端的全过程中产生的热量； (3)(4分)物块最终在斜面上走过的总路程。 动能定理的应用(B) (分值：20分) 1~4题每题5分 1.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B点，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零。设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，物体可视为质点，挡板厚度不计，则物体与挡板碰前瞬间的速度大小为(　　) A. B. C. D. 2.(2025·河北省模拟)如图所示，一异形漏斗的母线OA与竖直方向的夹角为30°，母线AB与竖直方向的夹角为45°。小朋友将质量为m的光滑小球放在漏斗中，他先让小球在半径为r的1轨道上做匀速圆周运动，后来通过晃动漏斗让小球在半径为3r的2轨道上做匀速圆周运动，晃动漏斗前后O点位置没有发生变化。已知OA=4r，重力加速度为g。在他晃动漏斗的过程中漏斗对小球做功为(　　) A.mgr B.mgr C.mgr D.mgr 3.(多选)(2025·河南省模拟)如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F0-kx(k为已知定值，k>0)，已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ=(g为重力加速度)，下列说法正确的是(　　) A.滑块最终能回到出发点 B.滑块向右运动的最大位移为 C.滑块运动的最大速度为 D.从开始运动到物块最终静止，滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为 4.(2025·江西省模拟)如图所示，倾角为60°的光滑斜面上固定着半径R=2 m的光滑三分之二圆弧形轨道ABC，以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴Ox，OA、OC与x轴间的夹角均为60°。一质量m=0.1 kg的小球(可看成质点)从x轴上的M点沿垂直x轴方向以速度v0抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小球的初速度v0的大小为5 m/s B.M点的坐标为- m C.小球对轨道的最大压力为 N D.小球在圆弧BC中间某点脱离轨道 参考答案 动能定理的应用(A) (分值：35分) 1、2题每题6分 1.(多选)(2025·安徽合肥市模拟)如图所示，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点的高度为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 答案　BCD 解析　对物块运动的全过程分析，根据动能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg·=0，可得μ=，故A错误，B正确；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，根据动能定理得-mgh-μmgcos θ·-μmg·=0-EkB，又mgh-μmgcos θ·-μmg·=0，联立解得EkB=2mgh，故D正确。 2.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H=12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r=4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　) A.8 m B.9 m C.10 m D.11 m 答案　B 解析　滑块到达圆环顶点C时对轨道的压力恰好为零，由牛顿第二定律得mg=m，则速度vC=，设滑块在BEC段上克服摩擦力做的功为W1，由动能定理得mg(H-2r)-W1=m，则W1=mg(H-2r)-m=mg，滑块在CFB段克服摩擦力做的功W2满足0<W2<W1，从C到D过程中，由动能定理得-mg(h-2r)-W2=-m，则W2=-mg(h-2r)+m，代入得8 m<h<10 m，B正确。 3.(10分)(2024·广东佛山市二模)“路亚”是一种钓鱼方法，用这种方法钓鱼时先把鱼饵通过鱼线收到鱼竿末端，然后用力将鱼饵甩向远处。如图所示，钓鱼爱好者在a位置开始甩竿，鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，最后落在距b水平距离s=16 m的水面上。已知开始甩竿时鱼竿与竖直方向成53°角，鱼饵的质量为m=0.02 kg。甩竿过程竿可视为在竖直平面内绕O点转动，且O离水面高度h=1.6 m、到鱼竿末端鱼饵的距离L=1.6 m。鱼饵从b点抛出后，忽略鱼线对其作用力和空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。求： (1)(5分)鱼饵在b点抛出时的速度大小； (2)(5分)从a到b的甩竿过程，鱼竿对鱼饵做的功W。 答案　(1)20 m/s　(2)4.128 J 解析　(1)鱼饵被甩至最高点b时迅速释放鱼线，鱼饵被水平抛出，根据平抛运动的规律可得 s=vbt，L+h=gt2 联立解得t=0.8 s，vb=20 m/s (2)从a到b的甩竿过程，根据动能定理可得 W-mgL(1-cos 53°)=m 解得鱼竿对鱼饵做的功为W=4.128 J。 4.(13分)有一水平足够长的传送带，以v0=5 m/s的速度沿顺时针方向匀速运转，传送带右端平滑连接了一个倾角为37°的粗糙斜面，物块与斜面、物块与传送带之间的动摩擦因数μ均为0.5；现将一质量m=1 kg的物块轻放在距离传送带最右端L=7.5 m处，已知sin 37°=，cos 37°=，g取10 m/s2，求： (1)(5分)该物块从初始位置到第一次经过传送带最右端时所用的时间t； (2)(4分)该物块从初始位置到第一次经过传送带最右端的全过程中产生的热量； (3)(4分)物块最终在斜面上走过的总路程。 答案　(1)2 s　(2)12.5 J　(3) m 解析　(1)物块轻放上传送带后做匀加速直线运动，设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律可知μmg=ma，解得a=μg 物块加速到与传送带共速所走过的位移为x= 解得x=2.5 m<7.5 m 匀加速运动所用的时间为t1= 物块与传送带共速后保持匀速，物块匀速运动所用的时间为t2= 所以该物块从初始位置到第一次经过传送带最右端时所用的时间为t=t1+t2 解得t=2 s (2)物块在传送带上运动的过程中物块和传送带之间的相对位移为Δx=v0t1-x 所以该过程产生热量为Q=μmgΔx 解得Q=12.5 J (3)小物块以v0第一次冲上斜面后再次回到最底端时速度v1的大小小于v0，在足够长传送带上运动一个来回后速度与v1等大反向，冲上斜面，第二次落回水平传送带最底端时速度v2的大小小于v1，如此往复，最终物块将静止在斜面最低端，全程根据功能关系有 μmgscos 37°=m 解得s= m。 动能定理的应用(B) (分值：20分) 1~4题每题5分 1.如图所示，一物体由固定斜面上的A点以初速度v0下滑到底端B点，它与挡板发生无动能损失的碰撞后又滑回到A点，其速度恰好为零。设A、B两点高度差为h，重力加速度为g，物体可视为质点，挡板厚度不计，则物体与挡板碰前瞬间的速度大小为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设整个滑动过程中物体所受摩擦力大小为Ff(此力大小不变，下滑时方向沿斜面向上，上滑时方向沿斜面向下)，斜面长为s，则对物体由A→B→A的整个过程运用动能定理，得-2Ff·s=0-m，同理，对物体由A到B的过程运用动能定理，设物体与挡板碰前瞬间速度为v，则mgh-Ff·s=mv2-m，联立解得v=，故选C。 2.(2025·河北省模拟)如图所示，一异形漏斗的母线OA与竖直方向的夹角为30°，母线AB与竖直方向的夹角为45°。小朋友将质量为m的光滑小球放在漏斗中，他先让小球在半径为r的1轨道上做匀速圆周运动，后来通过晃动漏斗让小球在半径为3r的2轨道上做匀速圆周运动，晃动漏斗前后O点位置没有发生变化。已知OA=4r，重力加速度为g。在他晃动漏斗的过程中漏斗对小球做功为(　　) A.mgr B.mgr C.mgr D.mgr 答案　A 解析　小球在1轨道上做匀速圆周运动时，对小球受力分析有tan 30°= 由牛顿第二定律有Fn1=m 解得Ek1=m=mgr 小球离O点竖直方向的距离d1==r 小球在2轨道上做匀速圆周运动时，对小球受力分析有tan 45°= 由牛顿第二定律有Fn2=m 解得Ek2=m=mgr 小球离O点竖直方向的距离d2=OAcos 30°+=r 在晃动漏斗过程中由动能定理有W-mg=Ek2-Ek1 解得W=mgr。 3.(多选)(2025·河南省模拟)如图所示，质量为m的滑块在水平向右的外力F作用下由静止开始沿水平面运动，运动过程中外力F随位移x的变化满足F=F0-kx(k为已知定值，k>0)，已知滑块与桌面间的动摩擦因数μ=(g为重力加速度)，下列说法正确的是(　　) A.滑块最终能回到出发点 B.滑块向右运动的最大位移为 C.滑块运动的最大速度为 D.从开始运动到物块最终静止，滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为 答案　BC 解析　由题可作出F-x图像，当F=0时，由F=F0-kx，可得x= 图像如图所示 滑动摩擦力大小为Ff=μmg= 若滑块向右运动的位移最大时，滑块动能的变化量为零，由动能定理可知拉力F做功与摩擦力Ff做功相等，由F-x图像知，图线与x轴所围成面积表示拉力F做的功，拉力做的功为WF=F0××= 此时克服滑动摩擦力Ff做功为Wf=μmg×=， 则Wf>WF，即拉力F未减为0之前，滑块已经停止运动，不能回到出发点，A错误；由F-x图像与x轴所围面积表示拉力F做的功，设最大位移为xm，则有Ff·xm= 代入解得xm= B正确； 当F=Ff时，滑块运动的速度最大，设此时位移为x1，则有F0-kx1=μmg 解得x1= 设此时拉力F做功为WF'，滑动摩擦力Ff做功为Wf'，由动能定理知WF'-Wf'=m 即-μmgx1=m 解得vm= C正确； 从开始运动到滑块最终静止，滑块与水平桌面因摩擦产生的热量为Q=μmgxm=×=，D错误。 4.(2025·江西省模拟)如图所示，倾角为60°的光滑斜面上固定着半径R=2 m的光滑三分之二圆弧形轨道ABC，以圆心O为原点、沿斜面向下为正方向建立坐标轴Ox，OA、OC与x轴间的夹角均为60°。一质量m=0.1 kg的小球(可看成质点)从x轴上的M点沿垂直x轴方向以速度v0抛出，小球恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.小球的初速度v0的大小为5 m/s B.M点的坐标为- m C.小球对轨道的最大压力为 N D.小球在圆弧BC中间某点脱离轨道 答案　B 解析　小球先做类平抛运动，有Rsin 60°=v0t，vx=gsin 60°·t，tan 60°= 解得v0= m/s 故A错误； M点的坐标xM=-=- m 故B正确； 小球到达B点时速度最大，对轨道的压力最大，根据动能定理有mgsin 60°=mv2-m 根据牛顿第二定律有FN-mgsin 60°=m 解得FN=3 N 根据牛顿第三定律得，小球对轨道的最大压力为3 N，故C错误； 根据对称性可知，小球不可能在圆弧BC中间某点脱离轨道，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $