第六章　第28练　动能定理在多过程问题中的应用-2026版一轮复习

第28练动能定理在多过程问题中的应用分值：60分1、2题每小题4分，3题11分，4题14分，共33分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Ff和木块所获得的最大动能Ek分别为()A.Ff＝F2，Ek＝FL2 B.Ff＝F2，EC.Ff＝F3，Ek＝2FL3 D.Ff＝F4，2.图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的倾斜轨道，CD段是水平的轨道，长为s，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块(可视为质点)在A点由静止释放，沿轨道下滑，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于()A.mgh B.2mghC.μmg(s＋hsinθ) D.μmg(s＋hcos3.(11分)(2022·浙江6月选考·19改编)物流公司用滑轨装运货物，如图所示。长5m、倾角为37°的倾斜滑轨与长5.5m的水平滑轨平滑连接，有一质量为1kg的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为13，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2(1)(4分)货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；(2)(7分)货物从开始下滑经过4s，克服摩擦力所做的功。4.(14分)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——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14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)(1)(4分)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)(5分)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)(5分)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？5、6题每小题6分，7题15分，共27分5.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.21H6.(2024·山东泰安市模拟)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处时速度最大，到达C处时速度为零，AC=h。若圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A处，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则圆环()A.下滑过程中，加速度一直减小B.下滑过程中，克服摩擦力做功为14mvC.在C处时，弹簧的弹性势能为Ep=mgh-12mvD.上滑经过B的速度大小等于下滑经过B的速度大小7.(15分)(2025·山东菏泽市检测)如图是由弧形轨道、圆轨道(轨道底端B略错开，图中未画出)、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC右端装有理想轻弹簧(右端固定)，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变，现将B点置于AC中点，质量m＝2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.5m我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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处静止释放。已知圆轨道半径R＝0.1m，水平轨道长LAC＝1.0m，滑块与AC间的动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，重力加速度g取10m/s2。求：(1)(4分)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)(3分)轻弹簧获得的最大弹性势能；(3)(8分)若H＝0.4m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求BC长度满足的条件。

答案精析1.D[木块运动全过程中，根据动能定理可得FL－Ff·4L＝0－0，可得Ff＝F4，木块在撤去恒力时速度最大，则动能最大，根据动能定理可得FL－FfL＝Ek－0，解得木块所获得的最大动能为Ek＝3FL4，故选2.B[滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知当滑块从D点被推回A点有WF－mgh－W克fDA＝0，②由A点运动至D点，克服摩擦力做的功为W克fAD＝μmgcosθ·hsinθ+μmgs，从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcosθ·hsinθ+μmgs，联立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤联立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D错误，B正确。]3.(1)1033解析(1)根据动能定理mglsin37°－μmglcos37°＝12m解得v1＝1033(2)在倾斜滑轨上下滑时有mgsin37°－μmgcos37°＝ma1，解得a1＝103m/s2，下滑到底端时的时间t1＝2la1＝3s，在水平滑轨上运动的加速度a2＝μg，解得a2＝103m/s2，则在水平滑轨上运动的时间t2＝v1a2＝3s，货物从开始下滑经过4s时已经停止在水平滑轨上，则整个过程由动能定理有mglsin37°－W克f＝0，克服摩擦力所做的功为W4.(1)1800N，方向垂直于BC向下(2)10m/s(3)2.5m解析(1)运动员从A到B的过程中由动能定理得mgR1＝12mvB在B点由牛顿第二定律和向心力公式得FN－mg＝mv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Wf，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+Wf－mgR2＝0解得Wf＝－600J运动员在空中表演时做竖直上抛运动，上抛的初速度vD1＝gt解得vD1＝10m/s运动员从A到D过程，由动能定理得mgR1+Wf－mgR2＝12mvD代入数据解得vA0＝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mgR1－Ffs＝0－12mWf＝－Ff·BC解得运动员在BC段运动的总路程为s＝47.5m在BC上来回运动的次数n＝sBC＝运动员最终停在BC的中点，即离B点2.5m处。5.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s1＝H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1＝10%Ek1＝0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1＝0.9H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ΔEk2＝10%Ek2＝0.1mgH1＝0.9mgH×0.1反弹后上升到最高点时的高度为H2＝0.9H1＝0.92H篮球第三次到达地面时运动的路程为s3＝H+2H1+2H2＝H+2×0.9H+2×0.92H以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn＝H+2×0.9H+2×0.92H+…+2×0.9n－1H根据等比数列求和公式可得s总＝H+2×0.9H×1-0.当n趋于无穷大时，有s总＝19H，C正确。]6.B[如图所示，圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，经过B处的速度最大，所以经过B处的加速度为零，所以加速度先减小后增大，故A错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到C过程，根据动能定理有mgh+Wf-W弹=0-0，在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，根据动能定理有-mgh+Wf+W弹=0-12mv2，解得Wf=-14mv2，则可知下滑过程中克服摩擦力做功为14mv2，在C处时，弹簧的弹性势能Ep=W弹=mgh-14mv2，故B正确，C错误；研究圆环从A处由静止开始下滑到B处过程，根据动能定理有mgh'+Wf'-W弹'=12mvB2-0，研究圆环从B处上滑到A过程，根据动能定理有-mgh'+Wf'+W弹'=0-12mvB'2，由于Wf'<0，所以12mvB'2>1]7.(1)60N(2)6J(3)0.5m≤L≤1m解析(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC2－mg×2R＝12mv在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg+FN＝mv2R，联立解得FN＝60N，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为60(2)弹簧第一次被压缩到最短时，弹性势能有最大值；从出发到弹簧第一次被压缩到最短过程，由动能定理可得mgH－μmgLAC+W弹＝0－0又有W弹＝0－Ep，联立解得Ep＝6J(3)①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，则有mg＝mv02R，从开始到圆轨道最高点，由动能定理可得mg(H