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动能定理在多过程问题中的应用
目标
要求
1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用.
专题强化四
内容索引
题型一　动能定理在多过程问题中的应用
题型二　动能定理在往复运动问题中的应用
课时精练
题型一
动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理.
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破.
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.
例1　图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，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的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，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为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于
√
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，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0， ②
③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcos θ· ＋μmgs，
④
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.
例2　(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动.该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为 已知
sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则
A.物体向上滑动的距离为
B.物体向下滑动时的加速度大小为
C.物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D.物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
√
√
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝ 则可得出t上例3　(2023·浙江金华十校模拟)如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成.其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开).小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m.小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m.第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点.第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s.已知小滑
块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；
答案　3 N，方向竖直向下　
由牛顿第三定律可知，第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下.
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
答案　－0.03 J
(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用.小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式.
题型二
动能定理在往复运动问题中的应用
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程.
例4　如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板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
√
例5　(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上.已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝ 滑块与弹性板作用后，以等大速度弹
回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放.
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
答案　7 N　
滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝ mvC2 ①
在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝ ②
由①②解得FN＝7 N ③
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0 ④
解得l1＝0.85 m ⑤
因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m ⑥
能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值.
答案　见解析
设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
三
课时精练
1.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
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基础落实练
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2.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，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，则它与挡板碰前瞬间的速度大小为
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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－2Ffs＝0－
3.(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点.一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动.小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为
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第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，
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4.(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回.现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定
A.滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2
B.滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C.滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D.滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
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√
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根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；
上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；
解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；
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由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误.
5.(2023·河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长LBC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5 m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；
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答案　0.6　
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小滑块恰好运动到C点，
由动能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，
解得μ＝0.6.
(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点的最小距离.
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答案　6.75 m
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6.(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m.若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m.假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变.重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
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答案　4.5 J　
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篮球从距地面高度h1＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，
由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
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代入数据可得W＝4.5 J.
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小.
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答案　9 N
因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝
做的功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去).
7.(2023·浙江杭州市模拟)小明制作了一个“20”字样的轨道玩具模型.该模型的“2”
字是由 圆弧形的管道ABC(圆心为O1)和半圆形的管道CD(圆心为O2)以及直管道DE
组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10 cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆形管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6 cm的圆弧；最低点F和F′(一进一出)位于水平地面上；整个装置处于坚直平面内，所有管道的粗细忽略不计.HK为一个倾角θ可调节的足够长的斜面，且D、E、F(F′)、H位于同一条水平直线上，F′H和HK平滑连接.质量m＝0.1 kg的小滑块P(可视为质点)与水平地面EF段和斜面HK的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余摩擦均不计.现让滑块P从A点以v0＝2 m/s的速率平滑进入管道，滑块P运动到
G点时恰与管道间无相互作用，重力加速度g取
10 m/s2，求：
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(1)滑块P运动到B点时对管道的作用力；
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答案　1.0 N，方向竖直向上
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滑块由A→B，由动能定理有
联立解得FN＝1.0 N
又根据牛顿第三定律知滑块P对管道作用力大小为1.0 N，方向竖直向上.
(2)EF段的长度；
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答案　0.28 m
滑块由A→G，由动能定理有
联立解得xEF＝0.28 m
(3)要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件.
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②若滑块恰好不会二次进入EF段，设此时θ＝θ2，设滑块第一次滑上HK的最大位移为x，最高点为K′，此后恰好返回到G点，则从G→K′，
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对G→K′→G过程，由动能定理专题强化四　动能定理在多过程问题中的应用
目标要求　1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用．
题型一　动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理．
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破．
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算．
2．全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积．
例1　图中ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，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的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，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为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　　)
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋) D．μmg(s＋hcos θ)
答案　B
解析　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，滑块从D点被推回A点过程有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＝μmgcos θ·＋μmgs，③
从D→A的过程克服摩擦力做的功为W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④
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．
例2　(多选)(2021·全国甲卷·20)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则(　　)
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案　BC
解析　物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek，物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcos α，解得a下＝，B正确；物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝at2，则可得出t上例3　(2023·浙江金华十校模拟)如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成．其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)．小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m．小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m．第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失地进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点．第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s.已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用．小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式．
答案　(1)3 N，方向竖直向下　(2)－0.03 J
(3)不受　v＝ m/s
解析　(1)从C到D，对小滑块由动能定理得－mgR＝0－mvC2，在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3 N
由牛顿第三定律可知，第一次运动到C点时对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)从释放小滑块到E点由动能定理有W弹＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mvE2－0，W弹＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J
(3)当滑块以v0通过最高点时恰好对管道无压力作用，设此时对应的弹簧弹性势能为Ep0，由牛顿第二定律有m＝mg，从开始到E点由动能定理有W0＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv02－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J，弹性势能为0.48 J大于Ep0，小滑块在圆管道内不受到摩擦力作用．从开始到离C′距离为x处，由动能定理有W′＋mglsin θ－μmglcos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s.
题型二　动能定理在往复运动问题中的应用
1．往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定．
2．解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可简化解题过程．
例4　如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板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.
答案　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－mv02，解得x＝，选项A正确．
例5　(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放．
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值．
答案　(1)7 N　(2)v＝，其中lx≥0.85 m　(3)见解析
解析　(1)滑块由释放到C点过程，由动能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2①
在C点由牛顿第二定律有FN－mg＝m②
由①②解得FN＝7 N③
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰到最高点时根据动能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能过F点必须满足lx≥0.85 m⑥
能过最高点，则能到F点，由释放到第一次到达F点，根据动能定理可得
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝，其中lx≥0.85 m．⑧
(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨
lFG＝，⑩
由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，…
又因为0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
当n＝1时，lx1＝ m；当n＝3时，lx2＝ m
当n＝5时，lx3＝ m.
课时精练
1.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
答案　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3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故选D.
2.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，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，则它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－2Ffs＝0－mv02.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－Ffs＝mv2－mv02，解得v＝，C正确．
3.(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
4.(多选)(2023·江苏省启东中学模拟)如图所示，直杆AB与水平面成α角固定，在杆上套一质量为m的小滑块，杆底端B点处有一弹性挡板，杆与板面垂直，滑块与挡板碰撞后将以原速率返回．现将滑块拉到A点由静止释放，与挡板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中点，设重力加速度为g，由此可以确定(　　)
A．滑块下滑和上滑过程加速度大小a1、a2
B．滑块第1次与挡板碰撞前的速度v1
C．滑块与杆之间的动摩擦因数μ
D．滑块第k次与挡板碰撞到第k＋1次与挡板碰撞的时间间隔Δt
答案　AC
解析　设AB长为L，对整个过程运用动能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得μ＝，故C正确；根据牛顿第二定律得下滑过程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；
上滑过程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；
解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，
所以可求得滑块下滑和上滑过程加速度的大小a1、a2，故A正确；由于A、B间的距离未知，尽管求出加速度，但不能求出滑块到达挡板时的时间以及与挡板碰撞前的速度，故B、D错误．
5.(2023·河北张家口市高三检测)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑固定斜面AB与长LBC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圆弧(长度不计，未画出)平滑连接，半径R＝1.5 m的光滑圆弧轨道CD与水平面相切于C点，OD与水平方向的夹角也为θ＝37°.质量为m的小滑块从斜面上距B点L0＝2 m的位置由静止开始下滑，恰好运动到C点．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑块与粗糙水平面BC间的动摩擦因数μ；
(2)改变小滑块从斜面上开始释放的位置，使小滑块能够通过D点，求小滑块的释放位置与B点的最小距离．
答案　(1)0.6　(2)6.75 m
解析　(1)小滑块恰好运动到C点，
由动能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，
解得μ＝0.6.
(2)设滑块能够通过D点，在D点的最小速度为vD，有mgsin θ＝m，解得vD＝3 m/s.
设滑块释放位置与B点的最小距离为L，由动能定理得mgLsin θ－μmgLBC－mgR(1＋sin θ)＝mvD2－0，解得L＝6.75 m.
6．(2021·全国乙卷·24)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m．若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为1.5 m．假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小．
答案　(1)4.5 J　(2)9 N
解析　(1)篮球从距地面高度h1＝1.8 m处自由下落的过程中由动能定理可得Ek1＝mgh1
篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，
由动能定理可得W＋mgh3＝Ek3
在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系＝
代入数据可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此由牛顿第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球时间内运动的位移为x＝at2
做的功为W＝Fx
联立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．
7.(2023·浙江杭州市模拟)小明制作了一个“20”字样的轨道玩具模型．该模型的“2”字是由圆弧形的管道ABC(圆心为O1)和半圆形的管道CD(圆心为O2)以及直管道DE组成，管道ABC和管道CD对应的圆半径均为R1＝10 cm，A点与O1等高，B为“2”字最高点，D为最低点，E为管道的出口；“0”字是长轴GF垂直于水平地面的椭圆形管道，其最高点G与B点等高，G点附近的一小段管道可看作半径为R2＝6 cm的圆弧；最低点F和F′(一进一出)位于水平地面上；整个装置处于坚直平面内，所有管道的粗细忽略不计．HK为一个倾角θ可调节的足够长的斜面，且D、E、F(F′)、H位于同一条水平直线上，F′H和HK平滑连接．质量m＝0.1 kg的小滑块P(可视为质点)与水平地面EF段和斜面HK的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余摩擦均不计．现让滑块P从A点以v0＝2 m/s的速率平滑进入管道，滑块P运动到G点时恰与管道间无相互作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑块P运动到B点时对管道的作用力；
(2)EF段的长度；
(3)要使得滑块P不会二次进入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值应满足的条件．
答案　(1)1.0 N，方向竖直向上　(2)0.28 m
(3)解析　(1)滑块由A→B，由动能定理有
－mgR1＝mvB2－mv02
在B点，有FN＋mg＝m，
联立解得FN＝1.0 N
又根据牛顿第三定律知滑块P对管道作用力大小为1.0 N，方向竖直向上．
(2)滑块由A→G，由动能定理有
－mgR1－μmg·xEF＝mvG2－mv02
在G点，有mg＝m，
联立解得xEF＝0.28 m
(3)①滑块不会停在HK上，则tan θ1>μ＝
②若滑块恰好不会二次进入EF段，设此时θ＝θ2，设滑块第一次滑上HK的最大位移为x，最高点为K′，此后恰好返回到G点，则从G→K′，
有mg(4R1－xsin θ2)－μmgcos θ2·x＝0－mvG2，
对G→K′→G过程，由动能定理
有－μmgcos θ2·2x＝0－mvG2，
联立解得tan θ2＝，
综上所述

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