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培优提升八　利用动能定理分析多过程问题
学习目标　1.进一步理解动能定理，领会动能定理解题的优越性。2.会利用动能定理分析求解多过程问题。
提升1　动能定理在直线运动多过程中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1.分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的力的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中各个力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简便。
例1 如图所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，小滑块从P点以v0＝3 m/s的初速度沿斜面向上滑，速度减为零之后再滑回到斜面底部，与底部挡板碰撞之后以原速度大小反弹，经过与挡板多次碰撞之后，最后静止在斜面底部。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，若滑块在斜面上往返的总路程为 m，小滑块可以看作质点，重力加速度g取10 m/s2。则P点到挡板的距离为(　　)
A.0.6 m B.0.5 m
C.0.4 m D.0.3 m
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例2 在距沙坑表面高
h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H；
(2)物体在沙坑中受到的平均阻力F阻的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态，因此求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。
(2)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。　　　　
提升2　动能定理在曲线运动多过程中的应用
1.动能定理与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法。如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。
2.动能定理与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：
(1)若为轻绳约束，物体能通过最高点的临界条件是在最高点的速度v＝。
(2)若为轻杆约束，物体能通过最高点的临界条件是在最高点的速度v＝0。
例3 如图所示，AB为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.8 m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m＝0.2 kg的小球从A点由静止释放，g取10 m/s2。求：
(1)小球运动到最低点B时的速度v的大小；
(2)小球通过L＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最终所停位置距B点的距离。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例4 (2024·山东淄博市期中)跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10 m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C，AC间的竖直高度差为h1＝40 m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80 kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度为20 m/s，CE间水平方向的距离x＝40 m。不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；
(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；
(3)运动员落到E点时的动能大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
随堂对点自测
1.(动能定理在直线运动多过程中的应用)如图所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下。设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理。为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(　　)
A.5 m B.3 m
C.7 m D.1 m
2.(动能定理在曲线运动多过程中的应用)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＝0.10。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
培优提升八　利用动能定理分析多过程问题
提升1
例1 A　[设P点到挡板的距离为L，对滑块运动的全过程，由动能定理得mgL·sin 30°－μmgscos 30°＝0－mv，其中s＝ m，代入数值解得L＝0.6 m，故A正确。]
例2 (1)5 m　(2)155 N
解析　(1)物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得
－mgH＝0－mv
代入数据得H＝5 m。
(2)方法一　全过程分析。设物体在沙坑中受到的平均阻力大小为F阻，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有
mg(h＋d)－F阻d＝0－mv
代入数据解得F阻＝155 N。
方法二　分阶段分析。设物体刚到达沙坑表面时速度大小为v，在空中运动阶段，有
mgh＝mv2－mv
在沙坑中运动阶段有mgd－F阻d＝0－mv2
联立解得F阻＝155 N。
提升2
例3 (1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)0
解析　(1)从A→B由动能定理得mgR＝mv2
代入数据解得v＝4 m/s。
(2)从B→D由动能定理得－Wf－mgh＝0－mv2
代入数据解得Wf＝0.4 J。
(3)从B→C克服摩擦力做功Wf＝μmgL
设小球在水平面BC上运动的总路程为s
小球从A点由静止释放到最终停止，由动能定理得
mgR－μmgs＝0
联立两式解得s＝4L，可知小球最终停在B点。
例4 (1)－16 000 J　(2)4 000 N　(3)32 000 J
解析　(1)从A点滑到C点过程，根据动能定理有
mgh1＋Wf＝mv－0
解得Wf＝－16 000 J。
(2)运动员到达C点时，根据牛顿第二定律有
FN－mg＝meq \f(v,R)
解得FN＝4 000 N
根据牛顿第三定律知，在C点运动员对滑道的压力大小为FN′＝FN＝4 000 N。
(3)运动员从C到E做平抛运动，有x＝vCt，到达E点时的竖直方向分速度为vy＝gt，解得vy＝20 m/s
故运动员落到E点时的动能大小为
Ek＝m(v＋v)＝32 000 J。
随堂对点自测
1.A　[设水深至少为h，对全程由动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，其中F阻＝3mg，即mg(H＋h)＝3mgh，解得h＝5 m，A正确。]
2.D　[小物块从A点出发到最后停下来，设在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，所以小物块最终停在B点，即停止的地点到B点的距离为0，故D正确。]培优提升八　利用动能定理分析多过程问题
(分值：100分)
选择题1～6题，每小题9分，共54分。
对点题组练
题组一　动能定理在直线运动多过程中的应用
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F为(　　)
2mgsin θ mg(1－sin θ)
2mgcos θ 2mg(1＋sin θ)
2.如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处，滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　)
P处 P、Q之间
Q处 Q的右侧
3.如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1 kg的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2 m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零。若盒子长L＝0.1 m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，g＝10 m/s2。则整个过程中滑块与两壁碰撞的次数是(　　)
3次 4次
5次 6次
题组二　动能定理在曲线运动多过程中的应用
4.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上。已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m。若不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
小物块的初速度是5 m/s
小物块的水平射程为1.2 m
小物块在桌面上克服摩擦力做了8 J的功
小物块落地时的动能为0.9 J
5.如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定圆弧轨道与水平轨道相切于B点。一质量为m的小球P(可视为质点)从A点由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，到C点停下，B、C两点间的距离为R，小球P与圆弧轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将小球P从A点正上方高度为R处由静止释放，从A点进入轨道，最终停在水平轨道上的D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为s，下列关系正确的是(　　)
s>R s＝R
s6.如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为(重力加速度为g)(　　)
2.5mgR 3mgR
4mgR 5mgR
综合提升练
7.(15分)(2024·河北景县中学高一月考)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，半径为R＝0.5 m，轨道在C处与粗糙的水平面相切，在D处有一质量m＝1 kg的小物体压缩着弹簧，在弹力的作用下以一定的初速度水平向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，物体通过C点后进入圆轨道运动，恰好能通过半圆轨道的最高点A，最后又落回水平面上的D点(g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
(1)(7分)物体到C点时的速度；
(2)(8分)弹簧对物体做的功。
8.(15分)(2024·福建厦门高一月考)如图所示，质量为m＝10 kg的滑块，从光滑弧形面的某一高处A点以初速度v0＝1 m/s往下滑行，到达弧形面的底端P处时速度为vP＝4 m/s，又沿水平面滑行LPQ＝1 m到达Q点而静止，重力加速度g取10 m/s2。则：
(1)(5分)求起始位置A点距离水平面的高度；
(2)(5分)求滑块与水平面间的动摩擦因数；
(3)(5分)若用一拉力F，把滑块从Q点沿原路拉回到起始点A，则拉力至少做多少功？
培优加强练
9.(16分)过山车是游乐场中常见的设施。一种过山车的简易模型如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m。一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留1位小数。试求：
(1)(8分)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)(8分)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C的间距L。
培优提升八　利用动能定理分析多过程问题
1.A　[设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mgsin θ·2L＝0，解得F＝2mgsin θ，故A正确。]
2.C　[设木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得
mgh－μmgLcos θ－μmgx＝0
则滑块总的水平位移s＝Lcos θ＋x＝
与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故选项C正确。]
3.B　[设滑块相对于盒子运动的总路程为s，整个过程对滑块，根据动能定理有－μmgs＝0－mv，可得滑块滑过的总路程s＝eq \f(v,2μg)＝0.4 m，因为盒子长L＝0.1 m，碰撞次数n＝＋1＝4.5，n取整数，故滑块与盒子两壁碰撞4次，故B正确。]
4.D　[小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得－μmgs＝mv2－mv，解得v0＝7 m/s，W克f＝μmgs＝2 J，A、C错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B错误；对平抛过程由动能定理得mgh＝Ek－mv2得，小物块落地时的动能Ek＝0.9 J，D正确。]
5.C　[小球P从A点由静止滑下到停止，设小球克服圆弧轨道摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0。若小球P从A点正上方高度为R处由静止释放，从A点进入轨道，最终停在水平轨道上D点，设此过程中小球P克服摩擦力所做的功为Wf′，根据动能定理得mg·2R－Wf′－μmgs＝0。由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，圆弧轨道对小球P的弹力较大，摩擦力较大，所以Wf′>Wf，可知s6.A　[设小球恰好通过轨道2的最高点B时的速度大小为vB，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v,1.8R)　①；设小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为EkA，对小球从A到B的过程，根据动能定理有－mg(3.6R－2R)＝mv－EkA　②，联立①②解得EkA＝2.5mgR，故选项A正确。]
7.(1)5 m/s　(2)15 J
解析　(1)物体恰好通过半圆轨道的最高点A，有mg＝meq \f(v,R)
可得vA＝ m/s
物体由C到A过程，由动能定理得
－2mgR＝mv－mv
解得vC＝5 m/s。
(2)物体从A到D做平抛运动，有2R＝gt2
所以sCD＝vAt
物体由D到C过程，由动能定理得
W－μmgsCD＝mv
联立解得W＝15 J。
8.(1)0.75 m　(2)0.8　(3)155 J
解析　(1)从A到P过程，根据动能定理得
mgh＝mv－mv
代入数据解得h＝0.75 m。
(2)沿水平面滑行过程，根据动能定理得
－μmgLPQ＝0－mv
代入数据解得μ＝0.8。
(3)把滑块从Q点沿原路拉回到起始点A的过程，根据动能定理得WF－μmgLPQ－mgh＝0－0
解得拉力至少做功WF＝155 J。
9.(1)10.0 N　(2)12.5 m
解析　(1)设小球经过第一圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理得
－μmgL1－2mgR1＝mv－mv
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，
根据牛顿第二定律有
F＋mg＝meq \f(v,R1)
代入数据解得轨道对小球作用力的大小F＝10.0 N。
(2)设小球在第二圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，根据牛顿第二定律有mg＝meq \f(v,R2)
从A点到第二圆轨道最高点对小球，根据动能定理得
－μmg(L1＋L)－2mgR2＝mv－mv
代入数据解得B、C间距L＝12.5 m。(共37张PPT)
培优提升八　利用动能定理分析多过程问题
第八章　机械能守恒定律
1.进一步理解动能定理，领会动能定理解题的优越性。
2.会利用动能定理分析求解多过程问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
提升
01
随堂对点自测
02
课后巩固训练
03
提升
1
提升2　动能定理在曲线运动多过程中的应用
提升1　动能定理在直线运动多过程中的应用
提升1　动能定理在直线运动多过程中的应用
对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。
1.分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的力的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。
2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中各个力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简便。
A
A.0.6 m B.0.5 m C.0.4 m D.0.3 m
例2 在距沙坑表面高h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H；
(2)物体在沙坑中受到的平均阻力F阻的大小。
(2)方法一　全过程分析。设物体在沙坑中受到的平均阻力大小为F阻，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有
代入数据解得F阻＝155 N。
方法二　分阶段分析。设物体刚到达沙坑表面时速度大小为v，在空中运动阶段，有
联立解得F阻＝155 N。
答案　(1)5 m　(2)155 N
(1)物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态，因此求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。
(2)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。　　　　
提升2　动能定理在曲线运动多过程中的应用
(1)小球运动到最低点B时的速度v的大小；
(2)小球通过L＝1 m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6 m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小球最终所停位置距B点的距离。
代入数据解得v＝4 m/s。
(2)从B→D由动能定理得
代入数据解得Wf＝0.4 J。
(3)从B→C克服摩擦力做功Wf＝μmgL
设小球在水平面BC上运动的总路程为s
小球从A点由静止释放到最终停止，由动能定理得mgR－μmgs＝0
联立两式解得s＝4L，可知小球最终停在B点。
答案　(1)4 m/s　(2)0.4 J　(3)0
例4 (2024·山东淄博市期中)跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10 m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C，AC间的竖直高度差为h1＝40 m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80 kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度为20 m/s，CE间水平方向的距离x＝40 m。不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；
(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；
(3)运动员落到E点时的动能大小。
解析　(1)从A点滑到C点过程，根据动能定理有
解得Wf＝－16 000 J。
(2)运动员到达C点时，根据牛顿第二定律有
解得FN＝4 000 N
根据牛顿第三定律知，在C点运动员对滑道的压力大小为FN′＝FN＝4 000 N。
(3)运动员从C到E做平抛运动，有x＝vCt，到达E点时的竖直方向分速度为vy＝gt，解得vy＝20 m/s
答案　(1)－16 000 J　(2)4 000 N　(3)32 000 J
随堂对点自测
2
A
1.(动能定理在直线运动多过程中的应用)如图所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下。设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理。为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(　　)
A.5 m B.3 m
C.7 m D.1 m
解析　设水深至少为h，对全程由动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，其中F阻＝3mg，即mg(H＋h)＝3mgh，解得h＝5 m，A正确。
D
2.(动能定理在曲线运动多过程中的应用)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＝0.10。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
课后巩固训练
3
A
题组一　动能定理在直线运动多过程中的应用
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F为(　　)
对点题组练
A.2mgsin θ B.mg(1－sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1＋sin θ)
解析　设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mgsin θ·2L＝0，解得F＝2mgsin θ，故A正确。
C
2.如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处，滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在(　　)
A.P处 B.P、Q之间
C.Q处 D.Q 的右侧
解析　设木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得
mgh－μmgLcos θ－μmgx＝0
与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故选项C正确。
B
3.如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1 kg的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2 m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零。若盒子长L＝0.1 m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，g＝10 m/s2。则整个过程中滑块与两壁碰撞的次数是(　　)
A.3次 B.4次 C.5次 D.6次
D
题组二　动能定理在曲线运动多过程中的应用
4.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上。已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m。若不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做了8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
C
A
6.如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为(重力加速度为g)(　　)
A.2.5mgR B.3mgR C.4mgR D.5mgR
7.(2024·河北景县中学高一月考)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，半径为R＝0.5 m，轨道在C处与粗糙的水平面相切，在D处有一质量m＝1 kg的小物体压缩着弹簧，在弹力的作用下以一定的初速度水平向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，物体通过C点后进入圆轨道运动，恰好能通过半圆轨道的最高点A，最后又落回水平面上的D点(g＝10 m/s2，不计空气阻力)。求：
综合提升练
(1)物体到C点时的速度；
(2)弹簧对物体做的功。
答案　(1)5 m/s　(2)15 J
物体由C到A过程，由动能定理得
解得vC＝5 m/s。
所以sCD＝vAt
物体由D到C过程，由动能定理得
联立解得W＝15 J。
8.(2024·福建厦门高一月考)如图所示，质量为m＝10 kg的滑块，从光滑弧形面的某一高处A点以初速度v0＝1 m/s往下滑行，到达弧形面的底端P处时速度为vP＝4 m/s，又沿水平面滑行LPQ＝1 m到达Q点而静止，重力加速度g取10 m/s2。则：
(1)求起始位置A点距离水平面的高度；
(2)求滑块与水平面间的动摩擦因数；
(3)若用一拉力F，把滑块从Q点沿原路拉回到起始
点A，则拉力至少做多少功？
答案　(1)0.75 m　(2)0.8　(3)155 J
解析　(1)从A到P过程，根据动能定理得
代入数据解得h＝0.75 m。
(2)沿水平面滑行过程，根据动能定理得
代入数据解得μ＝0.8。
(3)把滑块从Q点沿原路拉回到起始点A的过程，根据动能定理得WF－μmgLPQ－mgh＝0－0
解得拉力至少做功WF＝155 J。
9.过山车是游乐场中常见的设施。一种过山车的简易模型如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m。一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留1位小数。试求：
培优加强练
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C的间距L。
答案　(1)10.0 N　(2)12.5 m
解析　(1)设小球经过第一圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理得
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，
根据牛顿第二定律有
代入数据解得轨道对小球作用力的大小F＝10.0 N。
从A点到第二圆轨道最高点对小球，根据动能定理得
代入数据解得B、C间距L＝12.5 m。

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