资源简介
第2课时 应用动能定理解决多过程问题(综合融通课)
类型(一) 多过程直线运动问题
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,分阶段列方程求解,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,大大减少运算。
2.应用动能定理解决多过程问题的两点注意
(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与物体运动的路径有关,可用Wf=-F阻s求解,其中s为物体相对滑行的总路程。
[例1] (2025·北京西城一模)儿童滑梯可简化为如图所示的模型。滑梯下滑区AB的长为L=4 m,倾角α=37°。一个质量为m=20 kg的儿童从滑梯顶部A点由静止滑下,最后停在水平缓冲区BC上。若儿童与AB、BC部分的动摩擦因数均为0.5,儿童经过两段连接处速度的大小不变。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)儿童运动到B点时速度的大小v;
(2)缓冲区BC部分的最小长度x;
(3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功Wf。
规范解答:
|思|维|建|模| 多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”,各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析,必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联,确定各段间的时间关联,并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组,分析求解,对结果进行必要的验证或讨论。
[针对训练]
1.(多选)如图所示,小物块从倾角为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点高度为h,A、B两点的水平距离为x,重力加速
度为g。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点获得动能至少为2mgh
类型(二) 多过程曲线运动问题
[例2] (2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板,其半径为2R、内表面光滑,挡板的两端A、B在桌面边缘,B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内,过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧,从B点飞出桌面后,在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为,重力加速度大小为g,忽略空气阻力,小物块可视为质点。求:
(1)小物块到达D点的速度大小;
(2)B和D两点的高度差;
(3)小物块在A点的初速度大小。
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|思|维|建|模|
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的,一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)解决多过程问题时,过程的划分十分关键。在应用全程法求解问题时,有些力可能不是全程都在作用的,必须根据不同的情况分别对待,弄清楚哪些力在哪段位移上做功。
(3)由于动能定理不仅适用于直线运动,还适用于曲线运动,因此若运动过程中涉及平抛运动和圆周运动,且只涉及位移和速度而不涉及时间时,应优先考虑使用动能定理。
(4)列动能定理方程时,必须明确各力做功的正、负,确实难以判断的先假定为做正功,最后根据结果加以检验。
[针对训练]
2.如图所示,MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道,半径为R,圆心为O,OF竖直,OM与竖直方向的夹角θ=60°。一质量为m的小球由P点以一定的初速度沿水平方向抛出,运动到M点时速度方向恰好与圆弧轨道相切,P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg
B.小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C.小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度为
D.小球从N点脱离圆弧轨道后继续上升的最大高度为
类型(三) 多过程往复运动问题
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,重复的次数往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功,其做功特点与路程有关,求解这类问题时若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、末状态而不涉及运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
[例3] (2025·衡阳高三检测)如图甲所示,底端带有固定挡板的倾角为θ=37°的足够长的斜面体固定在水平面上,质量为m=2 kg的物块静止在斜面体底端,从某时刻起,物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用,拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示,随后不再施加外力作用。假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变,碰撞时间不计,已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。
(1)物块在上滑过程中的最大速度;
(2)物块沿斜面上滑的最大位移和物块在斜面上运动的总路程。
规范解答:
[针对训练]
3.如图所示,质量为m=0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高为H=5 m处由静止开始自由下落,到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入,半圆形槽的半径为R=0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s,并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出,如此反复。设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变,不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失,取g=10 m/s2。求:
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1;
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
第2课时 应用动能定理解决多过程问题
类型(一)
[例1] 解析:(1)儿童由A点运动到B点的过程中,根据动能定理有mgLsin α-μmgLcos α=mv2,解得v=4 m/s。
(2)儿童由B点运动到C点的过程中,根据动能定理有-μmgx=0-mv2
解得x=1.6 m。
(3)儿童由A点运动到C点的过程中,根据动能定理有mgLsin α+Wf=0
解得Wf=-480 J。
答案:(1)4 m/s (2)1.6 m (3)-480 J
[针对训练]
1.选BCD 对物块运动的全过程,根据动能定理有mgh-μmgcos θ·-μmg·=0,解得μ=,故B正确,A错误;由牛顿第二定律可知,物块在水平面上的加速度大小为a==,故C正确;要使物块能从B点返回A点,根据动能定理有-mgh-μmgcos θ·-μmg·=0-EkB,解得EkB=2mgh,故D正确。
类型(二)
[例2] 解析:(1)由题意知,小物块恰好能到达轨道的最高点D,则在D点有m=mg,解得vD=。
(2)由题意知,小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧,则在C点有cos 60°=,小物块从C到D的过程中,根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m,则小物块从B到D的过程中,根据动能定理有mgHBD=m-m,联立解得vB=,HBD=0。
(3)小物块从A到B的过程中,根据动能定理有
-μmgs=m-m,其中s=π·2R
解得vA=。
答案:(1) (2)0 (3)
[针对训练]
2.
选D 将小球在M点的速度进行正交分解,如图所示,根据几何关系可得小球在M点时的速度vM==2v0,对小球从P点到M点应用动能定理有m-m=mgRcos 60°,解得v0=,vM=2,根据动能定理,小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=vM=2,故C错误;对小球从P点到F点应用动能定理有mgR=m-m,在F点由向心力表达式有FF-mg=m,联立解得FF=mg,根据牛顿第三定律可知,小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg,故A错误;由动能定理可知,小球在N点时速度仍为v0,由向心力表达式有FN=m=mg,根据牛顿第三定律可知,小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg,故B错误;小球从N点脱离圆弧轨道后,由动能定理有mgh=m,解得h=,故D正确。
类型(三)
[例3] 解析:(1)上滑过程中对物块进行受力分析,当F=mgsin 37°+μmgcos 37°=20 N时,物块沿斜面上滑的速度最大,
由题图乙可知,此时物块沿斜面上滑的位移为x1=3 m,
根据动能定理得m=WF-mgx1sin 37°-μmgx1cos 37°
F x图线与横坐标所围的面积表示F所做的功WF= J=90 J
代入数据解得vm= m/s。
(2)设物块沿斜面上滑的最大位移为xm,根据动能定理得
WF'-mgxmsin 37°-μmgxmcos 37°=0
其中WF'= J=120 J
解得xm=6 m
物块最后停在挡板处,设物块在斜面上运动的总路程为s,根据动能定理可得WF'=μmgscos 37°,解得s=15 m。
答案:(1) m/s (2)6 m 15 m
[针对训练]
3.解析:(1)由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变,由对称性可知,小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等,设为Wf。
小球从开始下落至到达槽最低点的过程中,由动能定理得
mg(H+R)-Wf=mv2,解得Wf=0.4 J
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程,由动能定理得-mg(H1+R)-Wf=0-mv2,解得H1=4.2 m。
(2)设小球能飞出槽外n次,对整个过程,由动能定理得
mgH-n×2Wf=0
解得n=6.25,
n只能取整数,故小球最多能飞出槽外6次。
答案:(1)4.2 m (2)6次
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应用动能定理解决多过程问题
(综合融通课)
第2课时
1
类型(一) 多过程直线运动问题
2
类型(二) 多过程曲线运动问题
CONTENTS
目录
4
课时跟踪检测
3
类型(三) 多过程往复运动问题
类型(一) 多过程直线
运动问题
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，分阶段列方程求解，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，大大减少运算。
2.应用动能定理解决多过程问题的两点注意
(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与物体运动的路径有关，可用Wf=-F阻s求解，其中s为物体相对滑行的总路程。
[例1] (2025·北京西城一模)儿童滑梯可简化为如图所示的模型。滑梯下滑区AB的长为L=4 m，倾角α=37°。一个质量为m=20 kg的儿童从滑梯顶部A点由静止滑下，最后停在水平缓冲区BC上。若儿童与AB、BC部分的动摩擦因数均为0.5，儿童经过两段连接处速度的大小不变。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)儿童运动到B点时速度的大小v；
[答案] 4 m/s
[解析] 儿童由A点运动到B点的过程中，根据动能定理有mgLsin α-μmgLcos α=mv2
解得v=4 m/s。
(2)缓冲区BC部分的最小长度x；
[答案] 1.6 m
[解析] 儿童由B点运动到C点的过程中，根据动能定理有-μmgx=0-mv2
解得x=1.6 m。
(3)整个过程中摩擦阻力对儿童做的功Wf。
[答案] -480 J
[解析] 儿童由A点运动到C点的过程中，根据动能定理有mgLsin α+Wf=0
解得Wf=-480 J。
多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
思维建模
1.(多选)如图所示，小物块从倾角为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点高度为h，A、B两点的水平距离为x，重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
针对训练
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点获得动能至少为2mgh
√
√
√
解析:对物块运动的全过程，根据动能定理有mgh-μmgcos θ·-μmg·=0，解得μ=，故B正确，A错误；由牛顿第二定律可知，物块在水平面上的加速度大小为a==，故C正确；要使物块能从B点返回A点，根据动能定理有-mgh-μmgcos θ·-μmg·=0-EkB，解得EkB=2mgh，故D正确。
类型(二) 多过程曲线运动问题
[例2] (2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，并恰好能到达轨道的最高
点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重
力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视
为质点。求:
(1)小物块到达D点的速度大小；
[答案]
[解析] 由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m=mg，解得vD=。
(2)B和D两点的高度差；
[答案] 0
[解析] 由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道 内侧，则在C点有cos 60°=，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有-mg(R+Rcos 60°)=m-m，则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD=m-m，联立解得vB=，HBD=0。
(3)小物块在A点的初速度大小。
[答案]
[解析] 小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-μmgs=m-m，其中s=π·2R
解得vA=。
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)解决多过程问题时，过程的划分十分关键。在应用全程法求解问题时，有些力可能不是全程都在作用的，必须根据不同的情况分别对待，弄清楚哪些力在哪段位移上做功。
思维建模
(3)由于动能定理不仅适用于直线运动，还适用于曲线运动，因此若运动过程中涉及平抛运动和圆周运动，且只涉及位移和速度而不涉及时间时，应优先考虑使用动能定理。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为做正功，最后根据结果加以检验。
2.如图所示，MFN为竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径为R，圆心为O，OF竖直，OM与竖直方向的夹角θ=60°。一质量为m的小球由P点以一定的初速度沿水平方向抛出，运动到M点时速度方向恰好与圆弧轨道相切，P、O、N三点在同一水平线上。重力加速度为g，下列说法正确的是 ( )
针对训练
A.小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg
B.小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg
C.小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度为
D.小球从N点脱离圆弧轨道后继续上升的最大高度为
√
解析:将小球在M点的速度进行正交分解，如图所示，根据几何关系可得小球在M点时的速度vM==2v0，对小球从P点到M点应用动能定理有m-m=mgRcos 60°，解得v0=，vM=2，
根据动能定理，小球运动到圆弧轨道上与M点等高的位置时的速度v=vM=2，故C错误；对小球从P点到F点应用动能定理有mgR=m-m，在F点由向心力表达式有FF-mg=m，联立解得FF=mg，根据牛顿第三定律可知，小球在F点时对圆弧轨道的压力为mg，故A错误；
由动能定理可知，小球在N点时速度仍为v0，由向心力表达式有FN=m=mg，根据牛顿第三定律可知，小球在N点时对圆弧轨道的压力为mg，故B错误；小球从N点脱离圆弧轨道后，由动能定理有mgh=m，解得h=，故D正确。
类型(三) 多过程往复运动问题
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，重复的次数往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略:此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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、末状态而不涉及运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
[例3] (2025·衡阳高三检测)如图甲所示，底端带有固定挡板的倾角为θ=37°的足够长的斜面体固定在水平面上，质量为m=2 kg的物块静止在斜面体底端，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用。假设物块与固定挡板碰撞前后速率不变，碰撞时间不计，
已知物块与斜面之间的动摩擦
因数μ=0.5，sin 37°=0.6，
cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
(1)物块在上滑过程中的最大速度；
[答案] m/s
[解析] 上滑过程中对物块进行受力分析，当
F=mgsin 37°+μmgcos 37°=20 N时，物块沿斜面上滑的速度最大，
由题图乙可知，此时物块沿斜面上滑的位移为x1=3 m，
根据动能定理得m=WF-mgx1sin 37°-μmgx1cos 37°
F x图线与横坐标所围的面积表示F所做的功
WF= J=90 J
代入数据解得vm= m/s。
(2)物块沿斜面上滑的最大位移和物块在斜面上运动的总路程。
[答案] 6 m 15 m
[解析] 设物块沿斜面上滑的最大位移为xm，根据动能定理得
WF'-mgxmsin 37°-μmgxmcos 37°=0
其中WF'= J=120 J
解得xm=6 m
物块最后停在挡板处，设物块在斜面上运动的总路程为s，根据动能定理可得WF'=μmgscos 37°
解得s=15 m。
3.如图所示，质量为m=0.1 kg的可视为质点的小
球从距地面高为H=5 m处由静止开始自由下落，到达
地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆
形槽的半径为R=0.4 m。小球到达槽最低点时速率为
10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向
上飞出，如此反复。设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失，取g=10 m/s2。求:
针对训练
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1；
答案:4.2 m
解析:由于小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，由对称性可知，小球在槽右半部分与左半部分运动时克服摩擦力做的功相等，设为Wf。
小球从开始下落至到达槽最低点的过程中，由动能定理得mg(H+R)-Wf=mv2，解得Wf=0.4 J
小球由槽最低点到第一次上升到最大高度的过程，由动能定理得-mg(H1+R)-Wf=0-mv2，解得H1=4.2 m。
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
答案:6次
解析:设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH-n×2Wf=0
解得n=6.25，
n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。
课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·哈尔滨高三月考)在一次消防演习中，
消防员从H=25 m高的地方通过缓降器由静止开
始下落，其下落过程的v t图像如图所示，落地瞬
间速度恰好减为零。消防员的质量为60 kg，加速
和减速过程的加速度大小相等，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
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A.0~2 s内，消防员处于超重状态
B.消防员匀速下落的位移大小为10 m
C.全程缓降器对消防员所做的功为1.5×104 J
D.消防员整个下降过程所用的时间为4.5 s
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解析:0~2 s内，消防员加速下降，加速度方向向下，故处于失重状态，A错误；消防员加速阶段的位移大小为x=×2×10 m=10 m，因加速和减速过程的加速度大小相等，故减速阶段的位移大小也为x=10 m，则消防员匀速下落的位移大小为x'=H-2x=5 m，B错误；整个过程，由动能定理有mgH+W缓=0，解得W缓=-1.5×104 J，C错误；消防员整个下降过程所用的时间为t=2t1+=4.5 s，D正确。
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2.(2025·菏泽模拟)如图所示，某同学在滑雪场练习滑雪。足够长的水平雪道与倾角为37°的倾斜雪道在M处平滑连接，滑雪板与水平和倾斜雪道间的动摩擦因数均为0.25。某次练习时，该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行，最终在倾斜雪道上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5，取重力加速度大小为g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，该同学自由滑行至M点的速度大小为 ( )
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A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
解析:该同学在水平雪道和倾斜雪道上时，根据动能定理有-μmgx1=mv2-m，-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2，又=，联立解得v=v0，故选A。
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3.如图所示，粗糙的水平轨道和光滑的竖直圆
轨道ABCD相切于A点，小滑块P静置在水平轨道
上，现对P施加水平向右的恒力F使之由静止向右
运动，到A点时撤去F。研究发现:当起点在M点左侧或N点右侧时，P进入圆轨道后不会脱离轨道。设MA与NA的比值为k，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，则 ( )
A.μ越大，k越大 B.μ越大，k越小
C.k=2 D.k=
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解析:根据题意知，滑块从M点开始运动时，恰好能够运动到竖直圆轨道的最高点，根据动能定理有MA-mg·2R=mv2，在最高点时，由重力提供向心力有mg=；滑块从N点开始运动时，刚好能够运动到B点，根据动能定理有NA-mgR=0，联立解得k==，k的取值与μ无关，故选D。
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4.(2025·贵州高三检测)如图所示，一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛，刚落回地面时的速度大小为，已知小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.小球在运动过程中所受空气阻力大小为
B.小球在运动过程中所受空气阻力大小为mg
C.小球能到达的最高点距地面
D.小球能到达的最高点距地面
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√
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解析:设小球所受的空气阻力大小为f，上升的最大高度为h。根据动能定理，上升过程有-(mg+f)h=0-m，下落过程有(mg-f)h=m-0，联立解得f=mg，h=。故选D。
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5.(2025·武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目，其示意图如图所示，游客从螺旋滑道上端滑下，旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道，滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r= m，上端与下端高度差为h1=6 m，倾斜滑道高度差为h2=2 m，螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑连接，游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同，游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92 m，则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为( )
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A.0.07 B.0.08
C.0.09 D.0.10
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解析:若不考虑向心力，游客在螺旋滑道上的运动可等效为在相同长度和高度的斜面上的运动，研究游客整个运动过程，根据动能定理有mg-μmg-μmgL=0，代入数据解得μ=0.08，实际上游客在螺旋滑道滑行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大，即在螺旋滑道摩擦力做功W>μmg，因此动摩擦因数应更小，故选A。
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6.(2024·北京海淀模拟预测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为v，克服摩擦阻力做功为。若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有( )
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.克服摩擦阻力做的功仍为
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解析:设小物块以初动能为E冲上斜面的初速度为v0，则小物块以初动能为2E冲上斜面时初速度为v0，加速度相同，根据2ax=0-可知，第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍，所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，整个运动过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍，即为E，则小物块返回到底端时的动能为E，A正确，B、D错误；小物块返回斜面底端的速度大小为v，动能为mv2=E，若小物块冲上斜面的初动能变为2E，返回到底端的动能为E=mv'2，联立解得v'=v，C错误。
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二、多项选择题
7.(2023·湖南高考)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
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A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
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√
√
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解析:由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，
则小球在C点的速度为vC=0，小球在圆弧BC上受力分
析如图所示，则小球从B到C的过程中，根据动能定
理有-mgR(1-cos α)=0-mv2，根据牛顿第二定律有
FN=mgcos α-m，联立有FN=3mgcos α-2mg，从B到C的过程中α由θ减小到0，则cos α逐渐增大，故FN逐渐增大，所以小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；
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由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，从A到B的过程中重力的功率为P=mgvsin θ，则从A到B的过程中小球重力的功率逐渐减小，则B错误；从A到C的过程中，由动能定理有-mg·2R=m-m，解得v0=2，C错误；小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m，则vB=，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能大于，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
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8.(2025·曲靖高三质检)如图所示，足够长的固
定木板的倾角为37°，劲度系数为k=36 N/m的轻
质弹簧一端固定在木板上P点，图中AP间距等于弹
簧的自然长度。现将质量为m=1 kg的可视为质点的
物块放在木板上，稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑、AQ段粗糙，物块与木板AQ段间的动摩擦因数μ=，物块在B点释放后向上运动，第一次到达A点时速度大小为v0=
3 m/s。取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6。下列说法正确的是( )
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A.施力前弹簧压缩量为 m
B.外力做的功为13.5 J
C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s
D.物块在A点上方运动的总路程为4.5 m
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解析:施力前，对物块根据平衡条件有F弹=mgsin 37°，根据胡克定律有F弹=kx，联立解得x= m，故A错误；物块由平衡到A的过程中，弹簧弹力做功为W弹=x=kx2，根据动能定理得kx2+W-mgxsin 37°
=m，解得外力做的功为W=14 J，故B错误；设物块从A点向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理，上滑过程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m，下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0，解得s1=1.5 m，v1=3 m/s，故C正确；物块最终在A点下方做往复运动，最高点为A，根据动能定理有μmgscos 37°=m，解得s=4.5 m，故D正确。
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三、计算题
9.(10分)(2025·江门模拟)滑绳索是儿童公园的一款游乐设施，可简化成如图所示的模型:倾角θ=37°的斜滑索AB和光滑圆弧滑道BC在B点相切连接，圆弧末端C点切线水平，BC高度和长度忽略不计。儿童手握滑环从A沿倾斜向下的绳索AB呼啸而下，直到到达绳索C端，滑环被卡住，儿童松手做平抛运动(能量不损失)，落入地面上长度为L=6 m的沙坑JK。绳索A端离地面的高度为11 m，绳索全长为L0=10 m，忽略儿童的高度，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。
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(1)绳索C端与沙坑J处有一段水平距离，若儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处，求该水平距离s；(4分)
答案:2 m
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解析:儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处，则有HA-L0sin θ
=gt2
s=vt，解得s=2 m。
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(2)若儿童从静止加速下滑，在(1)问的安全距离基础上，求能使儿童安全掉入沙坑的滑环与绳索间的动摩擦因数的范围。(6分)
答案:0.35<μ<0.725
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解析:在(1)问的安全距离基础上，当儿童落在J处时，根据动能定理有mgL0sin θ-μ1mgL0cos θ=mv2，解得μ1=0.725
当儿童落在K处时有s+L=v1t
根据动能定理有mgL0sin θ-μ2mgL0cos θ=m，解得μ2=0.35
综上可知0.35<μ<0.725。
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10.(15分)(2025·南通模拟)如图为某轮滑
赛道模型，AB段和BC段为在B点相切的圆
弧，半径分别为2R、3R，圆弧AB的最上端
A点的切线水平，O1为圆弧AB的圆心，O1B
与竖直方向的夹角为60°；圆弧BC的最下端C点的切线水平，O2为圆弧BC的圆心，C点离地面的高度为R。一个质量为m的滑块从A点由静止开始下滑，到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，求:
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(1)滑块运动到B点时的速度大小；(3分)
答案:
解析:滑块到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力沿BO1方向的分力提供，根据牛顿第二定律有mgcos 60°=m
解得滑块运动到B点时的速度大小为vB=。
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(2)滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；(6分)
答案:mgR mgR
解析:滑块在AB段圆弧上运动过程中，根据动能定理mg·2R(1-cos 60°)-W克f=m-0
解得W克f=mgR
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滑块在C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力大小为FN=2mg
根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得vC=
根据动能定理有mg·3R(1-cos 60°)-W克f'=m-m
解得W克f'=mgR。
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(3)若滑块与地面碰撞的瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。(6分)
答案: (3+)R
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解析:滑块离开C点后先做平抛运动，在竖直方向上有R=gt2，解得t=
滑块落地点与C点的水平距离为
x=vCt=×=R
滑块在地面滑行时，加速度大小为a=μg
滑行距离s==3R
所以滑块停下时离C点的水平距离为
sC=x+s=(3+)R。
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11.(15分)如图所示，在竖直平面内，
粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨
道BCD相切于B，C是圆弧轨道最低点，圆
心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨
道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg的可视为质点的小物体从D点正上方的E点自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=
1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0=0.5。取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求:
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(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；(4分)
答案:2 m/s 10 N
解析:设物体第一次到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理得mg(h+R)=mv2-0
解得v=2 m/s
在C点，有FN-mg=m
解得FN=10 N。
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(2)斜面AB的长度L；(4分)
答案:1.8 m
解析:从C到A，由动能定理得
-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μ0mgcos 37°·L=0-mv2，解得L=1.8 m。
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(3)若动摩擦因数μ可变，求μ取不同值时，物体在斜面上滑行的路程x。(7分)
答案:见解析
解析:设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上，则有mgsin 37°=μ1mgcos 37°
解得μ1=0.75
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①若0≤μ<μ0=0.5，物体将滑出斜面，则物体的路程为x=L=1.8 m
②若0.5≤μ<μ1=0.75，物体在斜面上多次往返，最后在B点速度为零，则根据动能定理有
mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0
解得x=
③若μ≥μ1=0.75，物体将停在斜面上，则根据动能定理有
mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0
解得x=。
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4课时跟踪检测(二十九) 应用动能定理解决多过程问题
一、单项选择题
1.(2025·哈尔滨高三月考)在一次消防演习中,消防员从H=25 m高的地方通过缓降器由静止开始下落,其下落过程的v t图像如图所示,落地瞬间速度恰好减为零。消防员的质量为60 kg,加速和减速过程的加速度大小相等,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是 ( )
A.0~2 s内,消防员处于超重状态
B.消防员匀速下落的位移大小为10 m
C.全程缓降器对消防员所做的功为1.5×104 J
D.消防员整个下降过程所用的时间为4.5 s
2.(2025·菏泽模拟)如图所示,某同学在滑雪场练习滑雪。足够长的水平雪道与倾角为37°的倾斜雪道在M处平滑连接,滑雪板与水平和倾斜雪道间的动摩擦因数均为0.25。某次练习时,该同学从A处开始以大小为v0的初速度向右自由滑行,最终在倾斜雪道上B处速度减为0。AM与MB的长度之比为48∶5,取重力加速度大小为g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,该同学自由滑行至M点的速度大小为 ( )
A.v0 B.v0
C.v0 D.v0
3.如图所示,粗糙的水平轨道和光滑的竖直圆轨道ABCD相切于A点,小滑块P静置在水平轨道上,现对P施加水平向右的恒力F使之由静止向右运动,到A点时撤去F。研究发现:当起点在M点左侧或N点右侧时,P进入圆轨道后不会脱离轨道。设MA与NA的比值为k,小滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ,则 ( )
A.μ越大,k越大 B.μ越大,k越小
C.k=2 D.k=
4.(2025·贵州高三检测)如图所示,一质量为m的小球以大小为v0的初速度从地面竖直上抛,刚落回地面时的速度大小为,已知小球在运动过程中所受空气阻力大小恒定,重力加速度为g,下列说法正确的是 ( )
A.小球在运动过程中所受空气阻力大小为
B.小球在运动过程中所受空气阻力大小为mg
C.小球能到达的最高点距地面
D.小球能到达的最高点距地面
5.(2025·武汉一模)冰滑梯是一种体验冰雪运动的娱乐项目,其示意图如图所示,游客从螺旋滑道上端滑下,旋转两周后经倾斜滑道冲上水平滑道,滑行结束时停在水平滑道上。假设螺旋滑道的圆面半径为r= m,上端与下端高度差为h1=6 m,倾斜滑道高度差为h2=2 m,螺旋滑道、倾斜滑道和水平滑道均平滑连接,游客与各滑道间的动摩擦因数处处相同,游客可视为质点。现测得游客某次滑行时停在水平滑道的位置与螺旋滑道上端的水平距离为L=92 m,则游客与各滑道间的动摩擦因数可能为 ( )
A.0.07 B.0.08
C.0.09 D.0.10
6.(2024·北京海淀模拟预测)一个物块从斜面底端冲上足够长的斜面后,返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E,它返回斜面底端的速度大小为v,克服摩擦阻力做功为。若小物块冲上斜面的初动能变为2E,则有 ( )
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.克服摩擦阻力做的功仍为
二、多项选择题
7.(2023·湖南高考)如图,固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成,两段相切于B点,AB段与水平面夹角为θ,BC段圆心为O,最高点为C,A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道,能沿轨道运动恰好到达C点,下列说法正确的是 ( )
A.小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A到C的过程中,重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0=
D.若小球初速度v0增大,小球有可能从B点脱离轨道
8.(2025·曲靖高三质检)如图所示,足够长的固定木板的倾角为37°,劲度系数为k=36 N/m的轻质弹簧一端固定在木板上P点,图中AP间距等于弹簧的自然长度。现将质量为m=1 kg的可视为质点的物块放在木板上,稳定后在外力作用下将弹簧缓慢压缩到某一位置B点后释放。已知木板PA段光滑、AQ段粗糙,物块与木板AQ段间的动摩擦因数μ=,物块在B点释放后向上运动,第一次到达A点时速度大小为v0=3 m/s。取重力加速度g=10 m/s2,sin 37°=0.6。下列说法正确的是 ( )
A.施力前弹簧压缩量为 m
B.外力做的功为13.5 J
C.物块第一次向下运动到A点时的速度大小为3 m/s
D.物块在A点上方运动的总路程为4.5 m
卷码 400012921 姓名
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三、计算题
9.(10分)(2025·江门模拟)滑绳索是儿童公园的一款游乐设施,可简化成如图所示的模型:倾角θ=37°的斜滑索AB和光滑圆弧滑道BC在B点相切连接,圆弧末端C点切线水平,BC高度和长度忽略不计。儿童手握滑环从A沿倾斜向下的绳索AB呼啸而下,直到到达绳索C端,滑环被卡住,儿童松手做平抛运动(能量不损失),落入地面上长度为L=6 m的沙坑JK。绳索A端离地面的高度为11 m,绳索全长为L0=10 m,忽略儿童的高度,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。
(1)绳索C端与沙坑J处有一段水平距离,若儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处,求该水平距离s;(4分)
(2)若儿童从静止加速下滑,在(1)问的安全距离基础上,求能使儿童安全掉入沙坑的滑环与绳索间的动摩擦因数的范围。(6分)
10.(15分)(2025·南通模拟)如图为某轮滑赛道模型,AB段和BC段为在B点相切的圆弧,半径分别为
2R、3R,圆弧AB的最上端A点的切线水平,O1为圆弧AB的圆心,O1B与竖直方向的夹角为60°;圆弧BC的最下端C点的切线水平,O2为圆弧BC的圆心,C点离地面的高度为R。一个质量为m的滑块从A点由静止开始下滑,到B点时对AB圆弧的压力恰好为零,到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg,重力加速度大小为g,求:
(1)滑块运动到B点时的速度大小;(3分)
(2)滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少;(6分)
(3)若滑块与地面碰撞的瞬间,竖直方向速度减为零,水平方向速度不变,滑块与地面间的动摩擦因数为0.5,则滑块停下时离C点的水平距离为多少。(6分)
11.(15分)如图所示,在竖直平面内,粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B,C是圆弧轨道最低点,圆心角∠BOC=37°,D与圆心O等高,圆弧轨道半径R=1.0 m。现有一个质量为m=0.2 kg的可视为质点的小物体从D点正上方的E点自由下落,物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离h=1.0 m,物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ0=0.5。取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2。求:
(1)物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小;(4分)
(2)斜面AB的长度L;(4分)
(3)若动摩擦因数μ可变,求μ取不同值时,物体在斜面上滑行的路程x。(7分)
课时跟踪检测(二十九)
1.选D 0~2 s内,消防员加速下降,加速度方向向下,故处于失重状态,A错误;消防员加速阶段的位移大小为x=×2×10 m=10 m,因加速和减速过程的加速度大小相等,故减速阶段的位移大小也为x=10 m,则消防员匀速下落的位移大小为x'=H-2x=5 m,B错误;整个过程,由动能定理有mgH+W缓=0,解得W缓=-1.5×104 J,C错误;消防员整个下降过程所用的时间为t=2t1+=4.5 s,D正确。
2.选A 该同学在水平雪道和倾斜雪道上时,根据动能定理有-μmgx1=mv2-m,-(mgsin 37°+μmgcos 37°)x2=0-mv2,又=,联立解得v=v0,故选A。
3.选D 根据题意知,滑块从M点开始运动时,恰好能够运动到竖直圆轨道的最高点,根据动能定理有MA-mg·2R=mv2,在最高点时,由重力提供向心力有mg=;滑块从N点开始运动时,刚好能够运动到B点,根据动能定理有NA-mgR=0,联立解得k==,k的取值与μ无关,故选D。
4.选D 设小球所受的空气阻力大小为f,上升的最大高度为h。根据动能定理,上升过程有-(mg+f)h=0-m,下落过程有(mg-f)h=m-0,联立解得f=mg,h=。故选D。
5.选A 若不考虑向心力,游客在螺旋滑道上的运动可等效为在相同长度和高度的斜面上的运动,研究游客整个运动过程,根据动能定理有mg-μmg-μmgL=0,代入数据解得μ=0.08,实际上游客在螺旋滑道滑行时因为向心力的原因导致支持力比在同角度的斜面大,即在螺旋滑道摩擦力做功W>μmg,因此动摩擦因数应更小,故选A。
6.选A 设小物块以初动能为E冲上斜面的初速度为v0,则小物块以初动能为2E冲上斜面时初速度为v0,加速度相同,根据2ax=0-可知,第二次冲上斜面的位移是第一次的两倍,所以上升过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍,整个运动过程中克服摩擦力做功是第一次的两倍,即为E,则小物块返回到底端时的动能为E,A正确,B、D错误;小物块返回斜面底端的速度大小为v,动能为mv2=E,若小物块冲上斜面的初动能变为2E,返回到底端的动能为E=mv'2,联立解得v'=v,C错误。
7.
选AD 由题知,小球能沿轨道运动恰好到达C点,则小球在C点的速度为vC=0,小球在圆弧BC上受力分析如图所示,则小球从B到C的过程中,根据动能定理有-mgR(1-cos α)=0-mv2,根据牛顿第二定律有FN=mgcos α-m,联立有FN=3mgcos α-2mg,从B到C的过程中α由θ减小到0,则cos α逐渐增大,故FN逐渐增大,所以小球从B到C的过程中,对轨道的压力逐渐增大,A正确;由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小,从A到B的过程中重力的功率为P=mgvsin θ,则从A到B的过程中小球重力的功率逐渐减小,则B错误;从A到C的过程中,由动能定理有-mg·2R=m-m,解得v0=2,C错误;小球在B点恰好脱离轨道有mgcos θ=m,则vB=,则若小球初速度v0增大,小球在B点的速度有可能大于,故小球有可能从B点脱离轨道,D正确。
8.选CD 施力前,对物块根据平衡条件有F弹=mgsin 37°,根据胡克定律有F弹=kx,联立解得x= m,故A错误;物块由平衡到A的过程中,弹簧弹力做功为W弹=x=kx2,根据动能定理得kx2+W-mgxsin 37°=m,解得外力做的功为W=14 J,故B错误;设物块从A点向上滑行的最大距离为s1,根据动能定理,上滑过程有-mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=0-m,下滑过程有mgs1sin 37°-μmgs1cos 37°=m-0,解得s1=1.5 m,v1=3 m/s,故C正确;物块最终在A点下方做往复运动,最高点为A,根据动能定理有μmgscos 37°=m,解得s=4.5 m,故D正确。
9.解析:(1)儿童以速度v=2 m/s平抛出去刚好落入J处,则有HA-L0sin θ=gt2
s=vt,解得s=2 m。
(2)在(1)问的安全距离基础上,当儿童落在J处时,根据动能定理有mgL0sin θ-μ1mgL0cos θ=mv2,解得μ1=0.725
当儿童落在K处时有s+L=v1t
根据动能定理有mgL0sin θ-μ2mgL0cos θ=m,解得μ2=0.35
综上可知0.35<μ<0.725。
答案:(1)2 m (2)0.35<μ<0.725
10.解析:(1)滑块到B点时对AB圆弧的压力恰好为零,则向心力完全由重力沿BO1方向的分力提供,根据牛顿第二定律有mgcos 60°=m
解得滑块运动到B点时的速度大小为vB=。
(2)滑块在AB段圆弧上运动过程中,根据动能定理mg·2R(1-cos 60°)-W克f=m-0
解得W克f=mgR
滑块在C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg,根据牛顿第三定律,滑块受到的支持力大小为FN=2mg
根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得vC=
根据动能定理有mg·3R(1-cos 60°)-W克f'=m-m
解得W克f'=mgR。
(3)滑块离开C点后先做平抛运动,在竖直方向上有R=gt2
解得t=
滑块落地点与C点的水平距离为x=vCt=×=R
滑块在地面滑行时,加速度大小为a=μg
滑行距离s==3R
所以滑块停下时离C点的水平距离为
sC=x+s=(3+)R。
答案:(1) (2)mgR mgR
(3)(3+)R
11.解析:(1)设物体第一次到达C点的速度为v,从E到C,由动能定理得mg(h+R)=mv2-0
解得v=2 m/s
在C点,有FN-mg=m
解得FN=10 N。
(2)从C到A,由动能定理得
-mg(R-Rcos 37°+Lsin 37°)-μ0mgcos 37°·L=0-mv2
解得L=1.8 m。
(3)设动摩擦因数为μ1时物体刚好能静止在斜面上,
则有mgsin 37°=μ1mgcos 37°
解得μ1=0.75
①若0≤μ<μ0=0.5,物体将滑出斜面,则物体的路程为
x=L=1.8 m
②若0.5≤μ<μ1=0.75,物体在斜面上多次往返,最后在B点速度为零,则根据动能定理有mg(h+Rcos 37°)-μmgcos 37°·x=0
解得x=
③若μ≥μ1=0.75,物体将停在斜面上,则根据动能定理有
mg(h+Rcos 37°-xsin 37°)-μmgcos 37°·x=0,解得x=。
答案:(1)2 m/s 10 N (2)1.8 m
(3)见解析
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