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素养提升8　应用动能定理解决多过程问题
1.（2026·河北邢台月考）如图所示，某同学在拍篮球（视为质点），每次拍球后，篮球触地后反弹恰好能回到同一拍球位置。已知拍球位置距离水平地面的高度为1 m，篮球每次与水平地面碰撞后的反弹速率均为碰前速率的，篮球的质量为0.6 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力。该同学每次拍球时对篮球做的功为（　　）
A.2 J B.4 J
C.6 J D.8 J
2.〔多选〕（2026·福建福宁期中）如图所示，轻质弹簧的左端固定在墙壁上，处于自然长度时右端位于N处。一质量为m的小物块自M点以初速度v0沿水平面向左运动了距离x到达最左侧，被弹簧弹回后恰好能到M点。已知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度，则（　　）
A.物块的初速度v0＝
B.物块的初速度v0＝2
C.物块向右运动最大速度对应的位置在N点左侧
D.物块向右运动最大速度对应的位置在N点右侧
3.如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度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，滑块经过的总路程是（　　）
A. B.
C. D.
4.（2026·山东日照期中）某同学将一弹性小球从距离地面高H＝1 m处以v0＝5 m/s的初速度竖直向上抛出，小球上升h＝1 m后到达最高点回落。已知小球的质量m＝0.04 kg，运动过程中所受的阻力大小恒定，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
（1）小球上升过程中阻力做的功；
（2）小球第一次落地时的动能；
（3）小球落地时与地面发生碰撞，碰后速度反向，大小不变，求小球运动的总路程。
5.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°。小球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。小球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，小球可视为质点。求：
（1）小球到达D点的速度大小；
（2）B和D两点的高度差；
（3）小球在A点的初速度大小。
6.（2026·云南曲靖模拟）在极限运动竞技场中，选手通过操控物块完成三个阶段的挑战，分别是极速下滑、障碍滑行和凌空飞跃。现简化运动轨道模型如图所示，在竖直平面内，光滑斜面下端与粗糙水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与光滑半圆弧轨道CDE相切于C点，E点在圆心O点正上方，D点与圆心等高。一物块（可看作质点）从斜面上A点由静止释放，物块通过半圆弧轨道E点且沿水平方向飞出，最后落到水平面上的F点处（图中未标出）。已知F、C两点间距离LFC＝1.6 m，圆弧轨道半径R＝0.4 m，斜面上A点距离水平面BC的高度h＝2.0 m，B、C两点间距离x＝2.0 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）物块与水平面BC间的动摩擦因数；
（2）将物块仍从斜面上A点由静止释放，调节半圆弧轨道CDE与B点距离，使得物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，则水平面BC的长度x'应满足的条件。
素养提升8　应用动能定理解决多过程问题
1.A　设该同学每次拍球时对篮球做的功为W，则从该同学拍球到篮球碰地前瞬间，根据动能定理有W＋mgh＝m，篮球每次与水平地面碰撞后反弹有v2＝v1，篮球从反弹至上升到拍球位置，根据动能定理有－mgh＝0－m，联立解得W＝2 J，故选A。
2.BC　从M点开始到回到M点的过程中，由动能定理得μmg·2x＝m，解得物块的初速度v0＝2，选项A错误，B正确；物块向右运动时速度最大时加速度为零，此时满足F弹＝μmg，此时弹簧被压缩，则最大速度对应的位置在N点左侧，选项C正确，D错误。
3.A　由题意可知，滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为s。根据动能定理可得mgx0sin θ－μmgscos θ＝0－m，解得s＝，故选A。
4.（1）－0.1 J　（2）0.6 J　（3）9 m
解析：（1）根据动能定理得－mgh＋W＝0－mv0 2
解得W＝－0.1 J。
（2）小球上升过程中阻力做功为W＝－Ffh
解得Ff＝0.1 N
从抛出到落地的过程，根据动能定理得
mgH－Ff＝Ek－m
解得Ek＝0.6 J。
（3）最终小球静止在地面上，从抛出到最终静止的过程，根据动能定理得mgH－Ffs＝0－m
解得s＝9 m。
5.（1）　（2）0　（3）
解析：（1）由题意知，小球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，小球从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小球从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg（R＋Rcos 60°）＝m－m
小球从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）小球从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝m－m，s＝π·2R
解得vA＝。
6.（1）0.2　（2）8 m≤x'≤10 m或x'≤5 m
解析：（1）物块从E点飞出到落在F点，做平抛运动，
则有2R＝gt2，LFC＝vEt
联立，解得物块通过E点时的速度大小为
vE＝4 m/s
物块从A点到E点过程，根据动能定理可得
mg（h－2R）－μmgx＝m－0
代入数据，解得物块与水平面BC间的动摩擦因数为μ＝0.2。
（2）若物块刚好通过E点，则有mg＝m
解得vE'＝2 m/s
根据动能定理可得
mg（h－2R）－μmgx1'＝mvE'2－0
解得x1'＝5 m
若物块刚好可以运动到与圆心等高处，根据动能定理可得mg（h－R）－μmgx2'＝0
解得x2'＝8 m
若物块刚好可以运动到C点，
根据动能定理可得mgh－μmgx3'＝0
解得x3'＝10 m
综上分析可知，要使物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，水平面BC的长度应满足8 m≤x'≤10 m或x'≤5 m。
1 / 1素养提升8　应用动能定理解决多过程问题
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。
提升点一　动能定理在单向多过程问题中的应用
（2026·安徽蚌埠期末）如图所示，一斜面与水平面平滑连接，斜面与水平面间的夹角为α。一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最终停止在水平面上的B点。滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ，AB连线与水平面间的夹角为θ，不计空气阻力，则（　　）
A.μ＝tan θ B.μ＝sin θ
C.μ ＝tan α D.μ＝sin α
尝试解答　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（2025·黑吉辽蒙高考13题）如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
尝试解答
　运用动能定理解决多过程问题的两种思路
分阶段应用动能定理 （1）题目需要求某一中间物理量； （2）物体在不同的过程中受到的弹力、摩擦力等力发生变化； （3）力在各个过程中做功情况不同
全过程利用动能定理 （1）题目不需要研究过程的中间量； （2）重力、弹簧弹力做功取决于物体的初末位置，与路径无关； （3）大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积
　（2026·江苏徐州期中）AB是一个固定在竖直面内光滑弧形轨道，与半径为R的竖直圆形轨道在最低点B平滑连接，且B点的切线水平。BC为粗糙的半圆轨道。质量为m的球（视为质点）在A点由静止释放沿弧形轨道滑下，恰能运动到圆轨道最高点C。已知A点距水平面的高度h＝3R，重力加速度为g，求：
（1）小球经过B点进入圆轨道时对轨道的压力大小；
（2）小球在竖直圆轨道上从B点运动到C点的过程中，摩擦阻力做的功。
提升点二　动能定理在往复多过程问题中的应用
（2026·重庆巴蜀月考）如图所示，竖直平面内一倾角为θ＝37°足够长的斜面AB与半径为 R＝3 m的光滑圆弧轨道相切于B点，C是圆弧轨道最低点，D与圆心O等高。将一质量为 m＝2 kg的小滑块从距离B点高度为h＝3.6 m的A点由静止释放，小滑块沿斜面向下运动，进入圆弧轨道后刚好能到达D点。空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， 重力加速度 g＝10 m/s2，求：
（1）小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小；
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）小滑块最终在AB斜面上滑行的总路程。
尝试解答
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，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烦琐，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使解题过程简化。
　（2026·云南昭通期末）如图所示，一个小球的质量m＝1 kg，沿倾角θ＝37°的固定斜面由顶端B从静止开始下滑，小球滑到底端时与A处的挡板碰撞后反弹（小球与挡板碰撞过程无能量损失，即碰撞前后速度等大反向），已知A、B间距离为s0＝1 m，小球与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，小球视为质点。求：
（1）小球第一次滑到底端时的速度大小v1；
（2）小球由开始下滑到最终静止的过程所通过的总路程。
素养提升8　应用动能定理解决多过程问题
提升点一
【例1】　A　设斜面长为L1，水平面长为L2，释放点距离水平面高度为h，对滑块，由动能定理有mgh－μmgL1cos α－μmgL2＝0，整理得＝μ，根据几何关系可知＝tan θ，联立解得μ＝tan θ，故A正确。
【例2】　（1）5 m/s　（2）8 m/s　60°
解析：（1）雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgcos θ·x＝m－0
解得v0＝5 m/s。
（2）雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh＝m－m
解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为
vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足
cos α＝
解得α＝60°。
强化训练
　（1）7mg　（2）－mgR
解析：（1）从A到B过程，根据动能定理可得
mgh＝m－0
在B点，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝
联立解得FN＝7mg
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为
FN'＝FN＝7mg。
（2）小球恰能运动到C点，可得mg＝
解得vC＝
从A到C过程，根据动能定理可得
mg（h－2R）＋Wf＝m－0
解得Wf＝－mgR。
提升点二
【例3】　（1）60 N　（2）0.25　（3）18 m
解析：（1）小滑块沿斜面向下运动，进入圆弧轨道后刚好能到达D点，此时小球速度为0，根据动能定理有mgR＝m
根据牛顿第二定律有F－mg＝m
结合牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为F'＝F＝60 N。
（2）从A到C过程，根据动能定理有mg（h＋R－Rcos θ）－μmgcos θ×＝m
解得μ＝0.25。
（3）由于mgsin θ＞μmgcos θ
小滑块最终运动到B点时速度大小为零，随后，在光滑圆弧轨道来回运动，整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·s＝0
解得s＝18 m。
强化训练
　（1）2 m/s　（2）1.5 m
解析：（1）由动能定理得
s0＝m
解得v1＝2 m/s。
（2）因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，小球最终一定停在A处
小球从B处由静止下滑到最终停在A处的全过程，由动能定理得
mgs0sin 37°－μmgscos 37°＝0
解得s＝1.5 m。
1 / 1(共39张PPT)
素养提升8　应用动能定理解决多过程问题
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。
目 录
CONTENTS
提升点一　动能定理在单向多过程问题中的应用
提升点二　动能定理在往复多过程问题中的应用
课时跟踪检测
提升点一　动能定理在单向多过程
问题中的应用
（2026·安徽蚌埠期末）如图所示，一斜面与水平面平滑连接，斜面与
水平面间的夹角为α。一滑块（可视为质点）从斜面上A点由静止释放，最
终停止在水平面上的B点。滑块与斜面和水平面间的动摩擦因数均为μ，AB
连线与水平面间的夹角为θ，不计空气阻力，则（　A　）
A. μ＝tan θ B. μ＝sin θ
C. μ ＝tan α D. μ＝sin α
A
解析：设斜面长为L1，水平面长为L2，释放点距离水平面高度为h，对滑
块，由动能定理有mgh－μmgL1cos α－μmgL2＝0，整理得＝μ，根
据几何关系可知＝tan θ，联立解得μ＝tan θ，故A正确。
（2025·黑吉辽蒙高考13题）如图，一雪块从倾角θ＝
37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋
顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，
雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块
质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0；
答案： 5 m/s　
解析： 雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能
定理有mgxsin θ－μmgcos θ·x＝m－0
解得v0＝5 m/s。
（2）雪块落地时的速度大小v1，及其速度方向与水平方向的夹角α。
答案：8 m/s　60°
解析：雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有
mgh＝m－m，解得v1＝8 m/s
雪块离开A点的水平速度大小为vx＝v0cos θ
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足
cos α＝，解得α＝60°。
　运用动能定理解决多过程问题的两种思路
分阶段应用动能
定理 （1）题目需要求某一中间物理量；
（2）物体在不同的过程中受到的弹力、摩擦力等力发
生变化；
（3）力在各个过程中做功情况不同
全过程利用动能
定理 （1）题目不需要研究过程的中间量；
（2）重力、弹簧弹力做功取决于物体的初末位置，与
路径无关；
（3）大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与
路程的乘积
　（2026·江苏徐州期中）AB是一个固定在竖直面内光滑弧形轨道，与半
径为R的竖直圆形轨道在最低点B平滑连接，且B点的切线水平。BC为粗糙
的半圆轨道。质量为m的球（视为质点）在A点由静止释放沿弧形轨道滑
下，恰能运动到圆轨道最高点C。已知A点距水平面的高度h＝3R，重力加
速度为g，求：
（1）小球经过B点进入圆轨道时对轨道的压力大小；
答案： 7mg　
解析： 从A到B过程，根据动能定理可得
mgh＝m－0
在B点，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝
联立解得FN＝7mg
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为
FN'＝FN＝7mg。
（2）小球在竖直圆轨道上从B点运动到C点的过程中，摩擦阻力做的功。
答案： －mgR
解得vC＝
从A到C过程，根据动能定理可得
mg（h－2R）＋Wf＝m－0
解得Wf＝－mgR。
解析：小球恰能运动到C点，可得mg＝
提升点二　动能定理在往复多过程
问题中的应用
（2026·重庆巴蜀月考）如图所示，竖直平面内一倾角为θ＝37°足够
长的斜面AB与半径为 R＝3 m的光滑圆弧轨道相切于B点，C是圆弧轨道最
低点，D与圆心O等高。将一质量为 m＝2 kg的小滑块从距离B点高度为h＝
3.6 m的A点由静止释放，小滑块沿斜面向下运动，进入圆弧轨道后刚好能
到达D点。空气阻力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8， 重力加速度 g
＝10 m/s2，求：
（1）小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小；
答案：60 N　
解析： 小滑块沿斜面向下运动，进入圆弧轨道后刚好能到达D点，此时小
球速度为0，根据动能定理有mgR＝m
根据牛顿第二定律有F－mg＝m
结合牛顿第三定律可知，小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小为
F'＝F＝60 N。
（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
答案：0.25　
解析：从A到C过程，根据动能定理有mg（h＋R－Rcos θ）－μmgcos
θ×＝m
解得μ＝0.25。
（3）小滑块最终在AB斜面上滑行的总路程。
答案：18 m
解析：由于mgsin θ＞μmgcos θ
小滑块最终运动到B点时速度大小为零，随后，在光滑圆弧轨道来回运
动，整个过程，根据动能定理有mgh－μmgcos θ·s＝0，解得s＝18 m。
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，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烦琐，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使解题
过程简化。
　（2026·云南昭通期末）如图所示，一个小球的质量m＝1 kg，沿倾角θ＝
37°的固定斜面由顶端B从静止开始下滑，小球滑到底端时与A处的挡板碰
撞后
反弹（小球与挡板碰撞过程无能量损失，即碰撞前后速度等大反向），已
知A、B间距离为s0＝1 m，小球与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，小球视为质点。求：
（1）小球第一次滑到底端时的速度大小v1；
答案： 2 m/s　
解析： 由动能定理得
s0＝m
解得v1＝2 m/s。
（2）小球由开始下滑到最终静止的过程所通过的总路程。
答案： 1.5 m
解析：因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，小球最终一定停在A处
小球从B处由静止下滑到最终停在A处的全过程，由动能定理得
mgs0sin 37°－μmgscos 37°＝0
解得s＝1.5 m。
课时跟踪检测
1. （2026·河北邢台月考）如图所示，某同学在拍篮球（视为质点），每
次拍球后，篮球触地后反弹恰好能回到同一拍球位置。已知拍球位置距离
水平地面的高度为1 m，篮球每次与水平地面碰撞后的反弹速率均为碰前
速率的，篮球的质量为0.6 kg，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气
阻力。该同学每次拍球时对篮球做的功为（　　）
A. 2 J B. 4 J
C. 6 J D. 8 J
1
2
3
4
5
6
√
解析： 　设该同学每次拍球时对篮球做的功为W，则从该同学拍球到篮
球碰地前瞬间，根据动能定理有W＋mgh＝m，篮球每次与水平地面碰
撞后反弹有v2＝v1，篮球从反弹至上升到拍球位置，根据动能定理有－
mgh＝0－m，联立解得W＝2 J，故选A。
1
2
3
4
5
6
2. 〔多选〕（2026·福建福宁期中）如图所示，轻质弹簧的左端固定在墙
壁上，处于自然长度时右端位于N处。一质量为m的小物块自M点以初速度
v0沿水平面向左运动了距离x到达最左侧，被弹簧弹回后恰好能到M点。已
知物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限
度，则（　　）
A. 物块的初速度v0＝
B. 物块的初速度v0＝2
C. 物块向右运动最大速度对应的位置在N点左侧
D. 物块向右运动最大速度对应的位置在N点右侧
√
√
1
2
3
4
5
6
解析： 　从M点开始到回到M点的过程中，由动能定理得μmg·2x＝
m，解得物块的初速度v0＝2，选项A错误，B正确；物块向右运
动时速度最大时加速度为零，此时满足F弹＝μmg，此时弹簧被压缩，则最
大速度对应的位置在N点左侧，选项C正确，D错误。
1
2
3
4
5
6
3. 如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块
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，滑
块经过的总路程是（　　）
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
解析： 　由题意可知，滑块最终停在斜面底部，设滑块经过的总路程为
s。根据动能定理可得mgx0sin θ－μmgscos θ＝0－m，解得s＝
，故选A。
1
2
3
4
5
6
4. （2026·山东日照期中）某同学将一弹性小球从距离地面高H＝1 m处以
v0＝5 m/s的初速度竖直向上抛出，小球上升h＝1 m后到达最高点回落。已
知小球的质量m＝0.04 kg，运动过程中所受的阻力大小恒定，取重力加速
度g＝10 m/s2。求：
（1）小球上升过程中阻力做的功；
答案： －0.1 J　
解析： 根据动能定理得－mgh＋W＝0－mv0 2
解得W＝－0.1 J。
1
2
3
4
5
6
（2）小球第一次落地时的动能；
答案： 0.6 J　
解析：小球上升过程中阻力做功为W＝－Ffh
解得Ff＝0.1 N
从抛出到落地的过程，根据动能定理得
mgH－Ff＝Ek－m
解得Ek＝0.6 J。
1
2
3
4
5
6
（3）小球落地时与地面发生碰撞，碰后速度反向，大小不变，求小球运
动的总路程。
答案： 9 m
解析：最终小球静止在地面上，从抛出到最终静止的过程，根据动能定理
得mgH－Ffs＝0－m
解得s＝9 m。
1
2
3
4
5
6
5. 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°。小球以某
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。小球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，小球可视为质点。求：
1
2
3
4
5
6
答案： 　
（1）小球到达D点的速度大小；
解析： 由题意知，小球恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有m
＝mg，解得vD＝。
1
2
3
4
5
6
（2）B和D两点的高度差；
答案： 0　
解析：由题意知，小球从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点
有cos 60°＝
小球从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg（R＋Rcos 60°）＝m－m
小球从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝m－m
联立解得vB＝，HBD＝0。
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（3）小球在A点的初速度大小。
答案：
解析：小球从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgs＝m－m，s＝π·2R
解得vA＝。
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6. （2026·云南曲靖模拟）在极限运动竞技场
中，选手通过操控物块完成三个阶段的挑战，
分别是极速下滑、障碍滑行和凌空飞跃。现简
化运动轨道模型如图所示，在竖直平面内，光滑斜面下端与粗糙水平面BC平滑连接于B点，水平面BC与光滑半圆弧轨道CDE相切于C点，E点在圆心O点正上方，D点与圆心等高。一物块（可看作质点）从斜面上A点由静止释放，物块通过半圆弧轨道E点且沿水平方向飞出，最后落到水平面上的F点处（图中未标出）。已知F、C两点间距离LFC＝1.6 m，圆弧轨道半径R＝0.4 m，斜面上A点距离水平面BC的高度h＝2.0 m，B、C两点间距离x＝2.0 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
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（1）物块与水平面BC间的动摩擦因数；
答案： 0.2　
解析： 物块从E点飞出到落在F点，做平抛运动，则有2R＝gt2，LFC
＝vEt
联立，解得物块通过E点时的速度大小为
vE＝4 m/s
物块从A点到E点过程，根据动能定理可得
mg（h－2R）－μmgx＝m－0
代入数据，解得物块与水平面BC间的动摩擦因数为μ＝0.2。
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（2）将物块仍从斜面上A点由静止释放，调节半圆弧轨道CDE与B点距
离，使得物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，则水平面BC的长度x'应
满足的条件。
答案： 8 m≤x'≤10 m或x'≤5 m
解得vE'＝2 m/s
根据动能定理可得mg（h－2R）－μmgx1'＝mvE'2－0
解得x1'＝5 m
若物块刚好可以运动到与圆心等高处，根据动能定理可得mg（h－R）－
μmgx2'＝0
解析：若物块刚好通过E点，则有mg＝m
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解得x2'＝8 m
若物块刚好可以运动到C点，根据动能定理可得mgh－μmgx3'＝0，解得x3'
＝10 m
综上分析可知，要使物块在半圆弧轨道上运动时不脱离轨道，水平面BC的
长度应满足8 m≤x'≤10 m或x'≤5 m。
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