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(共46张PPT)
专题突破8　利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。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　动能定理在多过程中的应用
有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α可以大于θ
B
解析：B　第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmg cos θ·－μmgs′＝0，整理得mgh1－μmg＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmg cos θθ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。
点拨
(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。
(2025·辽宁一模)如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s＝1.25 m，BCD是半径为R＝0.40 m的竖直半圆形轨道，B为圆轨道的最低点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m＝1.0 kg，小物块在F＝10 N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，物块恰好可以通过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g取10 m/s2，求：
(1)小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小；
(2)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道
AB上，落点和B点之间的距离大小；
(3)小物块由B点运动到D点过程中，阻力所做的功。
解析：(1)A到B过程根据动能定理得
Fs＝mvB2
解得vB＝5 m/s
在B点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
根据牛顿第三定律有物块通过B点瞬间对轨道的压力为FN′＝FN
联立解得FN′＝72.5 N。
(2)物块恰好可以通过最高点，可得mg＝m
解得vD＝2 m/s
小物块通过D点后，做平抛运动，可得2R＝gt2，x＝vDt
解得落点和B点之间的距离大小为x＝0.8 m。
(3)小物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得
－mg·2R＋Wf＝mvD2mvB2
解得阻力所做的功为Wf＝－2.5 J。
答案：(1)72.5 N　(2)0.8 m　(3)－2.5 J
(2023·湖北卷，14)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。
解析：(1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE的最高点时，有mg＝m
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
(2)小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝mvD2mvC2
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知vB＝vC cos 60°
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
mgh＝mvD2mvB2
代入数据解得h＝0。
(3)小物块由A到B的过程，由动能定理有
－μmg·π·2R＝mvB2mvA2
解得小物块在A点的初速度大小vA＝。
答案：(1)　(2)0　(3)
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“衔接点”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。
考点二　动能定理在往复运动中的应用
如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高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，半圆形槽半径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(g取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。
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
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。
(2025·江苏江阴六校期中)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块最终停在何处。
解析：(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得
mgR＝mvB2
代入数据解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
代入数据解得FN＝90 N，由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力为FN′＝FN＝90 N。
(2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0，Ep＝－W，解得Ep＝2.1 J。
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块
第一次经过B点到最终停下来的全过程，由
动能定理可得－μmg·s＝0－mvB2
解得s＝2.25 m
则物体在BC段上运动的次数为n＝＝5.625，说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑块最终停止在BC间距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处)。
答案：(1)90 N　(2)2.1 J　(3)距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处)
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限时规范
训练(30)　利用动能定理解决多过程问题
(建议用时：40分钟　满分：62分)
(选择题1～4题每题5分，共20分)
[基础巩固练]
1．(2025·陕西宝鸡一模)在巴黎奥运会上， 中国运动员在10 m跳台跳水决赛中获得冠军。该运动员的质量为40 kg，假设她从10 m跳台由静止跳入水中， 水的平均阻力是她体重的3.5倍。在粗略计算时， 空气阻力不计，可以将运动员视为质点。则水池的深度至少为(　　)
A．5 m B．4 m
C．3 m D．2 m
B
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解析：B　设跳台高度为h1，水池的深度为h2时，运动员到水池底部时速度为零，对全过程根据动能定理mg(h1＋h2)－3.5mgh2＝0，代入数据解得h2＝4 m，故选B。
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2．(2025·黑龙江哈尔滨一模)图(1)为哈尔滨冰雪大世界大滑梯，是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图(2)模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20 m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25 m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数μ2可以为(　　)
A．0.74 B．0.76
C．0.79 D．0.80
图(1)　 图(2)
B
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解析：B　根据动能定理可得(m＋M)gH－μ2(m＋M)gL≤(m＋M)v2，代入数据解得μ2≥0.75，要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则μ1＝0.78≥μ2，即0.75≤μ2≤0.78，故选B。
图(1)　 图(2)
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3．(多选)(2026·湖北高中协作体月考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　)
A．L1＝ B. L1＝
C．L1＝ D. L1＝
CD　
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解析：CD　设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mg sin θ<μmg cos θ，可得μ>tan θ＝，即有L1>，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1>，
滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有mg·2h－μmg cos θ·－μmgx＝0，其中02
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4．(多选)(2026·重庆巴蜀中学高三8月)如图所示，曲面DC是半径为R＝0.4 m的光滑圆弧轨道，C端切线水平且与水平面CA相连，质量为m＝0.2 kg的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，可以到达圆弧轨道的E点(图中未画出)，然后下滑，最后停在B处，AC＝3BC，重力加速度g取10 m/s2，则由题中信息能求出的物理量是(　　)
A．全过程中因摩擦产生的热量
B．滑块与水平面AC间的动摩擦因数μ
C．E点到水平地面的高度
D．滑块通过圆弧C点时对轨道的压力
ACD
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解析：ACD　确定滑块为研究对象，在水平
面上运动时，受重力、支持力和摩擦力，做
匀变速运动；由于圆弧轨道光滑，在圆弧上
的运动过程中机械能守恒。对整个过程，由
能量守恒得内能Q＝mv02＝1.6 J，故A正确；对全过程分析，由动能定理得－μmg(xAC＋xBC)＝0－mv02，其中xAC＝3xBC，但具体值未知，所以不能求出μ，故B错误；对A到C的过程，由动能定理得－μmgxAC＝EkC－mv02，由以上式子联立得，滑块滑到C点时的动能EkC＝mv02＝0.4 J，对
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C到E的过程，设E点与水平面的高度为h，由机械能守恒得－mgh＝0－EkC，得h＝0.2 m，故C正确；滑块通过圆弧C点时的动能为EkC＝mv02＝0.4 J，可得vC＝2 m/s，且在C点时有FN－mg＝m，由此可以得出轨道对滑块的支持力FN＝4 N，根据牛顿第三定律可得，此时滑块对轨道的压力大小为FN′＝4 N，故D正确。故选ACD。
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5．(10分)(2025·四川达州一模)滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高h＝3.2 m的高台上加速滑跑，到达高台边缘D点时以v0＝3 m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，恰好落在光滑圆弧轨道ABC的A点并沿切线方向滑入轨道(圆弧轨道与地面相切于B点)，离开C点滑入倾斜粗糙轨道CP(轨道CP与圆弧轨道相切)，滑到倾斜轨道上N点(图中未标出)速度为零。已知将滑板和人整体视为质点，∠α＝53°，∠β＝37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)圆弧轨道ABC的半径R；
(2)N点离地面的高度H(结果保留2位小数)。
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解析：(1)做出滑板进入圆弧轨道A点时的速度方向如图所示
根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于α，则有＝tan 53°
解得滑板少年进入圆弧轨道A点时竖直方向的速度vy＝4 m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度h0＝h－＝2.4 m
而根据几何关系可得R－R cos 53°＝h0
解得R＝6 m。
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(2)设到达C点时的速度为vC，而到达A点时的速度为vA＝＝5 m/s
从A到C由动能定理有mgh0－mgR(1－cos 37°)＝mvA2
解得vC＝7 m/s
设从C到N的竖直高度为h1，则从C到N由动能定理有－μmg cos 37°·mvC2
解得h1＝1.8375 m
则可得N点离地面的高度
H＝h1＋R(1－cos 37°)＝3.04 m。
答案：(1)6 m　(2)3.04 m
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[能力提升练]
6．(10分)(2026·湖南名校联盟高三模拟)如图所示，水平台面CE区域分为固定粗糙水平面CD及水平传送带DE两部分，GF为竖直面内的四分之一圆弧，G点在E点正下方，圆弧半径为R，C、D、E、F四点在同一水平线上，在C点正上方距台面高度l处的O点固定着一根长为l的细线，细线另一端系一个质量为m可视为质点的小物块，小物块自然下垂时位于C点，现将小物块从A点(细线伸直且与水平方向成θ＝
30°角)由静止释放，小物块运动到最低点时细
线的拉力恰好达到最大值而绷断，之后小物块
在右侧平台上运动，已知重力加速度为g，不计空气阻力。
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(1)求细线能承受的最大拉力；
(2)已知小物块与CD平面及传送带间的动摩擦因数均为μ，小物块恰好能到达传送带左侧D处，求CD长度x；小物块刚到达D处，传送带便以恒定的加速度a0(a0>μg)开始顺时针转动，当传送带速度达到v0后，便以此速度匀速转动，传送带足够长，求小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx；
(3)若传送带转速可调，求小物块落到圆弧上的最小动能。
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解析：(1)小物块从A点到B点做自由落体运动，根据动能定理2mgl sin 30°＝mvB2，可得vB＝，B点细线绷紧后，细线方向速度为0，此时垂直细线方向速度为
vB1＝vB cos 30°＝
小物块从B到C由动能定理
mg(l－l sin 30°)＝mvB12
可得vC＝
小物块运动到最低点时FT－mg＝m
解得细线能承受的最大拉力FT＝mg。
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(2)小物块从C到D由动能定理－μmgx＝0－mvC2
解得CD长度x＝
传送带以恒定的加速度a0(a0>μg)加速到v0时间t1＝
小物块加速到v0时间t2＝
此过程传送带位移x0＝
此过程小物块位移x＝
小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx＝x0－x＝。
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(3)小物块从E点飞出后做平抛运动，有x＝vxt，y＝gt2
根据几何关系x2＋y2＝R2
小物块落到圆弧上的动能Ek＝
由基本不等式可知：小物块落到圆弧上的最小动能Ekmin＝mgR。
答案：(1)mg　(2)　
(3)mgR
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7．(10分)(2025·河南方城一中期末)如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m、可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
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解析：(1)小滑块在A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0
代入数据解得vD＝3 m/s。
(2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgs＝mvC2－0
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma
解得a＝6 m/s2
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则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1＝＝1 s
小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1－μmgs总＝0
解得s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s总＝1.4 m。
答案：(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
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[培优创新练]
8．(12分)(2025·黑龙江名校协作体一模)如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R＝1.6 m的竖直圆形轨道。距水平面高H＝4 m的弹射器用t0＝0.2 s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1＝1 m，传送带长度L2＝5 m，滑块A质量m1＝0.5 kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
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(1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B(图中未画出)，滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
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解析：(1)设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为vy，水平方向的速度为v0，合速度为v，根据抛体运动规律可得H－L1sin 53°＝gt2，vy＝gt
联立解得vy＝8 m/s
由几何知识可得v0＝＝6 m/s，v＝＝10 m/s
根据动量定理则有·t0＝m1v0
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为＝15 N
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为μ，根据动能定理则有m1g(H－R)－μm1g cos 53°·L1－μm1gL2＝0－m1v02
代入数据解得μ＝0.75。
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(2)设滑块B的质量为m，由题意可知，滑块A、滑块B发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v1′＋mv2
m1v1′2＋mv22
由题意知， v1′＝0，设滑块B到达圆形轨道最高点时的速度大小为v3，则在最高点时满足mg＝m
由动能定理得－2mgR＝mv22
联立解得m＝m1＝0.5 kg，v2＝v1＝4 m/s
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设滑块A滑上传送带时的速度大小为v4，则m1gH－μm1gL1cos 53°＝m1v02
解得v4＝ m/s
设滑块A在传送带上做匀减速运动的位移为x，则－μm1gx＝m1v42
解得x＝1.8 m<5 m
所以，传送带的速度大小为4 m/s。
答案：(1)15 N　0.75　(2)4 m/s
专题突破8　利用动能定理解决多过程问题
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按ESC键退出全屏播放限时规范训练(30)　利用动能定理解决多过程问题
(建议用时：40分钟　满分：62分)
(选择题1～4题每题5分，共20分)
[基础巩固练]
1．(2025·陕西宝鸡一模)在巴黎奥运会上， 中国运动员在10 m跳台跳水决赛中获得冠军。该运动员的质量为40 kg，假设她从10 m跳台由静止跳入水中， 水的平均阻力是她体重的3.5倍。在粗略计算时， 空气阻力不计，可以将运动员视为质点。则水池的深度至少为(　　)
A．5 m B．4 m
C．3 m D．2 m
解析：B　设跳台高度为h1，水池的深度为h2时，运动员到水池底部时速度为零，对全过程根据动能定理mg(h1＋h2)－3.5mgh2＝0，代入数据解得h2＝4 m，故选B。
2．(2025·黑龙江哈尔滨一模)图(1)为哈尔滨冰雪大世界大滑梯，是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图(2)模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20 m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25 m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数μ2可以为(　　)
图(1)　 图(2)
A．0.74 B．0.76
C．0.79 D．0.80
解析：B　根据动能定理可得(m＋M)gH－μ2(m＋M)gL≤(m＋M)v2，代入数据解得μ2≥0.75，要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则μ1＝0.78≥μ2，即0.75≤μ2≤0.78，故选B。
3．(多选)(2026·湖北高中协作体月考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　)
A．L1＝ B. L1＝
C．L1＝ D. L1＝
解析：CD　设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mg sin θ<μmg cos θ，可得μ>tan θ＝，即有L1>，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1>，滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有mg·2h－μmg cos θ·－μmgx＝0，其中04．(多选)(2026·重庆巴蜀中学高三8月)如图所示，曲面DC是半径为R＝0.4 m的光滑圆弧轨道，C端切线水平且与水平面CA相连，质量为m＝0.2 kg的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，可以到达圆弧轨道的E点(图中未画出)，然后下滑，最后停在B处，AC＝3BC，重力加速度g取10 m/s2，则由题中信息能求出的物理量是(　　)
A．全过程中因摩擦产生的热量
B．滑块与水平面AC间的动摩擦因数μ
C．E点到水平地面的高度
D．滑块通过圆弧C点时对轨道的压力
解析：ACD　确定滑块为研究对象，在水平面上运动时，受重力、支持力和摩擦力，做匀变速运动；由于圆弧轨道光滑，在圆弧上的运动过程中机械能守恒。对整个过程，由能量守恒得内能Q＝mv02＝1.6 J，故A正确；对全过程分析，由动能定理得－μmg(xAC＋xBC)＝0－mv02，其中xAC＝3xBC，但具体值未知，所以不能求出μ，故B错误；对A到C的过程，由动能定理得－μmgxAC＝EkC－mv02，由以上式子联立得，滑块滑到C点时的动能EkC＝mv02＝0.4 J，对C到E的过程，设E点与水平面的高度为h，由机械能守恒得－mgh＝0－EkC，得h＝0.2 m，故C正确；滑块通过圆弧C点时的动能为EkC＝mv02＝0.4 J，可得vC＝2 m/s，且在C点时有FN－mg＝m，由此可以得出轨道对滑块的支持力FN＝4 N，根据牛顿第三定律可得，此时滑块对轨道的压力大小为FN′＝4 N，故D正确。故选ACD。
5．(10分)(2025·四川达州一模)滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高h＝3.2 m的高台上加速滑跑，到达高台边缘D点时以v0＝3 m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，恰好落在光滑圆弧轨道ABC的A点并沿切线方向滑入轨道(圆弧轨道与地面相切于B点)，离开C点滑入倾斜粗糙轨道CP(轨道CP与圆弧轨道相切)，滑到倾斜轨道上N点(图中未标出)速度为零。已知将滑板和人整体视为质点，∠α＝53°，∠β＝37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)圆弧轨道ABC的半径R；
(2)N点离地面的高度H(结果保留2位小数)。
解析：(1)做出滑板进入圆弧轨道A点时的速度方向如图所示
根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于α，则有＝tan 53°
解得滑板少年进入圆弧轨道A点时竖直方向的速度vy＝4 m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度h0＝h－＝2.4 m
而根据几何关系可得R－R cos 53°＝h0
解得R＝6 m。
(2)设到达C点时的速度为vC，而到达A点时的速度为vA＝＝5 m/s
从A到C由动能定理有mgh0－mgR(1－cos 37°)＝mvA2
解得vC＝7 m/s
设从C到N的竖直高度为h1，则从C到N由动能定理有－μmg cos 37°·mvC2
解得h1＝1.8375 m
则可得N点离地面的高度
H＝h1＋R(1－cos 37°)＝3.04 m。
答案：(1)6 m　(2)3.04 m
[能力提升练]
6．(10分)(2026·湖南名校联盟高三模拟)如图所示，水平台面CE区域分为固定粗糙水平面CD及水平传送带DE两部分，GF为竖直面内的四分之一圆弧，G点在E点正下方，圆弧半径为R，C、D、E、F四点在同一水平线上，在C点正上方距台面高度l处的O点固定着一根长为l的细线，细线另一端系一个质量为m可视为质点的小物块，小物块自然下垂时位于C点，现将小物块从A点(细线伸直且与水平方向成θ＝30°角)由静止释放，小物块运动到最低点时细线的拉力恰好达到最大值而绷断，之后小物块在右侧平台上运动，已知重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求细线能承受的最大拉力；
(2)已知小物块与CD平面及传送带间的动摩擦因数均为μ，小物块恰好能到达传送带左侧D处，求CD长度x；小物块刚到达D处，传送带便以恒定的加速度a0(a0>μg)开始顺时针转动，当传送带速度达到v0后，便以此速度匀速转动，传送带足够长，求小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx；
(3)若传送带转速可调，求小物块落到圆弧上的最小动能。
解析：(1)小物块从A点到B点做自由落体运动，根据动能定理2mgl sin 30°＝mvB2，可得vB＝，B点细线绷紧后，细线方向速度为0，此时垂直细线方向速度为
vB1＝vB cos 30°＝
小物块从B到C由动能定理
mg(l－l sin 30°)＝mvB12
可得vC＝
小物块运动到最低点时FT－mg＝m
解得细线能承受的最大拉力FT＝mg。
(2)小物块从C到D由动能定理－μmgx＝0－mvC2
解得CD长度x＝
传送带以恒定的加速度a0(a0>μg)加速到v0时间t1＝
小物块加速到v0时间t2＝
此过程传送带位移x0＝
此过程小物块位移x＝
小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx＝x0－x＝。
(3)小物块从E点飞出后做平抛运动，有x＝vxt，y＝gt2
根据几何关系x2＋y2＝R2
小物块落到圆弧上的动能Ek＝
由基本不等式可知：小物块落到圆弧上的最小动能Ekmin＝mgR。
答案：(1)mg　(2)　
(3)mgR
7．(10分)(2025·河南方城一中期末)如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m、可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
解析：(1)小滑块在A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0
代入数据解得vD＝3 m/s。
(2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgs＝mvC2－0
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma
解得a＝6 m/s2
则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1＝＝1 s
小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1－μmgs总＝0
解得s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s总＝1.4 m。
答案：(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
[培优创新练]
8．(12分)(2025·黑龙江名校协作体一模)如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R＝1.6 m的竖直圆形轨道。距水平面高H＝4 m的弹射器用t0＝0.2 s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1＝1 m，传送带长度L2＝5 m，滑块A质量m1＝0.5 kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B(图中未画出)，滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
解析：(1)设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为vy，水平方向的速度为v0，合速度为v，根据抛体运动规律可得H－L1sin 53°＝gt2，vy＝gt
联立解得vy＝8 m/s
由几何知识可得v0＝＝6 m/s，v＝＝10 m/s
根据动量定理则有·t0＝m1v0
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为＝15 N
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为μ，根据动能定理则有m1g(H－R)－μm1g cos 53°·L1－μm1gL2＝0－m1v02
代入数据解得μ＝0.75。
(2)设滑块B的质量为m，由题意可知，滑块A、滑块B发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v1′＋mv2
m1v1′2＋mv22
由题意知， v1′＝0，设滑块B到达圆形轨道最高点时的速度大小为v3，则在最高点时满足mg＝m
由动能定理得－2mgR＝mv22
联立解得m＝m1＝0.5 kg，v2＝v1＝4 m/s
设滑块A滑上传送带时的速度大小为v4，则m1gH－μm1gL1cos 53°＝m1v02
解得v4＝ m/s
设滑块A在传送带上做匀减速运动的位移为x，则－μm1gx＝m1v42
解得x＝1.8 m<5 m
所以，传送带的速度大小为4 m/s。
答案：(1)15 N　0.75　(2)4 m/s专题突破8　利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。
考点一　动能定理在多过程中的应用
　有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h1高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h2高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则(　　)
　
A．动摩擦因数为tan θ
B．动摩擦因数为
C．倾角α一定大于θ
D．倾角α可以大于θ
解析：B　第一次停在BC上的某点，由动能定理得mgh1－μmg cos θ·－μmgs′＝0，整理得mgh1－μmg＝0，即mgh1－μmgs＝0，解得μ＝，A错误，B正确；在AB段由静止下滑，说明μmg cos θθ，则雪橇不能停在E点，所以C、D错误。
点拨
(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。
　(2025·辽宁一模)如图所示，AB为水平轨道，A、B间距离s＝1.25 m，BCD是半径为R＝0.40 m的竖直半圆形轨道，B为圆轨道的最低点，D为轨道的最高点。有一小物块质量为m＝1.0 kg，小物块在F＝10 N的水平力作用下从A点由静止开始运动，到达B点时撤去力F，物块恰好可以通过最高点，不计空气阻力以及物块与水平轨道的摩擦。g取10 m/s2，求：
(1)小物块通过B点瞬间对轨道的压力大小；
(2)小物块通过D点后，再一次落回到水平轨道AB上，落点和B点之间的距离大小；
(3)小物块由B点运动到D点过程中，阻力所做的功。
解析：(1)A到B过程根据动能定理得
Fs＝mvB2
解得vB＝5 m/s
在B点根据牛顿第二定律有FN－mg＝m
根据牛顿第三定律有物块通过B点瞬间对轨道的压力为FN′＝FN
联立解得FN′＝72.5 N。
(2)物块恰好可以通过最高点，可得mg＝m
解得vD＝2 m/s
小物块通过D点后，做平抛运动，可得2R＝gt2，x＝vDt
解得落点和B点之间的距离大小为x＝0.8 m。
(3)小物块由B点运动到D点过程中，根据动能定理得
－mg·2R＋Wf＝mvD2mvB2
解得阻力所做的功为Wf＝－2.5 J。
答案：(1)72.5 N　(2)0.8 m　(3)－2.5 J
　(2023·湖北卷，14)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。
解析：(1)小物块恰好运动到光滑圆弧轨道CDE的最高点时，有mg＝m
解得小物块到达D点的速度大小vD＝。
(2)小物块由C到D的过程，由动能定理有
－mgR(1＋cos 60°)＝mvD2mvC2
小物块由B到C做平抛运动，由速度的分解可知vB＝vC cos 60°
设B和D两点的高度差为h，小物块由B到D的过程，由动能定理有
mgh＝mvD2mvB2
代入数据解得h＝0。
(3)小物块由A到B的过程，由动能定理有
－μmg·π·2R＝mvB2mvA2
解得小物块在A点的初速度大小vA＝。
答案：(1)　(2)0　(3)
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“衔接点”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。
考点二　动能定理在往复运动中的应用
　如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的小球从距地面高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，半圆形槽半径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(g取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。
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
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。
　(2025·江苏江阴六校期中)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为3 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，其动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2，求：
(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小；
(2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(3)滑块最终停在何处。
解析：(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得
mgR＝mvB2
代入数据解得vB＝3 m/s
滑块在B点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
代入数据解得FN＝90 N，由牛顿第三定律可得，滑块在B点对轨道的压力为FN′＝FN＝90 N。
(2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0，Ep＝－W，解得Ep＝2.1 J。
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝0－mvB2
解得s＝2.25 m
则物体在BC段上运动的次数为n＝＝5.625，说明物体在BC上滑动了5次，又向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m
故滑块最终停止在BC间距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处)。
答案：(1)90 N　(2)2.1 J　(3)距C点0.25 m处(或距B点0.15 m处),
限时规范训练(30)　利用动能定理解决多过程问题
(建议用时：40分钟　满分：62分)
(选择题1～4题每题5分，共20分)
[基础巩固练]
1．(2025·陕西宝鸡一模)在巴黎奥运会上， 中国运动员在10 m跳台跳水决赛中获得冠军。该运动员的质量为40 kg，假设她从10 m跳台由静止跳入水中， 水的平均阻力是她体重的3.5倍。在粗略计算时， 空气阻力不计，可以将运动员视为质点。则水池的深度至少为(　　)
A．5 m B．4 m
C．3 m D．2 m
解析：B　设跳台高度为h1，水池的深度为h2时，运动员到水池底部时速度为零，对全过程根据动能定理mg(h1＋h2)－3.5mgh2＝0，代入数据解得h2＝4 m，故选B。
2．(2025·黑龙江哈尔滨一模)图(1)为哈尔滨冰雪大世界大滑梯，是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯可以简化为图(2)模型，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20 m高处由静止滑下，游客与雪板间动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25 m的减速带，减速带与雪板的动摩擦因数μ2可以为(　　)
图(1)　 图(2)
A．0.74 B．0.76
C．0.79 D．0.80
解析：B　根据动能定理可得(m＋M)gH－μ2(m＋M)gL≤(m＋M)v2，代入数据解得μ2≥0.75，要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则μ1＝0.78≥μ2，即0.75≤μ2≤0.78，故选B。
3．(多选)(2026·湖北高中协作体月考)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同，μ满足μ0≤μ≤。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　　)
A．L1＝ B. L1＝
C．L1＝ D. L1＝
解析：CD　设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足mg sin θ<μmg cos θ，可得μ>tan θ＝，即有L1>，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1>，滑行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有mg·2h－μmg cos θ·－μmgx＝0，其中04．(多选)(2026·重庆巴蜀中学高三8月)如图所示，曲面DC是半径为R＝0.4 m的光滑圆弧轨道，C端切线水平且与水平面CA相连，质量为m＝0.2 kg的小滑块从水平面上A处以初速度v0＝4 m/s向左运动，可以到达圆弧轨道的E点(图中未画出)，然后下滑，最后停在B处，AC＝3BC，重力加速度g取10 m/s2，则由题中信息能求出的物理量是(　　)
A．全过程中因摩擦产生的热量
B．滑块与水平面AC间的动摩擦因数μ
C．E点到水平地面的高度
D．滑块通过圆弧C点时对轨道的压力
解析：ACD　确定滑块为研究对象，在水平面上运动时，受重力、支持力和摩擦力，做匀变速运动；由于圆弧轨道光滑，在圆弧上的运动过程中机械能守恒。对整个过程，由能量守恒得内能Q＝mv02＝1.6 J，故A正确；对全过程分析，由动能定理得－μmg(xAC＋xBC)＝0－mv02，其中xAC＝3xBC，但具体值未知，所以不能求出μ，故B错误；对A到C的过程，由动能定理得－μmgxAC＝EkC－mv02，由以上式子联立得，滑块滑到C点时的动能EkC＝mv02＝0.4 J，对C到E的过程，设E点与水平面的高度为h，由机械能守恒得－mgh＝0－EkC，得h＝0.2 m，故C正确；滑块通过圆弧C点时的动能为EkC＝mv02＝0.4 J，可得vC＝2 m/s，且在C点时有FN－mg＝m，由此可以得出轨道对滑块的支持力FN＝4 N，根据牛顿第三定律可得，此时滑块对轨道的压力大小为FN′＝4 N，故D正确。故选ACD。
5．(10分)(2025·四川达州一模)滑滑板是一项青少年酷爱的运动，依靠自身的体能，快速的运动艺术。一青少年在一次训练中的运动可简化为以下运动：如图所示，青少年先在距地面高h＝3.2 m的高台上加速滑跑，到达高台边缘D点时以v0＝3 m/s的速度水平滑出高台，然后在空中调整姿势，恰好落在光滑圆弧轨道ABC的A点并沿切线方向滑入轨道(圆弧轨道与地面相切于B点)，离开C点滑入倾斜粗糙轨道CP(轨道CP与圆弧轨道相切)，滑到倾斜轨道上N点(图中未标出)速度为零。已知将滑板和人整体视为质点，∠α＝53°，∠β＝37°，不计空气阻力，滑板与倾斜轨道间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)圆弧轨道ABC的半径R；
(2)N点离地面的高度H(结果保留2位小数)。
解析：(1)做出滑板进入圆弧轨道A点时的速度方向如图所示
根据几何关系可知，速度的偏向角大小等于α，则有＝tan 53°
解得滑板少年进入圆弧轨道A点时竖直方向的速度vy＝4 m/s
则可知此时滑板少年距地面的高度h0＝h－＝2.4 m
而根据几何关系可得R－R cos 53°＝h0
解得R＝6 m。
(2)设到达C点时的速度为vC，而到达A点时的速度为vA＝＝5 m/s
从A到C由动能定理有mgh0－mgR(1－cos 37°)＝mvA2
解得vC＝7 m/s
设从C到N的竖直高度为h1，则从C到N由动能定理有－μmg cos 37°·mvC2
解得h1＝1.8375 m
则可得N点离地面的高度
H＝h1＋R(1－cos 37°)＝3.04 m。
答案：(1)6 m　(2)3.04 m
[能力提升练]
6．(10分)(2026·湖南名校联盟高三模拟)如图所示，水平台面CE区域分为固定粗糙水平面CD及水平传送带DE两部分，GF为竖直面内的四分之一圆弧，G点在E点正下方，圆弧半径为R，C、D、E、F四点在同一水平线上，在C点正上方距台面高度l处的O点固定着一根长为l的细线，细线另一端系一个质量为m可视为质点的小物块，小物块自然下垂时位于C点，现将小物块从A点(细线伸直且与水平方向成θ＝30°角)由静止释放，小物块运动到最低点时细线的拉力恰好达到最大值而绷断，之后小物块在右侧平台上运动，已知重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求细线能承受的最大拉力；
(2)已知小物块与CD平面及传送带间的动摩擦因数均为μ，小物块恰好能到达传送带左侧D处，求CD长度x；小物块刚到达D处，传送带便以恒定的加速度a0(a0>μg)开始顺时针转动，当传送带速度达到v0后，便以此速度匀速转动，传送带足够长，求小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx；
(3)若传送带转速可调，求小物块落到圆弧上的最小动能。
解析：(1)小物块从A点到B点做自由落体运动，根据动能定理2mgl sin 30°＝mvB2，可得vB＝，B点细线绷紧后，细线方向速度为0，此时垂直细线方向速度为
vB1＝vB cos 30°＝
小物块从B到C由动能定理
mg(l－l sin 30°)＝mvB12
可得vC＝
小物块运动到最低点时FT－mg＝m
解得细线能承受的最大拉力FT＝mg。
(2)小物块从C到D由动能定理－μmgx＝0－mvC2
解得CD长度x＝
传送带以恒定的加速度a0(a0>μg)加速到v0时间t1＝
小物块加速到v0时间t2＝
此过程传送带位移x0＝
此过程小物块位移x＝
小物块在此过程中与传送带的相对位移Δx＝x0－x＝。
(3)小物块从E点飞出后做平抛运动，有x＝vxt，y＝gt2
根据几何关系x2＋y2＝R2
小物块落到圆弧上的动能Ek＝
由基本不等式可知：小物块落到圆弧上的最小动能Ekmin＝mgR。
答案：(1)mg　(2)　
(3)mgR
7．(10分)(2025·河南方城一中期末)如图所示的装置由AB、BC、CE三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m、可视为质点的小滑块从A点由静止释放。已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
解析：(1)小滑块在A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝mvD2－0
代入数据解得vD＝3 m/s。
(2)小滑块在A→B→C过程中，由动能定理得
mgh1－μmgs＝mvC2－0
代入数据解得vC＝6 m/s
小滑块沿CE段上滑时，由牛顿第二定律得mg sin θ＝ma
解得a＝6 m/s2
则小滑块从C点沿CE段上滑到最高点所用的时间t1＝＝1 s
小滑块沿CE段上滑和下滑的受力情况不变，由对称性可知，小滑块从最高点滑回C点所用的时间t2＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2 s。
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1－μmgs总＝0
解得s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s总＝1.4 m。
答案：(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
[培优创新练]
8．(12分)(2025·黑龙江名校协作体一模)如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R＝1.6 m的竖直圆形轨道。距水平面高H＝4 m的弹射器用t0＝0.2 s的时间将滑块A水平向右弹出，滑块A恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度L1＝1 m，传送带长度L2＝5 m，滑块A质量m1＝0.5 kg，滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩擦不计，滑块A可视为质点。g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。
(1)若传送带静止，滑块A向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A的平均作用力大小及滑块A与传送带间的动摩擦因数；
(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B(图中未画出)，滑块A通过传送带后与滑块B发生弹性碰撞。若碰后滑块A静止，滑块B恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
解析：(1)设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为vy，水平方向的速度为v0，合速度为v，根据抛体运动规律可得H－L1sin 53°＝gt2，vy＝gt
联立解得vy＝8 m/s
由几何知识可得v0＝＝6 m/s，v＝＝10 m/s
根据动量定理则有·t0＝m1v0
解得弹射器对滑块A的平均作用力大小为＝15 N
设滑块A与斜面、传送带间的动摩擦因数为μ，根据动能定理则有m1g(H－R)－μm1g cos 53°·L1－μm1gL2＝0－m1v02
代入数据解得μ＝0.75。
(2)设滑块B的质量为m，由题意可知，滑块A、滑块B发生弹性碰撞，则有m1v1＝m1v1′＋mv2
m1v1′2＋mv22
由题意知， v1′＝0，设滑块B到达圆形轨道最高点时的速度大小为v3，则在最高点时满足mg＝m
由动能定理得－2mgR＝mv22
联立解得m＝m1＝0.5 kg，v2＝v1＝4 m/s
设滑块A滑上传送带时的速度大小为v4，则m1gH－μm1gL1cos 53°＝m1v02
解得v4＝ m/s
设滑块A在传送带上做匀减速运动的位移为x，则－μm1gx＝m1v42
解得x＝1.8 m<5 m
所以，传送带的速度大小为4 m/s。
答案：(1)15 N　0.75　(2)4 m/s

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