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专题强化九　应用动能定理解决多过程问题
学习目标　1.会用动能定理解决多过程、多阶段问题。 2.会用动能定理处理往复运动等复杂问题。
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时,全过程应用动能定理求解更简便。
2.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点。
(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所做的功等于力的大小与路程的乘积。
例1 (2026·四川南充月考)如图所示,处于竖直平面内的轨道装置,由倾角α=60°的光滑直轨道、圆心为O1、半径为r=0.1 m的半圆形光滑轨道BCD和圆心为O2的光滑圆弧轨道EF组成;B为两轨道的相切点,B、O1、E、D和O2处于同一直线上,D、E间隙很小、宽度不计。现将可视为质点的质量为m=1 kg的滑块从轨道AB上某点由静止释放,重力加速度g=10 m/s2。
(1)若释放点与B点的高度差为h=0.4 m,求滑块运动到最低点C时轨道对滑块的支持力FN;
(2)若要保证滑块能经D点进入圆弧轨道EF,求释放点与B点的最小高度差h1;
(3)若圆轨道EF的半径R可调且该圆轨道能承受的压力不能超过105 N,滑块释放点与B点的高度差h2=2.1 m,要保证滑块能沿圆轨道顺利经过最高点F,求圆轨道EF半径R的取值范围。
答案　(1)100 N,方向竖直向上　(2)0.125 m (3)0.4 m≤R≤1 m
解析　(1)滑块从释放到C点的过程,根据动能定理可得
mgh+mgr(1-cos 60°)=m
解得vC=3 m/s
在C点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=100 N,方向竖直向上。
(2)滑块刚好沿轨道运动到D点时,
根据牛顿第二定律得mgcos 60°=m
从释放点到圆轨道D点,由动能定理得
mg(h1-2rcos 60°)=m-0
解得释放点距离B点的最小高度h1=0.125 m。
(3)若在F点能够做圆周运动,则mg≤m
根据动能定理得
mg(h2-2rcos 60°-R-Rcos 60°)=m-0
联立解得R≤1 m
在E点,根据牛顿第二定律得
FN-mgcos 60°=m
根据动能定理得mg(h2-2rcos 60°)=m-0
又FN≤105 N
联立解得R≥0.4 m
所以R的取值范围0.4 m≤R≤1 m。
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。
跟踪训练
1.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,13)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。
答案　(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点后做斜抛运动,水平分速度不变,其水平分速度大小为vx=v0cos θ=4 m/s
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角α满足cos α==
解得α=60°。
考点二　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、末状态而不计运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
例2 (2026·湖北武汉高三调研)如图所示,一个斜面体固定在水平地面上,斜面体A端固定一与斜面垂直的挡板,斜面AB段光滑、BC段粗糙,BC段长为L。光滑圆轨道与斜面体在C点相切。质量为m的小物块(可看作质点)从B点开始以一定的初速度沿斜面向上运动,小物块滑上圆轨道后恰好不脱离圆轨道,之后物块原路返回与挡板碰撞后又沿斜面向上运动,到达C点时速度为零。已知物块与斜面BC段的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,斜面倾角θ=37°,重力加速度为g,不计物块碰撞挡板时的机械能损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块第一次到达C点时的速度大小;
(2)圆轨道的半径R;
(3)小物块在斜面BC段滑行的最大路程。
答案　(1)　(2)L　(3)L
解析　(1)小物块第一次到C点至小物块碰撞后返回到C点速度为零,由动能定理可得
-μmgcos θ·2L=0-m
联立解得vC=。
(2)依题意,小物块恰好不脱离圆轨道,分析可知,物块到达与圆心等高处速度为0
小物块由C点运动到该点,根据动能定理可得
-mgRcos θ=0-m
联立解得R=L。
(3)方法一:依题意,有
mgsin θ=0.6mg>μmgcos θ=0.16mg
可知,小物块最终将在A、B之间做往复运动,设小物块在斜面BC段滑行的最大路程为s,由动能定理,可得小物块从B点开始运动到第一次到达C点过程,有
-mgLsin θ-μmgLcos θ=m-m
从B点开始运动到最后停在B点时,有
-μmgscos θ=0-m
解得s=L。
方法二:依题意,有
mgsin θ=0.6mg>μmgcos θ=0.16mg
可知,小物块最终将在A、B之间做往复运动,对从第一次到C点速度vC=至最后往复运动到B点速度为零的过程分析,设该过程在斜面BC段滑行的路程为s0,由功能关系可得
m+mgLsin θ=μmgcos θ·s0
解得s0=L
则小物块在斜面BC段滑行的最大路程
s=s0+L
解得s=L。
1.应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的初状态和最终状态。
2.重力做功与物体运动的路径无关,可用WG=mgh直接求解。
3.滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关,可用Wf=-Ffs求解,其中s为物体相对滑行的总路程。
跟踪训练
2.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-m,解得x=,故A正确。
3.从离地面高H处落下一只小球,小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍,而小球每次与地面相碰后,能以与碰前相同大小的速度反弹,则:
(1)小球第一次与地面碰撞后,能够反弹到的最大高度是多少
(2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少
答案　(1)H　(2)
解析　(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h,由动能定理得
mg(H-h)-kmg(H+h)=0-0
解得h=H。
(2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s,对全过程,由动能定理得
mgH-kmgs=0-0
解得s=。
1.(多选)(2026·辽宁重点中学协作校高三期中)在哈尔滨冰雪大世界,游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道AB固定在地面上,表面摩擦忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(　　)
A.3 m B.6 m
C.9 m D.12 m
答案　AB
解析　游客若恰好停在C点,由动能定理得mgh1-μ1mgL1=0-0,解得h1=1 m;若恰好到达D点,由动能定理得mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2=0-0,解得h2=8.5 m,则要使游客能够停在缓冲区内,h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,故A、B正确。
2.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,则停止的位置到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,即小物块停止的位置到B点的距离为0,故D正确。
3.(多选)(2025·山东潍坊模拟)某一儿童游戏设计研发者为开发游戏搭建了如图所示的装置。整个装置在竖直平面内,AB为平直轨道,BCD是半径为R=1 m的圆弧形轨道,CD段圆弧对应圆心角θ=53°,M为可视为质点的游戏开关(图中未画出),比D点高,M点到D点水平距离为1.6 m,竖直距离为0.6 m。现从A点以某一初速度释放质量为m=1 kg的光滑小球,恰好击中M,已知重力加速度为g=10 m/s2,sin 53°=0.8,则(　　)
A.小球初速度大小为6 m/s
B.小球经过C点时对轨道的压力大小为 N
C.小球从D点运动到M点所需要的时间为 s
D.小球在D点处的速度大小为 m/s
答案　BC
解析　从D到M过程,水平方向有x=vDsin θ·t=1.6 m,竖直方向有y=vDcos θ·t-gt2=0.6 m,联立解得vD= m/s,t=s,故C正确,D错误;从A到D过程,根据动能定理可得-mgR(1+sin θ)=m-m,解得小球初速度大小为v0= m/s,故A错误;从C到D过程,根据动能定理可得-mgRsin θ=m-m,在C点,根据牛顿第二定律可得FN=m,联立解得FN= N,根据牛顿第三定律可知,小球经过C点时对轨道的压力大小为 N,故B正确。
4.(2026·重庆外国语学校模拟)某同学设计的行李转运装置如图所示。AB、CD是两块材质相同的平板,BC为固定光滑水平面,AB、CD与BC平滑连接,且AB、CD关于BC中垂线对称固定。将一质量为m的行李(可视为质点)从A点由静止释放后,恰好能运动到CD中点E。已知A点到BC的高度为2h,重力加速度为g,行李与平板间的动摩擦因数处处相同,忽略空气阻力。
(1)求从A点运动到E点的过程中,摩擦力对该行李所做的功;
(2)若其他条件不变,只将AB换成材质相同的平板A1B,并使A1点和A点在同一竖直线上,要使该行李从A1点由静止释放后恰好能到达D点,求AA1的距离。
答案　(1)-mgh　(2)h
解析　(1)行李从A点运动到E点过程中,由动能定理有mgh+Wf=0
解得Wf=-mgh。
(2)设AB=CD=L,A1B=L1,AA1=Δh,AB与BC的夹角为θ,A1B与BC的夹角为θ1,从A点到E点过程中有mgh-μmgcos θ·L=0
从A1点到D点过程中有
mgΔh-μmgcos θ1·L1-μmgcos θ·L=0
又Lcos θ=L1cos θ1
联立解得Δh=h。
5.(2026·河北唐山月考)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。
答案　(1)　(2)0　(3)
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
mg=m
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vCx=vCcos 60°=vB
小物块从C到D的过程中,根据动能定理有
-mg(R+Rcos 60°)=m-m
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
s=π·2R
解得vA=。
6.(2026·江苏南京高三期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0 m的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 m　(3)A点右侧距A点1 m处
解析　(1)小滑块从M滑动到A点的过程中,
根据动能定理可得mgH=m
解得vA=2 m/s。
(2)滑块运动到D点,根据牛顿第三定律可知,滑块所受轨道支持力的大小等于对轨道压力的大小,即支持力大小为6 N
根据牛顿第二定律有mg+FN=m
滑块从初始位置滑至D点的过程中,根据动能定理有mg(H-2R)=m
联立解得R=0.5 m。
(3)滑块在斜面上,由于mgsin θ>μmgcos θ
则滑块无法停留在斜面上,最终会停止在水平面AB上,设滑块第一次滑上斜面滑行距离为s,则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定理有mgH-μmgLAB-(μmgcos θ+mgsin θ)s=0
解得s= m
则滑块第一次从斜面滑下到B点的动能为
Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcos θ·s=1.5 J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能为Ek'=Ek-μmgLAB=0.5 J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面,设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s'
根据动能定理有-μmgs'=0-Ek'
解得s'=1 m
即最终滑块停在水平面上A点右侧距A点1 m处。(共38张PPT)
专题强化九　应用动能定理解决多过程问题
第五章　机械能守恒定律
1.会用动能定理解决多过程、多阶段问题。 2.会用动能定理处理往复运动等复杂问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
考点
01
提升素养能力
02
考点
1
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分段应用动能定理求解。
(2)所求解的问题不涉及中间的速度时,全过程应用动能定理求解更简便。
2.全过程列式时,涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时,要注意运用它们的特点。
(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所做的功等于力的大小与路程的乘积。
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
例1 (2026·四川南充月考)如图所示,处于竖直平面内的轨道装置,由倾角α=60°的光滑直轨道、圆心为O1、半径为r=0.1 m的半圆形光滑轨道BCD和圆心为O2的光滑圆弧轨道EF组成;B为两轨道的相切点,B、O1、E、D和O2处于同一直线上,D、E间隙很小、宽度不计。现将可视为质点的质量为m=1 kg的滑块从轨道AB上某点由静止释放,重力加速度g=10 m/s2。
(1)若释放点与B点的高度差为h=0.4 m,求滑块运动到最低点C时轨道对滑块的支持力FN;
答案　100 N,方向竖直向上
解析　滑块从释放到C点的过程,根据动能定理可得
mgh+mgr(1-cos 60°)=m
解得vC=3 m/s
在C点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=100 N,方向竖直向上。
(2)若要保证滑块能经D点进入圆弧轨道EF,求释放点与B点的最小高度差h1;
答案　0.125 m
解析　滑块刚好沿轨道运动到D点时,
根据牛顿第二定律得mgcos 60°=m
从释放点到圆轨道D点,由动能定理得
mg(h1-2rcos 60°)=m-0
解得释放点距离B点的最小高度h1=0.125 m。
(3)若圆轨道EF的半径R可调且该圆轨道能承受的压力不能超过105 N,滑块释放点与B点的高度差h2=2.1 m,要保证滑块能沿圆轨道顺利经过最高点F,求圆轨道EF半径R的取值范围。
答案　0.4 m≤R≤1 m
解析　若在F点能够做圆周运动,则mg≤m
根据动能定理得
mg(h2-2rcos 60°-R-Rcos 60°)=m-0
联立解得R≤1 m
在E点,根据牛顿第二定律得
FN-mgcos 60°=m
根据动能定理得mg(h2-2rcos 60°)=m-0
又FN≤105 N
联立解得R≥0.4 m
所以R的取值范围0.4 m≤R≤1 m。
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。
跟踪训练
1.(2025·黑、吉、辽、内蒙古卷,13)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。
答案　(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点后做斜抛运动,水平分速度不变,其水平分速度大小为
vx=v0cos θ=4 m/s
则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角α满足cos α==
解得α=60°。
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、末状态而不计运动过程的细节,所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
例2 (2026·湖北武汉高三调研)如图所示,一个斜面体固定在水平地面上,斜面体A端固定一与斜面垂直的挡板,斜面AB段光滑、BC段粗糙,BC段长为L。光滑圆轨道与斜面体在C点相切。质量为m的小物块(可看作质点)从B点开始以一定的初速度沿斜面向上运动,小物块滑上圆轨道后恰好不脱离圆轨道,之后物块原路返回与挡板碰撞后又沿斜面向上运动,到达C点时速度为零。已知物块与斜面BC段的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,
斜面倾角θ=37°,重力加速度为g,不计物块碰撞挡板
时的机械能损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小物块第一次到达C点时的速度大小;
答案　　
解析　小物块第一次到C点至小物块碰撞后返回到C点速度为零,由动能定理可得
-μmgcos θ·2L=0-m
联立解得vC=。
(2)圆轨道的半径R;
答案　L
解析　依题意,小物块恰好不脱离圆轨道,分析可知,物块到达与圆心等高处速度为0
小物块由C点运动到该点,根据动能定理可得
-mgRcos θ=0-m
联立解得R=L。
(3)小物块在斜面BC段滑行的最大路程。
解析　方法一:依题意,有
mgsin θ=0.6mg>μmgcos θ=0.16mg
可知,小物块最终将在A、B之间做往复运动,设小物块在斜面BC段滑行的最大路程为s,由动能定理,可得小物块从B点开始运动到第一次到达C点过程,有
-mgLsin θ-μmgLcos θ=m-m
从B点开始运动到最后停在B点时,有
-μmgscos θ=0-m
解得s=L。
方法二:依题意,有
mgsin θ=0.6mg>μmgcos θ=0.16mg
可知,小物块最终将在A、B之间做往复运动,对从第一次到C点速度vC=至最后往复运动到B点速度为零的过程分析,设该过程在斜面BC段滑行的路程为s0,由功能关系可得
m+mgLsin θ=μmgcos θ·s0
解得s0=L
则小物块在斜面BC段滑行的最大路程
s=s0+L
解得s=L。
答案　L
1.应用动能定理求解往复运动问题时,要确定物体的初状态和最终状态。
2.重力做功与物体运动的路径无关,可用WG=mgh直接求解。
3.滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关,可用Wf=-Ffs求解,其中s为物体相对滑行的总路程。
2.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(　　)
跟踪训练
A. B.
C. D.
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-m,解得x=,故A正确。
3.从离地面高H处落下一只小球,小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍,而小球每次与地面相碰后,能以与碰前相同大小的速度反弹,则:
(1)小球第一次与地面碰撞后,能够反弹到的最大高度是多少
(2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少
答案　(1)H　(2)
解析　(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h,由动能定理得
mg(H-h)-kmg(H+h)=0-0
解得h=H。
(2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s,对全过程,由动能定理得
mgH-kmgs=0-0
解得s=。
提升素养能力
2
AB
1.(多选)(2026·辽宁重点中学协作校高三期中)在哈尔滨冰雪大世界,游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道AB固定在地面上,表面摩擦忽略不计,游客乘坐雪圈从高h处由静止开始下滑,并通过长度为L1=10 m的水平雪面BC,最终进入长度为L2=15 m的铺有地垫的缓冲区CD。已知雪圈与雪面BC和缓冲区CD间的动摩擦因数分别为μ1=0.1、μ2=0.5,游客与雪圈可视为质点,不计空气阻力和通过B点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内,h的取值可能为(　　)
A.3 m B.6 m
C.9 m D.12 m
解析　游客若恰好停在C点,由动能定理得mgh1-μ1mgL1=0-0,解得h1=1 m;若恰好到达D点,由动能定理得mgh2-μ1mgL1-μ2mgL2=0-0,解得h2=8.5 m,则要使游客能够停在缓冲区内,h的取值范围为1 m≤h≤8.5 m,故A、B正确。
D
2.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,则停止的位置到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
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,即小物块停止的位置到B点的距离为0,故D正确。
BC
3.(多选)(2025·山东潍坊模拟)某一儿童游戏设计研发者为开发游戏搭建了如图所示的装置。整个装置在竖直平面内,AB为平直轨道,BCD是半径为R=1 m的圆弧形轨道,CD段圆弧对应圆心角θ=53°,M为可视为质点的游戏开关(图中未画出),比D点高,M点到D点水平距离为1.6 m,竖直距离为0.6 m。现从A点以某一初速度释放质量为m=1 kg的光滑小球,恰好击中M,已知重力加速度为g=10 m/s2,sin 53°=
0.8,则(　　)
A.小球初速度大小为6 m/s
B.小球经过C点时对轨道的压力大小为 N
C.小球从D点运动到M点所需要的时间为 s
D.小球在D点处的速度大小为 m/s
解析　从D到M过程,水平方向有x=vDsin θ·t=1.6 m,竖直方向有y=vDcos θ·t-gt2=
0.6 m,联立解得vD= m/s,t=s,故C正确,D错误;从A到D过程,根据动能定理可得-mgR(1+sin θ)=m-m,解得小球初速度大小为v0= m/s,故A错误;从C到D过程,根据动能定理可得-mgRsin θ=m-m,在C点,
根据牛顿第二定律可得FN=m,联立解得FN= N,根据
牛顿第三定律可知,小球经过C点时对轨道的压力大小为 N,故B正确。
4.(2026·重庆外国语学校模拟)某同学设计的行李转运装置如图所示。AB、CD是两块材质相同的平板,BC为固定光滑水平面,AB、CD与BC平滑连接,且AB、CD关于BC中垂线对称固定。将一质量为m的行李(可视为质点)从A点由静止释放后,恰好能运动到CD中点E。已知A点到BC的高度为2h,重力加速度为g,行李与平板间的动摩擦因数处处相同,忽略空气阻力。
(1)求从A点运动到E点的过程中,摩擦力对该行李所做的功;
(2)若其他条件不变,只将AB换成材质相同的平板A1B,并使A1点和A点在同一竖直线上,要使该行李从A1点由静止释放后恰好能到达D点,求AA1的距离。
答案　(1)-mgh　(2)h
解析　(1)行李从A点运动到E点过程中,由动能定理有mgh+Wf=0
解得Wf=-mgh。
(2)设AB=CD=L,A1B=L1,AA1=Δh,AB与BC的夹角为θ,A1B与BC的夹角为θ1,从A点到E点过程中有mgh-μmgcos θ·L=0
从A1点到D点过程中有
mgΔh-μmgcos θ1·L1-μmgcos θ·L=0
又Lcos θ=L1cos θ1
联立解得Δh=h。
5.(2026·河北唐山月考)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。
答案　(1)　(2)0　(3)
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mg=m
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vCx=vCcos 60°=vB
小物块从C到D的过程中,根据动能定理有
-mg(R+Rcos 60°)=m-m
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
s=π·2R
解得vA=。
6.(2026·江苏南京高三期中)如图所示的装置放在水平地面上,该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。将质量m=0.2 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=2.0 m的M处由静止释放。已知滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑,忽略空气阻力,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小滑块运动到A点时的速度大小;
(2)若滑块运动到D点时对轨道的压力大小为6 N,求竖直圆轨道的半径;
(3)若LAB=LBC=2.0 m,试确定滑块最终停止的位置。
答案　(1)2 m/s　(2)0.5 m　(3)A点右侧距A点1 m处
解析　(1)小滑块从M滑动到A点的过程中,
根据动能定理可得mgH=m
解得vA=2 m/s。
(2)滑块运动到D点,根据牛顿第三定律可知,滑块所受轨道支持力的大小等于对轨道压力的大小,即支持力大小为6 N
根据牛顿第二定律有mg+FN=m
滑块从初始位置滑至D点的过程中,根据动能定理有mg(H-2R)=m
联立解得R=0.5 m。
(3)滑块在斜面上,由于mgsin θ>μmgcos θ
则滑块无法停留在斜面上,最终会停止在水平面AB上,设滑块第一次滑上斜面滑行距离为s,则滑块从最初到滑上斜面最高点的过程中,根据动能定理有mgH-μmgLAB-(μmgcos θ+mgsin θ)s=0
解得s= m
则滑块第一次从斜面滑下到B点的动能为
Ek=mgH-μmgLAB-2μmgcos θ·s=1.5 J
之后滑块在水平面上滑行返回A点时具有的动能为Ek'=Ek-μmgLAB=0.5 J
则滑块经光滑圆弧后还能回到水平面,设再次返回到水平面上还能继续运动的距离为s'
根据动能定理有-μmgs'=0-Ek'
解得s'=1 m
即最终滑块停在水平面上A点右侧距A点1 m处。
本节内容结束
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