资源简介

第28课时　专题强化：动能定理在多过程问题中的应用
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　动能定理在多过程问题中的应用
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，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.全过程列式时要注意
(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的数值等于力的大小与路程的乘积。
例1　(多选)(2025·辽宁省重点中学协作校期中)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，故选A、B。
例2　(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。
答案　(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由题知，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，s=π·2R
解得vA=。
　多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“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。
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，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。
例3　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.+x0tan θ)
B.+x0tan θ)
C.+x0tan θ)
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=+x0tan θ)，选项A正确。
例4　如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆轨道半径均为R=0.6 m，圆管内径远小于R，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ=37°的斜面，底端H处有一弹性挡板，O1、D、O2、H在同一水平面内。一质量为0.01 kg的小物体可视作质点，小物体从C点所在水平面以速度v0开始运动，通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ=0.625，其余轨道均光滑，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小物体的速度v0满足什么条件？
(2)当小物体的速度为v0= m/s，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
答案　(1)2 m/s解析　(1)小物体在E点处做圆周运动，当其恰好到达E点时，小物体速度为零，从C到E的运动过程，根据动能定理有-mg·2R=0-m
解得vC=2 m/s
设小物体反弹后刚好运动到E点，斜面长度为L，小物体运动全过程，根据动能定理有
-mg·2R-2μmgLcos θ=0-mvC'2
又L=
解得vC'=2 m/s
故小物体的速度v0的范围为
2 m/s(2)由于2 m/s< m/s<2 m/s
mgsin θ>μmgcos θ
故小物体最后停在H处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程由动能定理得
-mgR-μmgxcos θ=0-m
解得x=1.8 m。
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为物体相对滑动的总路程。
课时精练
[分值：60分]
　[1~4题，每题4分]
1.(2025·河南省部分重点高中联考)如图所示，一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H，落到沙滩上时屈膝缓冲，重心下降的高度为h，该过程沙子对游客的作用力视为不变，重力加速度为g，不计空气阻力，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的平均冲力为(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案　A
解析　根据动能定理mg(H+h)-h=0，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为=mg，故选A。
2.(2025·安徽马鞍山市期中)如图所示，一物体沿粗糙固定斜面上滑到最高点后再沿斜面下滑，回到出发点时的速度是出发时速度的一半，斜面的倾角为θ，则物体与斜面间的动摩擦因数是(　　)
A.tan θ B.tan θ
C.tan θ D.tan θ
答案　C
解析　设物体质量为m，物体从出发点到最高点距离为L，上滑过程，根据动能定理有0-m=-mgLsin θ-μmgcos θ·L，下滑过程，根据动能定理有m()2=mgLsin θ-μmgcos θ·L，联立解得，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ，故选C。
3.(2025·黑龙江哈尔滨市一模)图甲中的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乙模型，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为μ2，重力加速度g取10 m/s2，则μ2可能为(　　)
A.0.74 B.0.76
C.0.79 D.0.80
答案　B
解析　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。
4.(多选)(2025·海南三亚市期末)如图所示，一竖直轨道由圆弧轨道AB、圆周轨道BECF、圆弧轨道BD组成，其中BEC半圆轨道粗糙，其他部分光滑，一质量m=1 kg可视为质点的小滑块从H=12 m高处的位置A静止下滑，通过光滑圆弧轨道AB，经圆周轨道BECF后进入圆弧轨道BD，到达高度h=10 m的D时速度刚好为0，圆周轨道的半径为R=4 m，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，克服摩擦力做的功为20 J
B.滑块第一次经过位置C时对轨道的压力大小为10 N
C.滑块可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C
D.滑块第一次回到轨道AB的高度为h1=8 m
答案　AC
解析　滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，设克服摩擦力做的功为W克f，从A到D过程，由动能定理得mg(H-h)-W克f=0，解得W克f=20 J，A正确；从A到C，根据动能定理mg(H-2R)-W克f=m，在C点，根据牛顿第二定律FN+mg=m，解得FN=0，B错误；滑块到达D点后，再次经过圆弧轨道BD、半圆轨道BFC返回到C点没有能量损失，滑块能再次通过最高点位置C，滑块通过半圆轨道BEC会有能量损失，由B选项分析可知滑块在第二次经过位置C后不会再经过位置C，所以可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C，C正确；滑块第一次回到轨道AB，需要再次经过粗糙的BEC半圆轨道，因机械能有损失，所以沿BEC半圆轨道下滑平均速度比上滑平均速度小。下滑过程中滑块对轨道的平均压力变小，所受平均摩擦力变小，因此下滑过程中克服摩擦力做功小于20 J，到达B点时滑块的动能大于80 J，滑块第一次回到轨道AB的高度为h1>8 m，D错误。
5.(10分)(2026·重庆市巴蜀中学开学考)如图所示，竖直平面内一倾角为 θ=37°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(可视为质点)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取10 m/s2，求：
(1)(4分)小滑块第一次运动到C点时对轨道的压力大小；
(2)(4分)小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)(2分)小滑块最终在AB斜面上滑行的总路程。
答案　(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
在C点，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点到C点，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，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
解得s=18 m。
　[6题6分]
6.如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为(　　)
A.9H B.15H C.19H D.21H
答案　C
解析　篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1=mgH，运动的路程为s1=H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1=10%Ek1=0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1=0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2=H+2H1=H+2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2=10%Ek2=0.1mgH1=0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为H2=0.9H1=0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3=H+2H1+2H2=H+2×0.9H+2×0.92H
以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn=H+2×0.9H+2×0.92H+…+2×0.9n-1H
根据等比数列求和公式可得
s总=H+2×0.9H×
当n趋于无穷大时，有s总=19H，C正确。
7.(14分)(2025·福建卷·15)如图(a)，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取10 m/s2。
(1)(2分)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功；
(2)(4分)求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小；
(3)(8分)若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。
答案　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
解析　(1)0~1 m内推力F为恒力，设A的位移大小为x1，推力大小为F1，做的功为W1。由功的定义有
W1=F1x1
代入数据得W1=1.5 J。
(2)设A的质量为mA，B的质量为mB，A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，A受到的滑动摩擦力大小为Ff；A的位移大小为1 m时，A、B的加速度大小均为a，A、B间的作用力大小为FAB，
对A、B整体，由牛顿第二定律有F1-Ff=(mA+mB)a，
Ff=μmAg，
对B，由牛顿第二定律有FAB=mBa，
联立并代入题给数据得
FAB=0.5 N。
(3)经分析，当A、B间的作用力大小减为0时，B与A分离，此时二者加速度均为0。设分离时推力大小为F2，A的位移大小为x2。
对A、B整体，由牛顿运动定律有F2-Ff=0
联立并代入题给数据得F2=0.5 N，由题图(b)可知x2=3 m
设A从离初始位置1 m处运动到分离点的过程中，推力对A做的功为W2。由功的定义可知，F-x图像围成的面积表示功的大小，得W2=(x2-x1)，
设B与A分离瞬间二者速度大小均为v1。对A、B整体，由动能定理有W1+W2-Ffx2=(mA+mB)-0，
设半圆形轨道半径为R，B运动到M点时速度大小为v2，轨道对B的作用力大小为FN。由向心力公式和牛顿第二定律有mBg+FN=，
B与A分离后沿水平轨道向右匀速运动至P点，B从P点运动到M点的过程中，由动能定理有-2mBgR=mB-mB，
根据题意，B能到达M点，因此FN≥0，联立并代入数据得R≤0.2 m。
8.(14分)(2025·福建厦门市期中)如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为37°的固定斜面BC滑下，小物块到达C点时速度恰好为0，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面BC平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道CD。已知圆弧轨道CD的半径R=0.6 m，圆心O在C点的正下方，小物块的质量m=2 kg，平抛运动的水平位移x=0.3 m，斜面BC长L=2.5 m，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)(4分)小物块从A点抛出的初速度v0的大小；
(2)(4分)小物块与斜面BC间的动摩擦因数(结果保留2位有效数字)；
(3)(6分)若小物块沿圆弧轨道CD滑到P点时脱离轨道，求P点离D点的高度h。
答案　(1)2 m/s　(2)0.91　(3)0.4 m
解析　(1)小物块平抛到B点时有tan 37°=
小物块从A运动到B有x=v0t
解得v0=2 m/s
(2)小物块平抛到B点的速度vB=
小物块从B运动到C，由动能定理有
mgLsin 37°-μmgLcos 37°=0-m
解得μ≈0.91
(3)小物块运动到P点时刚好与轨道分离，则此时对圆弧轨道的压力为0，此时由牛顿第二定律有mgcos θ=
小物块由C运动到P，由动能定理有mgR(1-cos θ)=m-0
其中cos θ=
解得h=0.4 m。(共54张PPT)
第六章
机械能
守恒定律
专题强化：动能定理在
多过程问题中的应用
第28课时
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
课时精练
考点一　动能定理在多过程问题中的应用
考点二　动能定理在往复运动问题中的应用
内容索引
动能定理在多过程问题中的应用
考点一
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，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.全过程列式时要注意
(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的数值等于力的大小与路程的乘积。
　　　(多选)(2025·辽宁省重点中学协作校期中)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
√
√
　　 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，故选A、B。
(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；
答案　
　　 由题知，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
　　由题知，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　
　　 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=。
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“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。
返回
动能定理在往复运动问题中的应用
考点二
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。
　　　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.+x0tan θ)
B.+x0tan θ)
C.+x0tan θ)
D.+)
√
　　 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=+x0tan θ)，选项A正确。
　　　如图为某游戏装置的示意图，CD、DE均为四分之一光滑圆管，E为圆管DEG的最高点，圆轨道半径均为R=0.6 m，圆管内径远小于R，各圆管轨道与直轨道相接处均相切，GH是与水平面成θ=37°的斜面，底端H处有一弹性挡板，O1、D、O2、H在同一水平面内。一质量为0.01 kg的小物体可视作质点，小物体从C点所在水平面以速度v0开始运动，通过圆管最高点E后，最后停在斜面GH上，小物体和GH之间的动摩擦因数μ=0.625，其余轨道均光滑，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2，求：
(1)小物体的速度v0满足什么条件？
答案　2 m/s　　 小物体在E点处做圆周运动，当其恰好到达E点时，小物体速度为
零，从C到E的运动过程，根据动能定理有-mg·2R=0-m
解得vC=2 m/s
设小物体反弹后刚好运动到E点，斜面长度为L，小物体运动全过程，根据动能定理有
-mg·2R-2μmgLcos θ=0-mvC'2
又L=
解得vC'=2 m/s
故小物体的速度v0的范围为2 m/s(2)当小物体的速度为v0= m/s，小物体最后停在斜面上的何处？在斜面上运动的总路程为多大？
答案　H处　1.8 m
　　 由于2 m/s< m/s<2 m/s
mgsin θ>μmgcos θ
故小物体最后停在H处，从小物体开始运动到小物体最后停止，全过程由动能定理得
-mgR-μmgxcos θ=0-m
解得x=1.8 m。
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为物体相对滑动的总路程。
返回
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4 5
答案 A C B AC (1)60 N　(2)0.25　(3)18 m
题号 6 7
答案 C (1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)R≤0.2 m
题号 8
答案 (1)2 m/s　(2)0.91　(3)0.4 m
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
1.(2025·河南省部分重点高中联考)如图所示，一名质量为m的游客从高处跳下落到沙滩上。已知该游客起跳处脚底与沙滩表面之间的高度差为H，落到沙滩上时屈膝缓冲，重心下降的高度为h，该过程沙子对游客的作用力视为不变，重力加速度为g，不计空气阻力，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子竖直向上的平均冲力为
A.mg B.mg
C.mg D.mg
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
基础落实练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　根据动能定理mg(H+h)-h=0，则该游客从接触沙子到重心停止下降过程中受到沙子的平均冲力为=mg，故选A。
2.(2025·安徽马鞍山市期中)如图所示，一物体沿粗糙固定斜面上滑到最高点后再沿斜面下滑，回到出发点时的速度是出发时速度的一半，斜面的倾角为θ，则物体与斜面间的动摩擦因数是
A.tan θ B.tan θ
C.tan θ D.tan θ
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　设物体质量为m，物体从出发点到最高点距离为L，上滑过程，根
据动能定理有0-m=-mgLsin θ-μmgcos θ·L，下滑过程，根据动能定理有m()2=mgLsin θ-μmgcos θ·L，联立解得，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=tan θ，故选C。
3.(2025·黑龙江哈尔滨市一模)图甲中的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乙模型，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为μ2，重力加速度g取10 m/s2，则μ2可能为
A.0.74 B.0.76
C.0.79 D.0.80
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　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。
4.(多选)(2025·海南三亚市期末)如图所示，一竖直轨道由圆弧轨道AB、圆周轨道BECF、圆弧轨道BD组成，其中BEC半圆轨道粗糙，其他部分光滑，一质量m=1 kg可视为质点的小滑块从H=12 m高处的位置A静止下滑，通过光滑圆弧轨道AB，经圆周轨道BECF后进入圆弧轨道BD，到达高度h=10 m的D时速度刚好为0，圆周轨道的半径为R=4 m，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，克服摩擦力做的功
　为20 J
B.滑块第一次经过位置C时对轨道的压力大小为10 N
C.滑块可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C
D.滑块第一次回到轨道AB的高度为h1=8 m
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　滑块第一次经过半圆轨道BEC过程中，设克服摩擦力做的功为W克f，从A到D过程，由动能定理得mg(H-h)-W克f=0，解得W克f=20 J，A正确；
从A到C，根据动能定理mg(H-2R)-W克f=m，在C点，根据牛顿第二定律FN+mg=m，解得FN=0，B错误；
滑块到达D点后，再次经过圆弧轨道BD、半圆轨道BFC返回到C点没有能量损失，滑块能再次通过最高点位置C，滑块通过半圆轨道BEC会有能量损失，由B选项分析可知滑块在第二次经过位置C后不会再经过位置C，所以可以两次经过半圆轨道BEC的最高位置C，C正确；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　滑块第一次回到轨道AB，需要再次经过粗糙的BEC半圆轨道，因机械能有损失，所以沿BEC半圆轨道下滑平均速度比上滑平均速度小。下滑过程中滑块对轨道的平均压力变小，所受平均摩擦力变小，因此下滑过程中克服摩擦力做功小于20 J，到达B点时滑块的动能大于80 J，滑块第一次回到轨道AB的高度为h1>8 m，D错误。
5.(2026·重庆市巴蜀中学开学考)如图所示，竖直平面内一倾角为θ=37°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(可视为质点)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取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；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　60 N
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　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
在C点，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)小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　0.25
　　　从A点到C点，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。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　18 m
　　　由于mgsin θ>μmgcos θ
小滑块最终运动到B点时速度大小为零，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
解得s=18 m。
6.如图所示，一篮球从距地面高H处由静止下落，与地面作用后再竖直向上弹回，篮球每次与地面作用都会有动能损失，损失的动能为篮球每次与地面接触前动能的10%。不计空气阻力，篮球从开始下落到停止的过程中运动的总路程为
A.9H B.15H
C.19H D.21H
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
能力综合练
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　篮球第一次到达地面时所获得的动能为Ek1=mgH，运动的路程为s1=H，篮球第一次与地面作用后损失的动能为ΔEk1=10%Ek1=0.1mgH，反弹后上升到最高点时的高度为H1=0.9H
篮球第二次到达地面运动的路程为
s2=H+2H1=H+2×0.9H
篮球第二次与地面作用后损失的动能为ΔEk2=10%Ek2=0.1mgH1=0.9mgH×0.1
反弹后上升到最高点时的高度为H2=0.9H1=0.92H
篮球第三次到达地面时运动的路程为
s3=H+2H1+2H2=H+2×0.9H+2×0.92H
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　 以此类推，篮球第n次到达地面时运动的路程为sn=H+2×0.9H+2×
0.92H+…+2×0.9n-1H
根据等比数列求和公式可得
s总=H+2×0.9H×
当n趋于无穷大时，有s总=19H，C正确。
7.(2025·福建卷·15)如图(a)，竖直平面内，一长度大于4 m的水平轨道OP与光滑半圆形轨道PNM在P点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现用一水平向右推力F作用在A上，使A、B向右运动。以x表示A离开初始位置的位移，F随x变化的图像如图(b)所示。已知A、B质量均为0.2 kg，A与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B与水平轨道间的摩擦不计，重力加速度大小取10 m/s2。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
(1)求A离开初始位置向右运动1 m的过程中，推力F做的功；
答案　1.5 J
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　0~1 m内推力F为恒力，设A的位移大小为x1，推力大小为F1，做的功为W1。由功的定义有
W1=F1x1
代入数据得W1=1.5 J。
(2)求A的位移为1 m时，A、B间的作用力大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　0.5 N
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　设A的质量为mA，B的质量为mB，A与水平轨道间的动摩擦因数为μ，A受到的滑动摩擦力大小为Ff；A的位移大小为1 m时，A、B的加速度大小均为a，A、B间的作用力大小为FAB，
对A、B整体，由牛顿第二定律有F1-Ff=(mA+mB)a，
Ff=μmAg，
对B，由牛顿第二定律有FAB=mBa，
联立并代入题给数据得
FAB=0.5 N。
(3)若B能到达M点，求半圆形轨道半径应满足的条件。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　R≤0.2 m
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　经分析，当A、B间的作用力大小减为0时，B与A分离，此时二者加速度均为0。设分离时推力大小为F2，A的位移大小为x2。
对A、B整体，由牛顿运动定律有F2-Ff=0
联立并代入题给数据得F2=0.5 N，由题图(b)可知x2=3 m
设A从离初始位置1 m处运动到分离点的过程中，推力对A做的功为W2。
由功的定义可知，F-x图像围成的面积表示功的大小，得W2=(x2-x1)，
设B与A分离瞬间二者速度大小均为v1。对A、B整体，由动能定理有W1+
W2-Ffx2=(mA+mB)-0，
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　设半圆形轨道半径为R，B运动到M点时速度大小为v2，轨道对B的
作用力大小为FN。由向心力公式和牛顿第二定律有mBg+FN=，
B与A分离后沿水平轨道向右匀速运动至P点，B从P点运动到M点的过程
中，由动能定理有-2mBgR=mB-mB，
根据题意，B能到达M点，因此FN≥0，联立并代入数据得R≤0.2 m。
8.(2025·福建厦门市期中)如图所示，从A点水平抛出的小物块，到达斜面顶端B处时，其速度方向恰好沿斜面向下，然后沿倾角为37°的固定斜面BC滑下，小物块到达C点时速度恰好为0，因受到微小扰动，小物块滑上与斜面BC平滑对接的四分之一光滑圆弧轨道CD。已知圆弧轨道CD的半径R=0.6 m，圆心O在C点的正下方，小物块的质量m=2 kg，平抛运动的水平位移x=0.3 m，斜面BC长L=2.5 m，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)小物块从A点抛出的初速度v0的大小；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　2 m/s
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
　　　小物块平抛到B点时有tan 37°=
小物块从A运动到B有x=v0t
解得v0=2 m/s
(2)小物块与斜面BC间的动摩擦因数(结果保留2位有效数字)；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　0.91
　　　小物块平抛到B点的速度vB=
小物块从B运动到C，由动能定理有
mgLsin 37°-μmgLcos 37°=0-m
解得μ≈0.91
(3)若小物块沿圆弧轨道CD滑到P点时脱离轨道，求P点离D点的高度h。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
答案　0.4 m
　　　小物块运动到P点时刚好与轨道分离，则此时对圆
弧轨道的压力为0，此时由牛顿第二定律有mgcos θ=
小物块由C运动到P，由动能定理有mgR(1-cos θ)=m-0
其中cos θ=
解得h=0.4 m。
返回
本课结束
THANKS
第六章

展开更多......

收起↑