動能定理的理解及應用（練習）（解析版）-2025年高考物理一輪復習（新教材新高考）

第20講動能定理

目錄

01模擬基礎練

【題型一】動能定理的理解

【題型二】動能定理的基本應用

【題型三】動能定理與圖像

【題型四】動能定理解決多過程問題

02重難創(chuàng)新練

【題型一】動能定理的理解

1.如圖所示，在觀光車沿水平路面直線行駛的過程中，下列說法正確的是（）

若觀光車勻速行駛，合力對乘客做正功

若觀光車勻速行駛，合力對乘客做負功

若觀光車加速行駛，合力對乘客做正功

若觀光車減速行駛，合力對乘客做正功

【答案】C

【詳解】AB.若觀光車勻速行駛，觀光車的動能不變，根據(jù)動能定理可知，合力對乘客不做功，故AB錯

誤;

C.若觀光車加速行駛，觀光車的動能增加，根據(jù)動能定理可知，合力對乘客做正功，故c正確；

D.若觀光車減速行駛，觀光車的動能減小，根據(jù)動能定理可知，合力對乘客做負功，故D錯誤。

故選C。

2.小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直減少。如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應位

置處所受合力，下列四幅圖正確的是（）

CD.

【答案】A

【詳解】物體做曲線運動的合力方向位于軌跡的凹側，且小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一

直減少，根據(jù)動能定理可知，合力一直做負功，則合力方向與速度方向（沿切線方向）的夾角大于90。。

故選Ao

3.關于動能定理，下列說法中正確的是（）

A.在某過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的絕對值之和

B.動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動

C.只要有力對物體做功，物體的動能就一定改變

D.動能定理既適用于恒力做功，又適用于變力做功

【答案】BD

【詳解】A.在某過程中，外力做的總功等于各個力單獨做功的代數(shù)和，故A錯誤；

B.動能定理既適用于直線運動，又適用于曲線運動，故B正確；

C.有力對物體做功，但如果合力對物體做功為0,則物體的動能保持不變，故C錯誤；

D.動能定理既適用于恒力做功，又適用于變力做功，故D正確。

故選BD。

【題型二】動能定理的基本應用

1.靜止于水平地面的足球，被運動員從位置1以％踢出后，沿如圖所示的軌跡運動到位置3,在最高點2時

距地面高度為/I且速度大小為口已知足球質(zhì)量為山，重力加速度為g,下列說法正確的是（）

A.從位置1到位置3的過程，足球的機械能守恒

B.從位置2到位置3的過程，足球的動能增加機g/z

C.踢球時，運動員對足球做的功等于/wg/i+gmF

D.從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功+；根丫2-：加說

【答案】D

【詳解】A.若足球做斜拋運動可知12間距離等于23間的距離，由于兩段水平距離不等，故足球做的不是

斜拋運動，受到空氣阻力，所以機械能不守恒，故A錯誤；

B.足球受到空氣阻力，從位置2到位置3的過程，設克服空氣阻力做功為%，根據(jù)動能定理

mgh-%=AEk

故足球的動能增加量小于mgh,故B錯誤；

CD.踢球時，設運動員對足球做的功為W,可得

W

1到2過程中克服空氣阻力做功為W克'，根據(jù)動能定理

22

—mgh—；mv—g,w0

可得

W=mgh+Jmv2+>mgh+；mv2

故C錯誤;

D.從位置1到位置2的過程，阻力對足球做功為

W'=—%，=mgh+gmv2—；mVg

故D正確。

故選D。

2.某同學嘗試用無人機空投包裹。他先讓無人機帶著質(zhì)量為機的包裹（含降落傘）升空并懸停在距離地面”

處的空中，某時刻無人機釋放了包裹，下落的加速度大小恒為4;在包裹下落〃時打開降落傘做減速運動，

加速度大小恒為的,當落到地面時，速度大小為丫。已知重力加速度為g。下列判斷不正確的是（）

A.包裹從開始下落h時的動能為〃zg/7+〃24/7

B.包裹從打開降落傘到落到地面這個過程中，合力所做的功為;〃吐2一〃嗎/7

C.根據(jù)題中信息可以求出整個過程包裹重力的平均功率

D.根據(jù)題中信息可以求出整個過程包裹機械能的減少量

【答案】A

【詳解】A.包裹從開始下落時，由動能定理有

VVL=F合h=maxh=Ek

故A錯誤，符合題意；

B.包裹從打開降落傘到落到地面這個過程中，由動能定理有

%=gmv2一線=gmv2—ma^h

故B正確，不符合題意;

C.根據(jù)題中信息可知包裹從開始下落h時的時間為

2h

%=

由運動公式

V；=2%h

解得此時速度為

匕=小2岫

包裹從打開降落傘到落到地面的時間為

v=vl+a2t2

聯(lián)立解得

v-dlaji

t2=

a.

可以求出整個過程包裹重力的平均功率

&=旦mgH

A+1?但+匕且正根據(jù)題中信息可以求出整個過程包裹重力的平均功率，故C正確，不符合題意;

7%a2

D.整個過程包裹機械能的減少量等于阻力做的功

\E=Wl+W2

包裹從開始下落〃時，阻力做功大小為

Wt=F^h=Cmg-majh

包裹從打開降落傘到落到地面阻力做功大小為

2

W2=%-mgCH—h)=^mv-maxh-mgCH-H)

聯(lián)立解得

2

AE=(mg—tna^)h+—mv~-maxh-mg(H—h)=2mgh-2ma、h+gmv-mgH根據(jù)題中信息可以求出整個過程

包裹機械能的減少量，故D正確，不符合題意。

故選A。

3.如圖，用長為L的輕繩將質(zhì)量為根的小球懸掛于。點，靜止時小球位于A點。現(xiàn)給小球施加大小為/g

的水平恒力R當小球運動到2點時，輕繩與豎直方向的夾角為45。。已知重力加速度大小為g,sin45°=走,

2

求：

(1)小球運動到8點時，小球的速度大??；

(2)小球運動到8點時，拉力F的瞬時功率；

(3)小球運動到2點的一瞬間，輕繩的拉力大小。

【答案】（1）v=^2（＞/2-l）gL;（2）P=mgyj（a-l）gL;（3）耳=（30-2）叫

【詳解】（1）設小球運動到8點時的速度大小為v,根據(jù)動能定理

FLsin45°-mg（L-￡cos45°）=；mv2

解得

V-y]2（y/2-l）gL

（2）小球運動到B點時，拉力尸的瞬時功率

P=Fvcos45°

解得

P=mgyl（y/2-\）gL

（3）當小球運動到B點時，合力剛好沿輕繩指向。點，則

2

耳-⑸g=，

解得

耳=（3后-2）叫

【題型三】動能定理與圖像

1.從地面豎直向上拋出一物體，其機械能E總等于動能線與重力勢能耳,之和。取地面為重力勢能零點，該

物體的E總和Ep隨它離開地面的高度人的變化如圖所示。重力加速度取10面/。由圖數(shù)據(jù)可知下列錯誤的是

()

A,物體的質(zhì)量為2kg

B.6=0時，物體的速率為20m/s

C./z=2m時，物體的動能紇=501

D.從地面至/z=4m,物體的動能減少100J

【答案】B

【詳解】A.由圖像可知，物體在/i=4m時的重力勢能為

Ep=mgh=80J

則物體的質(zhì)量為

m=2kg

故A正確，不符題意;

B.力=0時,物體的機械能為100J,即動能為100J,則速率為

122^=10^

%=

2

故B錯誤，符合題意;

C./z=2m時，物體重力勢能為40J,機械能為90J,則物體的動能￡k=50J,故C正確，不符題意；

D./z=4m處，機械能與重力勢能相等，則動能為零，則物體的動能減少100J,故D正確，不符題意。

故選Bo

2.質(zhì)量機=lkg的物體，在水平恒定拉力F（拉力方向與物體初速度方向相同）的作用下，沿粗糙水平面運

動，經(jīng)過的位移為4m時，拉力P停止作用，運動到位移為8m時物體停止運動，運動過程中&-X圖像如

圖所示。取g=10m/s2,求：

（1）物體的初速度大?。?/p>

（2）物體和水平面間的動摩擦因數(shù);

(3)拉力尸的大小。

2468x/m

【答案】(1)%=2m/s；(2)〃=0.25；(3)F=4.5N

【詳解】(1)從圖中可看出物體初動能為2J,有

￡ko=~mv°2

解得

%=2m/s

(2)撤去產(chǎn)后，物體在水平方向上只受摩擦力作用，根據(jù)動能定理，有

-pimgx2=O-Ek

解得

〃=0.25

(3)有拉力作用時，根據(jù)動能定理，有

Fxx-pimgxx=E^-Ew

解得

F=4.5N

3.一質(zhì)量為1kg的物體在水平拉力的作用下，由靜止開始在水平地面上沿x軸運動，出發(fā)點為x軸零點，拉

力做的功卬與物體坐標x的關系如圖所示。物體與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.4,重力加速度大小取10m/s2o

下列說法正確的是()

A.從x=0運動到下2m過程中拉力的大小為12N

B.在x=3m時，物體的動能為15J

C.從x=0運動到x=2m,物體機械能增加了4J

D.從x=0運動到x=4m的過程中，物體的最大速度為2m/s

【答案】C

【詳解】A.由于拉力在水平方向，則拉力做的功為卬=外，可看出W-x圖像的斜率代表拉力凡則從x=0

運動到x=2m過程中拉力的大小

F=—=6N

Ax

故A錯誤；

B.由圖可知從AO運動到x=3m,拉力做功為W=15J,根據(jù)動能定理有

W-jLimgx=Ek-0

可得x=3m時物體的動能為

穌=3J

故B錯誤；

C.從運動到k2m,拉力做功

W=12J

物體克服摩擦力做的功為

W;=/jmgx=8J

根據(jù)功能關系

AE機=W-叫=(12-8)J=4J

故C正確;

D.根據(jù)W-尤圖像可知在0~2m的過程中片=6N,2~4m的過程中g=3N,由于物體受到的摩擦力恒為戶4N,

則物體在x=2m處速度最大，根據(jù)動能定理有

W-jumgx=；mvf

可得

v2=2>f2m/s

故D錯誤。

故選Co

4.如圖甲所示，質(zhì)量為0.1kg的物塊初始時靜止在傾角為30。的斜面上，施加給物塊一沿斜面的恒定拉力F,

使物塊開始沿斜面運動，物塊運動了2m時撤去拉力幾物塊的動能Ek隨物塊沿斜面上滑距離無變化的部分

圖像如圖乙所示，物塊與斜面間的最大靜摩擦力略大于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列

說法正確的是（）

A.物塊受到的滑動摩擦力大小為1.5NB.恒定拉力尸的大小為2.5N

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為1D.物塊運動到最高點后會沿斜面下滑

3

【答案】C

【詳解】A.物塊從x=2m運動到九=4m過程中，根據(jù)動能定理

-fic-mgxsin0=AEk=2J-4J

解得

/=0.5N

故A錯誤；

B.物塊從％=0運動到％=2m過程中，根據(jù)動能定理

Fx—fx-mgxsm6=AEk=4J-0

解得

尸=3N

故B錯誤；

C.物塊受到的滑動摩擦力

f=jumgcos3

解得

A/3

"F

故C正確；

D.物塊運動到最高點后，重力沿斜面向下的分力

Gx=〃?gsin0=0.5N

最大靜摩擦力

及m=0.5N=Gx

所以物塊運動到最高點后，最大靜摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物塊恰好靜止，故D錯誤。

故選C。

5.如圖甲所示，物體以一定初速度從傾角a=30。的斜面底端沿斜面向上運動，經(jīng)1.5s物體上升到最高點。

選擇地面為參考平面，在開始上升的一段時間內(nèi)，物體的動能線隨高度力的變化如圖乙所示。重力加速度

g=10m/s2,下列說法正確的是（）

A.物體的質(zhì)量加=3kg

B.物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=0.5

C.物體上升過程的加速度大小a=10m/s?

D.物體回到斜面底端時的動能線=271

【答案】D

【詳解】A.設物體的初速度為%,根據(jù)運動學公式可得

根據(jù)圖乙比例關系可知物體上升的最大高度為

108

hmx3m4.5m

m108-36

則有

4/z4x4.5/c/

v=——m=--------m/s=1112m/s

°nt1.5

由圖乙可知物體的初動能為

1

-mvo9=108J

解得物體的質(zhì)量為

m=1.5kg

故A錯誤;

BC.根據(jù)動能定理可得

可得

1AEk

2~Nh

由圖乙斜率可知物體受到的合力大小為

「1108-36，八,

F&=-x----------NX=T12N

023

根據(jù)牛頓第二定律可得

這=mgsin30°+pimgcos30°=ma

解得

a=8m/s2

5

故BC錯誤;

D.物體返回到斜面底端時，根據(jù)動能定理可得

h

(mgsin30°-pimgcos30°)——--=E-0

sin30°k

解得物體回到斜面底端時的動能為

Ek=27J

故D正確。

故選D。

【題型四】動能定理解決多過程問題

1.如圖甲所示，用輕繩連接質(zhì)量為機的小球，在豎直面內(nèi)做完整的圓周運動。在最低點時，繩上拉力為T,

速度大小為v,不斷改變v的大小，繪制出的『彼圖像如圖乙所示，則()

A.當?shù)氐闹亓铀俣葹?

b

B.輕繩的繩長為警

5b

C.小球在軌跡最高點的最小速度為祗

D.小球在軌跡最高點和軌跡最低點時，繩子的拉力差始終為6b

【答案】BCD

【詳解】A.小球在最低點繩上拉力為T,速度大小為v,由牛頓第二定律有

T-mg=m—

解得

丁,m

1=mg+--v2

當v=0時，可得

mg=b

則當?shù)氐闹亓铀俣葹?/p>

b

g=—

m

故A錯誤；

B.小球豎直面內(nèi)做完整的圓周運動，在最低點的最小速度的平方為

a=V；

而最高點剛好通過，有繩的拉力為零，可知

心=g/

由動能定理可知

聯(lián)立解得

故B正確；

C.小球在軌跡最高點的最小速度為

故C正確；

D.小球在軌跡最低點和軌跡最高點時

T2+mg=m

-mg-2/=—mv1——mv1

聯(lián)立可得繩子的拉力差為

7]-T2=6mg=6b

故D正確。

故選BCDo

2.如圖所示，軌道半徑尺=0.4m的光滑豎直半圓形軌道CDE固定在光滑水平地面上，與地面相切于C點，

水平面左側有一高度”=2.4m的曲面軌道，與地面相切于8點。質(zhì)量加=O$kg的滑塊從曲面最高點A處由

靜止開始下滑，下滑過程中始終未脫離曲面。經(jīng)過水平面后進入半圓軌道，通過E點時對軌道的壓力大小

F=15No取重力加速度大小g=10m/s2,滑塊可視為質(zhì)點，水平地面BC起夠長。求：

（1）滑塊經(jīng)過C點的速度大小％；

（2）滑塊從E點飛出落到水平地面時離C點的距離x；

（3）滑塊在曲面上運動時克服阻力做的功嗎。

【答案】（1）%=40m/s；（2）x=L6m；（3）嗎=4J

【詳解】（1）根據(jù)牛頓第三定律，滑塊通過E點時對軌道的壓力大小等于軌道對滑塊的支持力，對滑塊,

根據(jù)牛頓第二定律

r+mg=m彳

解得

vE=4m/s

滑塊由C點到E點的過程，根據(jù)動能定理

1212

-mgx2R=-mvE——mvc

解得

vc=4V2m/s

(2)滑塊從七點飛出落到水平地面過程，滑塊做平拋運動，在豎直方向

2R=；靖

解得

t=0.4s

水平方向

x=vEt=1.6m

(3)滑塊在光滑水平地面上做勻速直線運動，即

vB=vc=40m/s

滑塊從A點運動到8點的過程中，根據(jù)動能定理

12

mgh-Wf=-mVg-0

解得

叫=4J

3.如圖甲所示,在豎直平面內(nèi)，粗糙的傾斜直軌道AB和光滑的圓軌道BCD相切于B點，C是圓軌道最低點，

圓心角6=37。，D點與圓心等高，最低點C處有壓力傳感器?，F(xiàn)有一個質(zhì)量為根可視為質(zhì)點的小物塊從。

點正上方靜止釋放后，恰好沿D點進入軌道。C2,壓力傳感器測出不同高度釋放時第一次經(jīng)過C點的壓

2

力示數(shù)R做出/與高度/i的圖像，如圖乙所示。已知sin37o=0.6,cos37°=0.8,g=10m/so

(1)求小物塊的質(zhì)量m和圓軌道的半徑R；

(2)若為=2m,軌道A8的長度L=L8m,改變小物塊與軌道AB間的動摩擦因數(shù)〃，試求小物塊在斜面軌

道AB上滑行的路程s與〃的關系。

甲乙

92.25

【答案】（1）0.2kg,Im；(2)s=1.8m("<0.5)^s=-------(，>0.75)或5=------(0.5<//<0.75)

4〃+3〃

【詳解】（1）當〃=0時，由圖像截距可知

F=mg=2N

得

m=0.2kg

由圖像可知,當〃=2m時，對軌道的壓力F=10N,根據(jù)動能定理有

mghr=:mv,2

F,-mg=m^-

解得

R=lm

（2）①當〃較小，則小物塊滑離斜面，此時有

mg[h-R(l-cos6)]-mgLsin6-jbinigLcos0=0

解得

〃=0.5

小球的路程為1.8m；

②當4較大，小物塊能停在斜面上，有

mgsin3=/J'mgcos0

解得

〃〃=0.75

根據(jù)動能定理有

mg[h-R(l-cosO')\-mgxsin0-〃"mgxcos6=0

解得

9

x=-----

44〃+3

③當0.5<〃<0.75時，小物塊最終在與5點等高水平線范圍內(nèi)往復運動，則有

mg[h-R（l-cos。）]=jumgscos0

解得

2.25

綜上可知，小物塊在斜面軌道48上滑行的路程s與〃的關系為：

92.25

5=1.8m(〃<0.5)^(,5=-------(〃>0.75)或5=------(0.5<//<0.75)

4〃+3〃

4.如圖所示為一豎直放置的玩具軌道裝置模型，一質(zhì)量機=2kg的小滑塊從尸點靜止釋放，沿曲線軌道A8

滑下后沖入豎直圓形軌道2C,再經(jīng)過水平軌道BZ),最后從D點飛出落在水平薄板上，各軌道間平滑

連接。其中圓軌道BC的半徑R=0.14m,水平軌道8。的長乙=1m,8。段與滑塊間的動摩擦因數(shù)〃=02,

其余部分摩擦不計，薄板的寬度d=0.24m,M點到￡>點的水平距離x=0.56m,薄板MN到水平軌道

8。的豎直高度/?=0.8m,不計空氣阻力，取重力加速度g=10m/s2。

(1)若小滑塊恰好落在薄板上的N點，求小滑塊在。點的動能;

(2)若小滑塊恰好過圓弧最高點C,判斷小滑塊能否落在MN上。

【答案】(1)皖=4兀(2)能

【詳解】(1)小滑塊從。點飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律

,12

h=-gr

x+d=vdt

解得

vd=2m/s

則小滑塊在n點的動能

1,

"=4J

(2)小滑塊恰好不脫離軌道，根據(jù)牛頓第二定律，在C點滿足

V

m2=m—

R

小滑塊從C運動到。，設小滑塊運動到。點時速度為L由動能定理可得

1212

mgx2R-jumgL=—--mvc

解得

v=V3m/s

若小滑塊從〃點飛出剛好落在M點，由運動學公式

x=vdt

解得

vd=1Avals

因為力＜丫＜力，所以小滑塊能落在MN上。

1.如圖所示，摩托車做騰躍特技表演，沿曲面沖上高0.8m頂部水平高臺，接著以v=3m/s水平速度離開平

臺，落至地面時，恰能無碰撞地沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。4B為圓弧兩

端點，其連線水平。已知圓弧半徑為R=1.0m,人和車的總質(zhì)量為200kg,特技表演的全過程中，阻力忽略

不計。(計算中取g=10m/s2,sin53。=0.8,cos53。=0.6。)求：

(1)從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離s；

(2)從平臺飛出到A點時速度大小力及圓弧對應圓心角6；

(3)人和車運動到圓弧軌道最低點O,求此時對軌道的壓力大小。

【答案】(1)5=1.2m；(2)vA=5m/s,(9=106。；(3)8600N

【詳解】(1)從平臺飛出到4點的過程，人和車做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，有

,12

h=2gt

解得

t=0.4s

從平臺飛出到A點，人和車運動的水平距離為

s=vt=1.2m

(2)從平臺飛出到A點，根據(jù)動能定理，有

,1212

mgn=—mvA--mv

解得

vA=5m/s

如圖

可知

v3

cosa=—=一

以5

a=53°

得

。=2g=106°

（3）從A到。的過程中由動能定理有

/7ig7?(l-cos53°)=-^mVg

在最低點，有

F-mg=m^-

R

解得

F=8600N

根據(jù)牛頓第三定律可知人和車對軌道的壓力大小為8600N。

2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)，粗糙的斜面軌道A3的下端與光滑的圓弧軌道3C。相切于2,C是最低點，

圓心角N3OC=37。，Z）與圓心。等高，圓弧軌道半徑R,現(xiàn)有一個質(zhì)量為小可視為質(zhì)點的小物體，從。點

的正上方E點處自由下落，物體恰好到達斜面頂端A處。已知DE距離為3R,物體與斜面A3之間的動摩

擦因數(shù)〃。=。5。重力加速度為g。（IXsin37°=0.6,cos37°=0.8）,求：

（1）物體第一次到達C點時的速度大小和受到的支持力大??；

（2）斜面A3的長度L；

（3）若〃可變，求〃取不同值時，物塊在斜面上滑行的路程s。

【答案】（1）2娟死，9根g；（2）3.8R；（3）見解析

【詳解】（1）設物體到達C點的速度為v,從E到C,由動能定理得

mg(7?+37?)=^mv2

代入數(shù)據(jù)得

v^2^2gR

在C點，有

2

口v

取-mg=m—

K

代入數(shù)據(jù)得

4=9mg

(2)從C到4由動能定理得

-mg(R-Rcos37°+Lsin37°)-〃。加gcos37°xL=0-gmv~

代入數(shù)據(jù)得

L=33R

(3)設摩擦因數(shù)為山時物塊剛好能靜止在斜面上，則有

mgsin37°=^mgcosS70

解得

4=0.75

①若0?〃<4=0.5,物塊將滑出斜面，則物塊的路程為

s=L=3.8R

②若0.5<〃<從=0.75,則

mgsin37°>pmgsin37°

所以物塊在斜面上多次往返，最后在5點速度為零，則有全程由能量守恒定律，可得

mg(3R+7?cos37°)-/nmgcos37°xs=0

解得

19R

s二--------

44

③若〃=0.75,則

mgsin37°</jmgsin37°

則物塊將停在斜面上，則有

mg(3R+7?cos37°-ssin37°)—jLimgcos37°xs=0

解得

3+4〃

3.如圖所示,是一游戲裝置的簡化示意圖，在同一豎直平面內(nèi)的軌道ABCDEN由四分之一光滑圓弧軌道AB、

粗糙的水平軌道BC、光滑圓弧軌道CDE、粗糙斜軌道組成，圓弧CDE分別與直軌道BC、相切。

斜軌道的傾角。=37。，底端M處有一彈性擋板。一質(zhì)量〃?=0.5kg的滑塊（比圓管內(nèi)徑稍小）從A點

正上方的。點無初速釋放，滑塊通過圓弧的最高點。時對軌道沒有任何作用力，滑塊運動到M點（M點為

四分之一圓弧軌道的圓心，0'點為圓弧軌道CDE的圓心，且兩圓心M和O'在同一水平高度）碰撞彈性

擋板后被等速反彈。已知滑塊與水平軌道3C和斜軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃=。3,兩圓弧軌道的半徑

均為R=L6m,重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8,不計空氣阻力，滑塊可視為質(zhì)點。求:

（1）滑塊經(jīng)過。點時的速度大小匕；

（2）滑塊經(jīng)過C點時，圓弧軌道對滑塊的支持力大小外；

（3）滑塊釋放點。與面間的高度差//；

（4）滑塊在斜軌道EM上運動的總路程s。

彈性擋圾/

A

【答案】(1)4m/s；(2)30N：(3)4.8m；(4)10m

【詳解】（1）滑塊在。點，由牛頓第二定律得

mg=m

解得

vD=4m/s

(2)對滑塊從。點運動到。點的過程，由動能定理得

1212

—2mgR=—mvD~—mvc

滑塊在C點有

F-mg=

cR

解得

外=30N

(3)由幾何關系得

LBC=-^—

BCsin。

對滑塊從。點運動到C點的過程，由動能定理得

mgH-jumgLBC=--0

解得

H=4.8m

(4)由幾何關系得

R

EM

Ltan。

滑塊在。點的動能

12

EW^~mVD=4J

滑塊從E點運動到M點，克服摩擦力做的功為

Wf=]LimgLEMcos0=2.56J

由于

%<2嗎

滑塊反彈后無法回到。點，判斷出滑塊最后停在M點，對滑塊通過。點到靜止的過程，由動能定理得

mgR-jumgscos8=0-；mvD

解得

s=10m

4.滑板運動是一項極限運動。某滑板運動的軌道如圖所示，A3和C。均是圓弧形軌道，8c是地面上一段

長為L的水平軌道，AB.CD均與BC平滑連接。一運動員站在滑板（運動員和滑板視為一個整體，且視為

質(zhì)點）上從軌道上離地高度為九處以大小為％的初速度下滑，經(jīng)軌道后沖上軌道，到離地高度

為2/z時速度減為零。運動員（含滑板）的質(zhì)量為瓶，在BC軌道上受到的摩擦力大小不變，重力加速度大

小為g,不計圓弧軌道上的摩擦，求：

（1）運動員第一次經(jīng)過8點時的速度大小力;

（2）運動員在3C軌道上受到的摩擦力大小/；

（3）運動員最后停在BC軌道中點時累計通過該點的次數(shù)〃（含最后停留的次數(shù)）。

【答案】（1）VB=&+2gh；⑵人叫產(chǎn)；⑶”=甘|華+；

【詳解】（1）從A到8由動能定理

mgh=gmVg-gmVg

解得

（2）從A到。由動能定理

12

mgh-2mgh-fL=0——mv0

解得

mVg-2mgh

2L

（3）從A點到最后停在4B中點，則由動能定理

:機說+mgh=fs

解得

vl+2gh1

?I—cT

V「2gh2

5.如圖所示，一輕彈簧左端固定于豎直墻面，水平面上A點左側光滑，右側A8粗糙，A8與光滑半圓

軌道BEC平滑連接，軌道半徑R=0.6m,E點和圓心。的連線與水平面平行。一質(zhì)量〃z=lkg的小物塊（可

視為質(zhì)點）以某一水平向右的初速度，從C點進入半圓軌道內(nèi)側，沿半圓軌道滑下，第一次剛到達2點時，

軌道對小物塊的彈力大小為小物塊重力的6倍。小物塊與AB間的動摩擦因數(shù)〃=0.2,取重力加速度g=10m/s2?

求：

（1）小物塊第一次剛到B點時速度VB的大?。?/p>

（2）小物塊剛進入半圓軌道最高點C時的水平初速度vo的大小；

（3）小物塊與彈簧碰撞后，水平向右反向彈回，第一次返回半圓軌道后恰能到達￡點。若小物塊每次與彈

簧碰撞過程中損失機械能0.2J,則小物塊最終停止的位置距離A點多遠。

【答案】(1)5/30m/s；(2)Rm/s;(3)0.7m

【詳解】（1）滑塊在8點時由牛頓第二定律

K

解得

vB=A/SOIH/S

（2）從C到8由機械能守恒定律

1212

—mv0+mg-2R=—mvB

解得

v0=>/6m/s

（3）小物塊與彈簧碰撞后，水平向右反向彈回，第一次返回半圓軌道后恰能到達E點。由能量關系

12

—niVg=2/jmgL^+mgR+AE

解得

LAB=2.2m

物塊從E點返回時由能量關系

mgR=AE+jumgx

解得

x=2.9m

則小物塊最終停止的位置距離A點2.9m-2.2m=0.7m。

6.如圖所示，為高臺滑雪某段滑道的示意圖，由一段傾斜軌道和一段圓弧軌道組成，4