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動能定理在多過程問題中的應用
目標
要求
1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題.2.掌握動能定理在往復運動問題中的應用.
專題強化四
內容索引
題型一　動能定理在多過程問題中的應用
題型二　動能定理在往復運動問題中的應用
課時精練
題型一
動能定理在多過程問題中的應用
1.應用動能定理解決多過程問題的兩種思路
(1)分階段應用動能定理
①若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理.
②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破.
(2)全過程(多個過程)應用動能定理
當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節，大大簡化運算.
2.全過程列式時要注意
(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關.
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數值等于力的大小與路程的乘積.
例1　圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，長為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以忽略不計.一質量為m的小滑塊在A點由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點，A點和D點的位置如圖所示，現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于
√
滑塊由A點運動至D點，設克服摩擦力做功為W克fAD，由動能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh， ①
滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，說明動能變化量為零，設克服摩擦力做功為W克fDA，由動能定理知，滑塊從D點被推回A點過程有WF－mgh－W克fDA＝0， ②
③
從D→A的過程克服摩擦力做的功為W克fDA＝μmgcos θ· ＋μmgs，
④
聯立③④得W克fAD＝W克fDA， ⑤
聯立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D錯誤，B正確.
例2　(多選)(2021·全國甲卷·20)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動.該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為 已知
sin α＝0.6，重力加速度大小為g.則
A.物體向上滑動的距離為
B.物體向下滑動時的加速度大小為
C.物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D.物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
√
√
物體向上滑動時根據牛頓第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據位移公式l＝ 則可得出t上例3　(2023·浙江金華十校模擬)如圖所示，小明設計的游戲裝置，由光滑平臺、傾斜粗糙直軌道AB、豎直圓管道CDEBC′(管道內徑遠小于管道半徑)、水平粗糙直軌道平滑連接組成.其中平臺左側固定一彈簧，傾斜直軌道AB與圓管道相切于B點，水平直軌道與圓管道相切于C′點(C和C′略錯開).小滑塊與傾斜直軌道AB及水平直軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.5，AB斜軌道傾角θ＝37°，AB長度l＝0.4 m.小滑塊從B點進入管道內，當小滑塊沿管道內靠近圓心O的內側運動時有摩擦，沿管道外側運動時無摩擦，管道半徑為R＝0.2 m.第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，A點上方擋片可以讓小滑塊無速度損失地進入AB段，恰好可以運動到與管道圓心等高的D點.第二次壓縮彈簧使彈簧彈性勢能為0.36 J時釋放小滑塊，小滑塊運動到圓管道最高處E的速度為1 m/s.已知小滑
塊質量m＝0.1 kg，可視為質點，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求第一次壓縮彈簧釋放小滑塊后，第一次運動到C點時對軌道的壓力；
答案　3 N，方向豎直向下　
由牛頓第三定律可知，第一次運動到C點時對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下.
(2)求第二次壓縮彈簧釋放小滑塊后，運動到E點的過程，小滑塊在圓管道內所受摩擦力做的功；
答案　－0.03 J
(3)若第三次壓縮彈簧使彈簧彈性勢能為0.48 J時釋放小滑塊，通過計算判斷小滑塊在圓管道內運動是否受到摩擦力作用.小滑塊在水平直軌道上距離C′為x處的速度為v，求v與x之間的關系式.
題型二
動能定理在往復運動問題中的應用
1.往復運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數是變化的，而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定.
2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態，所以用動能定理分析這類問題可簡化解題過程.
例4　如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，重力加速度為g，則滑塊經過的總路程是
√
例5　(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上.已知可視為質點的滑塊質量m＝0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15 m，軌道AB長度lAB＝3 m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ＝ 滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈
回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放.
(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
答案　7 N　
滑塊由釋放到C點過程，由動能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝ mvC2 ①
在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝ ②
由①②解得FN＝7 N ③
(2)設釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第一次經F點時的速度v與lx之間的關系式；
要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當滑塊恰到最高點時根據動能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0 ④
解得l1＝0.85 m ⑤
因此要能過F點必須滿足lx≥0.85 m ⑥
能過最高點，則能到F點，由釋放到第一次到達F點，根據動能定理可得
(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值.
答案　見解析
設摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍
又因為0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
三
課時精練
1.如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d＝0.50 m，盆邊緣的高度為h＝0.30 m.在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑.已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.1.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停止的地點到
B的距離為
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
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√
基礎落實練
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2.如圖所示，一物體由固定斜面上的A點以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發生無動能損失的碰撞后又滑回到A點，其速度恰好為零.設A、B兩點高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為
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√
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設整個滑動過程中物體所受摩擦力大小為Ff(此力大小不變，下滑時方向沿斜面向上，上滑時方向沿斜面向下)，斜面長為s，則對物體由A→B→A的整個過程運用動能定理，得－2Ffs＝0－
3.(2021·湖北省1月選考模擬·7)如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點.一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動.小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%.小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為
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第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，
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4.(多選)(2023·江蘇省啟東中學模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質量為m的小滑塊，桿底端B點處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后將以原速率返回.現將滑塊拉到A點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點，設重力加速度為g，由此可以確定
A.滑塊下滑和上滑過程加速度大小a1、a2
B.滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1
C.滑塊與桿之間的動摩擦因數μ
D.滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時間間隔Δt
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√
√
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根據牛頓第二定律得下滑過程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；
上滑過程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；
解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，
所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2，故A正確；
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由于A、B間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達擋板時的時間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯誤.
5.(2023·河北張家口市高三檢測)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長光滑固定斜面AB與長LBC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長度不計，未畫出)平滑連接，半徑R＝1.5 m的光滑圓弧軌道CD與水平面相切于C點，OD與水平方向的夾角也為θ＝37°.質量為m的小滑塊從斜面上距B點L0＝2 m的位置由靜止開始下滑，恰好運動到C點.已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑塊與粗糙水平面BC間的動摩擦因數μ；
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答案　0.6　
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小滑塊恰好運動到C點，
由動能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，
解得μ＝0.6.
(2)改變小滑塊從斜面上開始釋放的位置，使小滑塊能夠通過D點，求小滑塊的釋放位置與B點的最小距離.
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答案　6.75 m
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6.(2021·全國乙卷·24)一籃球質量為m＝0.60 kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8 m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2 m.若使籃球從距地面h3＝1.5 m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5 m.假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20 s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變.重力加速度大小取g＝10 m/s2，不計空氣阻力.求：
(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；
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答案　4.5 J　
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籃球從距地面高度h1＝1.8 m處自由下落的過程中由動能定理可得Ek1＝mgh1
籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
籃球從距地面h3＝1.5 m的高度由靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，
由動能定理可得W＋mgh3＝Ek3
在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
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代入數據可得W＝4.5 J.
(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小.
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答案　9 N
因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此由牛頓第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球時間內運動的位移為x＝
做的功為W＝Fx
聯立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去).
7.(2023·浙江杭州市模擬)小明制作了一個“20”字樣的軌道玩具模型.該模型的“2”
字是由 圓弧形的管道ABC(圓心為O1)和半圓形的管道CD(圓心為O2)以及直管道DE
組成，管道ABC和管道CD對應的圓半徑均為R1＝10 cm，A點與O1等高，B為“2”字最高點，D為最低點，E為管道的出口；“0”字是長軸GF垂直于水平地面的橢圓形管道，其最高點G與B點等高，G點附近的一小段管道可看作半徑為R2＝6 cm的圓弧；最低點F和F′(一進一出)位于水平地面上；整個裝置處于堅直平面內，所有管道的粗細忽略不計.HK為一個傾角θ可調節的足夠長的斜面，且D、E、F(F′)、H位于同一條水平直線上，F′H和HK平滑連接.質量m＝0.1 kg的小滑塊P(可視為質點)與水平地面EF段和斜面HK的動摩擦因數均為μ＝0.25，其余摩擦均不計.現讓滑塊P從A點以v0＝2 m/s的速率平滑進入管道，滑塊P運動到
G點時恰與管道間無相互作用，重力加速度g取
10 m/s2，求：
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(1)滑塊P運動到B點時對管道的作用力；
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答案　1.0 N，方向豎直向上
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滑塊由A→B，由動能定理有
聯立解得FN＝1.0 N
又根據牛頓第三定律知滑塊P對管道作用力大小為1.0 N，方向豎直向上.
(2)EF段的長度；
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7
答案　0.28 m
滑塊由A→G，由動能定理有
聯立解得xEF＝0.28 m
(3)要使得滑塊P不會二次進入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值應滿足的條件.
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②若滑塊恰好不會二次進入EF段，設此時θ＝θ2，設滑塊第一次滑上HK的最大位移為x，最高點為K′，此后恰好返回到G點，則從G→K′，
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對G→K′→G過程，由動能定理專題強化四　動能定理在多過程問題中的應用
目標要求　1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題.2.掌握動能定理在往復運動問題中的應用．
題型一　動能定理在多過程問題中的應用
1．應用動能定理解決多過程問題的兩種思路
(1)分階段應用動能定理
①若題目需要求某一中間物理量，應分階段應用動能定理．
②物體在多個運動過程中，受到的彈力、摩擦力等力若發生了變化，力在各個過程中做功情況也不同，不宜全過程應用動能定理，可以研究其中一個或幾個分過程，結合動能定理，各個擊破．
(2)全過程(多個過程)應用動能定理
當物體運動過程包含幾個不同的物理過程，又不需要研究過程的中間狀態時，可以把幾個運動過程看作一個整體，巧妙運用動能定理來研究，從而避開每個運動過程的具體細節，大大簡化運算．
2．全過程列式時要注意
(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無關．
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的數值等于力的大小與路程的乘積．
例1　圖中ABCD是一條長軌道，其中AB段是傾角為θ的斜面，CD段是水平的，長為s，BC段是與AB段和CD段都相切的一小段圓弧，其長度可以忽略不計．一質量為m的小滑塊在A點由靜止釋放，沿軌道滑下，最后停在D點，A點和D點的位置如圖所示，現用一沿軌道方向的力推滑塊，使它緩緩地由D點回到A點，設滑塊與軌道間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則推力對滑塊做的功等于(　　)
A．mgh B．2mgh
C．μmg(s＋) D．μmg(s＋hcos θ)
答案　B
解析　滑塊由A點運動至D點，設克服摩擦力做功為W克fAD，由動能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh，①
滑塊從D點回到A點，由于是緩慢推，說明動能變化量為零，設克服摩擦力做功為W克fDA，由動能定理知，滑塊從D點被推回A點過程有WF－mgh－W克fDA＝0，②
由A點運動至D點，克服摩擦力做的功為W克fAD＝μmgcos θ·＋μmgs，③
從D→A的過程克服摩擦力做的功為W克fDA＝μmgcos θ·＋μmgs，④
聯立③④得W克fAD＝W克fDA，⑤
聯立①②⑤得WF＝2mgh，故A、C、D錯誤，B正確．
例2　(多選)(2021·全國甲卷·20)一質量為m的物體自傾角為α的固定斜面底端沿斜面向上滑動．該物體開始滑動時的動能為Ek，向上滑動一段距離后速度減小為零，此后物體向下滑動，到達斜面底端時動能為.已知sin α＝0.6，重力加速度大小為g.則(　　)
A．物體向上滑動的距離為
B．物體向下滑動時的加速度大小為
C．物體與斜面間的動摩擦因數等于0.5
D．物體向上滑動所用的時間比向下滑動的時間長
答案　BC
解析　物體從斜面底端回到斜面底端根據動能定理有－μmg·2lcos α＝－Ek，物體從斜面底端到最高點根據動能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，整理得l＝，μ＝0.5，A錯誤，C正確；物體向下滑動時根據牛頓第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcos α，解得a下＝，B正確；物體向上滑動時根據牛頓第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下，由于上滑過程中的末速度為零，下滑過程中的初速度為零，且走過相同的位移，根據位移公式l＝at2，則可得出t上例3　(2023·浙江金華十校模擬)如圖所示，小明設計的游戲裝置，由光滑平臺、傾斜粗糙直軌道AB、豎直圓管道CDEBC′(管道內徑遠小于管道半徑)、水平粗糙直軌道平滑連接組成．其中平臺左側固定一彈簧，傾斜直軌道AB與圓管道相切于B點，水平直軌道與圓管道相切于C′點(C和C′略錯開)．小滑塊與傾斜直軌道AB及水平直軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.5，AB斜軌道傾角θ＝37°，AB長度l＝0.4 m．小滑塊從B點進入管道內，當小滑塊沿管道內靠近圓心O的內側運動時有摩擦，沿管道外側運動時無摩擦，管道半徑為R＝0.2 m．第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，A點上方擋片可以讓小滑塊無速度損失地進入AB段，恰好可以運動到與管道圓心等高的D點．第二次壓縮彈簧使彈簧彈性勢能為0.36 J時釋放小滑塊，小滑塊運動到圓管道最高處E的速度為1 m/s.已知小滑塊質量m＝0.1 kg，可視為質點，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求第一次壓縮彈簧釋放小滑塊后，第一次運動到C點時對軌道的壓力；
(2)求第二次壓縮彈簧釋放小滑塊后，運動到E點的過程，小滑塊在圓管道內所受摩擦力做的功；
(3)若第三次壓縮彈簧使彈簧彈性勢能為0.48 J時釋放小滑塊，通過計算判斷小滑塊在圓管道內運動是否受到摩擦力作用．小滑塊在水平直軌道上距離C′為x處的速度為v，求v與x之間的關系式．
答案　(1)3 N，方向豎直向下　(2)－0.03 J
(3)不受　v＝ m/s
解析　(1)從C到D，對小滑塊由動能定理得－mgR＝0－mvC2，在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝m，聯立解得FN＝3 N
由牛頓第三定律可知，第一次運動到C點時對軌道的壓力大小為3 N，方向豎直向下．
(2)從釋放小滑塊到E點由動能定理有W彈＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＋Wf＝mvE2－0，W彈＝Ep＝0.36 J，解得Wf＝－0.03 J
(3)當滑塊以v0通過最高點時恰好對管道無壓力作用，設此時對應的彈簧彈性勢能為Ep0，由牛頓第二定律有m＝mg，從開始到E點由動能定理有W0＋mglsin θ－μmglcos θ－mgR(1＋cos θ)＝mv02－0，解得Ep0＝W0＝0.38 J，彈性勢能為0.48 J大于Ep0，小滑塊在圓管道內不受到摩擦力作用．從開始到離C′距離為x處，由動能定理有W′＋mglsin θ－μmglcos θ＋mgR(1－cos θ)－μmgx＝mv2－0，其中W′＝0.48 J，解得v＝ m/s.
題型二　動能定理在往復運動問題中的應用
1．往復運動問題：在有些問題中物體的運動過程具有重復性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數是變化的，而且重復的次數又往往是無限的或者難以確定．
2．解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功的特點是與路程有關，運用牛頓運動定律及運動學公式將非常繁瑣，甚至無法解出，由于動能定理只涉及物體的初、末狀態，所以用動能定理分析這類問題可簡化解題過程．
例4　如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力．若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，重力加速度為g，則滑塊經過的總路程是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　滑塊最終要停在斜面底部，設滑塊經過的總路程為x，對滑塊運動的全程應用動能定理得mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝，選項A正確．
例5　(2022·浙江1月選考·20)如圖所示，處于豎直平面內的一探究裝置，由傾角α＝37°的光滑直軌道AB、圓心為O1的半圓形光滑軌道BCD、圓心為O2的半圓形光滑細圓管軌道DEF、傾角也為37°的粗糙直軌道FG組成，B、D和F為軌道間的相切點，彈性板垂直軌道固定在G點(與B點等高)，B、O1、D、O2和F點處于同一直線上．已知可視為質點的滑塊質量m＝0.1 kg，軌道BCD和DEF的半徑R＝0.15 m，軌道AB長度lAB＝3 m，滑塊與軌道FG間的動摩擦因數μ＝，滑塊與彈性板作用后，以等大速度彈回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.滑塊開始時均從軌道AB上某點靜止釋放．
(1)若釋放點距B點的長度l＝0.7 m，求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大小；
(2)設釋放點距B點的長度為lx，求滑塊第一次經F點時的速度v與lx之間的關系式；
(3)若滑塊最終靜止在軌道FG的中點，求釋放點距B點長度lx的值．
答案　(1)7 N　(2)v＝，其中lx≥0.85 m　(3)見解析
解析　(1)滑塊由釋放到C點過程，由動能定理有mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2①
在C點由牛頓第二定律有FN－mg＝m②
由①②解得FN＝7 N③
(2)要保證滑塊能到F點，必須能過DEF的最高點，當滑塊恰到最高點時根據動能定理可得
mgl1sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0④
解得l1＝0.85 m⑤
因此要能過F點必須滿足lx≥0.85 m⑥
能過最高點，則能到F點，由釋放到第一次到達F點，根據動能定理可得
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，⑦
由④⑤⑥⑦解得v＝，其中lx≥0.85 m．⑧
(3)設摩擦力做功為第一次到達中點時的n倍
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，⑨
lFG＝，⑩
由⑨⑩解得lx＝ m，n＝1,3,5，…
又因為0.85 m≤lx≤lAB，lAB＝3 m，
當n＝1時，lx1＝ m；當n＝3時，lx2＝ m
當n＝5時，lx3＝ m.
課時精練
1.如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長度d＝0.50 m，盆邊緣的高度為h＝0.30 m．在A處放一個質量為m的小物塊并讓其由靜止下滑．已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數為μ＝0.1.小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停止的地點到B的距離為(　　)
A．0.50 m B．0.25 m
C．0.10 m D．0
答案　D
解析　小物塊從A點出發到最后停下來，設小物塊在BC面上運動的總路程為s，整個過程由動能定理有：mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運動的總路程為s＝＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，剛好3個來回，所以最終停在B點，即到B點的距離為0，故選D.
2.如圖所示，一物體由固定斜面上的A點以初速度v0下滑到底端B，它與擋板發生無動能損失的碰撞后又滑回到A點，其速度恰好為零．設A、B兩點高度差為h，重力加速度為g，則它與擋板碰前瞬間的速度大小為(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　設整個滑動過程中物體所受摩擦力大小為Ff(此力大小不變，下滑時方向沿斜面向上，上滑時方向沿斜面向下)，斜面長為s，則對物體由A→B→A的整個過程運用動能定理，得－2Ffs＝0－mv02.同理，對物體由A到B的過程運用動能定理，設物體與擋板碰前瞬間速度為v，則mgh－Ffs＝mv2－mv02，解得v＝，C正確．
3.(2021·湖北省1月選考模擬·7)如圖所示，兩傾角均為θ的光滑斜面對接后固定在水平地面上，O點為斜面的最低點．一個小物塊從右側斜面上高為H處由靜止滑下，在兩個斜面上做往復運動．小物塊每次通過O點時都會有動能損失，損失的動能為小物塊當次到達O點時動能的5%.小物塊從開始下滑到停止的過程中運動的總路程為(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　由題意知，小物塊第一次到達O點由動能定理可得mgH＝Ek，此時小物塊所走路程s1＝，第一次通過O點后動能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此時利用動能定理知小物塊上升高度H1＝95%H，第二次到達O點所走的路程s2＝＝95%，同理第二次離開O點到第三次到達O點所走路程s3＝(95%)2，…，故小物塊所走的總路程s總＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n無窮大時，可得s總＝(等比數列求和)，故B正確．
4.(多選)(2023·江蘇省啟東中學模擬)如圖所示，直桿AB與水平面成α角固定，在桿上套一質量為m的小滑塊，桿底端B點處有一彈性擋板，桿與板面垂直，滑塊與擋板碰撞后將以原速率返回．現將滑塊拉到A點由靜止釋放，與擋板第一次碰撞后恰好能上升到AB的中點，設重力加速度為g，由此可以確定(　　)
A．滑塊下滑和上滑過程加速度大小a1、a2
B．滑塊第1次與擋板碰撞前的速度v1
C．滑塊與桿之間的動摩擦因數μ
D．滑塊第k次與擋板碰撞到第k＋1次與擋板碰撞的時間間隔Δt
答案　AC
解析　設AB長為L，對整個過程運用動能定理得：mgsin α·0.5L－μmgcos α(L＋0.5L)＝0，得μ＝，故C正確；根據牛頓第二定律得下滑過程：mgsin α－μmgcos α＝ma1；
上滑過程：mgsin α＋μmgcos α＝ma2；
解得：a1＝gsin α－μgcos α，a2＝gsin α＋μgcos α，
所以可求得滑塊下滑和上滑過程加速度的大小a1、a2，故A正確；由于A、B間的距離未知，盡管求出加速度，但不能求出滑塊到達擋板時的時間以及與擋板碰撞前的速度，故B、D錯誤．
5.(2023·河北張家口市高三檢測)如圖所示，傾角為θ＝37°的足夠長光滑固定斜面AB與長LBC＝2 m的粗糙水平面BC用一小段光滑圓弧(長度不計，未畫出)平滑連接，半徑R＝1.5 m的光滑圓弧軌道CD與水平面相切于C點，OD與水平方向的夾角也為θ＝37°.質量為m的小滑塊從斜面上距B點L0＝2 m的位置由靜止開始下滑，恰好運動到C點．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求小滑塊與粗糙水平面BC間的動摩擦因數μ；
(2)改變小滑塊從斜面上開始釋放的位置，使小滑塊能夠通過D點，求小滑塊的釋放位置與B點的最小距離．
答案　(1)0.6　(2)6.75 m
解析　(1)小滑塊恰好運動到C點，
由動能定理得mgL0sin 37°－μmgLBC＝0－0，
解得μ＝0.6.
(2)設滑塊能夠通過D點，在D點的最小速度為vD，有mgsin θ＝m，解得vD＝3 m/s.
設滑塊釋放位置與B點的最小距離為L，由動能定理得mgLsin θ－μmgLBC－mgR(1＋sin θ)＝mvD2－0，解得L＝6.75 m.
6．(2021·全國乙卷·24)一籃球質量為m＝0.60 kg，一運動員使其從距地面高度為h1＝1.8 m處由靜止自由落下，反彈高度為h2＝1.2 m．若使籃球從距地面h3＝1.5 m的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球、球落地后反彈的高度也為1.5 m．假設運動員拍球時對球的作用力為恒力，作用時間為t＝0.20 s；該籃球每次與地面碰撞前后的動能的比值不變．重力加速度大小取g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)運動員拍球過程中對籃球所做的功；
(2)運動員拍球時對籃球的作用力的大小．
答案　(1)4.5 J　(2)9 N
解析　(1)籃球從距地面高度h1＝1.8 m處自由下落的過程中由動能定理可得Ek1＝mgh1
籃球反彈后向上運動的過程由動能定理可得
0－Ek2＝－mgh2
籃球從距地面h3＝1.5 m的高度由靜止下落，同時向下拍球，籃球下落過程中，
由動能定理可得W＋mgh3＝Ek3
在籃球反彈上升的過程中，由動能定理可得0－Ek4＝0－mgh4
因籃球每次和地面撞擊的前后動能的比值不變，則有比例關系＝
代入數據可得W＝4.5 J.
(2)因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運動，因此由牛頓第二定律可得F＋mg＝ma，在拍球時間內運動的位移為x＝at2
做的功為W＝Fx
聯立可得F＝9 N(F＝－15 N舍去)．
7.(2023·浙江杭州市模擬)小明制作了一個“20”字樣的軌道玩具模型．該模型的“2”字是由圓弧形的管道ABC(圓心為O1)和半圓形的管道CD(圓心為O2)以及直管道DE組成，管道ABC和管道CD對應的圓半徑均為R1＝10 cm，A點與O1等高，B為“2”字最高點，D為最低點，E為管道的出口；“0”字是長軸GF垂直于水平地面的橢圓形管道，其最高點G與B點等高，G點附近的一小段管道可看作半徑為R2＝6 cm的圓弧；最低點F和F′(一進一出)位于水平地面上；整個裝置處于堅直平面內，所有管道的粗細忽略不計．HK為一個傾角θ可調節的足夠長的斜面，且D、E、F(F′)、H位于同一條水平直線上，F′H和HK平滑連接．質量m＝0.1 kg的小滑塊P(可視為質點)與水平地面EF段和斜面HK的動摩擦因數均為μ＝0.25，其余摩擦均不計．現讓滑塊P從A點以v0＝2 m/s的速率平滑進入管道，滑塊P運動到G點時恰與管道間無相互作用，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑塊P運動到B點時對管道的作用力；
(2)EF段的長度；
(3)要使得滑塊P不會二次進入EF段且最后停在F′H段，θ的正切值應滿足的條件．
答案　(1)1.0 N，方向豎直向上　(2)0.28 m
(3)解析　(1)滑塊由A→B，由動能定理有
－mgR1＝mvB2－mv02
在B點，有FN＋mg＝m，
聯立解得FN＝1.0 N
又根據牛頓第三定律知滑塊P對管道作用力大小為1.0 N，方向豎直向上．
(2)滑塊由A→G，由動能定理有
－mgR1－μmg·xEF＝mvG2－mv02
在G點，有mg＝m，
聯立解得xEF＝0.28 m
(3)①滑塊不會停在HK上，則tan θ1>μ＝
②若滑塊恰好不會二次進入EF段，設此時θ＝θ2，設滑塊第一次滑上HK的最大位移為x，最高點為K′，此后恰好返回到G點，則從G→K′，
有mg(4R1－xsin θ2)－μmgcos θ2·x＝0－mvG2，
對G→K′→G過程，由動能定理
有－μmgcos θ2·2x＝0－mvG2，
聯立解得tan θ2＝，
綜上所述

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