資源簡介

專題強化九　應用動能定理解決多過程問題
學習目標　1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。 2.會應用動能定理處理往復運動求路程等復雜問題。
考點一　動能定理在多過程問題中的應用
1.運用動能定理解決多過程問題的兩種思路
(1)分段應用動能定理求解。
(2)所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應用動能定理求解更簡便。
2.全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點。
(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所做的功等于力的大小與路程的乘積。
例1 (2023·湖北卷，14)如圖1為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
圖1
(1)小物塊到達D點的速度大??；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小。
答案　(1)　(2)0　(3)
解析　(1)由題意知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有
mg＝m
解得vD＝。
(2)由題意知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，則在C點有vCx＝vCcos 60°＝vB
小物塊從C到D的過程中，根據動能定理有
－mg(R＋Rcos 60°)＝mv－mv
小物塊從B到D的過程中，根據動能定理有mgHBD＝mv－mv
聯立解得vB＝，HBD＝0。
(3)小物塊從A到B的過程中，根據動能定理有－μmgs＝mv－mv
s＝π·2R
解得vA＝。
多過程問題的分析方法
(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。
(2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。
(3)根據“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規律列方程。
(4)分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各段間的時間關聯，并列出相關的輔助方程。
(5)聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論?！　?br/>1.如圖2所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝1 kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F對小物塊施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物塊：
圖2
(1)與桌面間的動摩擦因數μ；
(2)向右運動過程中經過O點的速度大小；
(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。
答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m
解析　(1)小物塊速度達到最大時，加速度為零，則F－μmg－F彈＝0
解得μ＝0.4。
(2)設向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，
由動能定理得－FfxOB＝0－mv
Ff＝μmg＝4 N
解得v0＝ m/s≈1.26 m/s。
(3)設彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據動能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0
代入數值得xmax＝0.9 m。
2.(2023·江蘇卷，15)如圖3所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點。滑雪者現從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
圖3
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。
答案　(1)　(2) (3)(1－μ)d
解析　(1)滑雪者由A點運動到P點的過程中，由牛頓第二定律得
mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡條件得FN＝mgcos 45°
又Ff＝μFN
解得a＝g(1－μ)
由運動學公式x＝at2得t＝。
(2)設P點到B點的過程重力做的功為WG，克服摩擦力做的功為Wf，則滑雪者從P點由靜止開始下滑到B點的過程，由動能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A點到B點過程，由動能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2
聯立解得v＝。
(3)滑雪者離開B點后做斜拋運動，則
豎直方向的分速度vy＝vsin 45°＝
水平方向的分速度vx＝vcos 45°＝
滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大，則其在空中運動的時間
t＝＝
則平臺BC的最大長度為L＝vxt
由以上解得L＝(1－μ)d。
考點二　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，而重復的次數又往往是無限的或者難以確定的。
2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功特點與路程有關，求解這類問題時若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、末狀態而不計運動過程的細節，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。
例2 如圖4所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接(即物體經過C點時速度的大小不變)，斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為2 kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45 m，水平軌道BC長為0.4 m，滑塊與其間的動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6 m，g取10 m/s2。求：
圖4
(1)整個過程中彈簧具有的最大彈性勢能；
(2)滑塊最終停在距B點多遠的位置？
答案　(1)1.4 J　(2)0.15 m
解析　(1)滑塊第一次到D點具有的彈性勢能最大，從A至D的過程，根據動能定理可得mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W彈＝0
解得W彈＝－1.4 J
則Ep彈＝－W彈＝1.4 J。
(2)由于斜面光滑，滑塊到達D點后又向下運動，經過多次在圓弧軌道與斜面之間來回運動，最終滑塊停在水平軌道BC上，設整個過程滑塊在BC上的路程為s，整個過程根據動能定理可得mgR－μmgs＝0
解得s＝2.25 m
由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑塊最終停在距離B點0.15 m處。
(1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態和最終狀態。
(2)重力做功與物體運動的路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。
(3)滑動摩擦力做功與物體運動的路徑有關，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體相對滑行的總路程?！　?br/>3.如圖5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(　　)
圖5
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－mv，解得x＝，選項A正確。
4.從離地面高H處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次與地面相碰后，能以與碰前相同大小的速度反彈，則：
(1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈到的最大高度是多少？
(2)小球從釋放直至停止彈跳所通過的總路程是多少？
答案　(1)H　(2)
解析　(1)設小球第一次與地面碰撞后能夠反彈到的最大高度為h，由動能定理得
mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0
解得h＝H。
(2)設小球從釋放到停止彈跳所通過的總路程為s，對全過程，由動能定理得
mgH－kmgs＝0－0
解得s＝。
1.(2024·陜西寶雞高三期末)如圖1所示，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，BC段是與AB和CD都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計。一質量為m的滑塊(可看作質點)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?，F用一方向始終與軌道平行的力推滑塊，使它緩慢地由D點推回到A點?；瑝K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為(　　)
圖1
A.mgh B.2mgh
C.μmg D.μmgs＋μmghcot θ
答案　B
解析　從A到D全過程，由動能定理得mgh－μmgcos θ·－μmgs＝0，從D到A的過程，由動能定理得WF－μmgs－μmgcos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正確。
2.如圖2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，則停止的位置到B的距離為(　　)
圖2
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D正確。
3.如圖3所示，傾角為θ＝30°的斜面固定在水平地面上，輕質彈簧的一端固定在斜面底端，此時彈簧處于自然狀態。一質量為m＝1 kg的滑塊從距離彈簧上端為s0＝0.25 m處由靜止釋放，已知彈簧勁度系數為k＝100 N/m，斜面與滑塊間動摩擦因數為μ＝。設滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧全過程始終處于彈性限度內(不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2)。
圖3
(1)求滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時的速度大小v1；
(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，彈簧所具有的彈性勢能為Ep＝0.02 J，試求這個最大速度的大小vm(結果可用根式表示)。
答案　(1)1 m/s　(2) m/s
解析　(1)滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時，根據動能定理可得mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv
解得v1＝1 m/s。
(2)當滑塊速度達到最大時，滑塊的加速度為零，由受力分析可得mgsin θ＝μmgcos θ＋kx
可得彈簧的壓縮量為x＝0.02 m
滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，根據動能定理有
mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝mv
解得最大速度vm＝ m/s。
4.(2022·上海卷，19)如圖4所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間的動摩擦因數為μ，BC為光滑曲面，A與地面間的高度差為h1，B、C間高度差為h2。一個質量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。
圖4
(1)若物塊落地時動能為E1，求其經過B點時的動能EkB；
(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力F必須滿足的條件。
答案　(1)E1－mgh1
(2)＜F＜
解析　(1)對物塊從B點到落地的過程，由動能定理有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當落地動能為E1時，對應的拉力最大，設為Fmax，由動能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝
若物塊恰能到達C點，對應的拉力最小，設為Fmin，根據動能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
則恒力F必須滿足的條件為＜F＜。
5.如圖5所示，一個小滑塊在光滑斜面AB的頂端A點由靜止釋放，斜面AB與水平面BC連接處小滑塊不損失機械能，滑塊與水平面BC間的動摩擦因數μ＝0.1。右邊豎直光滑圓弧軌道CD最低點與水平面相切于C點，圓弧半徑R＝0.5 m。已知滑塊的質量m＝1 kg，斜面AB與水平面之間的夾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，斜面AB的長度LAB＝3 m，水平面BC的長度LBC＝1 m，重力加速度g取10 m/s2。
圖5
(1)求滑塊第一次到B點時的速度大??；
(2)求滑塊第一次離開D點后速度減到0時距D點的高度；
(3)滑塊能否再次返回斜面，若不能請說明理由，若能再次返回斜面，請計算再次返回斜面后速度為0的位置距B點的距離是多少。
答案　(1)6 m/s　(2)1.2 m　(3)能　 m
解析　(1)設滑塊第一次到B點的速度為v1，從A到B根據動能定理有
mgLABsin θ＝mv－0
代入數據得v1＝6 m/s。
(2)設滑塊第一次到D點的速度為v2，滑塊從A到D的過程根據動能定理有
mgLABsin θ－μmgLBC－mgR＝mv－0
設滑塊第一次離開D點速度減到0時距D點的高度為h，根據動能定理有
－mgh＝0－mv
代入數據得h＝1.2 m。
(3)假設滑塊能再次返回斜面，設返回斜面最高點距B點的距離為L，全過程根據動能定理得mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
代入數據得L＝ m
則滑塊能再次返回斜面。
6.(2021·全國乙卷)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)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時，設籃球的落地速度大小為v1，根據自由落體運動的規律有v＝2gh1
設籃球被地面反彈時的速度大小為v2，則有v＝2gh2，則籃球與地面碰撞前、后的動能之比＝＝＝
使籃球從距地面h3的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，設籃球的落地速度大小為v3，反彈后的速度大小為v4，則有v＝2gh3
因為籃球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變，所以有＝
設運動員拍球過程中對籃球做的功為W，根據動能定理有W＋mgh3＝mv
解得W＝4.5 J。
(2)籃球在受到力F作用的時間內，根據牛頓第二定律得F＋mg＝ma
籃球的位移x＝at2
運動員對球做的功W＝Fx
聯立解得F＝9 N。
7.如圖6所示，質量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖6
(1)求小物塊經過B點時對軌道的壓力大小；
(2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大小；
(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。
答案　(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m
解析　(1)根據平拋運動的規律有v0＝vAcos 37°
解得小物塊經過A點時的速度大小vA＝5 m/s
小物塊從A點運動到B點，根據動能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物塊經過B點時，有FN－mg＝m
解得FN＝62 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊經過B點時對軌道的壓力大小是62 N。
(2)小物塊由B點運動到C點，根據動能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C點有FN′＋mg＝m
解得FN′＝60 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60 N。
(3)小物塊剛好能通過C點時，根據mg＝m
解得vC′＝2 m/s
小物塊從B點運動到C點的過程中，根據動能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m。專題強化九　應用動能定理解決多過程問題
學習目標　1.會用動能定理解決多過程、多階段的問題。 2.會應用動能定理處理往復運動求路程等復雜問題。
考點一　動能定理在多過程問題中的應用
1.運用動能定理解決多過程問題的兩種思路
（1）分段應用動能定理求解。
（2）所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應用動能定理求解更簡便。
2.全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點。
（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所做的功等于力的大小與路程的乘積。
例1 （2023·湖北卷，14）如圖1為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
圖1
（1）小物塊到達D點的速度大小；
（2）B和D兩點的高度差；
（3）小物塊在A點的初速度大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
多過程問題的分析方法
（1）將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。
（2）對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。
（3）根據“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規律列方程。
（4）分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各段間的時間關聯，并列出相關的輔助方程。
（5）聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論?！　?br/>1.如圖2所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝1 kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F對小物塊施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物塊：
圖2
（1）與桌面間的動摩擦因數μ；
（2）向右運動過程中經過O點的速度大??；
（3）向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.（2023·江蘇卷，15）如圖3所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
圖3
（1）求滑雪者運動到P點的時間t；
（2）求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考點二　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，而重復的次數又往往是無限的或者難以確定的。
2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功特點與路程有關，求解這類問題時若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、末狀態而不計運動過程的細節，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。
例2 如圖4所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直圓軌道相切于B點，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接（即物體經過C點時速度的大小不變），斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為2 kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45 m，水平軌道BC長為0.4 m，滑塊與其間的動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6 m，g取10 m/s2。求：
圖4
（1）整個過程中彈簧具有的最大彈性勢能；
（2）滑塊最終停在距B點多遠的位置？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（1）應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態和最終狀態。
（2）重力做功與物體運動的路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。
（3）滑動摩擦力做功與物體運動的路徑有關，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體相對滑行的總路程?！　?br/>3.如圖5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（　?。?br/>圖5
A. 　 B.
C. 　 D.
4.從離地面高H處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k（k<1）倍，而小球每次與地面相碰后，能以與碰前相同大小的速度反彈，則：
（1）小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈到的最大高度是多少？
（2）小球從釋放直至停止彈跳所通過的總路程是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　專題強化練九　應用動能定理解決多過程問題
1.(2024·陜西寶雞高三期末)如圖1所示，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，BC段是與AB和CD都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計。一質量為m的滑塊(可看作質點)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。現用一方向始終與軌道平行的力推滑塊，使它緩慢地由D點推回到A點。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為(　　)
圖1
A.mgh B.2mgh
C.μmg D.μmgs＋μmghcot θ
2.如圖2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，則停止的位置到B的距離為(　　)
圖2
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
3.如圖3所示，傾角為θ＝30°的斜面固定在水平地面上，輕質彈簧的一端固定在斜面底端，此時彈簧處于自然狀態。一質量為m＝1 kg的滑塊從距離彈簧上端為s0＝0.25 m處由靜止釋放，已知彈簧勁度系數為k＝100 N/m，斜面與滑塊間動摩擦因數為μ＝。設滑塊與彈簧接觸過程中沒有機械能損失，彈簧全過程始終處于彈性限度內(不計空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2)。
圖3
(1)求滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時的速度大小v1；
(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，彈簧所具有的彈性勢能為Ep＝0.02 J，試求這個最大速度的大小vm(結果可用根式表示)。
4.(2022·上海卷，19)如圖4所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間的動摩擦因數為μ，BC為光滑曲面，A與地面間的高度差為h1，B、C間高度差為h2。一個質量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。
圖4
(1)若物塊落地時動能為E1，求其經過B點時的動能EkB；
(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力F必須滿足的條件。
5.如圖5所示，一個小滑塊在光滑斜面AB的頂端A點由靜止釋放，斜面AB與水平面BC連接處小滑塊不損失機械能，滑塊與水平面BC間的動摩擦因數μ＝0.1。右邊豎直光滑圓弧軌道CD最低點與水平面相切于C點，圓弧半徑R＝0.5 m。已知滑塊的質量m＝1 kg，斜面AB與水平面之間的夾角θ＝37°，sin 37°＝0.6，斜面AB的長度LAB＝3 m，水平面BC的長度LBC＝1 m，重力加速度g取10 m/s2。
圖5
(1)求滑塊第一次到B點時的速度大??；
(2)求滑塊第一次離開D點后速度減到0時距D點的高度；
(3)滑塊能否再次返回斜面，若不能請說明理由，若能再次返回斜面，請計算再次返回斜面后速度為0的位置距B點的距離是多少。
6.(2021·全國乙卷)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。
7.如圖6所示，質量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖6
(1)求小物塊經過B點時對軌道的壓力大小；
(2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大??；
(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。
專題強化練九　應用動能定理解決多過程問題
1.B　[從A到D全過程，由動能定理得mgh－μmgcos θ·－μmgs＝0，從D到A的過程，由動能定理得WF－μmgs－μmgcos θ·－mgh＝0，解得WF＝2mgh，故B正確。]
2.D　[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D正確。]
3.(1)1 m/s　(2) m/s
解析　(1)滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時，根據動能定理可得mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv
解得v1＝1 m/s。
(2)當滑塊速度達到最大時，滑塊的加速度為零，由受力分析可得mgsin θ＝μmgcos θ＋kx
可得彈簧的壓縮量為x＝0.02 m
滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，根據動能定理有mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝mv
解得最大速度vm＝ m/s。
4.(1)E1－mgh1　(2)＜F＜
解析　(1)對物塊從B點到落地的過程，由動能定理有
mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當落地動能為E1時，對應的拉力最大，設為Fmax，由動能定理有
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝
若物塊恰能到達C點，對應的拉力最小，設為Fmin，根據動能定理有FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
則恒力F必須滿足的條件為
＜F＜。
5.(1)6 m/s　(2)1.2 m　(3)能　 m
解析　(1)設滑塊第一次到B點的速度為v1，從A到B根據動能定理有mgLABsin θ＝mv－0
代入數據得v1＝6 m/s。
(2)設滑塊第一次到D點的速度為v2，滑塊從A到D的過程根據動能定理有mgLABsin θ－μmgLBC－mgR＝mv－0
設滑塊第一次離開D點速度減到0時距D點的高度為h，根據動能定理有－mgh＝0－mv
代入數據得h＝1.2 m。
(3)假設滑塊能再次返回斜面，設返回斜面最高點距B點的距離為L，全過程根據動能定理得
mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
代入數據得L＝ m
則滑塊能再次返回斜面。
6.(1)4.5 J　(2)9 N
解析　(1)使籃球從距地面高度為h1處由靜止自由落下時，設籃球的落地速度大小為v1，根據自由落體運動的規律有v＝2gh1
設籃球被地面反彈時的速度大小為v2，則有v＝2gh2，則籃球與地面碰撞前、后的動能之比＝＝＝
使籃球從距地面h3的高度由靜止下落，并在開始下落的同時向下拍球，設籃球的落地速度大小為v3，反彈后的速度大小為v4，則有v＝2gh3
因為籃球每次與地面碰撞前、后的動能的比值不變，所以有＝
設運動員拍球過程中對籃球做的功為W，根據動能定理有
W＋mgh3＝mv
解得W＝4.5 J。
(2)籃球在受到力F作用的時間內，根據牛頓第二定律得
F＋mg＝ma
籃球的位移x＝at2
運動員對球做的功W＝Fx
聯立解得F＝9 N。
7.(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m
解析　(1)根據平拋運動的規律有v0＝vAcos 37°
解得小物塊經過A點時的速度大小vA＝5 m/s
小物塊從A點運動到B點，根據動能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物塊經過B點時，有FN－mg＝m
解得FN＝62 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊經過B點時對軌道的壓力大小是62 N。
(2)小物塊由B點運動到C點，根據動能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C點有FN′＋mg＝m
解得FN′＝60 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60 N。
(3)小物塊剛好能通過C點時，根據mg＝m
解得vC′＝2 m/s
小物塊從B點運動到C點的過程中，根據動能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m。(共41張PPT)
專題強化九　應用動能定理解決多過程問題
第五章　機械能守恒定律
會用動能定理解決多過程、多階段的問題。
會應用動能定理處理往復運動求路程等復雜問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
研透核心考點
01
提升素養能力
02
研透核心考點
1
考點二　動能定理在往復運動問題中的應用
考點一　動能定理在多過程問題中的應用
1.運用動能定理解決多過程問題的兩種思路
(1)分段應用動能定理求解。
(2)所求解的問題不涉及中間的速度時，全過程應用動能定理求解更簡便。
2.全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的特點。
(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所做的功等于力的大小與路程的乘積。
考點一　動能定理在多過程問題中的應用
圖1
(1)小物塊到達D點的速度大小；
解析　由題意知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有
(2)B和D兩點的高度差；
答案　0
(3)小物塊在A點的初速度大小。
s＝π·2R
多過程問題的分析方法
(1)將“多過程”分解為許多“子過程”，各“子過程”間由“銜接點”連接。
(2)對各“銜接點”進行受力分析和運動分析，必要時畫出受力圖和過程示意圖。
(3)根據“子過程”和“銜接點”的模型特點選擇合理的物理規律列方程。
(4)分析“銜接點”速度、加速度等的關聯，確定各段間的時間關聯，并列出相關的輔助方程。
(5)聯立方程組，分析求解，對結果進行必要的驗證或討論?！　?br/>1.如圖2所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，右端與靜止在O點質量為m＝1 kg的小物塊接觸而不連接，此時彈簧無形變?，F對小物塊施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由靜止開始向左運動。小物塊在向左運動到A點前某處速度最大時，彈簧的彈力為6 N，運動到A點時撤去推力F，小物塊最終運動到B點靜止。圖中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2。求小物塊：
圖2
(1)與桌面間的動摩擦因數μ；
(2)向右運動過程中經過O點的速度大?。?br/>(3)向左運動的過程中彈簧的最大壓縮量。
答案　(1)0.4　(2)1.26 m/s　(3)0.9 m
解析　(1)小物塊速度達到最大時，
加速度為零，則F－μmg－F彈＝0
解得μ＝0.4。
(2)設向右運動通過O點時的速度為v0，從O→B，
(3)設彈簧最大壓縮量為xmax，對小物塊運動的全過程，根據動能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0
代入數值得xmax＝0.9 m。
2.(2023·江蘇卷，15)如圖3所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點?；┱攥F從A點由靜止開始下滑，從B點飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力。
圖3
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L。
解析　(1)滑雪者由A點運動到P點的過程中，由牛頓第二定律得
mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡條件得FN＝mgcos 45°
又Ff＝μFN
(2)設P點到B點的過程重力做的功為WG，克服摩擦力做的功為Wf，則滑雪者從P點由靜止開始下滑到B點的過程，由動能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A點到B點過程，由動能定理得
(3)滑雪者離開B點后做斜拋運動，則
滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大，則其在空中運動的時間
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，而重復的次數又往往是無限的或者難以確定的。
2.解題策略：此類問題多涉及滑動摩擦力或其他阻力做功，其做功特點與路程有關，求解這類問題時若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、末狀態而不計運動過程的細節，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。
考點二　動能定理在往復運動問題中的應用
右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點平滑連接(即物體經過C點時速度的大小不變)，斜面頂端固定一輕質彈簧，一質量為2 kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點由靜止釋放，經水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45 m，水平軌道BC長為0.4 m，滑塊與其間的動摩擦因數μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長為0.6 m，g取10 m/s2。求：
圖4
(1)整個過程中彈簧具有的最大彈性勢能；
解析　滑塊第一次到D點具有的彈性勢能最大，從A至D的過程，根據動能定理可得mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W彈＝0
解得W彈＝－1.4 J
則Ep彈＝－W彈＝1.4 J。
答案　1.4 J　
(2)滑塊最終停在距B點多遠的位置？
解析　由于斜面光滑，滑塊到達D點后又向下運動，經過多次在圓弧軌道與斜面之間來回運動，最終滑塊停在水平軌道BC上，設整個過程滑塊在BC上的路程為s，整個過程根據動能定理可得mgR－μmgs＝0
解得s＝2.25 m
由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑塊最終停在距離B點0.15 m處。
答案　0.15 m
(1)應用動能定理求解往復運動問題時，要確定物體的初狀態和最終狀態。
(2)重力做功與物體運動的路徑無關，可用WG＝mgh直接求解。
(3)滑動摩擦力做功與物體運動的路徑有關，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體相對滑行的總路程?！　?br/>A
3.如圖5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(　　)
圖5
4.從離地面高H處落下一只小球，小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次與地面相碰后，能以與碰前相同大小的速度反彈，則：
(1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈到的最大高度是多少？
(2)小球從釋放直至停止彈跳所通過的總路程是多少？
解析　(1)設小球第一次與地面碰撞后能夠反彈到的最大高度為h，由動能定理得
mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0
(2)設小球從釋放到停止彈跳所通過的總路程為s，對全過程，由動能定理得
mgH－kmgs＝0－0
提升素養能力
2
B
1.(2024·陜西寶雞高三期末)如圖1所示，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，BC段是與AB和CD都相切的一小段圓弧，其長度可以略去不計。一質量為m的滑塊(可看作質點)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?，F用一方向始終與軌道平行的力推滑塊，使它緩慢地由D點推回到A點。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為(　　)
圖1
D
2.如圖2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，則停止的位置到B的距離為(　　)
圖2
A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0
C
3.如圖3所示，傾角為θ＝30°的斜面固定在水平地面上，輕質彈簧的一端固定在斜面底端，此時彈簧處于自然狀態。一質量為m＝1 kg的滑塊從距離彈簧上端為s0＝0.25 m處由靜止釋放，已知彈簧勁度系數為k＝100 N/m，斜面與
圖3
(1)求滑塊與彈簧上端第一次剛好接觸時的速度大小v1；
(2)若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，彈簧所具有的彈性勢能為Ep＝0.02 J，試求這個最大速度的大小vm(結果可用根式表示)。
解得v1＝1 m/s。
(2)當滑塊速度達到最大時，滑塊的加速度為零，由受力分析可得mgsin θ＝μmgcos θ＋kx
可得彈簧的壓縮量為x＝0.02 m
滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度最大時，根據動能定理有
4.(2022·上海卷，19)如圖4所示，AB為平直導軌，長為L，物塊與導軌間的動摩擦因數為μ，BC為光滑曲面，A與地面間的高度差為h1，B、C間高度差為h2。一個質量為m的物塊在水平恒力作用下，從A點由靜止開始向右運動，到達B點時撤去恒力，物塊經過C點后在空中運動一段時間落地，已知重力加速度為g。
圖4
(1)若物塊落地時動能為E1，求其經過B點時的動能EkB；
(2)若要物塊落地時動能小于E1，求恒力F必須滿足的條件。
解析　(1)對物塊從B點到落地的過程，由動能定理有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)對物塊從A點到落地的整個過程，當落地動能為E1時，對應的拉力最大，設為Fmax，由動能定理有FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
若物塊恰能到達C點，對應的拉力最小，設為Fmin，根據動能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
圖5
(1)求滑塊第一次到B點時的速度大??；
(2)求滑塊第一次離開D點后速度減到0時距D點的高度；
(3)滑塊能否再次返回斜面，若不能請說明理由，若能再次返回斜面，請計算再次返回斜面后速度為0的位置距B點的距離是多少。
解析　(1)設滑塊第一次到B點的速度為v1，從A到B根據動能定理有
代入數據得v1＝6 m/s。
(2)設滑塊第一次到D點的速度為v2，滑塊從A到D的過程根據動能定理有
設滑塊第一次離開D點速度減到0時距D點的高度為h，根據動能定理有
代入數據得h＝1.2 m。
(3)假設滑塊能再次返回斜面，設返回斜面最高點距B點的距離為L，全過程根據動能定理得mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
則滑塊能再次返回斜面。
6.(2021·全國乙卷)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
運動員對球做的功W＝Fx
聯立解得F＝9 N。
7.如圖6所示，質量m＝3 kg的小物塊以初速度v0＝4 m/s水平向右拋出，恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入圓弧軌道。圓弧軌道的半徑為R＝3.75 m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A與圓心O的連線與豎直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平軌道，小物塊與MN間的動摩擦因數μ＝0.1，軌道其他部分光滑。最右側是一個半徑為r＝0.4 m的半圓弧軌道，C點是半圓弧軌道的最高點，半圓弧軌道與水平軌道BD在D點平滑連接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
圖6
(1)求小物塊經過B點時對軌道的壓力大??；
(2)若MN的長度為L＝6 m，求小物塊通過C點時對軌道的壓力大小；
(3)若小物塊恰好能通過C點，求MN的長度L′。
答案　(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m
解析　(1)根據平拋運動的規律有v0＝vAcos 37°
解得小物塊經過A點時的速度大小vA＝5 m/s
小物塊從A點運動到B點，根據動能定理有
解得FN＝62 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊經過B點時對軌道的壓力大小是62 N。
(2)小物塊由B點運動到C點，根據動能定理有
解得FN′＝60 N
根據牛頓第三定律可知，小物塊通過C點時對軌道的壓力大小是60 N。
解得vC′＝2 m/s
小物塊從B點運動到C點的過程中，根據動能定理有
解得L′＝10 m。
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