重难点08简洁的动能定理

1．有两条雪道平行建造，左侧相同而右侧有差异，一条雪道的右侧水平，另一条的右侧是斜坡。某滑雪者保持一定姿势坐在雪橇上不动，从h₁高处的A点由静止开始沿倾角为θ的雪道下滑，最后停在与A点水平距离为s的水平雪道上。接着改用另一条雪道，还从与A点等高的位置由静止开始下滑，结果能冲上另一条倾角为α的雪道上h₂高处的E点停下。若动摩擦因数处处相同，且不考虑雪橇在路径转折处的能量损失，则（　　）
说明: figure

A．动摩擦因数为tan θ B．动摩擦因数为

C．倾角α一定大于θ D．倾角α可以大于θ
【答案】B
【详解】
AB．在AB段由静止下滑，说明
μmgcos θ＜mgsin θ
则

第一次停在BC上的某点，由动能定理得

整理，可得

故A错误，B正确；
CD.第二次滑上BE在E点停下，则
μmgcos α≥mgsin α
故有

则
α<θ
故C、D错误。
故选B。
2．如图所示，质量为m的小球，从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥中h深处后停止，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．小球落地时的动能等于mg（H+h）
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功mg（H+h）
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg（1+

）
【答案】D
【详解】
A．根据机械能守恒定律可知，小球落地时的动能等于mgH，选项A正确；
B．从落地到落入泥土中h的过程，由动能定理

则

小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能与重力势能的减小量之和，选项B错误；
C．根据动能定理

泥土阻力对小球做的功
W_f=-mg（H+h）
选项C错误；
D．根据动能定理

小球在泥土中受到的平均阻力大小为
f=mg（1+

）
选项D正确。
故选D。
3．如图所示，质量为

的电动小车（视为质点）在A点以恒定功率启动，并驶上足够长的水平轨道AB，经过一定时间后关闭电动机，然后冲上半径为

的圆环，恰好经过圆环最高点C。回到圆环最低点B后，又沿水平轨道BE进入半径亦为

的圆管最低点E（管的尺寸忽略不计），已知BE长为

，小车在AB、BE段所受阻力为车重的0.25倍，其余部分阻力均忽略不计，则（　　）
说明: figure

A．小车通过C点时对圆环的压力为mg
B．小车能通过圆管的最高点F
C．电动小车输出的机械功率不能小于

D．若仅把圆环和圆管位置互换，小车仍能通过圆环的最高点C
【答案】C
【详解】
A．小车恰好过C点，则在C点时对圆环的压力为零，故A错误；
B．小车从C点到E点过程，根据动能定理得

由于

则小车不能通过最高点

，故B错误；
C．小车在C点时的压力为零，有

得

小车由B点到C点过程

解得

小车以恒定功率启动

故C正确；
D．仅将圆环与圆管位置互换，小车不能通过圆环最高点，故D错误。
故选C。
4．如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则（　　）
说明: figure

A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，若v增大为原来的2倍，则同一物体前阶段的对地位移也增大为原来的2倍
【答案】C
【分析】
物品放上传送带上时在摩擦力的作用下做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析。
【详解】
A．物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带方向相同，故A错误；
B．后阶段，物品与传送带一起匀速运动，不受摩擦力，故B错误；
C．物品加速运动的加速度

匀加速运动时间

位移为

传送带位移

物品相对传送带滑行的距离为

物品与传送带摩擦产生的热量为

则

相同时，

不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，故C正确；
D．前阶段物品的位移为

则知

相同时，

增大到原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
故选C。
【点睛】
抓住时间关系和位移关系列式进行分析。
5．在粗糙水平地面上竖直放置一如图所示装置该装置上固定一光滑圆形轨道，总质量为M。一质量为m的小球在圆形轨道最低点A以水平初速度v₀向右运动，恰好能通过圆形轨道最高点B，该装置始终处于静止状态，则在小球由A点到B点的过程中（重力加速度取g），下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．当小球运动与圆心等高处的C点时，装置对地面的摩擦力方向向左
B．当小球运动到B点时，装置对地面的压力大小为Mg+mg
C．当小球在A点时，装置对地面的压力大小为Mg+6mg
D．小球运动到与圆心等高处的C点时，装置对地面的压力大小为Mg+mg
【答案】C
【详解】
A．当小球运动到与圆心等高处的C点时，装置受到小球的作用力方向水平向右，由平衡条件可知装置受到地面的摩擦力方向向左，则装置对地面的摩擦力方向向右，故A错误；
B．由于小球恰好能通过圆形轨道最高点B，则当小球运动到B点时，小球对装置的作用力为0，此时装置对地面的压力大小为Mg，故B错误；
C．由于小球恰好能通过圆形轨道最高点B，则有

小球从B点到A点，由动能定理得

A点由牛顿第二定律有

联立解得装置对小球的作用力
N_A=6mg
方向竖直向上，由牛顿第三定律可知，小球对装置的作用力大小为6mg，方向竖直向下，所以当小球在A点时装置对地面的压力大小为Mg+6mg，故C正确；
D．小球运动到与圆心等高处的C点时，装置对地面的压力为Mg，故D错误。
故选C。

6．质量为m的物体静止在水平面上，用水平力拉物体，运动一段距离后撤去此力，最终物体停止运动。物体运动过程中的动能随位移变化的

图像如图所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．水平拉力是物体所受摩擦力的2倍
B．物体与水平面间的动摩擦因数为

C．水平拉力做的功为

D．水平拉力的大小为

【答案】BD
【详解】
AB．物体做匀加速运动时，由动能定理可得

匀减速运动时

可得拉力是摩擦力的3倍，动摩擦因数

A错误B正确；
CD．用全程的动能定理得

可得拉力做功为

，拉力大小为

，C错误D正确。
故选BD。
7．如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的右端和B的左端相接但不粘连。两板的质量均为m，长度皆为l；C是一质量为

的小物块。现给它一初速度，使它从A板的左端开始向右滑动，恰能滑到B板的右端。已知C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。地面与A、B之间的动摩擦因数均为

，取重力加速度g；从小物块C开始运动到最终静止的全过程，下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．木板A、B始终是静止
B．木板B滑行的距离为

C．系统因摩擦产生的总热量为

D．当小物块C滑到木板B的右端时，木板B的速度最大
【答案】BCD
【详解】
A．物块C对A或B的摩擦力为

若C在A上滑动时，AB与地面间的最大静摩擦力

则此时AB不动；当C在B上滑动时，B与地面之间的最大静摩擦力

可知B将要滑动，选项A错误；
B．当C滑到木板A的右端时，因为AB不动，由动能定理

解得

当滑块C在B上滑动时，B的加速度

C的加速度

设经过时间t物块C到达最右端时的共同速度为v，则

解得

B运动的距离

然后BC一起减速运动，加速度为

最后停止时移动的距离

则B一共向右移动的距离

选项B正确；
C．物块C在A上滑动时产生的热

物块C在B上滑动产生的热

木板B在地面上滑动产生的热

系统因摩擦产生的总热量为

选项C正确；
D．当小物块C滑到木板B时，木板B加速运动，当C到达B的右端时，木板B的速度最大，然后两者一起减速，选项D正确。
故选BCD。
8．如图所示，水平传送带顺时针传动速率始终为v，在其左端无初速释放一小煤块，小煤块与传送带间的动摩擦因数为μ，若小煤块到达传送带右端时的速率恰好增大到v。下列说法正确的是（　　）

A．小煤块在传送带上运动的时间为

B．小煤块在传送带上留下的痕迹长度为

C．此过程产生的热量为

D．传送带对小煤块做功

【答案】AB
【详解】
A．小煤块在传送带上受到传送带的滑动摩擦力作用，设加速度为

，运动时间为

，由牛顿第二定律得

解得

恰运动到右端时速度为v,由运动学公式得

解得

，A正确；
B．小煤块在传送带上一直做匀加速运动，由位移公式得运动距离为
eqIdb7db230501b948699bc79a89dde1443b

这段时间传送带的距离为

则小煤块相对传送带的距离为

即为小煤块在传送带上留下的痕迹长度，B正确；
C．此过程产生的热量为

C错误；
D．小煤块在运动过程中，只有滑动摩擦力对它做功，由动能定理得传送带对小煤块做功为

D错误。
故选AB。
9．如图所示，半径为r的半圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，直径AC水平，一个质量为m的物块从圆弧轨道A端正上方P点由静止释放，物块刚好从A点无碰撞地进入圆弧轨道并在圆弧AB段做匀速圆周运动，到B点时对轨道的压力大小等于物块重力的2倍，重力加速度为g，不计空气阻力，不计物块的大小，则：（　　）
说明: figure

A．物块在B点的速度为

B．物块的释放位置P距离A点的高度为r
C．物块从A运动到B的时间为

D．物块从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功为mgr
【答案】AD
【详解】
A．在B点时，由牛顿第二定律可得

解得

故A正确；
B．从释放位置到A点，由动能定理可得

由题意可知

，解得

故B错误；
C．从A到B物块做匀速圆周运动，故其运动时间为
eqId9a35327c5988469992562fa5a1a5ff74

故C错误；
D．从A到B，由动能定理可得

故

故D正确；
故选AD。
10．如图所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧的下端固定在水平面上，上端与物块A连接，物块B与物块A之间用一绕过定滑轮O的轻绳连接，B放在固定斜面的上端（用外力控制B）。OA绳竖直，OB绳与倾角为

的足够长的固定斜面平行，且轻绳恰好拉直而无作用力。A、B的质量均为m，A、B均视为质点，重力加速度大小为g，取

，

，不计一切摩擦。现将B由静止释放，B沿斜面下滑，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．释放B后的瞬间，轻绳的弹力大小为

B．当A的速度最大时，弹簧处于拉伸状态
C．A的最大速度为

D．当B处于最低点时，弹簧处于压缩状态
【答案】AC
【详解】
A．设释放B前弹簧的压缩量为

，对A由物体的平衡条件有

设释放B后的瞬间A的加速度大小为a，对A、B整体由牛顿第二定律有

解得

设释放B后的瞬间轻绳的弹力大小为

，对A由牛顿第二定律有

解得

选项A正确；
B．经分析可知，当A的速度最大时，轻绳的弹力大小

因

，故此时弹簧处于压缩状态，选项B错误；
C．设当A的速度最大时，弹簧的压缩量为

，对A由物体的平衡条件有

解得

对从释放B到A的速度最大的过程，根据动能定理，对A、B整体有

解得A的最大速度

选项C正确；
D．假设当B处于最低点时弹簧处于压缩状态，且压缩量为

，根据动能定理，对A、B整体有

解得

因

为负值，故假设不成立，选项D错误。
故选AC。
11．质量为2kg的物块放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，物块动能E_k与其发生位移x之间的关系如图所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10m/s²，则下列说法正确的是（　　）
说明: figure

A．x＝1m时物块的速度大小为2m/s
B．x＝3m时物块的加速度大小为2.5m/s²
C．在前4m位移过程中拉力对物块做的功为25J
D．在前4m位移过程中物块所经历的时间为2.8s
【答案】CD
【分析】
由图象可观察

时动能为

，由动能的计算式此可求速度，

时物块的加速度即为

的加速度，先求

、

时的速度大小，再以匀变速直线运动公式可求，先求全过程摩擦力的功，再由动能定理求拉力的功。分段求两次匀变速直线运动的时间，再求和得到总时间。
【详解】
A．由图像可知，

时的动能为

由

得

故A正确；
B．同理，当

时动能为

解得

由动能定理得

得

可知

图像的斜率等于合外力，因此物体在

内和

内都做匀加速直线运动，在

内，由

解得

内，加速度为

则

是物块加速度为

，故B错误；
C．对物体运动全过程，由动能定理得

解得

故C正确；
D．

过程运动时间为

总时间

故D正确。
故选AD。
【点睛】
本题对动能定理、牛顿第二定律、运动学公式的综合考查，关键要根据动能定理分析知道：E_k与x成线性关系，说明合外力恒定，即物体作匀变速运动。
12．如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)第一次碰撞系统功能的损失量。
说明: figure

【答案】(1) －6kmgL；(2)

；(3)

【详解】
(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
(2)设第一车的初速度为

，第一次碰前速度为

，碰后共同速度为

，第二次碰前速度为

，碰后共同速度为

，有

动量守恒

人给第一辆车水平冲量的大小

(3)根据以上公式解得

则第一次碰撞系统动能损失

13．如图所示的装置是由竖直挡板P及两条带状轨道Ⅰ和Ⅱ组成。轨道Ⅰ由光滑轨道

与粗糙直轨道

连接而成，A、B两点间的高度差为

。在轨道

上有一位置C，C点与B点的高度差为H、水平间距为

。光滑轨道Ⅱ由轨道

、半径分别为

、

的半圆形螺旋轨道

和轨道

连接而成，且F点与A点等高。轨道Ⅰ、轨道Ⅱ与光滑水平轨道

在A处衔接，挡板P竖立在轨道

上，轨道上各连接点均为平滑连接。一质量为

的小滑块（小滑块可以看成质点）从C点静止释放，沿轨道Ⅰ下滑，与挡板P碰撞，碰撞后的动能为碰撞前动能的一半，且碰后小滑块既可沿轨道Ⅰ返回，也可沿轨道Ⅱ返回。小滑块与

间的动摩擦因数

。重力加速度

。
（1）若小滑块沿轨道Ⅰ返回，且恰好能到达B点，则H的大小为多少？
（2）若改变直轨道

的倾角，使小滑块在直轨道上的下滑点与B点的水平距离L保持不变，小滑块沿轨道Ⅱ返回（只考虑首次返回），求H的大小范围。
（3）在满足（2）问的条件下，请写出小滑块刚过F点（只考虑首次通过F点）时对轨道的压力大小与H的关系。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)

；(3)

（其中

）
【详解】
(1)从C点到B点，由动能定理

设滑块碰前的速度为

，则有

滑块与挡板碰撞后的动能

又因为

所以

(2)刚好能通过F点

则

从A到F点

得

能从C滑至B

即

综上可得

(3) 小滑块刚过F点时，有

又因为

所以

根据牛顿第三定律

（其中

）
14．如图(a)所示，一质量为m的滑块

可看成质点

沿某斜面顶端A由静止滑下，已知滑块与斜面间的动摩擦因数

和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图(b)所示．斜面倾角为

，长为l，有一半径为

的光滑竖直半圆轨道刚好与斜面底端B相接，且直径BC与水平面垂直，假设滑块经过B点时没有能量损失．重力加速度为g，求：
(1)滑块刚释放瞬间的加速度大小；
(2)滑块滑至斜面底端时的速度大小；
(3)滑块滑至半圆轨道的最高点C时，对轨道的压力大小。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)

；(3) 3mg
【详解】
(1)滑块刚释放时，由图(b)可知，

则对滑块

代入数据解得

(2)滑块由顶端滑至底端，由动能定理得

由图(b)的物理意义得

解得

(3)设滑块能运动到C点，则从B到C，由动能定理：

解得

当滑块滑到C点时

解得

由牛顿第三定律得滑块在C点时对轨道的压力

15．如图，水平放置做逆时针运动的传送带左侧放置一个半径为R的光滑

圆弧轨道，底端与传送带相切。传送带长也为R。传送带右端接光滑的水平面，水平面上静止放置一质量为3m的小物块B。一质量为m的小物块A从圆弧轨道顶端由静止释放，经过传送带后与B发生碰撞，碰后A以碰前速率的一半反弹。A与B碰撞后马上撤去圆弧轨道。已知物块A与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，取重力加速度为g。求：
(1)物块A与B碰撞前瞬间速度大小；
(2)若传送带速度取值范围为

试讨论传送带速度取不同值时，物块A、B碰撞后传送带对物块A做功的大小。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)见解析
【详解】
(1)物体A下滑过程，根据动能定理有

解得

A从传送带左端滑至右端，根据动能定理有

解得

(2)A碰后从传送带右端往左运动，传送带速度为

有
①若传送带速度为

，物块A匀速运动，传送带对物块做功为W=0
②当传送带的速度为

时，物块A滑上传送带后加速，物块能一直加速，则物块最终的速度为v_A′，根据动能定理有

解得

故当传送带的速度

时，物块一直加速度，不会有共速，摩擦力一直存在，则传送带摩擦力做的功为
W=μm_AgR=0.5mgR
③若传送带的速度

时，物块A先减速后与传送带达到共同速度，即A的末速度为传送带的速度v，由动能定理得

即

（

）
16．中国第三艘航母003号的建造已经接近尾声，下水指日可待。据报道，该航母将用电磁弹射技术，相比于滑跃式起飞，电磁弹射的加速更均匀且力量可调控。若新型国产航母的起飞跑道由电磁弹射区域和非电磁弹射区域两部分组成。在电磁弹射区域电磁弹射可以给飞机提供恒定的牵引力F₁=1.0×10⁶ N，非电磁弹射区域的长度L₁=90 m。某重型舰载飞机的质量m= 30 t，从跑道末端起飞速度v= 100 m/s，起飞过程喷气发动机可以持续提供F₂=6.3× 10 ⁵N的恒定推力，其所受阻力恒定且所受阻力与其受到的重力大小之比k=0.1。取重力加速度大小g=10 m/s²求：
(1)飞机离开电磁弹射区域的速度大小v₁
(2)起飞跑道总长度L
【答案】(1)

；(2)

【详解】
(1)飞机在非电磁弹射区域，在恒定推力和阻力的作用下做匀加速直线运动，有

解得

又

解得

(2)电磁弹射区域长度为L₂，由动能定理有

解得

起飞跑道总长度L

17．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的手眼合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内ABCDEFG透明玻璃轨道，其中C为BCD轨道的最低点，E为DEF管道的最高点，FG为动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直轨道，在轨道首端A和末端G处均有一反弹膜，弹珠与其碰撞无能量损失。其余管道和轨道均光滑。各部分轨道在连接处均相切。一质量m＝100g，直径略小于管道内径的弹珠从A点静止滑下，沿轨道ABCDEFG运动并弹回，已知H=0.8m，R=2m，L=0.5m，圆弧轨道BCD和管道EFG的圆心角为120°，g＝10m/s²，求：
(1)弹珠第一次运动到C点时对轨道的压力；
(2)若给小球提供适当的初速度，可以让小球在通过E点时对管道内外壁刚好没有压力，求初速度的大小；
(3)若游戏设置9次通过E点便获得最高分，求要获得最高分，小球在A点初速度的范围。
说明: figure

【答案】(1)2.8N，竖直向下；(2)6m/s；(3)

【详解】
(1) A到C：由动能定理

C点有

解得

由牛顿第三定律可得，弹珠对轨道的压力大小为2.8N，方向竖直向下；
(2)弹珠刚好在E点对轨道无压力时
eqId60d32162fee84e33aebadc72f4e47a21

摊主从A到E，由动能定理可得

解得

(3)当弹珠刚好第八次恰能回到E点时，

解得

当弹珠刚好第十次回到E点时

解得

所以要想获得最高分，初速度的范围

。
18．如图所示，质量为m的小木块甲以一定的初速度从O点沿粗糙的水平面向右运动，到P点时与质量为2m的静止的小木块乙相碰，与木块乙碰撞后，木块甲返回到0、P的中点停止，已知两小木块与水平面之间的动摩擦因数均为μ，

，木块甲在O点的初动能为

，重力加速度大小为g。求：
(1)木块甲从O点运动到P点与木块乙碰撞前的时间（可用根式表示）；
(2)木块乙停止的位置距离P点的距离。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)2L
【详解】
(1)设木块甲从O点运动到P点与木块乙碰撞前的时间为t，甲从O点出发时初速度v₀，到达P点时速度为v，与乙碰撞后速度为v₁，乙的速度为v₂，甲从O点到P点。根据动能定理，得

设初速度方向为正方向，根据动量定理，得

依题意，得

解得

(2)设木块乙停止的位置距离P点的距离为x，甲与乙碰撞时，由动量守恒定律，得

对甲，碰撞后到停止，根据动能定理有

对乙，碰撞后到停止，根据动能定理有

联立，解得

19．如图所示，水平面内的导轨与竖直面内的半圆形光滑导轨在B点相切。半圆形导轨的半径为R，一个质量为m的滑块（视为质点）从A点以某一初速度沿导轨向右运动，滑块进入半圆形导轨后通过C点时受到轨道弹力的大小

（g为重力加速度大小）。并恰好落到A点。水平导轨与滑块间的动摩擦因数

。不计空气阻力。求：
(1)滑块通过半圆形导轨的B点时对半圆形导轨的压力大小；
(2)滑块在A点时的动能E_k。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)

【详解】
(1)设滑块通过C点时的速度大小为

，受到导轨弹力的大小为F，有

设滑块通过B点时的速度大小为v_B，受到导轨弹力的大小为N＇，有

对滑块从B点运动到C点的过程，由动能定理有

由牛顿第三定律有

解得

(2)设滑块从C点运动到A点的时间为t，有

水平面上A、B两点间的距离为

对滑块从A点运动到B点的过程，由能量守恒定律有

解得

20．如图所示，某物块(可看成质点)从A点沿竖直光滑的

圆弧轨道，由静止开始滑下，圆弧轨道的半径R＝0.25m，末端B点与水平传送带相切，物块由B点滑上粗糙的传送带，若传送带静止，物块滑到传送带的末端C点后做平抛运动，落到水平地面上的D点，已知C点到地面的高度H＝5m，C点到D点的水平距离为x₁＝1 m，g＝10m/s²。求：
(1)物块滑到B点时速度的大小；
(2)物块滑到C点时速度的大小。
说明: figure

【答案】(1)

；(2)1m/s
【详解】
(1)物体从A点滑到B点，由动能定理可知

解得物块滑到B点时速度的大小为

(2)设C点的速度为v₁，由平抛运动的公式可知
eqIdeb117a9706b04545a3ce77fa114b85f4

解得C点的速度为

21．如图所示，AB为长L₀=2m的粗糙水平轨道，MD为光滑水平轨道，圆O为半径R=0.45m的下端不闭合的竖直光滑圆轨道，它的入口和出口分别与AB和MD在B、M两点水平平滑连接。D点右侧有一宽x₀=0.9m的壕沟，壕沟右侧的水平面EG比轨道MD低h=0.45m。质量m=0.2kg的小车（可视为质点）能在轨道上运动，空气阻力不计，g取10m/s²。
(1)将小车置于D点出发，为使小车能越过壕沟，至少要使小车具有多大的水平初速度？
(2)将小车置于A点静止，用F=1.9N的水平恒力向右拉小车，F作用的距离最大不超过2m，小车在AB轨道上受到的摩擦力恒为f=0.3N，为了使小车通过圆轨道完成圆周运动进入MD轨道后，能够从D点越过壕沟，力F的作用时间应满足什么条件？（本问结果可保留根号）
说明: figure

【答案】(1)3m/s；(2)

【详解】
(1)根据h=

gt²得

则小车具有的最小初速度

(2)小球通过最高点的最小速度

根据动能定理知
mg•2R＝

mv_M²−

mv₁²
代入数据解得

可知小球能够通过最高点，则能通过壕沟，对A到C的过程运用动能定理得
Fx−fL₀−mg•2R＝

mv₁²−0
代入数据解得
x=1.5m
根据牛顿第二定律得

根据
x=

at′²
得力F作用的最短时间

力F作用的最长时间

则力F的作用时间应该满足

22．如图甲所示，游乐公园的回环过山车为避免游客因向心加速度过大而难以忍受，竖直面的回环被设计成“雨滴”形而不是圆形。图乙为某兴趣小组设计的回环过山车轨道模型，倾角

的倾斜轨道AB与地面水平轨道BC在B处平滑连接，“雨滴”形曲线轨道CDE左右对称，D为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图乙中圆1和圆2分别为C、D两点的曲率圆，半径分别为

、

。现将质量

的小滑块（可视为质点）从轨道AB上某点由静止释放，滑块在轨道CDE内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为

。已知曲线轨道CDE光滑，其余直轨道与滑块之间的动摩擦因数均为

，BC段的长度

，重力加速度g取

，

。
(1)求滑块在D点时对轨道的压力；
(2)求曲线轨道CDE上高度

的P点的曲率半径；
(3)要使滑块能顺利通过轨道CDE，运动时的向心加速度不超过3g。求滑块在轨道AB上释放点高度H的范围。
说明: figure

【答案】(1)5N，方向竖直向上；(2)

；(3)

【详解】
(1)设滑块在D点所受的压力为F，根据向心力公式

解得

由牛顿第三定律，滑块对轨道压力大小为5N，方向竖直向上
(2)滑块在轨道CDE中，根据向心加速度公式

，则滑块在C。D两点的速度分别为

，

设P点的曲率半径为R，速度为v，从C点到P点的过程中，由动能定理

且

则P点曲率半径

(3)设C、D两点高度差为

，从C点到D点的过程中，由动能定理

解得

设曲线轨道上高度为h某点的曲率半径为R，由上题可知

从该点到D点，根据动能定理有：

该点向心加速度

①假设滑块在D点刚好没有脱离轨道，即向心加速度为g，设在D点的速度为

，则

解得

故当

时，

（仅在D点时取等号），因此，滑块在轨道CDE上其他位置的加速都大于g，不会脱离轨道，设滑块最低释放点高度为

，从释放到D点的过程中，由动能定理

解得

②假设滑块在D点时的向心加速度为3g，则有

解得

根据

可知，当

时，

（仅在D点时取等号），因此滑块在轨道CDE上的向心加速度在D点最大，其他位置的都小于3g，设滑块最高释放点高度为B，从释放点到D点的过程中，由动能定理

解得

综上可知

23．半径

的

光滑圆弧轨道与水平放置的传送带左边缘相切，传送带长为

，它顺时针转动的速度

，质量为

的小球被长为

的轻质细线悬挂在O点，球的左边缘恰与传送带右端B对齐；细线所能承受的最大拉力为

，质量为

的物块自光滑圆弧的顶端以初速度

的速度开始下滑，运动至B点与质量为

的球发生正碰，在极短的时间内反弹，细绳恰好被拉断。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为

，取重力加速度

。求：
(1)碰撞后瞬间，物块的速度是多大？
(2)物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？
说明: figure

【答案】(1)

；(2)

【详解】
(1)设滑块m滑至传送带后，与小球碰撞前一直做匀减速运动，对滑块，设与小球碰前速度速率为v₁，则从开始下滑至与小球碰前，根据动能定理

，说明假设合理。设球碰后速率为

，对小球

得

滑块与小球碰撞，设碰后物块速度大小为

，由动量守恒定律

解得

(2)物块由释放到A点，根据动能定理有

解得

设滑块与小球碰撞前的运动时间为

，则

在这过程中，传送带运行距离为

解得

滑块与传送带的相对路程为

解得

设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最长时间为

，则根据动量定理

解得

滑块向左运动最大位移

解得

，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带，再考虑到滑块与小球碰后的速度

，说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为

，在滑块与小球碰撞后的时间内，滑块做类竖直上抛运动，回到碰撞点，传送带与滑块间的相对路程等于传送带的对地位移

解得

因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是

24．一平台如图所示，物体A与水平面间的动摩擦因数µ=0.2，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量m=1.0kg、大小可忽略的物块A，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块A上，右端系住物块B，物块B质量M=2.0kg，开始两物体都处于静止状态，绳被拉直，物体A距滑轮4.5m，B到地面的距离h=1m，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s²，将A、B无初速释放后，求：
（1）轻绳中的最大拉力；
（2）物体A沿水平面运动的位移。
说明: figure

【答案】（1）8N；（2）4m
【详解】
（1）设绳中拉力为

，对

由牛顿第二定律

对物体

解得

（2）匀加速运动的位移

；

运动位移为

，对

由动能定理

解得

25．某同学参照过山车情景设计了如下模型光滑的竖直圆轨道半径R=2m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m=2kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F=6N的作用，在B点撤去拉力，AB的长度为l=5m，不计空气阻力。（g=10m/s²）
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
说明: figure

【答案】(1)10m；(2)[0，15m]或[21m，25m]
【详解】
(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有

解得

m/s
滑块从C点到最高点过程由机械能守恒定律可得

解得
v_C=10m/s
滑块从C点到最后停止过程有

=10m
即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有一下两种可能：
①滑块能通过最高点，即到达C点的速度大于10m/s，则对AC过程由动能定理可得

解得
x₁=15m
②滑块无法通过最高点，但到达的高度为R时速度恰好为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得

解得
x₂=21m
滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点

解得
x₃=25m
因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC长度范围为[0，15m]或[21m，25m]。
26．如图所示，质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑。B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1m，圆弧对应圆心角为θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平地面的高度h=0.8m。小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，上升能到达的最高点为D。物块与传送带间的动摩擦因数为

，传送带的速度恒为5m/s，物块与斜面间的滑动摩擦因数为

。（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：
(1)小物块离开A点的水平初速度v₁；
(2)小物块经过O点时对轨道的压力；
(3)PA间的距离；
(4)物块由C上升到最高点D所需时间。
说明: figure

【答案】(1)3m/s；(2)43N；(3)1.5m；(4)0.5s
【详解】
(1)对小物块，由A到B，作平抛运动，根据速度位移公式

在B点

所以

3m/s

所以

5m/s
(2)对小物块，由B到O，由动能定理有

在O点，作圆周运动，由牛顿第二定律有

N＝43N
由牛顿第三定律知对轨道的压力为43N。
(3)物块在传送带上由P到A加速过程，由动能定理有

所以
s＝1.5m
(4)物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律有

由动能定理知

5m/s
小物块由C上升到最高点D历时

0.5s
27．如图所示，光滑圆弧面

与水平面和传送带分别相切于B、C两处，

垂直于

。圆弧所对的圆心角

，

圆弧半径

，足够长的传送带以恒定速率

顺时针转动，传送带

与水平面的夹角

。一质量

的小滑块从A点以

的初速度向B点运动，A、B间的距离

。小滑块与水平面、传送带之间的动摩擦因数均为

。重力加速度

，

。求：
(1)小滑块第一次滑到C点时的速度；
(2)小滑块到达的最高点离C点的距离；
(3)小滑块最终停止运动时距离B点的距离。
说明: figure

【答案】(1)6m/s；(2)5m；(3)4.8m
【详解】
(1)C离B的高度

小滑块从A到C应用动能定律有

物块第一次滑到C点时的速度

(2)物块在传送带上上滑的加速度

由

得

由于

物块在传送带上继续减速上滑的加速度

物体到达的最高点离C点的距离

(3)滑块沿传动带加速返回到C点

C到停止

代入数据解得

小滑块最终停止运动时距离B点的距离为

。
28．如图所示，质量m=0.4kg的小物块，放在半径R₁=2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数

₁=0.8。圆心角为θ=37°，半径R₂=2.5m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为

₂=0.5，开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O₁的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出（此时O₁与A连线垂直纸面）恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O₂、半径R₃=0.5m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，

，

，g取

。求：
(1)圆盘对小物块m做的功；
(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；
(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围。
说明: figure

【答案】(1)3.2J；(2)1.2m；(3)不大于1m
【详解】
(1)小物块刚滑出圆盘时

得

由动能定理可得

得

(2)物块正好切入圆弧轨道BC，由平抛运动知识可得，在B处物块的竖直分速度为

运动时间

AB间的水平距离

联立解得

(3)物块刚好通过竖直完整团轨道最高点E处

由B到E点由动能定理得

又

可得

即DC之间距离不大于1m。
29．如图所示，光滑斜面与半径为R的光滑圆弧轨道平滑连接并固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从斜面上某点由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为

R，碰撞中无机械能损失。重力加速度为G。求：
(1)A球释放点到轨道最低点的高度h；
(2)小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
说明: figure

【答案】(1)2R；(2)见解析
【详解】
(1)设A球到达轨道最低点与B碰撞前的速度大小为v₀，A、B碰撞后的速度分别为v₁、v₂，取向右为正方向，A、B球碰撞后沿光滑轨道上升到最高点的过程，只有重力做功，机械能守恒

又因碰撞过程中没有机械能损失，则有

解得

方向向左

方向向右；
A、B球碰撞时，水平方向上外力为0，A、B系统动能守恒，即

解得
β=3

A球从释放到最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒

解得A球释放点到最低点的高度
h=2R
(2)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V₁、V₂，则
eqIdadd455cc89694d85b51245e0c6efd1a9

解得

第二次碰后，B静止，A将沿轨道上升到开始释放时的位置，然后将重复前面的过程。
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为

，方向向左；B的速度大小为

，方向向右。
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同。即A的速度大小为2

，方向向左；B的速度大小为零。
30．如图所示，一工件置于光滑水平地面上，其AB段为一半径R=0.5m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ=0.4.工件质量M=0.8kg，取g=10m/s²。
（1）若工件固定不动，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h；
（2）若工件可以在光滑水平地面自由滑动，将物块由P点无初速度释放，求工件停止运动时相对地面的位移。
说明: figure

【答案】（1）0.2m；（2）0.18m，方向向右
【详解】
（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程根据能量守恒得:
mgh-μmgL=0
代入数据得
h=0.2m
（2）由几何知识可以知道P点到B点的水平距离为
L₁=0.4m
设在BC段物块相对于工件的位移为x，根据动能定理有
mgh-μmgx=0
计算得出
x=0.5m
在物块与工件相对运动的过程中，设物块向左的位移大小为x₁，工件向右的位移为x₂，则
x₁+x₂=x+L₁=0.9m
因为工件和物块组成的系统在水平方向上不受力所以系统在水平方向上动量守恒，即
mx₁-Mx₂=0
则

可得x₂=0.18m，方向向右。

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重难点08简洁的动能定理

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