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专题08 动能定理综合应用-冲刺高考物理大题突破+限时集训（全国通用）
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专题08 动能定理综合应用
【例题】（2023·江苏无锡·高三统考期末）如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。质量m=1kg的滑块可以视作为质点。放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.
（1）滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；
（2）滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；
（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
【答案】 （1）8J；（2）4s；（3）24J
【解析】（1）滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得
FL-μ2mgL= Ek0
解之得
Ek0=8J
（2）从B点向左减速过程
得
x=4m
因此向左减速时间
t1==2s
又
v=4m/s<10m/s
所以返回到B的时间
t2=t1=2s
t总=4s
（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量
Q=FL=24J
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
（1）动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
（2）动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
（3）物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．
（4）多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
3．五点说明
（1）W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和。
（2）动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差。
（3）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（4）动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（5）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
【变式训练】（2023·内蒙古通辽·校考模拟预测）广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素。使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题。一种氢气燃料的汽车，质量为1.0×103 kg，沿倾角为的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动（g取10 m/s2）。求：
（1）汽车做匀加速运动的时间；
（2）汽车所能达到的最大速率；
（3）若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间。（结果保留整数）
【答案】 （1）；（2）；（3）22s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得
解得
可得匀加速运动的末速度为
则汽车做匀加速运动的时间
（2）汽车到最大速率时,牵引力为
汽车所能达到的最大速率为
（3）汽车匀加速运动的位移
汽车达到额定功率后，位移为
由动能定理可得
解得
则汽车从坡底到坡顶需要的时间为
1．（2023·山东·模拟预测）近段时间，针对佩洛西窜访台湾，我解放军在台海周边6个区域组织了航母编队威慑演练。如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求：
（1）舰载机的最小额定功率；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）舰载机运动到B点且达到额定功率时，对应功率最小，设为，从A点到B点，根据运动学公式有
由牛顿第二定律有
在B点处有
联立解得
（2）舰载机在BC段运行的最长时间设为，根据动能定理有
解得
2．（2023·辽宁·模拟预测）如图1所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建如图2所示模型。斜面滑道CD与水平地面AB的夹角，在底端右侧有一半径的竖直圆弧轨道BE与AB相切，B为切点。其中CD的长度，DB之间距离。一个质量的游客（可视为质点）从C点由静止开始下滑，恰好到达E点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的动摩擦因数均为，且经过D、B两点时速率不发生改变，忽略空气阻力，，，。求：
（1）游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率；
（2）游客达B点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）从B到E的过程中，摩擦力对旅客做的功。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）游客从到过程，根据动能定理可得
解得
游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率为
（2）游客从到过程，根据动能定理可得
解得
游客达B点时，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，游客达B点时，对圆弧轨道的压力大小为。
（3）从B到E的过程中，根据动能定理可得
解得
3．（2023·山东临沂·统考一模）如图所示，竖直面内有光滑斜面AB和光滑半圆轨道BC在B点平滑连接，半圆轨道的半径为R。一质量为m的小球从A点由静止滚下，恰好能通过半圆轨道最高点C点，之后小球又恰好垂直落到斜面AB上，小球可视为质点，重力加速度g已知，求：
（1）A点到水平面BD的高度H；
（2）斜面AB的长度L。
【答案】 （1）（2）
【解析】（1）因小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，则
从A到C由动能定理
解得
（2）小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，则
由几何关系
解得
斜面AB的长度
4．（2023·安徽合肥·统考一模）物流公司用滑轨装运货物，如图所示．长、倾角为的倾斜滑轨与长的水平滑轨平滑连接，有一质量为的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为，，空气阻力不计，重力加速度g取。求：
（1）货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
（2）货物从开始下滑经过，克服摩擦力所做的功为多少。
【答案】 （1）；（2）30J
【解析】（1）根据动能定理
解得
（2）在斜面上下滑时
解得
下滑到底端时的时间
在货车上运动的加速度
解得
则在货车上运动的时间
货物从开始下滑经过时已经停止在水平面上，则整个过程由动能定理
克服摩擦力所做的功为
5．（2023·浙江·模拟预测）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O₁、O₂、D、O₃、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得
代入数据解得
（2）从B点到C点，由动能定理得
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
代入数据联立解得
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
FB＝N＝0.83N
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得
代入数据解得
h1＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
代入数据解得
h2＝2.24m
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，因为μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得
代入数据解得
s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次
6．（2023·陕西·统考二模）如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个圆周的光滑轨道，轨道半径，轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角，皮带和货物间的动摩擦因数，运输机的皮带以的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）。现仓储员将质量货物由轨道的a端静止释放，求：
（1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小。
（2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。
（3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）货物由a到b的过程中，根据机械能守恒有
解得
在b点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得，货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小为；
（2）设货物沿皮带向上滑行x时相对皮带静止，货物减速上滑过程中，根据动能定理有
解得
（3）由于，所以货物上滑达到最大速度后，与传送带一起匀速上升，静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，故摩擦力大小不变，方向反向。在x位移内皮带对货物做功
货物匀速上升过程的上升高度
在匀速上升阶段，由功能关系得
故皮带对物体做的总功
7．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校联考模拟预测）如图（a）所示，倾角为37°的斜面上方空间存在电场强度大小为E＝0.8V/m、方向沿斜面向下的匀强电场，现将质量为m＝0.2kg的带正电物块从斜面上由静止释放，物块在斜面上滑动过程中带电量逐渐减小直到放电完毕，当物块滑到斜面底端时以的速度与固定在斜面底端的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失。已知物块下滑过程加速度a随位移x变化的图像如图（b）所示。已知物块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，。求：
（1）物块刚释放时带电量的大小；
（2）物块释放位置到挡板的距离（结果用分式表示）；
（3）物块第4次撞击挡板时的动能。
【答案】 （1）0.5C；（2）；（3）
【解析】（1）设物块刚释放时的带电量大小为q，由牛顿第二定律可得
由图（b）可知
解得
q＝0.5C
（2）由图（b）可知
后物块将做匀变速运动，物块的电量放完时，根据牛顿第二定律有
解得
设物块的电量放完毕时速度为v，由
可知a－x图线与坐标轴围成的面积乘以质量等于物块所受的合力所做的功，可得
解得
v＝2m/s
物块放电完毕后将做匀加速运动，可得
解得
故物块释放位置到挡板的距离为
（3）物块与挡板第一次碰后上滑过程中，由动能定理可得
物块与挡板第一次碰后下滑过程中，由动能定理可得
解得
同理可得
可得
8．（2023·江苏泰州·高三靖江高级中学校考期末）如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L内径粗糙的水平直细管。P端有一竖直弹性挡板，MN段为内径光滑半径为R的圆弧细管，两段细管在M处平滑连接。细绳一端连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过挡板P的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的的滑块B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求：
（1）滑块B在PM段向左运动过程中加速度大小a；
（2）滑块B第一次运动至M点时速度大小vM；
（3）若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速弹回。求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的总路程S。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，对A、B整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，滑块B第一次运动至M点时，滑块A、B的速度大小相等，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，由于
则滑块B最终停在P处，对整个过程，由动能定理有
解得
9．（2023·江苏南通·高三统考期末）如图所示，光滑斜坡上有质量为m的小物块P（视为质点）被轻绳拴住悬挂在O点，P距斜坡底端的高度为h，绳子与水平方向的夹角为，斜坡的倾角为。斜坡下端有质量为2m的长木板静止于光滑水平面上，木板右端有挡板，水平轻弹簧固定于挡板上，弹簧左端与木板左端相距为L。现烧断拴接P处的轻绳，P由静止沿斜坡下滑，滑上Q左端时竖直分速度全部损失，水平分速度不变，P、Q向右运动，P与弹簧发生作用分离后，在离弹簧左端距离为d处相对Q静止。已知P、Q间的动摩擦因数为μ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）烧断轻绳前绳中的张力F；
（2）P最终的速度大小v；
（3）弹簧具有的弹性势能最大值。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）设斜坡对P的支持力为，对P受力分析，水平方向
竖直方向
解得
（2）设P到达斜坡底端的速度为，对P下滑过程，由动能定理可得
滑到长木板后只保留水平分速度，对P、Q相对滑动过程动量守恒
解得
（3）设弹簧的最大压缩量为x，从P滑上木板到P、Q第一次共速前，由动能定理可得
P、Q先后两次共速间，由动能定理可得
解得
10．（2023春·广东广州·高三校联考开学考试）如图所示，小周同学在玩弹象棋子游戏，水平桌子高，长为，开始时两棋子分别静置在桌子的两端，小周同学用力弹红棋子，红棋子以的初速度向右运动，正碰黑棋子后两棋子均做平抛运动，落地瞬间两棋子相距。两棋子质量相同且可视为质点，与桌面摩擦系数均为，重力加速度。
（1）求碰撞黑棋子前瞬间，红棋子的速度v的大小；
（2）设碰后瞬间红棋子速度为，黑棋子速度为，若定义恢复系数，求k的值；
（3）两棋子每次碰撞的恢复系数k相同，若某次游戏，红棋子位于桌子最左端，黑棋子位于桌子正中央，小周同学用力弹红棋子，要让黑棋子落地而红旗子不落地，求红旗子的初速度的取值范围（可用根号表示）。
【答案】 （1）4m/s；（2）0.5；（3）
【解析】（1）根据动能定理，对红棋子
解得碰撞黑棋子前瞬间，红棋子的速度
（2）两棋子碰撞，由动量守恒定律
两棋子碰后做平抛运动，由平抛运动规律
解得
，
所以
（3）根据动能定理，对红棋子
两棋子碰撞，由动量守恒定律
黑棋子要落地，则
红棋子不能落地，则
解得
11．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
（2）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；
（3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程，
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
代入数据可得
A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，有
代入数据得
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B
解得
物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移
因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能
代入数据得
（2）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有
代入数据得
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换．对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知
代入数据得
（3）由（2）知，物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得
（1，2，…，10）
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程
（1，2，…，10）
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
代入数据得
12．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2 = 2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1 = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2 = 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求：
(1)水平轨道AB的长度l1；
(2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
(3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【答案】 (1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有
从A到P点，列动能定理有
解得
(2)分析若恰能过P点，则，满足vP = 0，从A到P点列定能定理，有：
算得
若小滑块恰能到D点，则有
解得
综上所述应满足条件为
(3)分析各类情况：
①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足
得
可知时，无法达到E点。
②恰好过P点的情况下
得
即进入传送带加速。
讨论传送带上运动问题
若全程加速，加到E点时恰好为3，有
得
对应距离满足
得
即
满足
得
当过D点的速度超过3时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3，有
得
对应距离满足
得
即
，
若，则满足
得
综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下：
在时，无法达到E点；
在时，
在时，
在时，
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】 （1）；（2）；（3）当时，，当时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得
解得
距离点0.6m，综上可知当时
代入数据得
2．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
专题08 动能定理综合应用
【例题】（2023·江苏无锡·高三统考期末）如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。质量m=1kg的滑块可以视作为质点。放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.
（1）滑块第一次运动到B点时的动能Ek0；
（2）滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；
（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。
【答案】 （1）8J；（2）4s；（3）24J
【解析】（1）滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得
FL-μ2mgL= Ek0
解之得
Ek0=8J
（2）从B点向左减速过程
得
x=4m
因此向左减速时间
t1==2s
又
v=4m/s<10m/s
所以返回到B的时间
t2=t1=2s
t总=4s
（3）滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量
Q=FL=24J
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
（1）动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简捷．
（2）动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
（3）物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），对全过程应用动能定理，往往能使问题简化．
（4）多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
3．五点说明
（1）W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和。
（2）动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差。
（3）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（4）动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（5）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
【变式训练】（2023·内蒙古通辽·校考模拟预测）广泛使用氢燃料作为交通能源是氢经济的一个关键因素。使用氢为能源的最大好处是它跟空气中的氧反应，仅产生水蒸气排出，有效减少了传统汽油车造成的空气污染问题。一种氢气燃料的汽车，质量为1.0×103 kg，沿倾角为的斜坡由静止开始向上运动，汽车在运动过程中所受摩擦阻力大小恒为2000 N，汽车发动机的额定输出功率为5.6×104 W，开始时以a＝1m/s2的加速度做匀加速运动（g取10 m/s2）。求：
（1）汽车做匀加速运动的时间；
（2）汽车所能达到的最大速率；
（3）若斜坡长143.5 m，且认为汽车到达坡顶之前已达到最大速率，则汽车从坡底到坡顶需多长时间。（结果保留整数）
【答案】 （1）；（2）；（3）22s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得
解得
可得匀加速运动的末速度为
则汽车做匀加速运动的时间
（2）汽车到最大速率时,牵引力为
汽车所能达到的最大速率为
（3）汽车匀加速运动的位移
汽车达到额定功率后，位移为
由动能定理可得
解得
则汽车从坡底到坡顶需要的时间为
1．（2023·山东·模拟预测）近段时间，针对佩洛西窜访台湾，我解放军在台海周边6个区域组织了航母编队威慑演练。如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m（忽略滑行过程中的质量变化），舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求：
（1）舰载机的最小额定功率；
（2）舰载机在BC段运行的最长时间。
【答案】 （1）；（2）
【解析】（1）舰载机运动到B点且达到额定功率时，对应功率最小，设为，从A点到B点，根据运动学公式有
由牛顿第二定律有
在B点处有
联立解得
（2）舰载机在BC段运行的最长时间设为，根据动能定理有
解得
2．（2023·辽宁·模拟预测）如图1所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建如图2所示模型。斜面滑道CD与水平地面AB的夹角，在底端右侧有一半径的竖直圆弧轨道BE与AB相切，B为切点。其中CD的长度，DB之间距离。一个质量的游客（可视为质点）从C点由静止开始下滑，恰好到达E点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的动摩擦因数均为，且经过D、B两点时速率不发生改变，忽略空气阻力，，，。求：
（1）游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率；
（2）游客达B点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）从B到E的过程中，摩擦力对旅客做的功。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）游客从到过程，根据动能定理可得
解得
游客到达斜面底端D时重力的瞬时功率为
（2）游客从到过程，根据动能定理可得
解得
游客达B点时，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，游客达B点时，对圆弧轨道的压力大小为。
（3）从B到E的过程中，根据动能定理可得
解得
3．（2023·山东临沂·统考一模）如图所示，竖直面内有光滑斜面AB和光滑半圆轨道BC在B点平滑连接，半圆轨道的半径为R。一质量为m的小球从A点由静止滚下，恰好能通过半圆轨道最高点C点，之后小球又恰好垂直落到斜面AB上，小球可视为质点，重力加速度g已知，求：
（1）A点到水平面BD的高度H；
（2）斜面AB的长度L。
【答案】 （1）（2）
【解析】（1）因小球恰好能通过半圆轨道最高点C点，则
从A到C由动能定理
解得
（2）小球离开C点后做平抛运动，垂直打在斜面上，则
由几何关系
解得
斜面AB的长度
4．（2023·安徽合肥·统考一模）物流公司用滑轨装运货物，如图所示．长、倾角为的倾斜滑轨与长的水平滑轨平滑连接，有一质量为的货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑。已知货物与两段滑轨间的动摩擦因数均为，，空气阻力不计，重力加速度g取。求：
（1）货物滑到倾斜滑轨末端的速度大小；
（2）货物从开始下滑经过，克服摩擦力所做的功为多少。
【答案】 （1）；（2）30J
【解析】（1）根据动能定理
解得
（2）在斜面上下滑时
解得
下滑到底端时的时间
在货车上运动的加速度
解得
则在货车上运动的时间
货物从开始下滑经过时已经停止在水平面上，则整个过程由动能定理
克服摩擦力所做的功为
5．（2023·浙江·模拟预测）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O₁、O₂、D、O₃、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球（其直径稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，水平直轨道BC和GH的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB（保留两位小数）；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E点的速度为0，小球从C点到E点，根据动能定理得
代入数据解得
（2）从B点到C点，由动能定理得
小钢球经过B点，由牛顿第二定律得
代入数据联立解得
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
FB＝N＝0.83N
（3）若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，由动能定理得
代入数据解得
h1＝1.6m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小球钢释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
代入数据解得
h2＝2.24m
①若小球释放高度h＜1.6m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6m≤h＜2.24m，小球能经过E点一次，因为μ＜tanθ，则小钢球最终停在H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得
代入数据解得
s＝2.5（h﹣1）
③若小球释放高度2.24m≤h，小球经过E点两次
6．（2023·陕西·统考二模）如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D运送到高的平台C上。为了便于运输，仓储员在平台D与皮带间放了一个圆周的光滑轨道，轨道半径，轨道最低点与皮带平滑连接。已知皮带和水平面间的夹角，皮带和货物间的动摩擦因数，运输机的皮带以的速度顺时针匀速运动（皮带和轮子之间不打滑）。现仓储员将质量货物由轨道的a端静止释放，求：
（1）货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小。
（2）货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止。
（3）皮带将货物由A运送到B需对货物做多少功。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）货物由a到b的过程中，根据机械能守恒有
解得
在b点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律得，货物到达圆轨道最低点b时对轨道的压力大小为；
（2）设货物沿皮带向上滑行x时相对皮带静止，货物减速上滑过程中，根据动能定理有
解得
（3）由于，所以货物上滑达到最大速度后，与传送带一起匀速上升，静摩擦力达到最大值，等于滑动摩擦力，故摩擦力大小不变，方向反向。在x位移内皮带对货物做功
货物匀速上升过程的上升高度
在匀速上升阶段，由功能关系得
故皮带对物体做的总功
7．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校联考模拟预测）如图（a）所示，倾角为37°的斜面上方空间存在电场强度大小为E＝0.8V/m、方向沿斜面向下的匀强电场，现将质量为m＝0.2kg的带正电物块从斜面上由静止释放，物块在斜面上滑动过程中带电量逐渐减小直到放电完毕，当物块滑到斜面底端时以的速度与固定在斜面底端的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失。已知物块下滑过程加速度a随位移x变化的图像如图（b）所示。已知物块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，。求：
（1）物块刚释放时带电量的大小；
（2）物块释放位置到挡板的距离（结果用分式表示）；
（3）物块第4次撞击挡板时的动能。
【答案】 （1）0.5C；（2）；（3）
【解析】（1）设物块刚释放时的带电量大小为q，由牛顿第二定律可得
由图（b）可知
解得
q＝0.5C
（2）由图（b）可知
后物块将做匀变速运动，物块的电量放完时，根据牛顿第二定律有
解得
设物块的电量放完毕时速度为v，由
可知a－x图线与坐标轴围成的面积乘以质量等于物块所受的合力所做的功，可得
解得
v＝2m/s
物块放电完毕后将做匀加速运动，可得
解得
故物块释放位置到挡板的距离为
（3）物块与挡板第一次碰后上滑过程中，由动能定理可得
物块与挡板第一次碰后下滑过程中，由动能定理可得
解得
同理可得
可得
8．（2023·江苏泰州·高三靖江高级中学校考期末）如图所示，内径很小的细管PMN竖直固定，PM段为长为L内径粗糙的水平直细管。P端有一竖直弹性挡板，MN段为内径光滑半径为R的圆弧细管，两段细管在M处平滑连接。细绳一端连接质量为3m的滑块A，另一端跨过滑轮，穿过挡板P的光滑小孔与质量为m、略小于细管内径的的滑块B相连，已知滑块B与PM段细管间动摩擦因数为0.5，起初两滑块在外力作用下静止，现同时释放两滑块，重力加速度为g。求：
（1）滑块B在PM段向左运动过程中加速度大小a；
（2）滑块B第一次运动至M点时速度大小vM；
（3）若滑块B每次与挡板P碰撞后均以原速弹回。求整个运动过程中，滑块B在水平PM段运动的总路程S。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意，对A、B整体，由牛顿第二定律有
解得
（2）根据题意可知，滑块B第一次运动至M点时，滑块A、B的速度大小相等，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，由于
则滑块B最终停在P处，对整个过程，由动能定理有
解得
9．（2023·江苏南通·高三统考期末）如图所示，光滑斜坡上有质量为m的小物块P（视为质点）被轻绳拴住悬挂在O点，P距斜坡底端的高度为h，绳子与水平方向的夹角为，斜坡的倾角为。斜坡下端有质量为2m的长木板静止于光滑水平面上，木板右端有挡板，水平轻弹簧固定于挡板上，弹簧左端与木板左端相距为L。现烧断拴接P处的轻绳，P由静止沿斜坡下滑，滑上Q左端时竖直分速度全部损失，水平分速度不变，P、Q向右运动，P与弹簧发生作用分离后，在离弹簧左端距离为d处相对Q静止。已知P、Q间的动摩擦因数为μ，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g。求：
（1）烧断轻绳前绳中的张力F；
（2）P最终的速度大小v；
（3）弹簧具有的弹性势能最大值。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）设斜坡对P的支持力为，对P受力分析，水平方向
竖直方向
解得
（2）设P到达斜坡底端的速度为，对P下滑过程，由动能定理可得
滑到长木板后只保留水平分速度，对P、Q相对滑动过程动量守恒
解得
（3）设弹簧的最大压缩量为x，从P滑上木板到P、Q第一次共速前，由动能定理可得
P、Q先后两次共速间，由动能定理可得
解得
10．（2023春·广东广州·高三校联考开学考试）如图所示，小周同学在玩弹象棋子游戏，水平桌子高，长为，开始时两棋子分别静置在桌子的两端，小周同学用力弹红棋子，红棋子以的初速度向右运动，正碰黑棋子后两棋子均做平抛运动，落地瞬间两棋子相距。两棋子质量相同且可视为质点，与桌面摩擦系数均为，重力加速度。
（1）求碰撞黑棋子前瞬间，红棋子的速度v的大小；
（2）设碰后瞬间红棋子速度为，黑棋子速度为，若定义恢复系数，求k的值；
（3）两棋子每次碰撞的恢复系数k相同，若某次游戏，红棋子位于桌子最左端，黑棋子位于桌子正中央，小周同学用力弹红棋子，要让黑棋子落地而红旗子不落地，求红旗子的初速度的取值范围（可用根号表示）。
【答案】 （1）4m/s；（2）0.5；（3）
【解析】（1）根据动能定理，对红棋子
解得碰撞黑棋子前瞬间，红棋子的速度
（2）两棋子碰撞，由动量守恒定律
两棋子碰后做平抛运动，由平抛运动规律
解得
，
所以
（3）根据动能定理，对红棋子
两棋子碰撞，由动量守恒定律
黑棋子要落地，则
红棋子不能落地，则
解得
11．（2023·湖北·模拟预测）如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
（2）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数；
（3）整个过程中，物块B在传送带上滑行的总路程，
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
代入数据可得
A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，有
代入数据得
物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B
解得
物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移
因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能
代入数据得
（2）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有
代入数据得
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换．对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知
代入数据得
（3）由（2）知，物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得
（1，2，…，10）
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程
（1，2，…，10）
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
代入数据得
12．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，可视为质点的质量为m = 0.2kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F = 4N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R = 0.3m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从C处的出口出来后向D点滑动，D点右侧有一与CD等高的传送带紧靠D点，并以恒定的速度v = 3m/s顺时针转动。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道CD的长度为l2 = 2.0m，小滑块与水平轨道ABCD间的动摩擦因数为μ1 = 0.2，与传送带间的动摩擦因数μ2 = 0.5，传送带的长度L = 0.4m，重力加速度g = 10m/s2。求：
(1)水平轨道AB的长度l1；
(2)若水平拉力F大小可变，要使小滑块能到达传送带左侧的D点，则F应满足什么条件；
(3)若在AB段水平拉力F的作用距离x可变，试求小滑块到达传送带右侧E点时的速度v与水平拉力F的作用距离x的关系。
【答案】 (1)1.5m；(2)F≥2.4N；(3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到最高点P时的速度大小为vP，根据圆周运动知识，有
从A到P点，列动能定理有
解得
(2)分析若恰能过P点，则，满足vP = 0，从A到P点列定能定理，有：
算得
若小滑块恰能到D点，则有
解得
综上所述应满足条件为
(3)分析各类情况：
①要到达E点，必须过P点，过P点，至少满足
得
可知时，无法达到E点。
②恰好过P点的情况下
得
即进入传送带加速。
讨论传送带上运动问题
若全程加速，加到E点时恰好为3，有
得
对应距离满足
得
即
满足
得
当过D点的速度超过3时，进入传送带即减速，若全程减速，减到E点时恰好为3，有
得
对应距离满足
得
即
，
若，则满足
得
综上分析，过E点时的速度v与F的作用距离x的关系如下：
在时，无法达到E点；
在时，
在时，
在时，
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。
（1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。
【答案】 （1）；（2）；（3）当时，，当时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换，设物块刚好可以到达点，高度为，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得
从点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当时，从释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得
解得
距离点0.6m，综上可知当时
代入数据得
2．（2022·湖南·统考高考真题）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的倍（为常数且），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中已知，求的大小；
（3）篮球从H高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。
【答案】 （1）；（2）；（3）
【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1次下降过程有
上升过程有
代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
拍击第3次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H下落时，速度为，反弹高度为，篮球受到冲量I后速度为v’，落地时速度为，则
，
联立可得
代入k可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
……③
……
第N次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以、、……、，再相加可得
得
其中，，，可得
可得冲量I的大小
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