新高考物理一轮复习精讲精练第28讲 动能定理及其应用-（讲义）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第28讲 动能定理及其应用-（讲义）（2份，原卷版+解析版），共6页。

考点一 动能定理的理解和基本应用
基础过关
1.动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫作动能。
(2)公式：Ek＝12mv2。
(3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。
(4)标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。
2.动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W合＝ΔEk＝12mv22－12mv12。
(3)物理意义：合力的功是物体动能变化的量度。
说明：(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能。
【例1】（2025·广东·三模）如图所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数，用水平推力F=20N，使木块产生位移l1=3m时撤去，木块又滑行l2=1m时飞出平台，不计空气阻力，（ g取10m/s2）求：
(1)撤去推力时木块的速度；
(2)木块飞出平台时速度的大小；
(3)木块落地时速度的大小。
【答案】(1)，方向水平向右
(2)
(3)
【详解】（1）取木块为研究对象，由动能定理得
方向水平向右；
（2）设木块离开平台时速度为，落地时速度大小为，根据动能定理可得
代入数据解得
（3）根据机机械能守恒定律可得
代入数据解得
【例2】（2025·广东·三模）沿倾角不同、动摩擦因数相同的斜面向上拉同一物体，若上升的高度相同，则（ ）
A．沿各斜面克服重力做的功相同
B．沿倾角小的斜面克服摩擦做的功大些
C．沿倾角大的斜面拉力做的功小些
D．条件不足，拉力做的功无法比较
【答案】ABD
【详解】A．重力做功只与高度差有关，故两种情况下克服重力做功相等，故A正确；
B．滑动摩擦的大小为
所以斜面倾角越小，摩擦力越大，位移越大做功越多，故B正确；
CD．根据动能定理有
由于不知道物体运动的初、末速度大小关系，所以无法比较拉力做功的大小，故C错误，D正确。
故选ABD。
【例3】（2025·山东·模拟预测）如图，一质量均匀分布的木板长度为L，静止在均匀粗糙的水平桌面上，其右端和桌面右端对齐。现给木板一水平向右的瞬时冲量，木板右移 后静止。将木板放回原位，桌子右端拼合上一张等高的光滑水平桌面，再给木板同样的瞬时冲量I，则木板完全停下时右移的距离为（ ）
A． B． C．D．L
【答案】C
【详解】第一次根据动能定理
其中
第二次设木板完全停下时右移的距离为x，则由动能定理
解得
故选C。
【例4】（2025·江西九江·三模）如图所示，粗糙绝缘的直杆竖直放置在等量异种电荷连线的中垂线上，直杆上有A、O、B三点，O为等量异种点电荷连线的中点，。一质量为m的带负电小圆环从A点以初速度向B点滑动，滑到B点时速度恰好为0，重力加速度为g。关于小圆环从A运动到B的过程，下列说法正确的是（ ）
A．小圆环的电势能先减小后增大
B．小圆环的加速度先减小后增大
C．小圆环克服摩擦力做功为
D．小圆环运动到O点时的动能等于
【答案】D
【详解】A．等量异种点电荷连线的中垂线是等势线，故小圆环从A到B过程，电场力不做功，小圆环的电势能不变，故A错误；
B．从A到B，电场强度先增大后减小，故小圆环受到的电场力先增大后减小，由小圆环受到的摩擦力大小为
可知小圆环受到的摩擦力先增大后减小，由牛顿第二定律有
则小圆环的加速度先增大后减小，故B错误；
C．小圆环从A到B过程，由动能定理有
解得摩擦力对圆环做功为
故C错误；
D．由对称性可知，小圆环从A到O过程和从O到B过程摩擦力做功相等，故小圆环从A到O过程，由动能定理有
解得小圆环运动到O点时的动能为
故D正确。
故选D。
【例5】（2025·重庆·三模）小明用如图所示的装置探究水平风力对平抛物体运动的影响，将一弹簧枪水平固定在风洞内距水平地面高度处，质量的小球以速度从弹簧枪枪口水平射出，小球在空中运动过程中始终受到大小不变、水平向左的风力作用、小球落到地面上的A点，A点与弹簧枪枪口水平距离。重力加速度。求：
(1)小球落地所需时间和小球所受风力的大小；
(2)小球落地时的动能。
【答案】(1)1s，5N
(2)50J
【详解】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，落地所需时间
小球在水平方向做匀减速运动
解得
小球所受风力大小
可得
（2）小球射出至落地的过程由动能定理有
解得
或竖直方向速度
水平方向速度
动能
精讲考点
1．应用动能定理的注意事项
(1)研究对象：单个物体或相对静止的几个物体构成的物体系。
(2)“一个参考系”：动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(3)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(4)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。
(5)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。
2．利用动能定理求变力做的功
(1)动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。
(2)当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变＋W其他＝ΔEk。
考点二 动能定理与图像结合的问题
基础过关
1.图像与横轴所围“面积”或图像斜率的含义
【例6】（2025·山东潍坊·三模）某次训练投掷中，运动员将质量的铅球以初速度斜向上抛出，忽略空气阻力，重力加速度。已知铅球在时动能达到最小值。以抛出点所在水平面为零势能面，下列反映铅球在空中运动过程中动能、重力势能，随时间t或高度h变化关系的图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】AC．铅球做斜抛运动，在时动能达到最小值，此时到达最高点，且重力势能最大；设抛出时的水平速度为v0x，则
解得
抛出时的竖直速度
可知抛出时的速度方向与水平方向夹角为30°；初动能
则上升过程中t时刻的动能
可知图像是二次函数，不是直线；因
其中h最大值
则图像是倾斜直线且上升时和下降时的图像重合，选项A错误，C正确；
BD．重力势能
可知图像是二次函数，不是直线；图像是一条直线，因h最大值为1.25m，则下降过程图像与上升过程重合，选项BD错误。
故选C。
【例7】（2025·山东临沂·三模）放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0-6s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．0-6s内拉力做的功为200J
B．物体受到的摩擦力大小为6N
C．物体的质量为0.8kg
D．物体在0-2s内受到的拉力为6N
【答案】CD
【详解】A．在图像中，图线与坐标轴围成的面积即为所做的功，故0-6s内拉力做的功为
A错误；
B．由甲图可知物体做匀速直线运动，物体受到的摩擦力与拉力是一对平衡力，结合乙图及功率
解得
B错误
C．由甲图可知，物体通过的位移
根据动能定理可得
代入数据解得
C正确；
D．由甲图可知，物体的加速度
根据牛顿第二定律可得
代入数据解得物体受到的拉力大小为
D正确。
故选CD。
【例8】（2025·河北邯郸·模拟预测）无人机在送货时要经历起飞、巡航、接近目标、悬停装卸货物的阶段。一无人机携带质量为40的货物从地送往地，飞行过程中货物的水平方向速度和竖直方向的速度（向上为正）与飞行时间的关系图线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．货物在内机械能守恒
B．两地的水平位移为
C．货物在内处于超重状态
D．在内合外力对货物做功为
【答案】D
【详解】A．在内货物的合速度大小不变，动能不变，但竖直方向位移在增大，重力势能增大，故机械能增加，故A错误；
B．图像下与坐标轴围成的面积表示位移，甲乙两地的水平位移为，故B错误；
C．在内，货物在竖直方向上做匀减速上升，加速度向下，处于失重状态，故C错误；
D．货物在时刻达到最大速率为水平速度与竖直速度的合速度，根据动能定理，可知，故D正确。
故选D。
【例9】（2025·陕西咸阳·模拟预测）巴黎奥运会女子铅球决赛中，中国选手宋佳媛摘得铜牌。某次抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，铅球可视为质点，空气阻力不计。用v、、E分别表示铅球的速率、重力势能、动能、机械能，用t表示铅球在空中的运动时间。铅球离开手时计为，以地面为零势能面，则下列图像中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】ABC．铅球做斜上抛运动，重力势能先增加后减小，所以动能先减小后增加，速度先减小后增加，但动能最小值不为零，故AC错误，B正确；
D．铅球在空中运动的过程中，只有重力做功，因此机械能不变，故D错误。
故选B。
【例10】（2025·辽宁·模拟预测）如图所示，足够长的木板Q静置在水平地面上，滑块P以水平速度从左端滑上Q。已知P、Q的质量分别为，，P、Q之间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。、分别表示P、Q的速度，、分别表示P、Q的动能，、分别表示P、Q的位移，下列图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】AC．P、Q之间的最大静摩擦为
Q与地面之间的最大静摩擦为
由于，可知木板Q一直处于静止状态；故AC错误；
BD．滑块P做减速运动的加速度大小为
滑块P速度减为0所用时间为
滑块P做减速运动到速度减为0通过的位移大小为
根据动能定理可得
可得，故B错误，D正确。
故选D。
精讲考点
1．解决物理图像问题的基本步骤
(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。
(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式。
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点及图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量。
考点三 动能定理在多过程问题中的应用
基础过关
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少运算。
2.全过程列式时要注意
(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
【例11】（2025·山东济南·二模）如图所示，水平地面O点左侧光滑，右侧粗糙。两匀质木板A、B中间用一轻杆连接，某时刻木板A的右端恰好经过O点，速度为v0。已知木板A、B质量均为m，长度均为L，与粗糙水平面的动摩擦因数均为μ，轻杆能承受的最大作用力为F（），重力加速度为g。则此后的运动过程中（ ）
A．木板A、B做匀减速直线运动
B．当轻杆断裂时物体B的加速度大小为
C．当轻杆断裂时A相对于O点的位移大小为
D．当轻杆断裂时物体A、B的速度大小为
【答案】D
【详解】A．对AB整体研究，随着A进入粗糙面的长度增加，则A受到的摩擦力增大，则AB整体的合力在增大，故整体的加速度增大，可知A在进入粗糙面过程，整体做的是加速度增大的减速运动，故A错误；
BC．分析可知轻杆断裂发生在A进入粗糙面过程，设断裂时A位移为x，对A，由牛顿第二定律有
对B有
联立解得
故BC错误；
D．从到轻杆断裂过程，由动能定理有
联立解得轻杆断裂时物体A、B的速度大小
故D正确。
故选D。
【例12】（24-25高三下·辽宁·期中）在哈尔滨冰雪大世界，游客们不可或缺的体验项目之一便是“冰雪大滑梯”。其简化模型如图所示。冰滑梯轨道固定在地面上，表面摩擦忽略不计，游客乘坐雪圈从高处由静止开始下滑，并通过长度为的水平雪面，最终进入长度为的铺有地垫的缓冲区。已知雪圈与雪面和缓冲区间的动摩擦因数分别为，游客与雪圈可视为质点，不计空气阻力和通过点时的机械能损失。为了确保游客下滑后能够停在缓冲区内，的取值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【详解】游客若恰好停在点，由动能定理得
解得
若恰好到达点，由动能定理得
解得
则要使游客能够停在缓冲区内，的取值范围为
故选AB。
【例13】（2024·安徽·一模）为激发学生参与体育活动的兴趣，某学校计划修建用于滑板训练的场地。老师和同学们围绕物体在起伏地面上的运动问题，讨论并设计了如图所示的路面，其中AB是倾角为53°的斜面，凹圆弧和凸圆弧的半径均为R，且D、F两点处于同一高度，B、E两点处于另一高度，整个路面无摩擦且各段之间平滑连接。在斜面AB上距离水平面BE高度为h（未知量）的地方放置一个质量为m的小球（可视为质点），让它由静止开始运动。已知重力加速度为g，取，。
(1)当时，求小球经过最低点C时，路面受到的压力大小FN'；
(2)若小球一定能沿路面运动到F点，求h的取值范围；
(3)在某次试验中，小球运动到段的G点时，重力功率出现了极大值，已知该点路面倾角，求h的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）从处由静止释放到C点的过程中，根据机械能守恒定律得
在C点根据牛顿第二定律得
解得，根据牛顿第三定律 ，方向竖直向下
（2）小球能到达F点即可通过F点，刚好到达F点时有
根据机械能守恒定律得
解得 ，h的取值范围
（3）设在G点时速度为v，根据机械能守恒定律得
该处重力的瞬时功率为
解得 设 ，
讨论y-x函数的极值，即
展开得
对y求导得
根据题意 时取极大值，可知此时 ，将 代入得
【例14】（2025·河北张家口·二模）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量，物块C的质量。现将一质量的小滑块D（可视为质点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
(1)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力；
(2)最初滑板B右端到物块C的距离；
(3)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)，方向竖直向下
(2)
(3)
【详解】（1）小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得
对最低点的小滑块D受力分析可得
由牛顿第三定律可得小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力为
联立解得
方向竖直向下。
（2）小滑块D冲上滑板B的速度大小为，根据动量守恒定律可得
小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为，则有
由运动学公式可得
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为
（3）滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得
可知第次碰撞后物块C的速度为（，，）
最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量的转化和守恒，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为
结合等比数列求和公式可得
【例15】（2025·辽宁大连·一模）如图，某游乐场雪滑梯是由动摩擦因数均为μ=0.2的倾斜滑道和水平滑道平滑连接组成。已知倾斜滑道AC的高度H=11m，它与水平地面夹角θ=25°，水平滑道CD长度为L。水平滑道末端有一光滑圆弧形冰坑DE、冰坑DE两点高度相等，冰坑圆弧半径R=90m，R远大于弧长DE。游客从雪滑梯顶部A点无初速度下滑，恰好运动到D点。取重力加速度大小g=10m/s²，sin25°=0.4，cs25°=0.9。
(1)求水平滑道的长度L；
(2)若游客以很小的初速度（可忽略）从A点下滑到达E点，求该游客从A点到E点所用的时间t（结果用π表示）。
【答案】(1)30.25m
(2)19.9s
【详解】（1）由动能定理
解得
（2）因游客以很小速度开始下滑，因此可看成初速度为0，设游客在倾斜滑道的加速度为a1，滑行时间为t1，到达C点时速度为v0；在水平滑道的加速度为a2，滑行时间为t2，由牛顿第二定律
解得
根据位移时间关系可得
解得
根据速度时间关系可得
解得
根据牛顿第二定律可得，
解得
因为冰坑为光滑弧面，且半径远大于弧长，则游客在冰坑中的运动可看成等效单摆，根据单摆周期公式
可得
综上
精讲考点
多过程问题的分析方法
1.将“多过程”拆分为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
2.对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
3.根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
4.分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。
5.联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
考点四 动能定理在往复运动问题中的应用
基础过关
1.往复运动问题：在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2.解题策略：此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功的特点是与路程有关，运用牛顿运动定律及运动学公式将非常烦琐，甚至无法解出，由于动能定理只涉及物体的初、末状态，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
【例16】（2025·浙江·二模）如图所示，倾角α=37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC连接，BC右端与顺时针转动的传送带相连，DE为水平长直轨道，左端与该传送带相连，右端与半径为R=0.4m的竖着的光滑半圆弧轨道EF相切，轨道最高点左侧有一小车放置在足够长的水平直轨道GH，小车右侧与F点相齐平，小车左侧安装了一个轻弹簧装置（质量不计）。DE轨道以及传送带长度均为L=1m，DE段铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1=0.2x+0.2（x表示DE上一点到D点的距离）。物块与AB、传送带和小车上表面之间（除弹簧原长部分外）的动摩擦因数均为，其余部分均光滑。现在一质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从斜面上某点静止下滑。已知小车质量M=3kg， d=1.2m， sin37°=0.6，cs37°=0.8。
(1)物块恰好到达F点，求物块进入圆弧E点时对轨道的压力；
(2)若物块释放的高度为3m，为让物块能到达F点，求传送带的转动速度至少多大；
(3)物块滑上小车后，与弹簧碰撞时机械能无损失，若小车撞上弹簧弹性势能超过18J时会触发机关把物块锁定，反之，物块被弹回，为使物块最终停留在小车上，求物块到达F点时的速度应满足的条件。
【答案】(1)60N；方向竖直向下
(2)
(3)
【详解】（1）恰好过F点，则满足
解得vF=2m/s
E到F 由动能定理
解得
在E点，由牛顿第二定律
解得FN = 60N
根据牛顿第三定律得，对轨道压力 60N，方向竖直向下。
（2）D到E 摩擦力做功
由 （1）知，物块能到达F点，E点速度至少，由动能定理
解得
物体斜面上下滑到C点，则
解得
假如一直加速，到D点速度为
所以物块在传送带先加速再匀速，传送带的速度至少。
（3）过F点且挤压弹簧锁定
由动量守恒和能量关系可得，
可得
过F点挤压弹簧弹回共速在小车右侧
，
可得
则
【例17】（2025·河北·模拟预测）如图所示为某学习小组设计的游戏轨道模型图。水平直轨道AB、光滑圆轨道BCD（最低点B和D略有错开）、光滑水平轨道DE和水平传送带EF平滑连接，PQ是固定于水平地面上的薄平板。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，小滑块（可视为质点）将弹簧另一端压缩至A点后由静止释放，恰能不脱离轨道并滑上顺时针转动的传送带。已知轨道AB长，圆轨道半径，传送带EF间的距离，P与F点的水平距离，高度差，平板PQ长，滑块质量，滑块与轨道AB及传送带之间的动摩擦因数均为，其它阻力均不计，重力加速度g取。
(1)求弹簧的弹性势能；
(2)要使滑块从A点由静止释放后落在平板上，求传送带的速度范围；
(3)若滑块每次与平板碰撞前后速度方向与水平面夹角相等，碰后速度大小变为碰前的四分之一，当传送带运行的速度时，滑块是否会弹离平板？若不会，最终停在离Q点多远处？若会，离开平板后的首次落地点距离Q点多远？
【答案】(1)
(2)
(3)不会，
【详解】（1）设滑块经过点的速度为，根据牛顿第二定律
解得
根据能量守恒，弹簧的弹性势能
解得
（2）若传送带不动，设滑块运动到点时速度为，根据能量守恒定律
解得
若传送带一直对滑块做正功，设滑块运动到点时速度为，根据能量守恒定律
解得
设滑块从点平抛后能够到达平板的最小速度为，最大速度为，根据，，
解得，
要使滑块从点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围为。
（3）由（2）可知，当传送带向右传动速度时，滑块离开点速度大小为
平抛运动的水平位移
根据题目信息可知，碰后竖直分速度和水平分速度均减小为原来的，每次空中运动时间为
即每次运动时间减小为原来的，水平方向
则每次水平为上次的，所以后续碰撞过程中水平总位移
所以滑块在平板上水平方向总位移
滑块不会离开平板，停在离点的距离
【例18】（2025·河南·二模）如图所示，质量的滑块P从水平轨道末端A点以的速度滑出时，恰能沿竖直面内的光滑轨道AB运动，且全程对轨道无压力，到达B点时的速度大小、方向沿半径的光滑圆形轨道BC的切线方向，轨道BC与长的粗糙水平轨道CD平滑连接，C为圆形轨道的最低点，CD平滑连接一倾角、足够长的粗糙斜面。质量也为的物块Q静止在水平轨道CD上，物块P、Q与水平轨道CD及与斜面间的动摩擦因数均为，P与Q相碰会粘在一起，滑块P、Q均可视为质点。现将滑块P从A点无初速度释放，，，重力加速度g取，求：
(1)轨道AB的高度差；
(2)滑块P滑到圆轨道上的C点时，对轨道的压力大小；
(3)滑块P、Q最后所停位置到D点的距离s与初始时Q到C点的距离x的关系。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块P从水平轨道末端A点以滑出到B点过程，由动能定理有
解得
（2）设B点速度方向与水平方向夹角为α，有
解得
滑块P从A点到C点过程，由动能定理有
解得
滑块P在C点时，由向心力公式有
解得
由牛顿第三定律，可知滑块P滑到C点时对轨道的压力大小
（3）设P滑行x后与Q碰撞，由动能定理有
P、Q相碰过程，由动量守恒定律有
联立解得，
若P、Q整体恰好到达D点，由动能定理有
解得
①当时，由动能定理有
解得
②当
由动能定理有
从斜面返回水平轨道，由动能定理有
联立解得
【例19】（2025·山西吕梁·二模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由圆心为的圆形轨道CD、圆心为的细圆管轨道DE、水平直轨道GF组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，C和D为轨道间的相切点，点E、圆心处于同一竖直线上，圆心连线与竖直方向夹角，C、F、G处于同一水平面上，GC之间静止着两个小滑块A、B，，，两滑块间夹有少量炸药。在轨道末端G的左侧光滑水平轨道GH上，紧靠着质量、长度的长木板，长木板上表面和水平轨道GH左侧光滑直轨道均与直轨道GF平齐，长木板与H端碰后瞬间会被立刻锁定。点燃炸药后，A、B分离瞬间滑块A获得向左的速度，两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，已知轨道CD和DE的半径均为R，滑块A与长木板间的动摩擦因数为，水平轨道GH长，，，不计空气阻力，重力加速度g取。

(1)求滑块A到达H端时的动能；
(2)若滑块B能够到达E点，求半径R的最大值；
(3)若半径，已知滑块B每次与直轨道GF碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，求经过多少次碰撞后滑块B反弹的高度小于0.01m。
【答案】(1)
(2)
(3)4次
【详解】（1）若滑块A与长木板能共速，由动量守恒定律得
解得
对滑块A有
解得
由于，长木板运动到H端时未共速，所以滑块A到达H点时，由动能定理有
解得
（2）爆炸过程由动量守恒定律得：
解得
若满足滑块B恰好能到达E点，则有
解得
若满足滑块B恰好能过D点而不掉落，则有
从C点到D点有
联立解得
所以半径R的最大值
（3）滑块B离开E点在竖直方向做自由落体运动，设它第一次落到直轨道GF时沿竖直方向的速度大小为，则
第1次反弹高度
根据题设条件，滑块B第n次反弹后上升的高度
当时，
【例20】（2025·北京海淀·二模）如图所示，光滑水平面与粗糙的竖直半圆轨道在B点相切，半圆轨道的半径，D是半圆轨道的最高点。将一质量的物体（可视为质点）向左压缩轻弹簧至A点后由静止释放，在弹力作用下物体获得一向右速度，并脱离弹簧在水平面上做直线运动，其经过B点时的速度，之后物体沿半圆轨道运动，恰好能通过D点。取重力加速度。求：
(1)弹簧被压缩至A点时的弹性势能。
(2)物体通过D点时的速度大小。
(3)物体沿半圆轨道运动过程中克服阻力所做的功W。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由能量守恒可知，弹簧弹性势能完全转化为物体的动能
可得弹簧被压缩至A点时的弹性势能
（2）物体恰好能通过D点，则根据牛顿运动定律有
解得
（3）物体沿半圆轨道运动过程中由动能定理有
解得
精讲考点
1.应用动能定理求解往复运动问题时，要确定物体的初状态和最终状态。
2.重力做功与物体运动的路径无关，可用WG＝mgh直接求解。
3.滑动摩擦力做功与物体运动的路径有关，可用Wf＝－Ffs求解，其中s为物体相对滑动的总路程。
核心考点
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc7662" 考点一 动能定理的理解和基本应用 PAGEREF _Tc7662 \h 1
\l "_Tc31287" 考点二 动能定理与图像结合的问题 PAGEREF _Tc31287 \h 6
\l "_Tc13314" 考点三 动能定理在多过程问题中的应用 PAGEREF _Tc13314 \h 12
\l "_Tc1627" 考点四 动能定理在往复运动问题中的应用 PAGEREF _Tc1627 \h 18