12 动能定理及其应用——【冲刺2023】高考物理考试易错题(全国通用)（原卷版+解析版）

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例题1. （2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理有
即
下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大。
故选A。
【误选警示】
误选BCD的原因： 不能根据动能定理分析动能和水平位移的函数关系，从而不能正确判断函数图像。
例题2. （2022·浙江·模拟预测）如图所示，同一竖直平面内有三段半径均为R的光滑圆弧轨道，质量为m的物体从OA圆弧某处静止释放，经过A出后小球沿第二段BC圆弧轨道运动，经过粗糙水平面CD后，小球从D进入第三段圆弧后最终从E点飞出。已知C、D是圆弧轨道最低点，A、B是圆弧轨道最高点，物体与粗糙水平面间的动摩擦因数，求：
（1）物体从斜面下滑的角度满足什么条件，物体才不会从B点脱离轨道。
（2）如果物体从O点静止下滑，下滑到轨道D处，物体对轨道的压力。
（3）在上一问中，物体从E点飞出后，当物体到达最高点时，最高点与D点的水平距离s。
【答案】（1）；（2）5mg；（3）2.328R
【解析】（1）在轨道B点的最低速度满足
根据动能定理
解得
所以应该满足条件
（2）根据动能定理，从O点到D点，可得
根据向心力公式
解得
（3）从D点到E点，由动能定理可知
而在E点，水平速度和竖直速度分别为
当到达最高点时，满足
解得水平位移为
故距离D点的水平距离为
【错误警示】
分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面的位移。
1．动能定理适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)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．
2．动能定理解题流程
3．动能定理的优越性
应用牛顿第二定律和运动学规律解题时，涉及到的有关物理量比较多，对运动过程的细节也要仔细研究，而应用动能定理解题只需考虑外力做功和初、末两个状态的动能，并且可以把不同的运动过程合并为一个全过程来处理．一般情况下，由牛顿第二定律和运动学规律能够解决的问题，用动能定理也可以求解，并且更为简捷．
4．动能定理解决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、图与坐标轴围成的面积等所表示的物理意义，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．
5．不同图像所围“面积”和图像斜率的含义
易混点：
(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)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求解．
(3)动能是标量，动能定理是标量式，解题时不能分解动能．
(4)在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求解时，可用动能定理，W变＋W恒＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12，物体初、末速度已知，恒力做功W恒可根据功的公式求出，这样就可以得到W变＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12－W恒，就可以求变力做的功了．
1. （2022·黑龙江·佳木斯一中二模）轻质弹簧右端固定在墙上，左端与一质量m=0.5 kg的物块相连，如图甲所示，弹簧处于原长状态，物块静止且与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，以物块所在处为原点，水平向右为正方向建立x轴。现对物块施加水平向右的外力F，F随x轴坐标变化的情况如图乙所示。物块运动至x=0.4 m处时速度为2m/s。则此时弹簧的弹性势能为（g=10 m/s2）（ ）
A．3.1 JB．3.5 JC．1.8 JD．2.1J
【答案】D
【解析】对m受力分析受到重力G，支持力N，外力F和摩擦力f，以及弹力FN，m在向右运动过程中外力F做正功，摩擦力f做负功，弹力FN做负功，三个力做功之和等于物体m的动能变化，即

其中
WF=WF1+WF2=（5+10）×0.2×J+10×0.2J=3.5J
而
Wf=µmgx=0.4J
所以弹力做功
WFN=2.1J
而弹力做的功等于弹性势能的变化，所以弹性势能为
Ep=2.1J
故选D。
2. （2022·重庆南开中学模拟预测）如图所示，斜面倾角为，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为。若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在2号小球进入BC段之前的过程中，2号小球运动的加速度为
B．在6号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为
C．1号球运动过程中的最大速度为
D．10号球不能到达B点
【答案】C
【解析】A．在2号小球进入BC段之前的过程中，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得2号小球运动的加速度为
故A错误；
B．在6号球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
把7到10小球，共4个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得
故B错误；
C．小球在斜面上先加速后减速，第n个时加速度为零，此时1号球速度最大，则有
解得
即
所以在第七个球刚进入BC段时，1号球速度最大，根据动能定理
解得
故C正确；
D．若10号球能到达B点且速度为v1，根据动能定理，有
解得
所以10号球能到达B点，故D错误。
故选C。
3. （2021·天津·模拟预测）某次滑板比赛中，赛道简化图模型如图所示，平台A和平台BC高度相距h=3.2m，粗糙水平轨道DE与光滑圆弧形轨道CD、EF相切于D、E两点。若运动员与滑板一起（可看作质点）从平台A以速度v0水平飞出，恰好从C点无能量损失地沿着圆弧切线进入CD轨道，滑过DE冲上EF轨道，然后返回，恰好到C点速度为零。已知运动员和滑板总质量m=60kg，光滑圆弧CD对应的圆心角θ=53°，圆弧形轨道半径均为R=4m，滑板与水平轨道DE间的摩擦可视为滑动摩擦，动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，g取10m/s2，sin53°=0.8，cs53°=0.6。求：
（1）运动员的初速度v0的大小；
（2）运动员第一次经过D点时对圆弧轨道的压力FN的大小；
（3）水平轨道DE的长度L。
【答案】（1）6m/s；（2）2580N；（3）12.5m
【解析】（1）运动员滑入C点时，对速度进行分解，水平方向有
竖直方向有
联立解得
v0=6m/s
（2）运动员经过C点时的速度为
运动员第一次经过D点时，根据动能定理有
在D点根据牛顿第二定律可得
联立解得
据牛顿第三定律可知，对圆弧轨道的压力FN的大小为2580N。
（3）运动员从C点进入圆弧轨道，直至返回C点时速度恰好为零，全程根据动能定理有
解得
L=12.5m
1．（2022·湖北·模拟预测）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，为使冰壶滑行得更远，运动员可以用冰刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小（近似为零）。在某次训练中，运动员两次以相同的速度推出冰壶，第一次在冰壶滑行至处开始擦冰面，冰壶做匀速直线运动，此后冰壶在未擦的冰面继续运动直至停止，冰壶从推出到停止滑行的距离为，滑行时间为；第二次在冰壶滑行至处开始擦冰面，冰壶做匀速直线运动，此后冰壶在未擦的冰面继续运动直至停止，冰壶从推出到停止滑行的距离为，滑行时间为。则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】AB．冰壶在冰面上的运动有匀速直线运动和匀减速直线运动两种运动方式，从推出冰壶到匀速运动阶段由动能定理
由于第一次匀减速运动的位移大即，故第一次匀速运动时的速度小，由匀速运动的位移可知，两次匀速运动的时间相等，所以第一次匀速运动的位移小。
运动员两次以相同的速度推出冰壶，由动能定理可知
可知两次冰壶在匀减速运动过程中的总位移大小相等。冰壶从推出到停止滑行的距离为
所以第二次比第一次的滑行距离大，即
故AB错误；
CD．冰壶匀减速运动的时间
所以两次冰壶匀减速运动的时间相等，又匀速运动的时间也相等，故两次冰壶从推出到停止滑行的时间相等，即
故C正确，D错误。
故选C。
2．（2022·河南安阳·模拟预测）一枚苹果竖直上抛再落回原处，苹果运动过程中受到的空气阻力忽略不计，从苹果被抛出瞬间开始研究，其动能满足二次函数的形式，其中为常数且均不等于，关于其中的物理意义，下列说法正确的是（ ）
A．表示苹果的瞬时速度B．表示苹果运动的位移
C．表示苹果运动的时间D．表示苹果重力的功率
【答案】C
【解析】竖直上抛运动，以竖直向上为正方向
， ，
AC．则苹果动能

解得

所以A错误，C正确；
B．苹果动能
B错误；
D．苹果动能
D错误。
故选C。
3．（2022·四川巴中·模拟预测）如图所示，空间存在水平向右的匀强电场有一带电滑块，从A点沿粗糙绝缘的水平面以100J的初动能向左滑动，当第一次到达B点时，动能减小了30J，其中有18J转化为电势能，下面判断正确的是（ ）
A．滑块向左运动过程中它的动能和电势能均增大
B．滑块向左运动过程中它的机械能不变
C．滑块在运动过程中它的最大电势能是60J
D．滑块再次经过B点时它的动能是18J
【答案】C
【解析】A．由题意可知，滑块向左运动过程中动能减小，电势能增大，A错误；
B．滑块向左运动过程中电场力和摩擦力均做负功，则机械能减小，B错误；
C．滑块向左运动过程中，动能减小30J，其中有18J转化为电势能，则克服摩擦力做功为12J，即
FdAB = 18J，fdAB = 12J
电场力与摩擦力之比为
从B点到速度为零，动能减小70J，克服摩擦力做功为
则转化的电势能为70－28J = 42J，则最大的电势能为
Ep= 18＋42J = 60J
C正确；
D．设滑块再次经过B点时速度为v′B，整个过程中电场力做功为零，根据动能定理
得
D错误。
故选C。
4．（2022·浙江·模拟预测）如图所示，将两个质量相等的铁球，分别从C、D两处均以的水平速度抛出，其中从C处水平抛出的铁球恰好落在A处。已知AC为与水平方向成30°的倾斜地面，AB为长度足够长的水平地面，，则C、D两球落地时的动能之比为（ ）
A．1∶1B．7∶5C．2∶1D．5∶7
【答案】B
【解析】从C水平抛出的铁球，恰好落在A处，但根据自由落体运动规律
可知，从D水平抛出的铁球，下落时间为C抛出铁球运动时间的倍，即
而
说明从D抛出的铁球，一定落在水平面AB上。对C而言，设C点的高度为L，根据平抛运动的推论
且
可知
L=0.6m
对C根据动能定理有
Ek一Ek0=mgL
同理对D有
一Ek0=mg
联立解得
故选B。
5．（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）将一乒乓球竖直向上抛出，乒乓球在运动过程中，它的动能随时间变化的关系的图线如图所示。已知乒乓球运动过程中，受到的空气阻力与速率平方成正比，重力加速度为。则乒乓球在整个运动过程中加速度的最小值、最大值为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】B
【解析】乒乓球最终匀速运动时，加速度最小为0，而乒乓球刚向上抛出时，速度最大，阻力最大，加速度最大，设最大速度为，则
乒乓球最终匀速运动时，速度为，则
此时的动能
联立上式可解得
故选B。
6．（2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，可视为质点的一枚象棋子，从长1m的水平桌面的一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经1s从另一端滑落。象棋子与桌面间的动摩擦因数为μ，且处处相同，重力加速度g取10m/s2。下列v0和μ的值可能正确的是（ ）
A．3.0m/s，0.25B．2.5m/s，0.2C．1.5m/s，0.1D．2.0m/s，0.15
【答案】C
【解析】设棋子的质量为，桌面长，用时为，末速度大小为，棋子的加速度大小为
棋子能从另一端滑落，则物块到达另一端的速度大于等于0，则有
代入数据解得
A．当，时，不成立，A不符合要求，A错误；
B．当，时，不成立，B不符合要求，B错误；
C．当，时，成立，且，C符合要求，C正确；
D．当，时，不成立，D不符合要求，D错误。
故选C。
7．（2021·湖南·模拟预测）如图甲所示，质量为1kg的木块（视为质点）被水平向左的力F压在竖直墙壁上，木块初始位置离地面高度，木块与墙面之间的动摩擦因数，木块距离地面的高度h与力F之间的关系如图乙所示，取重力加速度大小。则木块下滑到地面前的瞬间的速度大小为（ ）
A．4m/sB．6m/sC．8m/sD．10m/s
【答案】C
【解析】根据题述，木块初始位置离地面高度,由图乙可知对应的压
力
所受的滑动摩擦力
仿照图乙可画出滑动摩擦力随高度h变化的图像如图
根据滑动摩擦力随高度h变化的图像面积表示滑动摩擦力做功可知，从木块从初始位置开始下滑到滑到地面瞬间的过程中，滑动摩擦力做功
由动能定理
解得
故选C。
8．（多选）（2022·黑龙江·佳木斯一中二模）质量为m的小车在水平恒力F推动下，从山坡底部A处由静止起运动至高为h的坡顶B，获得速度为v，AB的水平距离为s。下列说法正确的是（ ）
A．物体机械能的增加Fs
B．合力对小车做的功是
C．推力对小车做的功是Fs-mgh
D．摩擦阻力对小车做的功是
【答案】BD
【解析】A．推力对小车做的功为Fs，物体机械能的增加应等于推力做功减去克服摩擦力做功，故A错误；
B．根据动能定理可知，合外力对小车做的功为
故B正确；
C．推力对小车做的功为Fs，故C错误；
D．根据动能定理可知
则阻力对小车做的功是
故D正确。
故选BD。
9．（多选）（2022·四川·成都实外二模）如图所示，n个完全相同，边长足够小且互不粘连的小方块依次排列，总长度为l，总质量为M，它们一起以速度v在光滑水平面上滑动，某时刻开始滑上粗糙水平面。小方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为μ，若小方块恰能完全进入粗糙水平面，则摩擦力对所有小方块所做功的绝对值为（ ）
A．B．Mv2C．D．μMgl
【答案】AC
【解析】AB．小方块恰能完全进入粗糙水平面，说明小方块完全进入粗糙水平面后速度为零，以所有小方块为研究对象，根据动能定理得
所以所有小方块克服摩擦力做功为，故A正确，B错误；
CD．由于摩擦力是变力，由
，
得
画出Ff－x图像如图所示，
Ff－x图像与x轴围成的面积代表克服摩擦力做的功，大小为，故C正确，D错误。
故选AC。
10．（多选）（2022·山西省翼城中学校模拟预测）第24届冬奥会于2022年2月在北京和张家口成功举行，高山滑雪是冬奥会运动项目之一，训练轨道可简化为由弧形轨道AO和倾斜直轨道OB组成，如图所示。某运动员（可视为质点）从弧形轨道A点由静止滑下，从O点沿水平方向飞出，并落到轨道OB上。已知A点与O点的高度差h=20m，轨道OB的倾角，取，不计一切摩擦和空气阻力，，，下列说法正确的是（ ）
A．运动员经过O点时的速度大小为
B．落点与O点的距离为75m
C．运动员从O点飞出后与轨道OB的最远距离为9m
D．从离开O点到落在轨道OB上，运动员在空中运动的时间为2s
【答案】BC
【解析】A．对运动员在弧形轨道AO下滑的过程，由动能定理得
解得
A错误；
BD．设落点与O点的距离为L，由平抛运动可得
解得
，
B正确，D错误；
C．设运动员和轨道OB之间的最远距离为d，在垂直于轨道方向上有
解得
C正确。
故选BC。
11．（多选）（2022·新疆·博乐市高级中学（华中师大一附中博乐分校）模拟预测）总质量为M的动车组在平直的轨道上行驶，该动车组有6节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率平方成正比（，k为常量），动车组能达到的最大速度为。下列说法正确的是（ ）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若只有3节动力车厢以额定功率P工作，则动车组匀速行驶的最大速度为
C．若6节动力车厢输出功率均为额定值P，则动车组从静止开始做匀加速运动
D．若6节动力车厢输出功率均为额定值P，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为
【答案】BD
【解析】A．动车组在匀加速启动过程中，根据牛顿第二定律有
因为F阻随速度的增大而增大，所以牵引力F逐渐增大，故A错误；
B．当动车组匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等。当6节动力车厢以额定功率P工作且动车组匀速行驶时，有
若只有3节动力车厢以额定功率P工作，设动车组匀速行驶的最大速度为，则
联立以上两式解得
故B正确；
C．若6节动力车厢输出功率均为额定值P，则随着速度增大，动车组牵引力减小，结合A项分析可知在这种情况下动车组不可能从静止开始做匀加速运动，故C错误；
D．设这一过程中该动车组克服阻力做的功为W，根据动能定理有
解得
故D正确。
故选BD。
12．（多选）（2022·河南·模拟预测）如图所示，AB是圆的直径，长为m，O为圆心。有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，从圆周上A点向圆面内各个方向发射出动能相同的电子，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，电子经过B点时动能为2eV，∠COA=60°，取O点电势为零，电子电荷量的绝对值为e，不计电子重力，则（ ）
A．B点的电势为2VB．电子从A点射出的初动能为6eV
C．匀强电场的电场强度大小为3V/mD．圆周上电势最高点的电势为V
【答案】BD
【解析】A．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，根据动能定理
-eUOB=2eV-4eV
解得
UOB=2V
取O点电势为零
因此B点电势为
故A错误；
B．根据匀强电场电势分布特点，可知在任意方向上电势降落都是均匀的，则
得
=2V
根据动能定理

解得
故B正确；
C．根据题意可知，电子经过O点时和经过C点时动能均为4eV，所以O、C两点电势相等，过B点作CO延长线的垂线，则垂线长为
因此匀强电场的电场强度大小为
故C错误；
D．圆周上电势最高点的电势
故D正确。
故选BD。
13．（2022·湖南·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
14．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得。
15．（2022·浙江·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
16．（2022·河南安阳·模拟预测）如图所示，倾角为的斜面体ABC固定在高度为水平桌面上，斜面顶点C与桌面边缘D距离L=0.4m，Q为斜面上的一点，P是QC的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数，与桌面间动摩擦因数。将小滑块从斜面上Р点由静止释放，刚好能够停在D点；再将小滑块从斜面上Q点由静止释放，小滑块越过D点做平抛运动落在水地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能损失不计，，重力加速度g取。求：
（1）斜面上点P与点C之间的距离；
（2）小滑块做平抛运动的水平位移大小。
【答案】（1）0.2m；（2）
【解析】（1）设P、C两点之间的距离为，从P点到D点，因摩擦力做功产生的热量
根据能量守恒
解得
（2）设从Q运动到D时的速度为v，由动能定理
解得
代入数据解得
平抛运动竖直方向
解得
平抛运动竖直方向位移
代入数据解得
17．（2021·新疆·叶城县第二中学二模）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F（未知）拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。求：
（1）F的大小，用m，v0，g和s0表示；
（2）动摩擦因数的大小，用m，v0，g和s0表示；
（3）F和滑动摩擦力的比值。
【答案】（1）；（2）；（3）3
【解析】（1）（2）对整个过程，由动能定理可得
对撤掉F后的过程，有
联立，可得
（3）F和滑动摩擦力的比值为
18．（2022·山西省翼城中学校模拟预测）滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB的倾角，圆弧CD的半径R=2m，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角，滑板质量m=4kg，滑板爱好者的质量M=60kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取，，。求：
（1）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小；
（2）斜面上AB间的距离。
【答案】（1）72N；（2）2.025m
【解析】（1）对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得
①
在C点，由牛顿第二定律得
②
解得
③
由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小
④
（2）两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则滑板爱好者及两滑板三者共速
⑤
以滑板爱好者及两滑板为研究对象，由动量守恒定律得
⑥
对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，设A到B的距离为L，由动能定理得
⑦
联立⑤⑥⑦式解得
⑧
19．（2022·贵州贵阳·模拟预测）如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，在右侧点与一倾斜传送带相切。为圆弧轨道最低点，圆弧所在圆的圆心为，水平，。一质量的小物块（可视为质点）从圆弧轨道最左端以的初速度向下运动。已知圆弧轨道半径，传送带，在电机驱动下始终以速度顺时针匀速转动（与轮子间无相对滑动），小物块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度取，，，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）小物块下滑到点时轨道对物块的支持力的大小；
（2）小物块从滑上传送带减速至与传送带运动速度相等过程的时间；
（3）传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）小物块从到过程，根据动能定理可得
解得
小物块下滑到点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）小物块从到过程，根据动能定理可得
解得
小物块在传送带减速过程的加速度大小为
小物块减速至与传送带运动速度相等过程的时间为
（3）小物块减速至与传送带运动速度相等过程的位移为
此过程传送带的位移为
小物块与传送带发生的相对位移为
小物块与传送带速度相同后，由于
可知共速后小物块与传送带保持相对静止，一直匀速运动到传送带顶端，故传送带在传送小物块过程中，因摩擦力做功而产生的热量为
20．（2023·广东·模拟预测）有一款三轨推拉门，门框内部宽为。三扇门板俯视图如图甲所示，宽均为，质量均为，与轨道的摩擦系数均为。每扇门板边缘凸起部位厚度均为。门板凸起部位间的碰撞均为完全非弹性碰撞（不黏连），门板和门框的碰撞为弹性碰撞。刚开始，三扇门板静止在各自能到达的最左侧（如图乙），用恒力水平向右拉3号门板，经过位移后撤去，一段时间后3号门板左侧凸起部位与2号门板右侧凸起部位发生碰撞，碰撞后3号门板向右运动恰好到达门框最右侧（如图丙）。重力加速度。求：
（1）3号门板与2号门板碰撞后瞬间的速度大小；
（2）恒力的大小；
（3）若力大小可调，但每次作用过程中保持恒定且作用的位移均为，要保证2号门板不与1号门板发生碰撞，请写出3号门板经过的路程与之间的关系式。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【解析】（1）3号门板与2号门板碰撞后相对静止一起向右做匀减速直线运动，位移
解得
根据功能关系
解得
（2）3号门板与2号门板碰撞，根据动量守恒定律
解得
3号门板从开始运动到与2号门板碰撞，位移为
解得
根据动能定理
解得
（3）①若，3号门保持静止
②若3号门板还未与2号门板碰撞，即
解得
此时
③若3号门板与2号门板碰撞，但2号门板还未与1号门板碰撞
即
3号门板与2号门板碰撞前
3号门板与2号门板发生完全非弹性碰撞，动量守恒
3号门板与门框发生弹性碰撞，机械能不损失，因此碰撞后2、3号门板机械能全部转化为摩擦产热。
解得
由可得此时恒力的取值范围为
由几何关系可知，3号门板反弹后不会再次与2号门板碰撞。