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新高考物理一轮复习重难点练习难点09 动能定理在多过程问题中的应用（含解析）
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这是一份新高考物理一轮复习重难点练习难点09 动能定理在多过程问题中的应用（含解析），共28页。试卷主要包含了动能定理在多过程问题中的应用，动能定理在往复运动问题中的应用，解答题等内容，欢迎下载使用。
难点09 动能定理在多过程问题中的应用
一、动能定理在多过程问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
(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，大大简化运算．
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1】(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
－μmg·2lcos α＝－Ek，
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a下＝，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，
故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式
l＝at2，
则可得出t上
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．
【答案】(1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零．
F－μmg－F弹＝0，μ＝＝0.4.
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，
从O→B，由动能定理得－FfxOB＝0－mvO2，Ff＝μmg＝4 N，
解得vO＝ m/s≈1.26 m/s.
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，
代入数值得xmax＝0.9 m.
二、动能定理在往复运动问题中的应用
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，而在这一过程中，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．
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繁琐，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3】(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
【例4】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
【答案】(1)8 m (2)102 N 70 N
【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，
知mgsin θ>μmgcos θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，
由于滑块在AB段受摩擦力作用，
则滑块做往复运动的高度将越来越低，
最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动．
设滑块在AB段上运动的总路程为s，
滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos θ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，
由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得
mgR－FflAB＝mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，
解得Fmax＝102 N.
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，
解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
一、单选题
1．（2022·山东德州·高三期末）如图所示，一质量为m的小滑块（可视为质点）从斜面上的P点由静止下滑，在水平面上滑行，至Q点停止运动。已知P点离水平面高度为h，小滑块经过斜面与水平面连接处时无机械能损失，重力加速度为g。为使小滑块由Q点静止出发沿原路返回到达P点，需对小滑块施加一个始终与运动方向相同的拉力，则拉力至少对小滑块做功（ ）
A．mgh B．2mgh C．2.5mgh D．3mgh
【答案】B
【解析】根据题意，设滑块由P点到Q点，摩擦力做功为，由动能定理有
设滑块由Q点到P点，拉力做功为，由由动能定理有
联立解得
故选B。
2．（2022·贵州·从江县第一民族中学高三阶段练习）物体沿直线运动的v－t关系图像如图所示，已知在第1秒内合外力对物体所做的功为W，则（ ）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为1.5W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
【答案】D
【解析】A．从第1秒末到第3秒末速度不变物体做匀速直线运动，由动能定理可知合外力做功为0，A错误；
B．第1秒内由动能定理得
从第3秒末到第5秒末由动能定理得
B错误；
C．从第5秒末到第7秒末由动能定理得
C错误；
D．第4秒末的速度
从第3秒末到第4秒末由动能定理得
D正确；
故选D。
3．（2022·广东·铁一中学高三阶段练习）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，质量为的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能与其通过的路程x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图像中之间为直线，其余部分为曲线，时物块的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度，，。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．弹簧的劲度系数k为
C．的大小为
D．物块在斜面上运动的总路程大于
【答案】D
【解析】A．物块接触弹簧前，由动能定理得
解得
故A错误；
B．由能量守恒定律得
解得
故B错误；
C．由能量守恒定律得
解得
故C错误；
D．物块的路程为时
物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于，故D正确。
故选D。
4．（2022·河北·开滦第二中学高三学业考试）如图所示，一倾角为的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于、两点，的距离为，半圆轨道的圆心为，半径为，为其最高点。一小球从斜面上点由静止下滑，通过点后垂直打在斜面上点，与等高。不计一切阻力，则点到地面的高度为（ ）
A．R B． C． D．
【答案】C
【解析】小球从到做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
由于小球垂直打在斜面上点，则有
联立解得
小球从到的过程，根据动能定理可得
解得点到地面的高度为
C正确，ABD错误；
故选C。
5．（2022·陕西·西安中学三模）北京冬奥会的举办，使滑雪项目更成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员（ ）
A．落到斜面上C点时的速度vC=
B．在空中平抛运动的时间t=
C．从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=-mgh
D．从B点经t=时，与斜面垂直距离最大
【答案】D
【解析】B．运动员在B到C的过程中做平抛运动，其运动的位移与水平方向的夹角为θ，所以有
则运动员在空中运动的时间为
故B错误；
A．运动员到达C点时，竖直方向的速度为
vy=gt=2v0tanθ
所以运动员落在斜面上的速度为
故A错误；
C．A到B根据动能定理有
mgh−W克＝
所以从A到B的过程中克服阻力所做的功
W克=
故C错误；
D．根据题意可知，当运动员的速度和斜面平行时，与斜面垂直距离最大，此时运动员垂直于斜面方向的速度为零，所以根据对称性可知，从B点到与斜面垂直距离最大的位置所需的时间为从B到C的一半，即为
t=
故D正确。
故选D。
6．（2021·四川·射洪中学高三阶段练习）如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切。质量为m的小球由A点静止滑下。小球在水平面上的落点为C，则（ ）
A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点 B．小球到达B点时对曲面的压力为mg
C．OC之间的距离为 D．OC之间的距离为2R
【答案】C
【解析】AB．由A点到B点由动能定理有
解得
设半球在最高点给小球的支持力为，有
解得
所以小球到达B点时与半圆球之间无力的作用，在B点将做平抛运动，故AB错误；
CD．小球做平抛运动时，有
解得
故C正确，D错误。
故选C。
7．（2021·重庆·高二期末）滑板运动是非常受欢迎的运动，如图所示为滑板运动训练轨道简化图，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接（图中未画出），轨道与滑板间的动摩擦因数都相同，为方便训练AB轨道可以适当调整，CD轨道固定。若运动员从A静止开始下滑则刚好能到达D，那么将AB轨道向右平移后从A正上方A1静止滑下，则（ ）
A．不能到达D
B．刚好能到达D
C．若能经过D刚好到达D1，一定有AD∥A1D1
D．若能经过D刚好到达D1，但不一定有AD∥A1D1
【答案】C
【解析】设AB的倾角为α，CD的倾角为β，滑板与轨道间的动摩擦因数为μ，运动员从A到D的过程，克服摩擦力做功为
由上式可推知，运动员从AB轨道滑至CD轨道过程中，克服摩擦力做的功只与初、末位置之间的水平距离有关。设A、D的高度差为hAD，则根据动能定理有
所以AD与水平方向夹角的正切值为
同理可知，若运动员在CD轨道上达到D1，则A1D1与水平方向的夹角正切值也为μ，则一定有AD∥A1D1，且根据几何关系可知D1一定高于D，故ABD错误，C正确。
故选C。
8．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息不可以求出（ ）
A．运动员在空中飞行的时间
B．A、B之间的高度差
C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功
D．C、D两点之间的水平距离
【答案】D
【解析】A．从B点做平抛运动，则由
可求解运动员在空中飞行的时间，A正确，不符合题意；
B．由
可求解在B点的速度v0，再由
可求解AB的高度差，B正确，不符合题意；
C．从B点到D点由
可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功，C正确，不符合题意；
D．由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D错误，符合题意。
故选D。
9．（2021·天津·南开中学高三阶段练习）如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，可视为质点的质量为kg的小球与斜面间的动摩擦因数为0.25，自然伸长的轻质弹簧（劲度系数N/m）一端固定在斜面底端的挡板上，小球从离弹簧上端m的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动m到达最低点，小球与弹簧不粘连，整个过程均未超出弹簧的弹性限度，重力加速度取。下列说法不正确的是（ ）
A．下落过程中，小球刚接触弹簧时动能为3.2J
B．下落过程中，小球动能最大时弹力为4N
C．到最低点后，再给小球沿斜面向上的速度m/s，恰能回到出发点
D．整个下降过程中，重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
【答案】C
【解析】A．小球刚接触弹簧由动能定理
故动能
Ek=3.2J
选项A正确，不符合题意；
B．小球动能最大时合力为零，故由受力分析
弹力
F弹=4N
选项B正确，不符合题意；
C．由动能定理，若向上滑动回到原出发点，则满足
故
C错误，符合题意；
D．整个下降过程中，小球减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能和摩擦生热之和，故小球重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量，选项D正确，不符合题意。
故选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，轻弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点。现将小物体靠着弹簧（不拴接）并将弹簧压缩到 A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到 C 点静止，则（ ）
A．小物体从 A 到 B 过程速度一直增加
B．小物体从 A 到 B 过程加速度一直减小
C．小物体从 B 到 C 过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从 A 到 C 过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
【答案】D
【解析】AB．A、B间某处，A受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大。而B点只受摩擦力，合力不为零。因此小物体从 A 到 B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小。故AB错误；
C．小物体从 B 到 C 过程中，由动能定理得
故C错误；
D．小物体从 A 到 C 过程中，由动能定理得
故D正确。
故选D。
二、多选题
11．（2022·陕西·永寿县中学高三期中）如图所示，可视为质点的小球的质量为m，将该小球从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥沙中h深度而停止，不计小球受到的空气阻力，重力加速度为g，假设小球在泥沙中受到的阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．小球到达地面前的瞬间，动能大小为mgH
B．小球陷入泥沙的过程中，合力做功的绝对值为mgH
C．小球在泥沙中受到的平均阻力为
D．小球陷入泥沙的过程中，克服阻力做的功等于小球动能的减少量
【答案】AB
【解析】A．小球从离地面高H处由静止开始释放到落到地面过程，根据动能定理，则有
解得小球到达地面前的瞬间动能大小为
故A正确；
BC．小球陷入泥沙的过程中，则有
解得小球在泥沙中受到的平均阻力为
小球陷入泥沙的过程中，合力做功等于动能的变化量，合力做功的绝对值为，故B正确，C错误；
D．根据功能关系可知克服阻力做的功等于小球动能的减少量和小球重力势能能的减少量之和，故D错误；
故选AB。
12．（2022·重庆·二模）如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，竖直、到的圆轨道半径为，到的圆轨道半径为，这两个圆轨道的圆心与点等高，一小滑块从点贴着由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于
B．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于
C．小滑块在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力
D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零
【答案】BD
【解析】AB．如果小滑块不会脱离轨道，则过点的速度
从释放到点由动能定理
得高度不能小于，A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律，在点
在点
根据牛顿第三定律，小滑块在点对轨道的压力大于在点对轨道的压力，C错误；
D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零，D正确。
故选BD。
13．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高二期末）2022年，北京冬奥会上有一种女子单板滑雪U型池项目，可简化为如图所示的模型。池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U型池两侧的边缘，且在同一水平面，b点为U型池的最低点。某运动员从a点正上方h处的O点自由下落沿U型池左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点的高度为）。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则运动员（ ）
A．从d点返回经b点恰好能回到a点
B．从d点返回经b点一定能越过a点
C．第一次经过b点对轨道的压力大于第二次经过b点对轨道的压力
D．由a点到c点的过程中，在段克服摩擦力做的功等于在段克服摩擦力做的功
【答案】BC
【解析】AB．根据题意，设运动员第一次由的过程中，克服阻力做功为，运动员从O点到d点，由动能定理有
可得
运动员从返回经点回到点过程中，平均速率小于小于从到的平均速率，则从点回到点平均阻力小，则阻力做功
设返回时到达点的速度为，由动能定理有
即从d点返回经b点一定能越过a点，故A错误，B正确；
C．根据题意，在点，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知，小球在点对轨道的压力为
由于第一次经过b点的速度大于第二次经过b点的速度，则第一次经过b点对轨道的压力大于第二次经过b点对轨道的压力，故C正确；
D．根据题意，由于有摩擦力做功，则小球在段的平均速率大于在段的平均速率，小球在段的平均阻力大于在段的平均阻力，则在段克服摩擦力做的功大于在段克服摩擦力做的功，故D错误。
故选BC。
14．（2020·安徽·定远县民族学校高三阶段练习）如图所示，装置竖直放置，上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分，半径为R（圆管内径＜＜R），轨道下端各连接两个粗糙的斜面，斜面与细圆管相切于C，D两点，斜面与水平面夹角为53°，两个斜面下端与半径为0.5R的圆形光滑轨道连接，并相切于E，F两点。有一质量m=1kg的滑块（滑块大小略小于管道内径），从管道的最高点A静止释放该滑块，滑块从管道左侧滑下，物块与粗糙的斜面的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2， sin53°=0.8，cos53°=0.6），则（ ）
A．释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R
B．滑块经过最低点B的压力最小为18N
C．滑块最多能经过D点4次
D．滑块最终会停在B点
【答案】AB
【解析】A．设CE=FD=L，由几何知识可得：
L=0.5Rtan53°=R
设释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点h。由动能定理得：
mg（R-h）-2μmgcos53°•L=0
解得
h=0.6R
即释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R，故A正确。
BD．滑块在斜面上滑动时机械能不断减少，最终滑块在EF间往复运动，从E到F的过程，由机械能守恒定律得
在B点，由牛顿第二定律得
联立解得
N=18N
由牛顿第三定律得：滑块经过最低点B的压力最小值 N′=N=18N，故B正确，D错误。
C．设滑块在两个斜面上滑行的总路程为S，对整个过程（从A到E或到F的过程），运用动能定理得
mg（R+Rcos53°+Lsin53°）-μmgcos53°•S=0
解得
因为
即得
所以滑块最多能经过D点5次，故C错误。
故选AB。
三、解答题
15．（2021·上海市民办瑞虹中学高三期中）如图，光滑圆弧形轨道ABC，与倾角的均匀粗糙斜面相切于C点，整个装置固定于竖直平面内。质量m＝0.1kg的小滑块在A点获得水平方向的初始速度v0＝m/s，此后沿轨道运动，最高到达右侧的D点。已知滑块经过C点的速度vC＝8m/s，在CD段的滑行时间t＝0.6s，滑块可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：
(1)CD之间的距离L；
(2)光滑圆弧的轨道半径r；
(3)分析滑块到达D点之后的运动情况（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。
【答案】(1)2.4m；(2)1m；(3)滑块能静止在D点
【解析】(1)根据匀变速直线运动的平均速度公式可得CD之间的距离为
(2)在光滑圆弧形轨道运动过程，只有重力做功，根据动能定理则有
解得
r＝1m
(3)在CD段加速度为
m/s2
在CD段受力分析如图
根据牛顿第二定律有
联立解得
减速到D时速度为0，最大静摩擦力
重力沿斜面向下的分力
故滑块到达D点之后能静止在D点
16．（2021·河南安阳·三模）某科技小组制作的轨道如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的很多个光滑圆形轨道组成。滑块的质量为m=0.1kg，滑块与第一个圆轨道最低点及相邻圆轨道最低点之间距离均为L=6m，圆轨道的半径分别为R1、R2、R3…（图中只画了三个轨道，滑块可视为质点），滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.1，开始时，滑块以初速度v0=10m/s向右运动，滑块均恰好能在每个竖直轨道内做完整的圆周运动，g取10m/s2，求∶
（1）滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为多大；
（2）滑块总共经过几个圆轨道。
【答案】（1） 6N；（2） 8
【解析】（1）设滑块运动到第一圆轨道最低点时的速度为v1，根据动能定理得
，
根据牛顿第二定律有
，
小球恰好做圆周运动，在最高点
，
从最低点运动到最高点根据动能定理有
，
联立解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为6N。
（2）设在水平轨道上运动的总距离为x，根据能量守恒有：
解得
x=50m
n只能取整数，故
n=8
17．（2018·河北·辛集中学高三）如图所示，水平地面上有一质量为M的特殊长平板B，平板B与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在平板B的表面上方存在厚度d＝0.8 m的相互作用区；相互作用区上方某一高度处有一质量为m的小物块A，已知.若小物块A进入相互作用区，就会受到平板B对其竖直向上的恒力F＝2mg的作用，在水平方向上A、B之间没有相互作用力．现使小物块A由静止开始下落，同时平板B获得水平向左的初速度v0＝12 m/s，设平板B足够长，小物块A总能落入平板B上方的相互作用区，且小物块A每次都恰好不与平板B接触，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求小物块A开始下落时的位置与相互作用区的距离h.
(2)求小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间．
(3)从小物块A开始下落到平板B停止运动过程中，小物块A已经回到过几次初始位置？
【答案】(1)0.8m(2)1.6s(3)3
【解析】(1)对小物块A，根据动能定理有
mg(h＋d)－Fd＝0
解得h＝d＝0.8 m
(2)由h＝，解得t1＝＝0.4 s
小物块A进入相互作用区后，做加速度大小为g的匀减速运动，运动时间t2＝＝0.4 s
小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间为T＝2(t1＋t2)＝1.6 s
(3)由牛顿第二定律，小物块A在相互作用区上方时平板B的加速度大小为aB1＝＝2 m/s2
小物块A在相互作用区内时，平板B的加速度大小为aB2＝＝2.4 m/s2
在一个运动的周期T内，平板B的速度减小量为
Δv＝2(aB1t1＋aB2t2)＝3.52 m/s
小物块A回到初始位置的次数n≤＝3.4，n为整数，故n＝3
18．（2021·江西·丰城九中高三期中）如图所示，在长为L=2m，质量m=2kg的平板小车的左端放有一质量为M=3kg的铁块，两者间的动摩擦因数为μ=0.5．开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0=3m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰．设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短．求：
（1）小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？
（2）小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？
（3）铁块最终距小车左端多远？
【答案】(1) 0.6m (2) 0.024m (3) 1.5m
【解析】（1）对小车，由动能定理
代入数据解得
（2）第一次碰撞后，小车与铁块的速度等大反向，对铁块与小车组成的系统，规定向右为正，由动量守恒定律
解得
对小车，从第一次离墙最远到与铁块共速，由动能定理
解得
而，所以小车先与铁块共速后与强发生第二次碰撞
对小车，由动能定理
解得
（3）根据以上分析，滑动摩擦力对系统做负功使系统动能减小，最终系统将完全静止，小车右端靠墙，且该过程中铁块一只相对小车向右运动，对铁块和小车组成的系统，由能量转化与守恒定律
解得
19．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R = 0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m = 0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰（碰撞过程没有机械能的损失），碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s = 6t - 2t2（关系式中所有物理量的单位均为国际单位），物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）BP间的水平距离sBP；
（2）判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
（3）物块A由静止释放的高度h。
【答案】（1）4.1m；（2）不能；（3）1.8m
【解析】（1）设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时
vy2 = 2gR①
其中
②
由①②解得
vD = 4m/s③
设平抛用时为t，水平位移为s2，则有
④
s2 = vDt⑤
由④⑤解得
s2 = 1.6m⑥
物块B碰后以初速度v0 = 6m/s，加速度a = - 4m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式
vD2 - v02 = 2as1⑦
解得
s1 = 2.5m⑧
BP之间的水平距离
sBP = s2 + s1 = 4.1m⑨
（2）若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有
⑩
设在M点轨道对物块的压力为FN，则
⑪
由⑩⑪解得
假设不成立，即物块不能到达M点。
（3）对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有
mAvA = mAvA′ + mBv0⑫
根据机械能守恒有
⑬
由⑫⑬解得
vA = 6m/s⑭
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有
⑮
由⑭⑮解得
h = 1.8m
20．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）如图所示，ABC是一段竖直面内的光滑轨道，其中AB段是倾斜直轨道，BC段是一半径为的圆弧轨道，C为圆弧最低点，两段轨道通过B点平滑连接。EF为光滑水平面，一质量为的木板静置于水平面上，左端紧靠C点，其上表面与C点等高，在距木板右端处的水平面上固定一竖直挡板D（d为定值，不随木板长度的改变而改变）。现将一质量为的小滑块从距C点高为处由静止释放，最终滑上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数，木板与挡板的碰撞是完全弹性的，且作用时间极短，取。求：
（1）滑块经过C点时对轨道的压力大小；
（2）若木板长度，从滑块滑上木板到木板与挡板D第一次相碰所经历的时间；
（3）为了让滑块在木板与挡板D发生第三次碰撞后从木板上滑落，木板长度的取值范围。
【答案】（1）110N；（2）；（3）
【解析】（1）由
解得
解得
（2）由
解得
对木板，有
解得
由于，表明滑块与木板速度相等前木板未与挡板D相撞，对滑块，有
解得
滑块与木板相对滑动距离
表明滑块未从木板上滑落，木板先做匀加速运动后做匀速运动
（3）木板第一次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等，动量守恒
取向右为正，有
解得
同理，木板第二次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等
木板第三次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等
要让木板与挡板D发生第三次碰撞，滑块未从木板上滑落，木板至少长为，由
解得
要让木板与挡板D发生第三次碰撞后，滑块从木板上滑落，木板长度不超过，由
解得
所以木板长度L应满足
难点09 动能定理在多过程问题中的应用
一、动能定理在多过程问题中的应用
1．运用动能定理解决多过程问题，有两种思路
(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，大大简化运算．
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1】(多选)(2021·全国甲卷)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为.已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为
B．物体向下滑动时的加速度大小为
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【解析】物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
－μmg·2lcos α＝－Ek，
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek，
整理得l＝，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有
ma下＝mgsin α－μmgcos α，
解得a下＝，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有
ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，
故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式
l＝at2，
则可得出t上
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．
【答案】(1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
【解析】(1)小物块速度达到最大时，加速度为零．
F－μmg－F弹＝0，μ＝＝0.4.
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，
从O→B，由动能定理得－FfxOB＝0－mvO2，Ff＝μmg＝4 N，
解得vO＝ m/s≈1.26 m/s.
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得
FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，
代入数值得xmax＝0.9 m.
二、动能定理在往复运动问题中的应用
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，而在这一过程中，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．
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繁琐，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3】(2021·湖北省1月选考模拟·7)如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝＝95%，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝＋95%＋(95%)2＋…(95%)n－1，n无穷大时，可得s总＝(等比数列求和)，故B正确．
【例4】如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
【答案】(1)8 m (2)102 N 70 N
【解析】(1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，
知mgsin θ>μmgcos θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，
由于滑块在AB段受摩擦力作用，
则滑块做往复运动的高度将越来越低，
最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动．
设滑块在AB段上运动的总路程为s，
滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcos θ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，
由动能定理得mgRcos θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得
mgR－FflAB＝mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝，
解得Fmax＝102 N.
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝，
解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
一、单选题
1．（2022·山东德州·高三期末）如图所示，一质量为m的小滑块（可视为质点）从斜面上的P点由静止下滑，在水平面上滑行，至Q点停止运动。已知P点离水平面高度为h，小滑块经过斜面与水平面连接处时无机械能损失，重力加速度为g。为使小滑块由Q点静止出发沿原路返回到达P点，需对小滑块施加一个始终与运动方向相同的拉力，则拉力至少对小滑块做功（ ）
A．mgh B．2mgh C．2.5mgh D．3mgh
【答案】B
【解析】根据题意，设滑块由P点到Q点，摩擦力做功为，由动能定理有
设滑块由Q点到P点，拉力做功为，由由动能定理有
联立解得
故选B。
2．（2022·贵州·从江县第一民族中学高三阶段练习）物体沿直线运动的v－t关系图像如图所示，已知在第1秒内合外力对物体所做的功为W，则（ ）
A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W
B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W
C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为1.5W
D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W
【答案】D
【解析】A．从第1秒末到第3秒末速度不变物体做匀速直线运动，由动能定理可知合外力做功为0，A错误；
B．第1秒内由动能定理得
从第3秒末到第5秒末由动能定理得
B错误；
C．从第5秒末到第7秒末由动能定理得
C错误；
D．第4秒末的速度
从第3秒末到第4秒末由动能定理得
D正确；
故选D。
3．（2022·广东·铁一中学高三阶段练习）如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角为的粗糙斜面底端，质量为的物块从轻弹簧上端上方某位置由静止释放，测得物块的动能与其通过的路程x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图像中之间为直线，其余部分为曲线，时物块的动能达到最大．弹簧的长度为l时，弹性势能为，其中k为弹簧的劲度系数，为弹簧的原长。物块可视为质点，不计空气阻力，物块接触弹簧瞬间无能量损失，取重力加速度，，。则（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.2
B．弹簧的劲度系数k为
C．的大小为
D．物块在斜面上运动的总路程大于
【答案】D
【解析】A．物块接触弹簧前，由动能定理得
解得
故A错误；
B．由能量守恒定律得
解得
故B错误；
C．由能量守恒定律得
解得
故C错误；
D．物块的路程为时
物块反向沿斜面向上运动，所以物块在斜面上运动的路程大于，故D正确。
故选D。
4．（2022·河北·开滦第二中学高三学业考试）如图所示，一倾角为的斜面和半圆竖直轨道分别与水平面平滑连接于、两点，的距离为，半圆轨道的圆心为，半径为，为其最高点。一小球从斜面上点由静止下滑，通过点后垂直打在斜面上点，与等高。不计一切阻力，则点到地面的高度为（ ）
A．R B． C． D．
【答案】C
【解析】小球从到做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有
由于小球垂直打在斜面上点，则有
联立解得
小球从到的过程，根据动能定理可得
解得点到地面的高度为
C正确，ABD错误；
故选C。
5．（2022·陕西·西安中学三模）北京冬奥会的举办，使滑雪项目更成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为m的运动员从高为h的A点由静止滑下，到达B点时以速度v0水平飞出，经一段时间后落到倾角为θ的长直滑道上C点，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则运动员（ ）
A．落到斜面上C点时的速度vC=
B．在空中平抛运动的时间t=
C．从A到B的过程中克服阻力所做的功W克=-mgh
D．从B点经t=时，与斜面垂直距离最大
【答案】D
【解析】B．运动员在B到C的过程中做平抛运动，其运动的位移与水平方向的夹角为θ，所以有
则运动员在空中运动的时间为
故B错误；
A．运动员到达C点时，竖直方向的速度为
vy=gt=2v0tanθ
所以运动员落在斜面上的速度为
故A错误；
C．A到B根据动能定理有
mgh−W克＝
所以从A到B的过程中克服阻力所做的功
W克=
故C错误；
D．根据题意可知，当运动员的速度和斜面平行时，与斜面垂直距离最大，此时运动员垂直于斜面方向的速度为零，所以根据对称性可知，从B点到与斜面垂直距离最大的位置所需的时间为从B到C的一半，即为
t=
故D正确。
故选D。
6．（2021·四川·射洪中学高三阶段练习）如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切。质量为m的小球由A点静止滑下。小球在水平面上的落点为C，则（ ）
A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点 B．小球到达B点时对曲面的压力为mg
C．OC之间的距离为 D．OC之间的距离为2R
【答案】C
【解析】AB．由A点到B点由动能定理有
解得
设半球在最高点给小球的支持力为，有
解得
所以小球到达B点时与半圆球之间无力的作用，在B点将做平抛运动，故AB错误；
CD．小球做平抛运动时，有
解得
故C正确，D错误。
故选C。
7．（2021·重庆·高二期末）滑板运动是非常受欢迎的运动，如图所示为滑板运动训练轨道简化图，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接（图中未画出），轨道与滑板间的动摩擦因数都相同，为方便训练AB轨道可以适当调整，CD轨道固定。若运动员从A静止开始下滑则刚好能到达D，那么将AB轨道向右平移后从A正上方A1静止滑下，则（ ）
A．不能到达D
B．刚好能到达D
C．若能经过D刚好到达D1，一定有AD∥A1D1
D．若能经过D刚好到达D1，但不一定有AD∥A1D1
【答案】C
【解析】设AB的倾角为α，CD的倾角为β，滑板与轨道间的动摩擦因数为μ，运动员从A到D的过程，克服摩擦力做功为
由上式可推知，运动员从AB轨道滑至CD轨道过程中，克服摩擦力做的功只与初、末位置之间的水平距离有关。设A、D的高度差为hAD，则根据动能定理有
所以AD与水平方向夹角的正切值为
同理可知，若运动员在CD轨道上达到D1，则A1D1与水平方向的夹角正切值也为μ，则一定有AD∥A1D1，且根据几何关系可知D1一定高于D，故ABD错误，C正确。
故选C。
8．（2022·黑龙江·哈尔滨市第六中学校一模）2022年第24届冬季奥林匹克运动会在中国举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。跳台滑雪赛道可简化为助滑道、着陆坡、停止区三部分，如图所示。一次比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。已知B、C之间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g。只考虑运动员在停止区受到的阻力，不计其他能量损失。由以上信息不可以求出（ ）
A．运动员在空中飞行的时间
B．A、B之间的高度差
C．运动员在停止区运动过程中克服阻力做的功
D．C、D两点之间的水平距离
【答案】D
【解析】A．从B点做平抛运动，则由
可求解运动员在空中飞行的时间，A正确，不符合题意；
B．由
可求解在B点的速度v0，再由
可求解AB的高度差，B正确，不符合题意；
C．从B点到D点由
可求解运动员在停止区运动过程中克服阻力做功，C正确，不符合题意；
D．由题中条件无法求解C、D两点之间的水平距离，D错误，符合题意。
故选D。
9．（2021·天津·南开中学高三阶段练习）如图所示，倾角的斜面固定在水平面上，可视为质点的质量为kg的小球与斜面间的动摩擦因数为0.25，自然伸长的轻质弹簧（劲度系数N/m）一端固定在斜面底端的挡板上，小球从离弹簧上端m的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动m到达最低点，小球与弹簧不粘连，整个过程均未超出弹簧的弹性限度，重力加速度取。下列说法不正确的是（ ）
A．下落过程中，小球刚接触弹簧时动能为3.2J
B．下落过程中，小球动能最大时弹力为4N
C．到最低点后，再给小球沿斜面向上的速度m/s，恰能回到出发点
D．整个下降过程中，重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
【答案】C
【解析】A．小球刚接触弹簧由动能定理
故动能
Ek=3.2J
选项A正确，不符合题意；
B．小球动能最大时合力为零，故由受力分析
弹力
F弹=4N
选项B正确，不符合题意；
C．由动能定理，若向上滑动回到原出发点，则满足
故
C错误，符合题意；
D．整个下降过程中，小球减少的重力势能等于弹簧增加的弹性势能和摩擦生热之和，故小球重力势能的减小量大于弹簧弹性势能的增加量，选项D正确，不符合题意。
故选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，轻弹簧一端系在墙上的 O 点，自由伸长到 B 点。现将小物体靠着弹簧（不拴接）并将弹簧压缩到 A 点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到 C 点静止，则（ ）
A．小物体从 A 到 B 过程速度一直增加
B．小物体从 A 到 B 过程加速度一直减小
C．小物体从 B 到 C 过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从 A 到 C 过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
【答案】D
【解析】AB．A、B间某处，A受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大。而B点只受摩擦力，合力不为零。因此小物体从 A 到 B 过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小。故AB错误；
C．小物体从 B 到 C 过程中，由动能定理得
故C错误；
D．小物体从 A 到 C 过程中，由动能定理得
故D正确。
故选D。
二、多选题
11．（2022·陕西·永寿县中学高三期中）如图所示，可视为质点的小球的质量为m，将该小球从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥沙中h深度而停止，不计小球受到的空气阻力，重力加速度为g，假设小球在泥沙中受到的阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．小球到达地面前的瞬间，动能大小为mgH
B．小球陷入泥沙的过程中，合力做功的绝对值为mgH
C．小球在泥沙中受到的平均阻力为
D．小球陷入泥沙的过程中，克服阻力做的功等于小球动能的减少量
【答案】AB
【解析】A．小球从离地面高H处由静止开始释放到落到地面过程，根据动能定理，则有
解得小球到达地面前的瞬间动能大小为
故A正确；
BC．小球陷入泥沙的过程中，则有
解得小球在泥沙中受到的平均阻力为
小球陷入泥沙的过程中，合力做功等于动能的变化量，合力做功的绝对值为，故B正确，C错误；
D．根据功能关系可知克服阻力做的功等于小球动能的减少量和小球重力势能能的减少量之和，故D错误；
故选AB。
12．（2022·重庆·二模）如图所示，竖直平面内固定的光滑轨道中，竖直、到的圆轨道半径为，到的圆轨道半径为，这两个圆轨道的圆心与点等高，一小滑块从点贴着由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于
B．如果小滑块不会脱离轨道，则高度不能小于
C．小滑块在点对轨道的压力小于在点对轨道的压力
D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零
【答案】BD
【解析】AB．如果小滑块不会脱离轨道，则过点的速度
从释放到点由动能定理
得高度不能小于，A错误，B正确；
C．根据牛顿第二定律，在点
在点
根据牛顿第三定律，小滑块在点对轨道的压力大于在点对轨道的压力，C错误；
D．小滑块在经过点时对轨道的压力不可能等于零，D正确。
故选BD。
13．（2022·河南·南阳市第二完全学校高级中学高二期末）2022年，北京冬奥会上有一种女子单板滑雪U型池项目，可简化为如图所示的模型。池内各处粗糙程度相同，其中a、c为U型池两侧的边缘，且在同一水平面，b点为U型池的最低点。某运动员从a点正上方h处的O点自由下落沿U型池左侧切线进入池中，从右侧切线飞出后上升至最高位置d点（相对c点的高度为）。不计空气阻力，重力加速度大小为g，则运动员（ ）
A．从d点返回经b点恰好能回到a点
B．从d点返回经b点一定能越过a点
C．第一次经过b点对轨道的压力大于第二次经过b点对轨道的压力
D．由a点到c点的过程中，在段克服摩擦力做的功等于在段克服摩擦力做的功
【答案】BC
【解析】AB．根据题意，设运动员第一次由的过程中，克服阻力做功为，运动员从O点到d点，由动能定理有
可得
运动员从返回经点回到点过程中，平均速率小于小于从到的平均速率，则从点回到点平均阻力小，则阻力做功
设返回时到达点的速度为，由动能定理有
即从d点返回经b点一定能越过a点，故A错误，B正确；
C．根据题意，在点，由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律可知，小球在点对轨道的压力为
由于第一次经过b点的速度大于第二次经过b点的速度，则第一次经过b点对轨道的压力大于第二次经过b点对轨道的压力，故C正确；
D．根据题意，由于有摩擦力做功，则小球在段的平均速率大于在段的平均速率，小球在段的平均阻力大于在段的平均阻力，则在段克服摩擦力做的功大于在段克服摩擦力做的功，故D错误。
故选BC。
14．（2020·安徽·定远县民族学校高三阶段练习）如图所示，装置竖直放置，上端是光滑细圆管围成的圆周轨道的一部分，半径为R（圆管内径＜＜R），轨道下端各连接两个粗糙的斜面，斜面与细圆管相切于C，D两点，斜面与水平面夹角为53°，两个斜面下端与半径为0.5R的圆形光滑轨道连接，并相切于E，F两点。有一质量m=1kg的滑块（滑块大小略小于管道内径），从管道的最高点A静止释放该滑块，滑块从管道左侧滑下，物块与粗糙的斜面的动摩擦因数μ=0.5，（g=10m/s2， sin53°=0.8，cos53°=0.6），则（ ）
A．释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R
B．滑块经过最低点B的压力最小为18N
C．滑块最多能经过D点4次
D．滑块最终会停在B点
【答案】AB
【解析】A．设CE=FD=L，由几何知识可得：
L=0.5Rtan53°=R
设释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点h。由动能定理得：
mg（R-h）-2μmgcos53°•L=0
解得
h=0.6R
即释放后滑块在轨道上运动达到的最高点高出O1点0.6R，故A正确。
BD．滑块在斜面上滑动时机械能不断减少，最终滑块在EF间往复运动，从E到F的过程，由机械能守恒定律得
在B点，由牛顿第二定律得
联立解得
N=18N
由牛顿第三定律得：滑块经过最低点B的压力最小值 N′=N=18N，故B正确，D错误。
C．设滑块在两个斜面上滑行的总路程为S，对整个过程（从A到E或到F的过程），运用动能定理得
mg（R+Rcos53°+Lsin53°）-μmgcos53°•S=0
解得
因为
即得
所以滑块最多能经过D点5次，故C错误。
故选AB。
三、解答题
15．（2021·上海市民办瑞虹中学高三期中）如图，光滑圆弧形轨道ABC，与倾角的均匀粗糙斜面相切于C点，整个装置固定于竖直平面内。质量m＝0.1kg的小滑块在A点获得水平方向的初始速度v0＝m/s，此后沿轨道运动，最高到达右侧的D点。已知滑块经过C点的速度vC＝8m/s，在CD段的滑行时间t＝0.6s，滑块可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：
(1)CD之间的距离L；
(2)光滑圆弧的轨道半径r；
(3)分析滑块到达D点之后的运动情况（最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）。
【答案】(1)2.4m；(2)1m；(3)滑块能静止在D点
【解析】(1)根据匀变速直线运动的平均速度公式可得CD之间的距离为
(2)在光滑圆弧形轨道运动过程，只有重力做功，根据动能定理则有
解得
r＝1m
(3)在CD段加速度为
m/s2
在CD段受力分析如图
根据牛顿第二定律有
联立解得
减速到D时速度为0，最大静摩擦力
重力沿斜面向下的分力
故滑块到达D点之后能静止在D点
16．（2021·河南安阳·三模）某科技小组制作的轨道如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的很多个光滑圆形轨道组成。滑块的质量为m=0.1kg，滑块与第一个圆轨道最低点及相邻圆轨道最低点之间距离均为L=6m，圆轨道的半径分别为R1、R2、R3…（图中只画了三个轨道，滑块可视为质点），滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.1，开始时，滑块以初速度v0=10m/s向右运动，滑块均恰好能在每个竖直轨道内做完整的圆周运动，g取10m/s2，求∶
（1）滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为多大；
（2）滑块总共经过几个圆轨道。
【答案】（1） 6N；（2） 8
【解析】（1）设滑块运动到第一圆轨道最低点时的速度为v1，根据动能定理得
，
根据牛顿第二定律有
，
小球恰好做圆周运动，在最高点
，
从最低点运动到最高点根据动能定理有
，
联立解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，滑块运动到第一圆轨道最低点时对轨道的压力为6N。
（2）设在水平轨道上运动的总距离为x，根据能量守恒有：
解得
x=50m
n只能取整数，故
n=8
17．（2018·河北·辛集中学高三）如图所示，水平地面上有一质量为M的特殊长平板B，平板B与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，在平板B的表面上方存在厚度d＝0.8 m的相互作用区；相互作用区上方某一高度处有一质量为m的小物块A，已知.若小物块A进入相互作用区，就会受到平板B对其竖直向上的恒力F＝2mg的作用，在水平方向上A、B之间没有相互作用力．现使小物块A由静止开始下落，同时平板B获得水平向左的初速度v0＝12 m/s，设平板B足够长，小物块A总能落入平板B上方的相互作用区，且小物块A每次都恰好不与平板B接触，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1)求小物块A开始下落时的位置与相互作用区的距离h.
(2)求小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间．
(3)从小物块A开始下落到平板B停止运动过程中，小物块A已经回到过几次初始位置？
【答案】(1)0.8m(2)1.6s(3)3
【解析】(1)对小物块A，根据动能定理有
mg(h＋d)－Fd＝0
解得h＝d＝0.8 m
(2)由h＝，解得t1＝＝0.4 s
小物块A进入相互作用区后，做加速度大小为g的匀减速运动，运动时间t2＝＝0.4 s
小物块A从开始下落到再次回到初始位置经历的时间为T＝2(t1＋t2)＝1.6 s
(3)由牛顿第二定律，小物块A在相互作用区上方时平板B的加速度大小为aB1＝＝2 m/s2
小物块A在相互作用区内时，平板B的加速度大小为aB2＝＝2.4 m/s2
在一个运动的周期T内，平板B的速度减小量为
Δv＝2(aB1t1＋aB2t2)＝3.52 m/s
小物块A回到初始位置的次数n≤＝3.4，n为整数，故n＝3
18．（2021·江西·丰城九中高三期中）如图所示，在长为L=2m，质量m=2kg的平板小车的左端放有一质量为M=3kg的铁块，两者间的动摩擦因数为μ=0.5．开始时，小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0=3m/s的速度向右运动，之后小车与墙壁发生正碰．设碰撞中无机械能损失且碰撞时间极短．求：
（1）小车第一次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d1是多少？
（2）小车第二次碰撞后，小车右端与墙之间的最大距离d2是多少？
（3）铁块最终距小车左端多远？
【答案】(1) 0.6m (2) 0.024m (3) 1.5m
【解析】（1）对小车，由动能定理
代入数据解得
（2）第一次碰撞后，小车与铁块的速度等大反向，对铁块与小车组成的系统，规定向右为正，由动量守恒定律
解得
对小车，从第一次离墙最远到与铁块共速，由动能定理
解得
而，所以小车先与铁块共速后与强发生第二次碰撞
对小车，由动能定理
解得
（3）根据以上分析，滑动摩擦力对系统做负功使系统动能减小，最终系统将完全静止，小车右端靠墙，且该过程中铁块一只相对小车向右运动，对铁块和小车组成的系统，由能量转化与守恒定律
解得
19．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R = 0.8m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R。一质量m = 0.4kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰（碰撞过程没有机械能的损失），碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s = 6t - 2t2（关系式中所有物理量的单位均为国际单位），物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道。（重力加速度g取10m/s2）求：
（1）BP间的水平距离sBP；
（2）判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
（3）物块A由静止释放的高度h。
【答案】（1）4.1m；（2）不能；（3）1.8m
【解析】（1）设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时
vy2 = 2gR①
其中
②
由①②解得
vD = 4m/s③
设平抛用时为t，水平位移为s2，则有
④
s2 = vDt⑤
由④⑤解得
s2 = 1.6m⑥
物块B碰后以初速度v0 = 6m/s，加速度a = - 4m/s2减速到vD，则BD过程由运动学公式
vD2 - v02 = 2as1⑦
解得
s1 = 2.5m⑧
BP之间的水平距离
sBP = s2 + s1 = 4.1m⑨
（2）若物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，则有
⑩
设在M点轨道对物块的压力为FN，则
⑪
由⑩⑪解得
假设不成立，即物块不能到达M点。
（3）对物块A、B的碰撞过程，根据动量守恒有
mAvA = mAvA′ + mBv0⑫
根据机械能守恒有
⑬
由⑫⑬解得
vA = 6m/s⑭
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有
⑮
由⑭⑮解得
h = 1.8m
20．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习）如图所示，ABC是一段竖直面内的光滑轨道，其中AB段是倾斜直轨道，BC段是一半径为的圆弧轨道，C为圆弧最低点，两段轨道通过B点平滑连接。EF为光滑水平面，一质量为的木板静置于水平面上，左端紧靠C点，其上表面与C点等高，在距木板右端处的水平面上固定一竖直挡板D（d为定值，不随木板长度的改变而改变）。现将一质量为的小滑块从距C点高为处由静止释放，最终滑上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数，木板与挡板的碰撞是完全弹性的，且作用时间极短，取。求：
（1）滑块经过C点时对轨道的压力大小；
（2）若木板长度，从滑块滑上木板到木板与挡板D第一次相碰所经历的时间；
（3）为了让滑块在木板与挡板D发生第三次碰撞后从木板上滑落，木板长度的取值范围。
【答案】（1）110N；（2）；（3）
【解析】（1）由
解得
解得
（2）由
解得
对木板，有
解得
由于，表明滑块与木板速度相等前木板未与挡板D相撞，对滑块，有
解得
滑块与木板相对滑动距离
表明滑块未从木板上滑落，木板先做匀加速运动后做匀速运动
（3）木板第一次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等，动量守恒
取向右为正，有
解得
同理，木板第二次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等
木板第三次与挡板D相碰后到木板与滑块速度相等
要让木板与挡板D发生第三次碰撞，滑块未从木板上滑落，木板至少长为，由
解得
要让木板与挡板D发生第三次碰撞后，滑块从木板上滑落，木板长度不超过，由
解得
所以木板长度L应满足
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