动能定理的理解及应用（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新教材新高考）

第20讲动能定理

目录

01模拟基础练

【题型一】动能定理的理解

【题型二】动能定理的基本应用

【题型三】动能定理与图像

【题型四】动能定理解决多过程问题

02重难创新练

【题型一】动能定理的理解

1.如图所示，在观光车沿水平路面直线行驶的过程中，下列说法正确的是（）

若观光车匀速行驶，合力对乘客做正功

若观光车匀速行驶，合力对乘客做负功

若观光车加速行驶，合力对乘客做正功

若观光车减速行驶，合力对乘客做正功

【答案】C

【详解】AB.若观光车匀速行驶，观光车的动能不变，根据动能定理可知，合力对乘客不做功，故AB错

误;

C.若观光车加速行驶，观光车的动能增加，根据动能定理可知，合力对乘客做正功，故c正确；

D.若观光车减速行驶，观光车的动能减小，根据动能定理可知，合力对乘客做负功，故D错误。

故选C。

2.小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直减少。如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位

置处所受合力，下列四幅图正确的是（）

CD.

【答案】A

【详解】物体做曲线运动的合力方向位于轨迹的凹侧，且小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一

直减少，根据动能定理可知，合力一直做负功，则合力方向与速度方向（沿切线方向）的夹角大于90。。

故选Ao

3.关于动能定理，下列说法中正确的是（）

A.在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的绝对值之和

B.动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动

C.只要有力对物体做功，物体的动能就一定改变

D.动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功

【答案】BD

【详解】A.在某过程中，外力做的总功等于各个力单独做功的代数和，故A错误；

B.动能定理既适用于直线运动，又适用于曲线运动，故B正确；

C.有力对物体做功，但如果合力对物体做功为0,则物体的动能保持不变，故C错误；

D.动能定理既适用于恒力做功，又适用于变力做功，故D正确。

故选BD。

【题型二】动能定理的基本应用

1.静止于水平地面的足球，被运动员从位置1以％踢出后，沿如图所示的轨迹运动到位置3,在最高点2时

距地面高度为/I且速度大小为口已知足球质量为山，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.从位置1到位置3的过程，足球的机械能守恒

B.从位置2到位置3的过程，足球的动能增加机g/z

C.踢球时，运动员对足球做的功等于/wg/i+gmF

D.从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功+；根丫2-：加说

【答案】D

【详解】A.若足球做斜抛运动可知12间距离等于23间的距离，由于两段水平距离不等，故足球做的不是

斜抛运动，受到空气阻力，所以机械能不守恒，故A错误；

B.足球受到空气阻力，从位置2到位置3的过程，设克服空气阻力做功为%，根据动能定理

mgh-%=AEk

故足球的动能增加量小于mgh,故B错误；

CD.踢球时，设运动员对足球做的功为W,可得

W

1到2过程中克服空气阻力做功为W克'，根据动能定理

22

—mgh—；mv—g,w0

可得

W=mgh+Jmv2+>mgh+；mv2

故C错误;

D.从位置1到位置2的过程，阻力对足球做功为

W'=—%，=mgh+gmv2—；mVg

故D正确。

故选D。

2.某同学尝试用无人机空投包裹。他先让无人机带着质量为机的包裹（含降落伞）升空并悬停在距离地面”

处的空中，某时刻无人机释放了包裹，下落的加速度大小恒为4;在包裹下落〃时打开降落伞做减速运动，

加速度大小恒为的,当落到地面时，速度大小为丫。已知重力加速度为g。下列判断不正确的是（）

A.包裹从开始下落h时的动能为〃zg/7+〃24/7

B.包裹从打开降落伞到落到地面这个过程中，合力所做的功为;〃吐2一〃吗/7

C.根据题中信息可以求出整个过程包裹重力的平均功率

D.根据题中信息可以求出整个过程包裹机械能的减少量

【答案】A

【详解】A.包裹从开始下落时，由动能定理有

VVL=F合h=maxh=Ek

故A错误，符合题意；

B.包裹从打开降落伞到落到地面这个过程中，由动能定理有

%=gmv2一线=gmv2—ma^h

故B正确，不符合题意;

C.根据题中信息可知包裹从开始下落h时的时间为

2h

%=

由运动公式

V；=2%h

解得此时速度为

匕=小2岫

包裹从打开降落伞到落到地面的时间为

v=vl+a2t2

联立解得

v-dlaji

t2=

a.

可以求出整个过程包裹重力的平均功率

&=旦mgH

A+1?但+匕且正根据题中信息可以求出整个过程包裹重力的平均功率，故C正确，不符合题意;

7%a2

D.整个过程包裹机械能的减少量等于阻力做的功

\E=Wl+W2

包裹从开始下落〃时，阻力做功大小为

Wt=F^h=Cmg-majh

包裹从打开降落伞到落到地面阻力做功大小为

2

W2=%-mgCH—h)=^mv-maxh-mgCH-H)

联立解得

2

AE=(mg—tna^)h+—mv~-maxh-mg(H—h)=2mgh-2ma、h+gmv-mgH根据题中信息可以求出整个过程

包裹机械能的减少量，故D正确，不符合题意。

故选A。

3.如图，用长为L的轻绳将质量为根的小球悬挂于。点，静止时小球位于A点。现给小球施加大小为/g

的水平恒力R当小球运动到2点时，轻绳与竖直方向的夹角为45。。已知重力加速度大小为g,sin45°=走,

2

求：

(1)小球运动到8点时，小球的速度大小；

(2)小球运动到8点时，拉力F的瞬时功率；

(3)小球运动到2点的一瞬间，轻绳的拉力大小。

【答案】（1）v=^2（＞/2-l）gL;（2）P=mgyj（a-l）gL;（3）耳=（30-2）叫

【详解】（1）设小球运动到8点时的速度大小为v,根据动能定理

FLsin45°-mg（L-£cos45°）=；mv2

解得

V-y]2（y/2-l）gL

（2）小球运动到B点时，拉力尸的瞬时功率

P=Fvcos45°

解得

P=mgyl（y/2-\）gL

（3）当小球运动到B点时，合力刚好沿轻绳指向。点，则

2

耳-⑸g=，

解得

耳=（3后-2）叫

【题型三】动能定理与图像

1.从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能线与重力势能耳,之和。取地面为重力势能零点，该

物体的E总和Ep随它离开地面的高度人的变化如图所示。重力加速度取10面/。由图数据可知下列错误的是

()

A,物体的质量为2kg

B.6=0时，物体的速率为20m/s

C./z=2m时，物体的动能纥=501

D.从地面至/z=4m,物体的动能减少100J

【答案】B

【详解】A.由图像可知，物体在/i=4m时的重力势能为

Ep=mgh=80J

则物体的质量为

m=2kg

故A正确，不符题意;

B.力=0时,物体的机械能为100J,即动能为100J,则速率为

122^=10^

%=

2

故B错误，符合题意;

C./z=2m时，物体重力势能为40J,机械能为90J,则物体的动能£k=50J,故C正确，不符题意；

D./z=4m处，机械能与重力势能相等，则动能为零，则物体的动能减少100J,故D正确，不符题意。

故选Bo

2.质量机=lkg的物体，在水平恒定拉力F（拉力方向与物体初速度方向相同）的作用下，沿粗糙水平面运

动，经过的位移为4m时，拉力P停止作用，运动到位移为8m时物体停止运动，运动过程中&-X图像如

图所示。取g=10m/s2,求：

（1）物体的初速度大小；

（2）物体和水平面间的动摩擦因数;

(3)拉力尸的大小。

2468x/m

【答案】(1)%=2m/s；(2)〃=0.25；(3)F=4.5N

【详解】(1)从图中可看出物体初动能为2J,有

£ko=~mv°2

解得

%=2m/s

(2)撤去产后，物体在水平方向上只受摩擦力作用，根据动能定理，有

-pimgx2=O-Ek

解得

〃=0.25

(3)有拉力作用时，根据动能定理，有

Fxx-pimgxx=E^-Ew

解得

F=4.5N

3.一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉

力做的功卬与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4,重力加速度大小取10m/s2o

下列说法正确的是()

A.从x=0运动到下2m过程中拉力的大小为12N

B.在x=3m时，物体的动能为15J

C.从x=0运动到x=2m,物体机械能增加了4J

D.从x=0运动到x=4m的过程中，物体的最大速度为2m/s

【答案】C

【详解】A.由于拉力在水平方向，则拉力做的功为卬=外，可看出W-x图像的斜率代表拉力凡则从x=0

运动到x=2m过程中拉力的大小

F=—=6N

Ax

故A错误；

B.由图可知从AO运动到x=3m,拉力做功为W=15J,根据动能定理有

W-jLimgx=Ek-0

可得x=3m时物体的动能为

稣=3J

故B错误；

C.从运动到k2m,拉力做功

W=12J

物体克服摩擦力做的功为

W;=/jmgx=8J

根据功能关系

AE机=W-叫=(12-8)J=4J

故C正确;

D.根据W-尤图像可知在0~2m的过程中片=6N,2~4m的过程中g=3N,由于物体受到的摩擦力恒为户4N,

则物体在x=2m处速度最大，根据动能定理有

W-jumgx=；mvf

可得

v2=2>f2m/s

故D错误。

故选Co

4.如图甲所示，质量为0.1kg的物块初始时静止在倾角为30。的斜面上，施加给物块一沿斜面的恒定拉力F,

使物块开始沿斜面运动，物块运动了2m时撤去拉力几物块的动能Ek随物块沿斜面上滑距离无变化的部分

图像如图乙所示，物块与斜面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2。下列

说法正确的是（）

A.物块受到的滑动摩擦力大小为1.5NB.恒定拉力尸的大小为2.5N

C.物块与斜面间的动摩擦因数为1D.物块运动到最高点后会沿斜面下滑

3

【答案】C

【详解】A.物块从x=2m运动到九=4m过程中，根据动能定理

-fic-mgxsin0=AEk=2J-4J

解得

/=0.5N

故A错误；

B.物块从％=0运动到％=2m过程中，根据动能定理

Fx—fx-mgxsm6=AEk=4J-0

解得

尸=3N

故B错误；

C.物块受到的滑动摩擦力

f=jumgcos3

解得

A/3

"F

故C正确；

D.物块运动到最高点后，重力沿斜面向下的分力

Gx=〃?gsin0=0.5N

最大静摩擦力

及m=0.5N=Gx

所以物块运动到最高点后，最大静摩擦力等于重力沿斜面向下的分力，即物块恰好静止，故D错误。

故选C。

5.如图甲所示，物体以一定初速度从倾角a=30。的斜面底端沿斜面向上运动，经1.5s物体上升到最高点。

选择地面为参考平面，在开始上升的一段时间内，物体的动能线随高度力的变化如图乙所示。重力加速度

g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.物体的质量加=3kg

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.5

C.物体上升过程的加速度大小a=10m/s?

D.物体回到斜面底端时的动能线=271

【答案】D

【详解】A.设物体的初速度为%,根据运动学公式可得

根据图乙比例关系可知物体上升的最大高度为

108

hmx3m4.5m

m108-36

则有

4/z4x4.5/c/

v=——m=--------m/s=1112m/s

°nt1.5

由图乙可知物体的初动能为

1

-mvo9=108J

解得物体的质量为

m=1.5kg

故A错误;

BC.根据动能定理可得

可得

1AEk

2~Nh

由图乙斜率可知物体受到的合力大小为

「1108-36，八,

F&=-x----------NX=T12N

023

根据牛顿第二定律可得

这=mgsin30°+pimgcos30°=ma

解得

a=8m/s2

5

故BC错误;

D.物体返回到斜面底端时，根据动能定理可得

h

(mgsin30°-pimgcos30°)——--=E-0

sin30°k

解得物体回到斜面底端时的动能为

Ek=27J

故D正确。

故选D。

【题型四】动能定理解决多过程问题

1.如图甲所示，用轻绳连接质量为机的小球，在竖直面内做完整的圆周运动。在最低点时，绳上拉力为T,

速度大小为v,不断改变v的大小，绘制出的『彼图像如图乙所示，则()

A.当地的重力加速度为:

b

B.轻绳的绳长为警

5b

C.小球在轨迹最高点的最小速度为祗

D.小球在轨迹最高点和轨迹最低点时，绳子的拉力差始终为6b

【答案】BCD

【详解】A.小球在最低点绳上拉力为T,速度大小为v,由牛顿第二定律有

T-mg=m—

解得

丁,m

1=mg+--v2

当v=0时，可得

mg=b

则当地的重力加速度为

b

g=—

m

故A错误；

B.小球竖直面内做完整的圆周运动，在最低点的最小速度的平方为

a=V；

而最高点刚好通过，有绳的拉力为零，可知

心=g/

由动能定理可知

联立解得

故B正确；

C.小球在轨迹最高点的最小速度为

故C正确；

D.小球在轨迹最低点和轨迹最高点时

T2+mg=m

-mg-2/=—mv1——mv1

联立可得绳子的拉力差为

7]-T2=6mg=6b

故D正确。

故选BCDo

2.如图所示，轨道半径尺=0.4m的光滑竖直半圆形轨道CDE固定在光滑水平地面上，与地面相切于C点，

水平面左侧有一高度”=2.4m的曲面轨道，与地面相切于8点。质量加=O$kg的滑块从曲面最高点A处由

静止开始下滑，下滑过程中始终未脱离曲面。经过水平面后进入半圆轨道，通过E点时对轨道的压力大小

F=15No取重力加速度大小g=10m/s2,滑块可视为质点，水平地面BC起够长。求：

（1）滑块经过C点的速度大小％；

（2）滑块从E点飞出落到水平地面时离C点的距离x；

（3）滑块在曲面上运动时克服阻力做的功吗。

【答案】（1）%=40m/s；（2）x=L6m；（3）吗=4J

【详解】（1）根据牛顿第三定律，滑块通过E点时对轨道的压力大小等于轨道对滑块的支持力，对滑块,

根据牛顿第二定律

r+mg=m彳

解得

vE=4m/s

滑块由C点到E点的过程，根据动能定理

1212

-mgx2R=-mvE——mvc

解得

vc=4V2m/s

(2)滑块从七点飞出落到水平地面过程，滑块做平抛运动，在竖直方向

2R=；靖

解得

t=0.4s

水平方向

x=vEt=1.6m

(3)滑块在光滑水平地面上做匀速直线运动，即

vB=vc=40m/s

滑块从A点运动到8点的过程中，根据动能定理

12

mgh-Wf=-mVg-0

解得

叫=4J

3.如图甲所示,在竖直平面内，粗糙的倾斜直轨道AB和光滑的圆轨道BCD相切于B点，C是圆轨道最低点，

圆心角6=37。，D点与圆心等高，最低点C处有压力传感器。现有一个质量为根可视为质点的小物块从。

点正上方静止释放后，恰好沿D点进入轨道。C2,压力传感器测出不同高度释放时第一次经过C点的压

2

力示数R做出/与高度/i的图像，如图乙所示。已知sin37o=0.6,cos37°=0.8,g=10m/so

(1)求小物块的质量m和圆轨道的半径R；

(2)若为=2m,轨道A8的长度L=L8m,改变小物块与轨道AB间的动摩擦因数〃，试求小物块在斜面轨

道AB上滑行的路程s与〃的关系。

甲乙

92.25

【答案】（1）0.2kg,Im；(2)s=1.8m("<0.5)^s=-------(，>0.75)或5=------(0.5<//<0.75)

4〃+3〃

【详解】（1）当〃=0时，由图像截距可知

F=mg=2N

得

m=0.2kg

由图像可知,当〃=2m时，对轨道的压力F=10N,根据动能定理有

mghr=:mv,2

F,-mg=m^-

解得

R=lm

（2）①当〃较小，则小物块滑离斜面，此时有

mg[h-R(l-cos6)]-mgLsin6-jbinigLcos0=0

解得

〃=0.5

小球的路程为1.8m；

②当4较大，小物块能停在斜面上，有

mgsin3=/J'mgcos0

解得

〃〃=0.75

根据动能定理有

mg[h-R(l-cosO')\-mgxsin0-〃"mgxcos6=0

解得

9

x=-----

44〃+3

③当0.5<〃<0.75时，小物块最终在与5点等高水平线范围内往复运动，则有

mg[h-R（l-cos。）]=jumgscos0

解得

2.25

综上可知，小物块在斜面轨道48上滑行的路程s与〃的关系为：

92.25

5=1.8m(〃<0.5)^(,5=-------(〃>0.75)或5=------(0.5<//<0.75)

4〃+3〃

4.如图所示为一竖直放置的玩具轨道装置模型，一质量机=2kg的小滑块从尸点静止释放，沿曲线轨道A8

滑下后冲入竖直圆形轨道2C,再经过水平轨道BZ),最后从D点飞出落在水平薄板上，各轨道间平滑

连接。其中圆轨道BC的半径R=0.14m,水平轨道8。的长乙=1m,8。段与滑块间的动摩擦因数〃=02,

其余部分摩擦不计，薄板的宽度d=0.24m,M点到£>点的水平距离x=0.56m,薄板MN到水平轨道

8。的竖直高度/?=0.8m,不计空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。

(1)若小滑块恰好落在薄板上的N点，求小滑块在。点的动能;

(2)若小滑块恰好过圆弧最高点C,判断小滑块能否落在MN上。

【答案】(1)皖=4兀(2)能

【详解】(1)小滑块从。点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律

,12

h=-gr

x+d=vdt

解得

vd=2m/s

则小滑块在n点的动能

1,

"=4J

(2)小滑块恰好不脱离轨道，根据牛顿第二定律，在C点满足

V

m2=m—

R

小滑块从C运动到。，设小滑块运动到。点时速度为L由动能定理可得

1212

mgx2R-jumgL=—--mvc

解得

v=V3m/s

若小滑块从〃点飞出刚好落在M点，由运动学公式

x=vdt

解得

vd=1Avals

因为力＜丫＜力，所以小滑块能落在MN上。

1.如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以v=3m/s水平速度离开平

台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。4B为圆弧两

端点，其连线水平。已知圆弧半径为R=1.0m,人和车的总质量为200kg,特技表演的全过程中，阻力忽略

不计。(计算中取g=10m/s2,sin53。=0.8,cos53。=0.6。)求：

(1)从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离s；

(2)从平台飞出到A点时速度大小力及圆弧对应圆心角6；

(3)人和车运动到圆弧轨道最低点O,求此时对轨道的压力大小。

【答案】(1)5=1.2m；(2)vA=5m/s,(9=106。；(3)8600N

【详解】(1)从平台飞出到4点的过程，人和车做平抛运动，根据平抛运动规律，有

,12

h=2gt

解得

t=0.4s

从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离为

s=vt=1.2m

(2)从平台飞出到A点，根据动能定理，有

,1212

mgn=—mvA--mv

解得

vA=5m/s

如图

可知

v3

cosa=—=一

以5

a=53°

得

。=2g=106°

（3）从A到。的过程中由动能定理有

/7ig7?(l-cos53°)=-^mVg

在最低点，有

F-mg=m^-

R

解得

F=8600N

根据牛顿第三定律可知人和车对轨道的压力大小为8600N。

2.如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道A3的下端与光滑的圆弧轨道3C。相切于2,C是最低点，

圆心角N3OC=37。，Z）与圆心。等高，圆弧轨道半径R,现有一个质量为小可视为质点的小物体，从。点

的正上方E点处自由下落，物体恰好到达斜面顶端A处。已知DE距离为3R,物体与斜面A3之间的动摩

擦因数〃。=。5。重力加速度为g。（IXsin37°=0.6,cos37°=0.8）,求：

（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；

（2）斜面A3的长度L；

（3）若〃可变，求〃取不同值时，物块在斜面上滑行的路程s。

【答案】（1）2娟死，9根g；（2）3.8R；（3）见解析

【详解】（1）设物体到达C点的速度为v,从E到C,由动能定理得

mg(7?+37?)=^mv2

代入数据得

v^2^2gR

在C点，有

2

口v

取-mg=m—

K

代入数据得

4=9mg

(2)从C到4由动能定理得

-mg(R-Rcos37°+Lsin37°)-〃。加gcos37°xL=0-gmv~

代入数据得

L=33R

(3)设摩擦因数为山时物块刚好能静止在斜面上，则有

mgsin37°=^mgcosS70

解得

4=0.75

①若0«〃<4=0.5,物块将滑出斜面，则物块的路程为

s=L=3.8R

②若0.5<〃<从=0.75,则

mgsin37°>pmgsin37°

所以物块在斜面上多次往返，最后在5点速度为零，则有全程由能量守恒定律，可得

mg(3R+7?cos37°)-/nmgcos37°xs=0

解得

19R

s二--------

44

③若〃=0.75,则

mgsin37°</jmgsin37°

则物块将停在斜面上，则有

mg(3R+7?cos37°-ssin37°)—jLimgcos37°xs=0

解得

3+4〃

3.如图所示,是一游戏装置的简化示意图，在同一竖直平面内的轨道ABCDEN由四分之一光滑圆弧轨道AB、

粗糙的水平轨道BC、光滑圆弧轨道CDE、粗糙斜轨道组成，圆弧CDE分别与直轨道BC、相切。

斜轨道的倾角。=37。，底端M处有一弹性挡板。一质量〃?=0.5kg的滑块（比圆管内径稍小）从A点

正上方的。点无初速释放，滑块通过圆弧的最高点。时对轨道没有任何作用力，滑块运动到M点（M点为

四分之一圆弧轨道的圆心，0'点为圆弧轨道CDE的圆心，且两圆心M和O'在同一水平高度）碰撞弹性

挡板后被等速反弹。已知滑块与水平轨道3C和斜轨道间的动摩擦因数均为〃=。3,两圆弧轨道的半径

均为R=L6m,重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力，滑块可视为质点。求:

（1）滑块经过。点时的速度大小匕；

（2）滑块经过C点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小外；

（3）滑块释放点。与面间的高度差//；

（4）滑块在斜轨道EM上运动的总路程s。

弹性挡圾/

A

【答案】(1)4m/s；(2)30N：(3)4.8m；(4)10m

【详解】（1）滑块在。点，由牛顿第二定律得

mg=m

解得

vD=4m/s

(2)对滑块从。点运动到。点的过程，由动能定理得

1212

—2mgR=—mvD~—mvc

滑块在C点有

F-mg=

cR

解得

外=30N

(3)由几何关系得

LBC=-^—

BCsin。

对滑块从。点运动到C点的过程，由动能定理得

mgH-jumgLBC=--0

解得

H=4.8m

(4)由几何关系得

R

EM

Ltan。

滑块在。点的动能

12

EW^~mVD=4J

滑块从E点运动到M点，克服摩擦力做的功为

Wf=]LimgLEMcos0=2.56J

由于

%<2吗

滑块反弹后无法回到。点，判断出滑块最后停在M点，对滑块通过。点到静止的过程，由动能定理得

mgR-jumgscos8=0-；mvD

解得

s=10m

4.滑板运动是一项极限运动。某滑板运动的轨道如图所示，A3和C。均是圆弧形轨道，8c是地面上一段

长为L的水平轨道，AB.CD均与BC平滑连接。一运动员站在滑板（运动员和滑板视为一个整体，且视为

质点）上从轨道上离地高度为九处以大小为％的初速度下滑，经轨道后冲上轨道，到离地高度

为2/z时速度减为零。运动员（含滑板）的质量为瓶，在BC轨道上受到的摩擦力大小不变，重力加速度大

小为g,不计圆弧轨道上的摩擦，求：

（1）运动员第一次经过8点时的速度大小力;

（2）运动员在3C轨道上受到的摩擦力大小/；

（3）运动员最后停在BC轨道中点时累计通过该点的次数〃（含最后停留的次数）。

【答案】（1）VB=&+2gh；⑵人叫产；⑶”=甘|华+；

【详解】（1）从A到8由动能定理

mgh=gmVg-gmVg

解得

（2）从A到。由动能定理

12

mgh-2mgh-fL=0——mv0

解得

mVg-2mgh

2L

（3）从A点到最后停在4B中点，则由动能定理

:机说+mgh=fs

解得

vl+2gh1

•I—cT

V「2gh2

5.如图所示，一轻弹簧左端固定于竖直墙面，水平面上A点左侧光滑，右侧A8粗糙，A8与光滑半圆

轨道BEC平滑连接，轨道半径R=0.6m,E点和圆心。的连线与水平面平行。一质量〃z=lkg的小物块（可

视为质点）以某一水平向右的初速度，从C点进入半圆轨道内侧，沿半圆轨道滑下，第一次刚到达2点时，

轨道对小物块的弹力大小为小物块重力的6倍。小物块与AB间的动摩擦因数〃=0.2,取重力加速度g=10m/s2„

求：

（1）小物块第一次刚到B点时速度VB的大小；

（2）小物块刚进入半圆轨道最高点C时的水平初速度vo的大小；

（3）小物块与弹簧碰撞后，水平向右反向弹回，第一次返回半圆轨道后恰能到达£点。若小物块每次与弹

簧碰撞过程中损失机械能0.2J,则小物块最终停止的位置距离A点多远。

【答案】(1)5/30m/s；(2)Rm/s;(3)0.7m

【详解】（1）滑块在8点时由牛顿第二定律

K

解得

vB=A/SOIH/S

（2）从C到8由机械能守恒定律

1212

—mv0+mg-2R=—mvB

解得

v0=>/6m/s

（3）小物块与弹簧碰撞后，水平向右反向弹回，第一次返回半圆轨道后恰能到达E点。由能量关系

12

—niVg=2/jmgL^+mgR+AE

解得

LAB=2.2m

物块从E点返回时由能量关系

mgR=AE+jumgx

解得

x=2.9m

则小物块最终停止的位置距离A点2.9m-2.2m=0.7m。

6.如图所示，为高台滑雪某段滑道的示意图，由一段倾斜轨道和一段圆弧轨道组成，4