8.9培优提升 利用动能定理分析多过程问题（教师版）2024-2025学年高一物理同步培优讲义（人教版2019必修第二册）

第8.9节培优提升利用动能定理分析多过程问题学习目标1.进一步理解动能定理，领会动能定理解题的优越性。2.会利用动能定理分析求解多过程问题。提升1动能定理在直线运动多过程中的应用对于包含多个运动阶段的复杂运动过程，可以选择分段或全程应用动能定理。1.分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的力的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解。2.全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，确定整个过程中各个力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解。当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简便。例1如图所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，小滑块从P点以v0＝3m/s的初速度沿斜面向上滑，速度减为零之后再滑回到斜面底部，与底部挡板碰撞之后以原速度大小反弹，经过与挡板多次碰撞之后，最后静止在斜面底部。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，若滑块在斜面上往返的总路程为eq\r(3)m，小滑块可以看作质点，重力加速度g取10m/s2。则P点到挡板的距离为()A.0.6m B.0.5mC.0.4m D.0.3m答案A解析设P点到挡板的距离为L，对滑块运动的全过程，由动能定理得mgL·sin30°－μmgscos30°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，其中s＝eq\r(3)m，代入数值解得L＝0.6m，故A正确。训练1（多选）如图1所示，竖直放置的轻弹簧一端固定于水平地面上，质量为的足球在轻弹簧正上方某处由静止下落。以足球开始下落的位置为原点，竖直向下为轴正方向，取地面为零势能参考面，假设足球受的空气阻力恒定，在足球下落的全过程中，足球重力势能随足球位移变化关系如图2中的线段所示，弹簧弹性势能随足球位移变化关系如图2中的曲线所示，弹簧始终在弹性限度范围内，取重力加速度，则（

）A．足球下落到最低点时减少的重力势能是B．足球受的空气阻力大小是C．足球刚接触弹簧时的动能是D．此过程中弹簧的最大弹力是答案AC解析A．由图可知，当足球的位移为时，下降到最低点，根据功能关系可知，足球下落到最低点时减少的重力势能等于重力做的功，则故A正确；B．足球下落全过程，根据能量守恒解得故B错误；C．当足球的位移为时，足球刚接触弹簧，此过程根据动能定理解得故C正确；D．根据弹力做功跟弹性势能的变化关系知其中所以由图可知，当时所以所以，最大的弹力为故D错误。故选AC。训练2如图1所示，一可视为质点的物块从足够长的固定斜面底端以动能沿斜面向上运动，斜面倾角为θ。运动过程中，物块动能与其到斜面底端的距离d之间的关系如图2所示。忽略空气阻力，则该物块与斜面间的动摩擦因数为（

）A． B． C． D．答案D解析物块运动到最高点时，通过的位移为d，则上升的高度为小物块从斜面底端运动到最高点的过程，根据能量守恒小物块从斜面底端运动到最高点又回到底端的过程，根据能量守恒可得其中以上各式联立，解得故选D。例2在距沙坑表面高h＝7m处，以v0＝10m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)物体上升到最高点时离抛出点的高度H；(2)物体在沙坑中受到的平均阻力F阻的大小。答案(1)5m(2)155N解析(1)物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得－mgH＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据得H＝5m。(2)方法一全过程分析。设物体在沙坑中受到的平均阻力大小为F阻，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有mg(h＋d)－F阻d＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得F阻＝155N。方法二分阶段分析。设物体刚到达沙坑表面时速度大小为v，在空中运动阶段，有mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)在沙坑中运动阶段有mgd－F阻d＝0－eq\f(1,2)mv2联立解得F阻＝155N。(1)物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态，因此求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。(2)在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs(s为路程)。训练1如图所示，光滑水平轨道与竖直平面内的半圆形轨道平滑连接，半圆形轨道是粗糙的，其轨道的半径。一轻质弹簧的左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量的小滑块。开始时滑块静止在点，弹簧正好处于原长。现水平向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的弹性势能，然后释放滑块，滑块运动到半圆形轨道的最低点时的速度，运动到最高点时的速度，已知重力加速度。求：(1)弹簧处于压缩状态时具有的弹性势能；(2)滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，摩擦力所做的功；(3)滑块落地时重力的瞬时功率。答案(1)(2)-1.1J(3)解析（1）根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能代入数据可得（2）滑块在半圆形轨道上向上运动的过程中，根据能量守恒定律代入数据可得（3）滑块从点做平抛运动，根据可得落地时重力的瞬时功率训练2如图所示，倾角的足够长的光滑斜面甲的底端有一挡板，由轻质弹簧相连的处于斜面上的两物块A、B，质量均为m，物块B紧靠挡板放置。另一倾角的足够长的粗糙斜面乙上静置着物块C（初始时被锁定），物块A、C之间由一跨过等高定滑轮的轻质细线相连，细线恰好伸直，且与A、C两物块相连的部分分别与甲、乙两斜面平行。现由静止释放物块C，当C运动到最低点时，B恰好离开挡板。已知物块C与斜面乙间的动摩擦因数，弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），物块均可视为质点，重力加速度为g，，。求：(1)从释放C到B恰好离开挡板，弹簧弹性势能的变化量大小；(2)物块C的质量；(3)在此运动过程中，物块A的最大速度。答案(1)0(2)(3)解析（1）开始时对A分析有B恰好离开挡板时对B分析有可知故（2）设C从开始运动到C运动至最低点通过的距离为x，则有联立解得（3）物块A速度最大时，物块A、C均受力平衡，且两者的速度大小相等，设此时弹簧对A的作用力为F，细线的拉力为，对A有对C有联立解得表明此时弹簧处于原长，故有解得提升2动能定理在曲线运动多过程中的应用1.动能定理与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法。如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量。2.动能定理与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：(1)若为轻绳约束，物体能通过最高点的临界条件是在最高点的速度v＝eq\r(gR)。(2)若为轻杆约束，物体能通过最高点的临界条件是在最高点的速度v＝0。例3如图所示，AB为固定在竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，其半径为R＝0.8m。轨道的B点与水平地面相切，质量为m＝0.2kg的小球从A点由静止释放，g取10m/s2。求：(1)小球运动到最低点B时的速度v的大小；(2)小球通过L＝1m的水平面BC滑上光滑固定曲面CD，恰能到达最高点D，D到地面的高度为h＝0.6m，小球在水平面BC上克服摩擦力所做的功Wf；(3)小球最终所停位置距B点的距离。答案(1)4m/s(2)0.4J(3)0解析(1)从A→B由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2代入数据解得v＝4m/s。(2)从B→D由动能定理得－Wf－mgh＝0－eq\f(1,2)mv2代入数据解得Wf＝0.4J。(3)从B→C克服摩擦力做功Wf＝μmgL设小球在水平面BC上运动的总路程为s小球从A点由静止释放到最终停止，由动能定理得mgR－μmgs＝0联立两式解得s＝4L，可知小球最终停在B点。训练1某校校园文化艺术节举行无线遥控四驱车大赛，其赛道如图所示。某四驱车（可视为质点）以额定功率在水平直轨道的点由静止开始加速，经过时间刚好到达点，此时通过遥控关闭其发动机，点右侧所有轨道均视为光滑轨道。四驱车第一次经点进入半径的竖直圆轨道，恰好能够经过圆轨道最高点，此后四驱车再次经过点沿着轨道CF运动，最终从轨道末端点水平飞出后落入沙坑中。四驱车的总质量，重力加速度，忽略空气阻力。(1)求四驱车第一次经过点时对轨道的压力；(2)求四驱车在AB段克服阻力所做的功；(3)若水平轨道距离沙坑表面的高度，则点距离水平轨道的高度为多少时，四驱车落到沙坑中的点与点的水平距离最大？并计算水平最大距离。答案(1)，方向竖直向下(2)(3)，解析（1）四驱车恰好能够经过圆轨道最高点，设在点的速度为，在点时由重力提供四驱车做圆周运动的向心力，有设车在点时的速度为，由动能定理知四驱车在点时所受的支持力和重力的合力提供车做圆周运动的向心力，则解得由牛顿第三定律知方向竖直向下。（2）由题可知又由能量守恒定律知解得（3）四驱车从点运动到点过程中，应用动能定理知车从点飞出后做平抛运动，设运动时间为，则竖直方向有水平方向有联立以上表达式并化简得当时，有最大值，且训练2如图所示，一弹射装置由轨道OABC、直轨道CD和DE、左右对称的“雨滴”形曲线轨道EFG（F为最高点）和L形滑板组成。已知OA竖直，ABC是圆心在、半径的圆弧（B为最高点）。L形滑板质量，上表面（除突出部分）长为，上表面的动摩擦因数，下表面光滑，其余轨道也均光滑。除L形滑板外，其余轨道均固定在地面上。弹簧下端固定，处于原长时上端与A和都等高。B点距地面高度。与竖直方向夹角为，CD与水平方向夹角也为，且。一质量的小滑块穿套在轨道OABC上，不与弹簧相连，压缩弹簧后滑块被弹出，滑到C点飞出后，立刻沿CD下滑，CD与DE平滑相接。图中圆1和圆2分别为E、F两点的曲率圆，半径分别为，曲率圆的半径也称为曲线在该处的曲率半径。g取。(1)若已知弹簧劲度系数，则当小滑块放在弹簧上处于静止状态时，求弹簧的压缩量x；(2)某次弹射后，发现滑块到达C点时恰好对轨道无作用力，求滑块运动到A处时的速度大小；(3)某次弹射后，发现滑块在轨道EFG内运动时，其向心加速度大小恒为，求轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式。（提示：任意曲线运动的向心加速度）答案(1)0.01m(2)2m/s(3)解析（1）根据胡克定律而联立可得弹簧的压缩量为（2）在C点，由牛顿第二定律代入数据得从A点到C点，由动能定理代入数据得（3）在E点代入数据得从E点到P点，由动能定理解得在P点由以上式子解得在F点所以轨道EFG内任意高度h处的曲率半径与h的函数关系式为例4(2024·山东淄博市期中)跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，如图为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图。助滑坡由AB和BC组成，AB为斜坡，BC为R＝10m的圆弧面，二者相切于B点，与水平面相切于C，AC间的竖直高度差为h1＝40m，CD为竖直跳台。运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下，通过C点水平飞出，飞行一段时间落到着陆坡DE上的E点。运动员运动到C点时的速度为20m/s，CE间水平方向的距离x＝40m。不计空气阻力，g＝10m/s2。求：(1)运动员从A点滑到C点过程中阻力做的功；(2)运动员到达C点时对滑道的压力大小；(3)运动员落到E点时的动能大小。答案(1)－16000J(2)4000N(3)32000J解析(1)从A点滑到C点过程，根据动能定理有mgh1＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0解得Wf＝－16000J。(2)运动员到达C点时，根据牛顿第二定律有FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)解得FN＝4000N根据牛顿第三定律知，在C点运动员对滑道的压力大小为FN′＝FN＝4000N。(3)运动员从C到E做平抛运动，有x＝vCt，到达E点时的竖直方向分速度为vy＝gt，解得vy＝20m/s故运动员落到E点时的动能大小为Ek＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,C)＋veq\o\al(2,y))＝32000J。训练1如图所示，地面和固定半圆轨道面均光滑，质量，长的小车静止在水平地面上，小车上表面与半圆轨道最低点的切线相平。现有一质量，大小不计的滑块以的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。已知小车与墙壁碰撞前小车和滑块已经共速，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，滑块与小车表面的动摩擦因数，取。求(1)滑块与小车共速时的速度大小；(2)滑块与小车共速时离小车右端的距离；(3)若要滑块能沿半圆轨道运动的过程中不脱离轨道，半圆轨道的半径的取值范围。答案(1)(2)(3)或解析（1）根据牛顿第二定律：对滑块有对小车有当滑块相对小车静止时，两者速度相等，即由以上各式解得此时小车的速度为（2）滑块的位移小车的位移两者共速时，滑块离小车右端联立解得（3）若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为，则有根据动能定理得解得若滑块恰好滑至圆弧到达点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。根据动能定理得解得所以滑块不脱离圆轨道必须满足：或。训练2如图所示，BCDE是一段光滑圆弧轨道，半径大小为R，O为圆心，CE为竖直直径，OB与竖直方向的夹角为，D点与圆心O处等高。AB为一段足够长的倾斜直坡道，在B点与圆弧相切，一物块从AB段某处静止释放，沿坡道下滑，物块与坡道间动摩擦因数为。(1)若物块恰能到达D处，求物块在AB坡道上释放点距B的距离；(2)若物块恰能到达E处，求物块在AB坡道上释放点距B的距离。答案(1)(2)解析（1）若物块恰能到达D处，设物块在AB坡道上释放点距B的距离为，从释放点到D处，根据动能定理可得解得（2）若物块恰能到达E处，在E处重力刚好提供向心力，则有解得设物块在AB坡道上释放点距B的距离为，从释放点到E处，根据动能定理可得解得随堂对点自测1.(动能定理在直线运动多过程中的应用)如图所示，假设在某次比赛中运动员从10m高处的跳台跳下。设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理。为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)()A.5m B.3mC.7m D.1m答案A解析设水深至少为h，对全程由动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，其中F阻＝3mg，即mg(H＋h)＝3mgh，解得h＝5m，A正确。2.(动能定理在曲线运动多过程中的应用)如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50m，盆边缘的高度为h＝0.30m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为()A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0答案D解析小物块从A点出发到最后停下来，设在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物块在BC面上运动的总路程为s＝eq\f(h,μ)＝eq\f(0.3,0.1)m＝3m，而d＝0.5m，刚好3个来回，所以小物块最终停在B点，即停止的地点到B点的距离为0，故D正确。3.（多选）某物理实验兴趣小组探究竖直面内小球做圆周运动对轨道压力的变化规律。如图所示，在竖直面内固定一个圆周轨道，轨道半径R=0.3m，分别在距离最低点A高度为0、0.1m、0.2m、0.3m、0.4m、0.5m、0.6m处安置压力传感器，一质量为m的小球从A点以速度v0开始沿内轨道向右运动，已知小球在最低点A点和最高点B点压力传感器示数差为6N，在C点（与O点等高的位置）压力传感器示数为10N。小球可视为质点，小球与圆轨道的摩擦力可忽略不计，g取10m/s2，由此可判定（

）A．m=0.1kgB．v0=4m/sC．小球在0.2m处时压力传感器示数为11ND．小球在各位置压力传感器示数F与高度h的关系答案ACD解析AB．小球从A点到B点，根据动能定理有在B点，根据牛顿第二定律有在A点，根据牛顿第二定律有根据题意可知联立解得m=0.1kg小球从A点到C点，根据动能定理有在C点，根据牛顿第二定律有联立解得v0=6m/sA正确，B错误；C．设小球在0.2m处时与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有小球从A点到0.2m处，根据动能定理有在0.2m处，根据牛顿第二定律有解得N=11N所以压力传感器示数为11N，C正确；D．设在任意高度h处小球的速度为v，由动能定理有在右侧轨道上，设小球在h处和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，当时，由牛顿运动定律有在最低点有解得当时该式仍成立，D正确。故选ACD。4．如图所示，质量为M的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端将物体缓缓提升高度H，重力加速度为g。则人做的功（）A．等于MgH B．大于MgH C．小于MgH D．无法确定答案B解析物体升高H时，它的重力势能增加MgH，人做的功等于物体重力势能的增加量和弹簧弹性势能增加量之和，所以。故选B。对点题组练题组一动能定理在直线运动多过程中的应用1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F为()A.2mgsinθ B.mg(1－sinθ)C.2mgcosθ D.2mg(1＋sinθ)答案A解析设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL－mgsinθ·2L＝0，解得F＝2mgsinθ，故A正确。2.如图所示，一薄木板斜放在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接。将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，滑块沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处，滑块与木板及地板之间的动摩擦因数相同。现将木板截短一半，仍按上述方式放在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放，则滑块最终将停在()A.P处 B.P、Q之间C.Q处 D.Q的右侧答案C解析设木板长为L，滑块在水平地板上滑行位移为x，木板倾角为θ，全过程由动能定理得mgh－μmgLcosθ－μmgx＝0则滑块总的水平位移s＝Lcosθ＋x＝eq\f(h,μ)与木板长度及倾角无关，改变L与θ，水平位移s不变，滑块最终仍停在Q处，故选项C正确。3.如图所示，在一个固定的盒子里有一个质量为m＝0.1kg的滑块，它与盒子底面间的动摩擦因数为μ＝0.5，开始时滑块在盒子中央以初速度v0＝2m/s向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零。若盒子长L＝0.1m，滑块与盒壁碰撞过程中没有能量损失，g＝10m/s2。则整个过程中滑块与两壁碰撞的次数是()A.3次 B.4次C.5次 D.6次答案B解析设滑块相对于盒子运动的总路程为s，整个过程对滑块，根据动能定理有－μmgs＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可得滑块滑过的总路程s＝eq\f(veq\o\al(2,0),2μg)＝0.4m，因为盒子长L＝0.1m，碰撞次数n＝eq\f(s－\f(L,2),L)＋1＝4.5，n取整数，故滑块与盒子两壁碰撞4次，故B正确。题组二动能定理在曲线运动多过程中的应用4.如图所示，质量为0.1kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4m后以3.0m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上。已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45m。若不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则()A.小物块的初速度是5m/sB.小物块的水平射程为1.2mC.小物块在桌面上克服摩擦力做了8J的功D.小物块落地时的动能为0.9J答案D解析小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得－μmgs＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝7m/s，W克f＝μmgs＝2J，A、C错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt得x＝0.9m，B错误；对平抛过程由动能定理得mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2得，小物块落地时的动能Ek＝0.9J，D正确。5.如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定eq\f(1,4)圆弧轨道与水平轨道相切于B点。一质量为m的小球P(可视为质点)从A点由静止滑下，经过B点后沿水平轨道运动，到C点停下，B、C两点间的距离为R，小球P与圆弧轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。若将小球P从A点正上方高度为R处由静止释放，从A点进入轨道，最终停在水平轨道上的D点(图中未标出)，B、D两点间的距离为s，下列关系正确的是()A.s>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,μ)))R B.s＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,μ)))RC.s<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,μ)))R D.s＝2R答案C解析小球P从A点由静止滑下到停止，设小球克服圆弧轨道摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0。若小球P从A点正上方高度为R处由静止释放，从A点进入轨道，最终停在水平轨道上D点，设此过程中小球P克服摩擦力所做的功为Wf′，根据动能定理得mg·2R－Wf′－μmgs＝0。由于第二次经过圆弧轨道的速度较大，根据径向的合力提供向心力知，圆弧轨道对小球P的弹力较大，摩擦力较大，所以Wf′>Wf，可知s<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,μ)))R，选项C正确。6.如图所示，一小球以一定的初速度从图示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为(重力加速度为g)()A.2.5mgR B.3mgRC.4mgR D.5mgR答案A解析设小球恰好通过轨道2的最高点B时的速度大小为vB，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),1.8R)①；设小球在轨道1上经过其最高点A时的动能为EkA，对小球从A到B的过程，根据动能定理有－mg(3.6R－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－EkA②，联立①②解得EkA＝2.5mgR，故选项A正确。综合提升练7.(2024·河北景县中学高一月考)如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，半径为R＝0.5m，轨道在C处与粗糙的水平面相切，在D处有一质量m＝1kg的小物体压缩着弹簧，在弹力的作用下以一定的初速度水平向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，物体通过C点后进入圆轨道运动，恰好能通过半圆轨道的最高点A，最后又落回水平面上的D点(g＝10m/s2，不计空气阻力)。求：(1)物体到C点时的速度；(2)弹簧对物体做的功。答案(1)5m/s(2)15J解析(1)物体恰好通过半圆轨道的最高点A，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,A),R)可得vA＝eq\r(5)m/s物体由C到A过程，由动能定理得－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得vC＝5m/s。(2)物体从A到D做平抛运动，有2R＝eq\f(1,2)gt2所以sCD＝vAt物体由D到C过程，由动能定理得W－μmgsCD＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得W＝15J。8.(2024·福建厦门高一月考)如图所示，质量为m＝10kg的滑块，从光滑弧形面的某一高处A点以初速度v0＝1m/s往下滑行，到达弧形面的底端P处时速度为vP＝4m/s，又沿水平面滑行LPQ＝1m到达Q点而静止，重力加速度g取10m/s2。则：(1)求起始位置A点距离水平面的高度；(2)求滑块与水平面间的动摩擦因数；(3)若用一拉力F，把滑块从Q点沿原路拉回到起始点A，则拉力至少做多少功？答案(1)0.75m(2)0.8(3)155J解析(1)从A到P过程，根据动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得h＝0.75m。(2)沿水平面滑行过程，根据动能定理得－μmgLPQ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)代入数据解得μ＝0.8。(3)把滑块从Q点沿原路拉回到起始点A的过程，根据动能定理得WF－μmgLPQ－mgh＝0－0解得拉力至少做功WF＝155J。9.如图所示，竖直面内固定有一半径为R的半圆形光滑轨道ABC，AOC为半圆形轨道的直径，一质量为m的小球静止放置在A点。某时刻，给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力，且轨道始终固定，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（）A．小球可能达到C点B．若，最大速度为C．小球可能会脱离轨道D．小球对轨道压力的最大值为答案B解析A．给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力时，若小球到达C点，由于小球沿水平方向上的位移为0，则力F做功为0，而小球从A到C的过程中重力会做负功，根据动能定理，小球的动能将为负值，这显然是不可能的，所以小球不可能到达C点，选项A错误；B．若，则重力与F的合力与竖直方向的夹角为可知小球从A点运动到“等效最低点”时速度最大，由动能定理得解得最大速度为选项B正确；C．如图所示，将F与mg合成为mg′称为“等效重力”，则方向斜向右下，将小球的运动等效为重力场中的圆周运动，如图（当F较小时等效重力mg′与竖直方向的夹角小，小球在A与A′之间运动，当F较大时等效重力mg″与竖直方向的夹角大，小球在A与A″之间运动）可知小球会在A点与半圆轨道的另一位置之间来回往复运动，不会脱离轨道，选项C错误；D．小球到达“等效最低点”时对轨道的压力最大，由牛顿第二定律可知其中的可知对轨道的最大压力大于，选项D错误。故选B。10．（多选）如图甲所示，质量为1kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，外力F和物体克服摩擦力做的功W与物体位移x的关系如图乙所示，时撤去外力F，重力加速度g取。下列分析正确的是（）A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．物体运动的最大位移为C．物体在前运动过程中的加速度为 D．时，物体的速度为答案ACD解析A．由对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力由解得故A正确；B．物体运动的最大位移故B错误；C．由对应题图乙可知，前内，拉力所以物体在前运动过程中的加速度故C正确；D．时，由动能定理得解得物体的速度为故D正确。故选ACD。培优加强练11.过山车是游乐场中常见的设施。一种过山车的简易模型如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0m、R2＝1.4m。一个质量为m＝1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度g取10m/s2，计算结果保留1位小数。试求：(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C的间距L。答案(1)10.0N(2)12.5m解析(1)设小球经过第一圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理得－μmgL1－2mgR1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)代入数据解得轨道对小球作用力的大小F＝10.0N。(2)设小球在第二圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),R2)从A点到第二圆轨道最高点对小球，根据动能定理得－μmg(L1＋L)－2mgR2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入数据解得B、C间距L＝12.5m。12.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有轨道ABCDFMNP，其中BC部分为水平轨道，与曲面AB平滑连接。CDF和FMN是竖直放置的半圆轨道，在最高点F对接，与BC在C点相切。NP为一与FMN相切的水平平台，P处固定一轻弹簧。点D、N、P在同一水平线上。水平轨道BC粗糙，其余轨道均光滑，可视为质点的质量为m=0.02kg的带正电的滑块从曲面AB上某处由静止释放。已知匀强电场的场强E=2N/C，BC段长度L=1m，CDF的半径R=0.2m。FMN的半径r=0.1m。滑块带电量q=0.1C，滑块与BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2；求：(1)滑块通过半圆轨道CDF最高点F的最小速度vF；(2)若滑块恰好能通过F点，求滑块释放点到水平轨道BC的高度h0；(3)若滑块在整个运动过程中，始终不脱离轨道，且弹簧的形变始终在