2026届高三物理一轮复习讲义专题强化9：应用动能定理解决多过程问题

专题强化九　应用动能定理解决多过程问题 【复习目标】 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。 2.会用动能定理处理往复运动等复杂问题。 考点一　动能定理在多过程问题中的应用 【知识梳理】 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。 (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所做的功等于力的大小与路程的乘积。 【典例剖析】 例1 (2023·湖北卷，14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求: (1)小物块到达D点的速度大小; (2)B和D两点的高度差; (3)小物块在A点的初速度大小。 【解题妙招】 多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”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。 【即时训练】 1.(2025·河南开封模拟)如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m＝2 kg的小球(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度v0向左滑离平台做平抛运动，经过t＝0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R＝5 m，OD为竖直半径。圆弧形轨道左侧DE是长为L＝5 m的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)弹簧对小球做的功; (2)小球在D点对轨道的压力; (3)小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数μ。 考点二　动能定理在往复运动问题中的应用 【知识梳理】 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，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 【典例剖析】 例2 (2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从AB轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小; (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离; (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 【解题妙招】 (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为物体相对滑行的总路程。 【即时训练】 2.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＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m。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＝0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 3.从离地面高H处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则: (1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少? (2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少? 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的斜面顶端A点自由滑下，在水平地面的B点停止。已知斜面与地面材料相同，且平滑连接，A点高度为h，A、B两点的水平距离为x，重力加速度为g。则下列说正确的是(　　) A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan θ B.物块和斜面之间的动摩擦因数为 C.物块在水平面上的加速度大小为g D.要使物块能从B点返回A点，则物块在B点获得的动能至少为2mgh 2.如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 3.(多选)(2025·辽宁沈阳市调研)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　) A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B.集装箱与货物的质量之比为1∶4 C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端 D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端 4.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与其间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。求: (1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能; (2)滑块最终停在距B点多远的位置? 5.(2025·八省联考内蒙古卷，13)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求: (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x; (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 6.(2025·江苏南通模拟)如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C，最高点为D，D点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在AB间铺有长度为4L的防滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上升到最高点E，E点与D点的距离为，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求: (1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数; (2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小; (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度范围。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化九　应用动能定理解决多过程问题 【复习目标】 1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题。 2.会用动能定理处理往复运动等复杂问题。 考点一　动能定理在多过程问题中的应用 【知识梳理】 1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分段应用动能定理求解。 (2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。 2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。 (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所做的功等于力的大小与路程的乘积。 【典例剖析】 例1 (2023·湖北卷，14)如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求: (1)小物块到达D点的速度大小; (2)B和D两点的高度差; (3)小物块在A点的初速度大小。 答案　(1)　(2)0　(3) 解析　(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有 mg＝m 解得vD＝。 (2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有vCx＝vCcos 60°＝vB 小物块从C到D的过程中，根据动能定理有 －mg(R＋Rcos 60°)＝mm 小物块从B到D的过程中，根据动能定理有 mgHBD＝mm 联立解得vB＝，HBD＝0。 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 －μmgs＝mm s＝π·2R 解得vA＝。 【解题妙招】 多过程问题的分析方法 (1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。 (2)对各“衔接点”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。 【即时训练】 1.(2025·河南开封模拟)如图所示，在高处的光滑水平平台上，质量m＝2 kg的小球(可视为质点)压缩弹簧后被锁扣锁住，储存的弹性势能为Ep，若打开锁扣，小球脱离弹簧后将以一定的水平速度v0向左滑离平台做平抛运动，经过t＝0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道。该圆弧对应的圆心角为37°，半径R＝5 m，OD为竖直半径。圆弧形轨道左侧DE是长为L＝5 m的粗糙水平轨道，小球遇墙壁等速反弹后刚好回到D点。各轨道间平滑连接，空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)弹簧对小球做的功; (2)小球在D点对轨道的压力; (3)小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数μ。 答案　(1)16 J　(2)38 N　(3)0.225 解析　(1)小球经过t＝0.3 s恰好能从光滑圆弧形轨道CD的C点沿切线方向进入圆弧形轨道，由几何关系有tan 37°＝ 解得小球的平抛初速度v0＝4 m/s 弹簧从处于初始状态到恢复原长的过程，只有弹簧对小球做正功，根据动能定理可得弹簧做的功 W弹＝m＝16 J。 (2)小球在C点的速度vC＝＝5 m/s 由C到D，只有重力做功，根据动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝mm 解得小球在D点的速度vD＝3 m/s 小球在D点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m 解得轨道对小球的支持力FN＝38 N 由牛顿第三定律知，小球在D点对轨道的压力为F压＝FN＝38 N。 (3)由D到E再回到D，只有摩擦力做功，由动能定理可知－2μmgL＝0－m 解得小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.225。 考点二　动能定理在往复运动问题中的应用 【知识梳理】 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，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若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、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。 【典例剖析】 例2 (2024·湖北武汉模拟)如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ＝37°，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从AB轨道上离B点距离L＝125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小; (2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离; (3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。 答案　(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R 解析　(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有 mgLsin θ－μmgLcos θ－mg·2R＝m－0 在最高点，对滑块由牛顿第二定律有 mg＋FN＝m 解得FN＝45mg 由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为FN'＝FN＝45mg。 (2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理有 mg(L－L1)sin θ－μmg(L＋L1)cos θ＝0－0 解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1＝25R。 (3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有 mgL1sin θ－μmgL1cos θ－mg·2R＝m－0 解得v2＝ 设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1，由动能定理有 mg(L1－s1)sin θ－μmg(L1＋s1)cos θ＝0－0 解得s1＝5R 滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理有 mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mg·2R＝m－0 解得＝－2gR 所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h，由动能定理可得mgs1sin θ－μmgs1cos θ－mgh＝0 解得h＝R 所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在B点，设滑块在AB段滑行的路程为s2，由动能定理有mgh－μmgs2cos θ＝0 整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为 s＝L＋2s1＋s2 联立解得s＝137.5R。 【解题妙招】 (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为物体相对滑行的总路程。 【即时训练】 2.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＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m。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＝0.1。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的位置到B的距离为(　　) A.0.50 m B.0.25 m C.0.10 m D.0 答案　D 解析　小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在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＝ m＝3 m，而d＝0.5 m，刚好3个来回，所以最终停在B点，即到B点的距离为0，故D正确。 3.从离地面高H处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则: (1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少? (2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少? 答案　(1)H　(2) 解析　(1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h，由动能定理得 mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0 解得h＝H。 (2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s，对全过程，由动能定理得 mgH－kmgs＝0－0 解得s＝。 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2024·安徽合肥模拟)如图所示，小物块从倾角为θ的斜面顶端A点自由滑下，在水平地面的B点停止。已知斜面与地面材料相同，且平滑连接，A点高度为h，A、B两点的水平距离为x，重力加速度为g。则下列说正确的是(　　) A.物块和斜面之间的动摩擦因数为tan θ B.物块和斜面之间的动摩擦因数为 C.物块在水平面上的加速度大小为g D.要使物块能从B点返回A点，则物块在B点获得的动能至少为2mgh 答案　BCD 解析　对物块，全过程根据动能定理有mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0，可得μ＝，故B正确，A错误;物块在水平面上的加速度a＝，故C正确;要使物块能从B点返回A点，根据动能定理有－mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0－EkB，又mgh－μmgcos θ·－μmg·＝0，联立可得EkB＝2mgh，故D正确。 2.如图所示，固定斜面的倾角为θ，质量为m的滑块从距挡板P的距离为x0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，重力加速度为g，则滑块经过的总路程是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用动能定理得mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－m，解得x＝，选项A正确。 3.(多选)(2025·辽宁沈阳市调研)如图所示为某探究活动小组设计的节能运输系统。斜面轨道倾角θ＝37°，质量为M的集装箱与轨道间的动摩擦因数为0.5，集装箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入箱中，之后集装箱载着货物沿轨道无初速度滑下(货物与箱之间无相对滑动)，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后集装箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。下列说法正确的是(　　) A.集装箱与弹簧没有接触时，上滑与下滑的加速度大小之比为5∶2 B.集装箱与货物的质量之比为1∶4 C.若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则集装箱不能回到轨道顶端 D.若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则集装箱不能回到轨道顶端 答案　BC 解析　根据牛顿第二定律，上滑时，有Mgsin θ＋μMgcos θ＝Ma1，下滑时，有(M＋m)gsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a2，所以，故A错误;设顶端到弹簧压缩到最短位置间的距离为x，集装箱从顶端滑至压缩弹簧到最短，再到返回顶端，根据动能定理，有mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x＝0，可得，故B正确;若集装箱与货物的质量之比为1∶1，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x<0，说明集装箱不能回到轨道顶端，故C正确;若集装箱与货物的质量之比为1∶6，则mgxsin θ－μ(M＋m)gcos θ·x－μMgcos θ·x>0，说明集装箱能回到轨道顶端，故D错误。 4.如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B点，右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D点，已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与其间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，g取10 m/s2。求: (1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能; (2)滑块最终停在距B点多远的位置? 答案　(1)1.4 J　(2)0.15 m 解析　(1)滑块第一次到D点具有的弹性势能最大，从A至D的过程，根据动能定理可得 mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W弹＝0 解得W弹＝－1.4 J 则Ep弹＝－W弹＝1.4 J。 (2)由于斜面光滑，滑块到达D点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC上，设整个过程滑块在BC上的路程为s，根据动能定理可得 mgR－μmgs＝0 解得s＝2.25 m 由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑块最终停在距离B点0.15 m处。 5.(2025·八省联考内蒙古卷，13)投沙包游戏规则为:参赛者站在离得分区域边界AB一定的距离外将沙包抛出，每个得分区域的宽度d＝0.15 m，根据沙包停止点判定得分。如图所示，某同学以大小v0＝5 m/s、方向垂直于AB且与水平地面夹角53°的初速度斜向上抛出沙包，出手点距AB的水平距离L＝2.7 m，距地面的高度h＝1 m。落地碰撞瞬间竖直方向速度减为零，水平方向速度减小。落地后沙包滑行一段距离，最终停在9分、7分得分区的分界线上。已知沙包与地面的动摩擦因数μ＝0.25，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2，空气阻力不计。求: (1)沙包从出手点到落地点的水平距离x; (2)沙包与地面碰撞前、后动能的比值k。 答案　(1)3 m　(2)20 解析　(1)沙包竖直方向的初速度为 vy＝v0sin 53°＝4 m/s 沙包在竖直方向上减速到0，然后做自由落体运动，设竖直向上为正，则有－h＝vyt－gt2 代入数据解得t＝1 s 沙包抛出的水平初速度为 vx＝v0cos 53°＝3 m/s 所以从抛出到落地沙包的水平位移为 x＝vxt＝3 m。 (2)沙包滑行的距离为x0＝L＋5d－x＝0.45 m 沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5 m/s 滑行的初速度有＝2ax0 与地面碰撞后的动能Ek2＝mm 从抛出到落地根据动能定理有 mgh＝mv2－m 解得落地瞬间的动能Ek1＝mv2＝m 所以k＝＝20。 6.(2025·江苏南通模拟)如图所示为滑板运动的训练场地，半径为R的冰制竖直圆弧轨道最低点为C，最高点为D，D点的切线沿竖直方向，圆弧轨道左端与倾角为θ的冰制斜面相切，为保证运动员的安全，在AB间铺有长度为4L的防滑材料，当长度为L的滑板全部处于AB内时，恰能保持静止，其余部分摩擦不计。一次训练时，教练员在AB之间推动运动员到滑板离开B点，运动员从D点滑出，竖直上升到最高点E，E点与D点的距离为，下落后沿轨道返回。运动员和滑板总质量为m，运动员始终站在滑板的正中间，滑板对斜面压力均匀。滑板长度和运动员身高远小于圆弧半径，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，不计空气阻力。求: (1)防滑材料与滑板之间的动摩擦因数; (2)运动员和滑板在圆弧轨道最低点C受到轨道支持力的大小; (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做一次往返滑行，滑板离开B点时的速度范围。 答案　(1)tan θ　(2)4mg　 (3)≤v≤ 解析　(1)防滑材料与滑板间的动摩擦因数为μ，根据平衡条件可得mgsin θ＝μmgcos θ 解得μ＝tan θ。 (2)设运动员在轨道最低点C的速度大小为vC，对运动员从C到E的过程，根据动能定理可得 mgm 在C点处，根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m 联立解得FN＝4mg。 (3)为保证运动员和滑板在轨道上只做往返一次滑行，设滑板离开B点时的最小速度为v1，则运动员返回AB时，滑板右端恰好可以与B点重合。根据题意可知，滑板与AB接触长度为x时，其所受滑动摩擦力大小为Ff＝·μmgcos θ 由上式可知Ff－x图像是一条过原点的倾斜直线，图像与坐标轴围成的面积表示Ff做功的绝对值，所以从滑板刚进入AB区域到恰好全部进入到AB区域的过程中，摩擦力做的功为 Wf＝－μmgLcos θ 根据动能定理可得－mgLsin θ＋Wf＝0－m 解得v1＝ 设滑板离开B点时的最大速度为v2，则运动员返回到AB时，滑板左端恰好与A点重合，根据动能定理可得－4mgLsin θ－3μmgLcos θ＋Wf＝0－m 解得v2＝ 综上，滑板离开B点时的速度需要满足 ≤v≤。 学科网（北京）股份有限公司 $$