32 第五章 第27课时 动能定理及其应用-【名师导航】2027年高考物理一轮总复习教师用书

该高中物理高考复习教案聚焦动能定理及其应用核心考点，涵盖动能概念、定理理解、图像结合及多过程问题等高考考查重点。按“概念梳理-易错辨析-典例精讲-真题训练”逻辑架构知识点，通过考点梳理夯实基础，方法指导提炼解题步骤，真题训练强化应用，帮助学生系统突破动能定理应用难点。 教案突出科学思维与模型建构，如在多过程问题中引导学生分阶段或全程应用动能定理，在图像问题中分析面积与斜率的物理意义。设置分层练习与真题融入，如2025年云南卷、福建卷实例，培养学生科学推理能力，高效提升应考技能，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第27课时　动能定理及其应用 [学习目标]　1．理解动能、动能定理，会用动能定理解决一些基本问题。2．掌握解决动能定理与图像结合问题的方法。3．能利用动能定理求解多过程问题。 1．动能 (1)定义：物体由于运动而具有的能。 (2)公式：Ek＝mv2。 (3)单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2。 (4)标矢性：动能是标量，是状态量。 (5)动能的变化量：ΔEk＝。 2．动能定理 (1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 (2)表达式：W＝Ek2－Ek1＝。 (3)物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。 (4)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。 ④高中阶段用动能定理只解决单个物体的问题。 1．易错易混辨析 (1)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化。 (√) (2)动能不变的物体一定处于平衡状态。 (×) (3)物体所受的合外力为零，合外力对物体做的功也一定为零。 (√) (4)物体在合外力作用下做变速运动时，动能一定变化。 (×) (5)物体的动能不变，所受的合外力必定为零。 (×) 2．(人教版必修第二册习题改编)运动员把质量是 500 g 的足球踢出后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是10 m，在最高点的速度为20 m/s。估算出运动员踢球时对足球做的功为(　　) A．50 J B．100 J C．150 J D．无法确定 C　[方法1：运动员踢球时对足球做的功W等于足球获得的初动能Ek1，即W＝Ek1－0；足球上升时重力做的功等于动能的变化量，设上升到最高点时动能为Ek2，则有－mgh＝Ek2－Ek1，联立可得W＝Ek1＝Ek2＋mgh＝150 J。 方法2：全过程应用动能定理得W－mgh＝mv2－0，可得W＝mgh＋mv2＝50 J＋100 J＝150 J。故C正确。] 3．(2025·云南卷)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h，在此过程中列车对座椅上的一高中生所做的功最接近(　　) A．4×105 J B．4×104 J C．4×103 J D．4×102 J B　[由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车加速到v＝40 m/s时高中生的动能约为Ek＝mv2＝40 000 J，对高中生由动能定理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104 J，B正确。] 对动能定理的理解和基本应用 1．动能和动能的变化量的区别 (1)动能与动能的变化量是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化量是过程量。 (2)动能没有负值，而动能的变化量有正负之分。ΔEk＞0表示物体的动能增加，ΔEk＜0表示物体的动能减少。 2．对动能定理的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。 (2)动能定理叙述中所说的“力”，既可以是重力、弹力、摩擦力，也可以是静电力、安培力、洛伦兹力或其他力。 3．标量性 动能是标量，功也是标量，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题，当然动能定理也就不存在分量的表达式。 　对动能定理的理解 [典例1]　(多选)如图所示，电梯质量为M，在它的水平地板上放置一质量为m的物体。电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v1增大到v2时，上升高度为H，重力加速度为g，则在这个过程中，下列说法正确的是(　　) A．对物体，动能定理的表达式为W＝，其中W为支持力做的功 B．对物体，动能定理的表达式为W合＝0，其中W合为合力做的功 C．对物体，动能定理的表达式为W－mgH＝，其中W为支持力做的功 D．对电梯，其所受合力做的功为 CD　[电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg、支持力FN，这两个力的总功(即合力做的功)才等于物体动能的变化，即W合＝W－mgH＝，其中W为支持力做的功，故A、B错误，C正确；对电梯做功的有重力Mg、压力F′N和拉力F，合力做的功为W′合＝，故D正确。] 　动能定理的简单应用 [典例2]　(人教版必修二教材例题)人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实(如图)。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为360 N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25 cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深2 cm。已知重物的质量为50 kg，g取10 m/s2，cos 37°＝0.8。求： (1)重物刚落地时的速度是多大？ (2)重物对地面的平均冲击力是多大？ [解析]　(1)两根绳子对重物的合力 F合＝2Fcos 37°＝2×360×0.8 N＝576 N 重物由离开地面到刚落到地面的过程中，重力做功为0，绳子的拉力做功为F合l，应用动能定理可得 F合l＝mv2 解得v＝＝ m/s＝2.4 m/s。 (2)重物由刚落到地面到砸深地面2 cm后静止的过程中，应用动能定理可得 mgl′－F阻l′＝0－mv2 解得F阻＝mg＋＝ N＝7.7×103 N 根据牛顿第三定律可知，重物对地面的平均冲击力的大小为7.7×103 N。 [答案]　(1)2.4 m/s　(2)7.7×103 N 规律方法：应用动能定理解题的步骤 (1)确定研究对象和研究过程(高中阶段动能定理的研究对象只能是单个物体；如果是系统，那么系统内的各个物体间内力做的总功必须是零)。 (2)对研究对象进行受力分析。 (3)写出该过程中所有外力做功的和(注意功的正负)。 (4)写出物体的初、末动能。 (5)按照动能定理列式求解。 动能定理与图像结合的问题 1．五类常见图像中面积或斜率的意义 2．解决物理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、图线与坐标轴围成的面积所对应的物理意义，根据对应关系列式解答问题。 [典例3]　(多选)(2025·广东江门高三质检)如图所示，小滑块以一定的初速度从粗糙斜面底端沿斜面上滑至最高点后，又沿斜面下滑返回底端，该过程中小滑块运动的路程为2L，所用的时间为t0。用x表示小滑块运动的路程，t表示小滑块运动的时间，Ep表示小滑块的重力势能(以初始位置所在平面为零势能面)，Ek表示小滑块的动能，下列图像可能正确的是(　　) A　　 　 　B　　　　C　　　　D AD　[设斜面的倾角为α，小滑块上滑过程中重力势能的表达式为Ep＝mgx sin α，下滑过程Ep＝mg(2L－x)sin α，故A正确；因为上滑和下滑过程，小滑块的加速度不同，因此上滑和下滑过程的时间不相等，因此最大重力势能不可能在时刻，故B错误；小滑块上滑过程有－(mg cos α＋Ff)x＝Ek1－Ek0，可得Ek1＝Ek0－(mg cos α＋Ff)x，可见Ek与x成一次函数关系；下滑过程有(mg cos α－Ff)(x－L)＝Ek2－0，可得Ek2＝(mg cos α－Ff)x－(mg cos α－Ff)L，可见Ek与x成一次函数关系，但上滑过程图像的斜率的绝对值较大，且由于摩擦原因返回底端时的末速度较小，D正确；由于滑块在斜面上的速率v与时间t具有线性关系，故动能Ek与时间t成二次函数关系，C错误。] [教师备选资源] 1．(多选)放在粗糙水平地面上的质量为 0.8 kg 的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间的关系图像和该拉力的功率与时间的关系图像分别如图甲、乙所示。下列说法中正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．0～6 s内拉力做的功为140 J B．物体在0～2 s内所受的拉力为4 N C．物体与粗糙水平地面间的动摩擦因数为0.5 D．合力在0～6 s内做的功与0～2 s内做的功相等 AD　[由P＝Fv可知，物体在0～2 s内所受的拉力F＝＝ N＝6 N，B错误；在2～6 s内所受的拉力F′＝＝ N＝2 N，拉力在0～6 s内做的总功W＝Fx1＋F′x2＝6××2 J＋2×10×4 J＝140 J，A正确；由物体在2～6 s内做匀速运动可知F′＝μmg，可得μ＝0.25，C错误；由动能定理可知，物体所受的合力在0～6 s内所做的功与0～2 s内所做的功均为mv2＝40 J，D正确。] [教师备选资源] 2．(多选)一质量为1 kg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W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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在x＝1 m时，拉力的功率为6 W B．在x＝4 m时，物体的动能为2 J C．从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为8 J D．从x＝0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为2 kg·m/s BC　[由于拉力沿水平方向，则拉力做的功为W＝Fx，可看出W-x图像的斜率代表拉力F。在物体运动的过程中根据动能定理有W－μmgx＝mv2，则x＝1 m时物体的速度为v1＝2 m/s，x＝1 m时，拉力为F＝＝6 N，则此时拉力的功率P＝Fv1＝12 W，x＝4 m时由动能定理得W－μmgx＝Ek，则物体的动能为Ek＝2 J，A错误，B正确；从x＝0运动到x＝2 m，物体克服摩擦力做的功为Wf＝μmgx＝8 J，C正确；根据W-x图像可知在0～2 m的过程中F1＝6 N，2～4 m的过程中F2＝3 N，由于物体受到的摩擦力恒为Ff＝4 N，则物体在x＝2 m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度v2＝ m/s，则从x ＝ 0运动到x＝4的过程中，物体的动量最大为p＝mv＝2 kg·m/s，D错误。] [典例4]　(2025·福建卷)如图甲，水平地面上有并排放置的A、B两个物块，两物块质量均为0.2 kg，A与地面间动摩擦因数为μ＝0.25，B与地面间无摩擦，两物块在外力F的作用下向右前进，F随位移x的变化图像如图乙所示，P为圆弧轨道最低点，M为圆弧轨道最高点，圆弧轨道与水平地面平滑连接，初始时水平地面上A、B与P点间的长度大于4 m。g取10 m/s2。求： (1)0～1 m内F做的功； (2)x＝1 m时，A与B之间的弹力大小； (3)要保证B能到达M点，圆弧半径r满足的条件。 [解析]　(1)F-x图像与坐标轴所围的面积表示F所做功的大小，由题图乙可知0～1 m内F所做的功W＝1.5×1 J＝1.5 J。 (2)由题图乙可知，x＝1 m时外力F开始变化，此时A、B有相同的加速度 A与地面间的摩擦力Ff＝μmg 对A、B整体，由牛顿第二定律得F－Ff＝2ma 由于B与地面间无摩擦，对B由牛顿第二定律得FAB＝ma 联立解得A、B间的弹力大小FAB＝ma＝0.5 N。 (3)当FAB＝0时A、B分离，由(2)中分析可知F＝Ff＝0.5 N时A、B开始分离，由题图乙可知，此时x＝3 m 初始时水平地面上A、B与P点的长度大于4 m，对A、B从开始运动到开始分离过程，由动能定理得WF－μmgx＝·2mv2 结合(1)中分析由题图乙可得WF＝3.5 J 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M，对B从两者开始分离到运动到M点的过程，由动能定理得－mg·2r＝－mv2 要保证B能到达M点，则到达M点的速度满足vM 联立解得r0.2 m。 [答案]　(1)1.5 J　(2)0.5 N　(3)r0.2 m 用动能定理求解多过程问题 1．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；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。 2．当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的做功特点：(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；(2)始终与速度方向共线的大小恒定的阻力或摩擦力做的功的大小等于力与路程的乘积。 3．应用动能定理求解多过程问题的基本思路 [典例5]　(2025·黑吉辽蒙卷)如图，一雪块从倾角θ＝37°的屋顶上的O点由静止开始下滑，滑到A点后离开屋顶。O、A间距离x＝2.5 m，A点距地面的高度h＝1.95 m，雪块与屋顶的动摩擦因数μ＝0.125。不计空气阻力，雪块质量不变，取sin 37°＝0.6，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)雪块从A点离开屋顶时的速度大小v0； (2)雪块落地时的速度大小v1及其速度方向与水平方向的夹角α。 [解析]　(1)雪块从屋顶上的O点由静止开始下滑到A点的过程中，由动能定理有 mgx sin θ－μmg cos θ·x＝－0 解得v0＝5 m/s。 (2)雪块从A点到落地的过程中，由动能定理有 mgh＝ 解得v1＝8 m/s 雪块离开A点时的水平速度大小为vx＝v0cos θ 则雪块落地时的速度方向与水平方向的夹角满足 cos α＝ 解得cos α＝，即α＝60°。 [答案]　(1)5 m/s　(2)8 m/s　60° [典例6]　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3 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BC间的动摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD长为0.6 m，取g＝10 m/s2。求： (1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力大小； (2)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能； (3)滑块最终停在何处。 [解析]　(1)滑块从A点到B点，由动能定理可得 mgR＝－0 滑块在B点，由牛顿第二定律有 F－mg＝ 解得F＝90 N 由牛顿第三定律可得，滑块第一次经过B点时对轨道的压力为F′＝F＝90 N。 (2)滑块从A点到D点，该过程弹簧弹力对滑块做的功为W，由动能定理可得 mgR－μmgLBC－mgLCDsin 30°＋W＝0 其中弹性势能Ep＝－W 解得Ep＝2.1 J。 (3)滑块最终停止在水平轨道BC间，从滑块第一次经过B点到最终停下来的全过程，由动能定理可得－μmg·s＝ 解得s＝2.25 m 则滑块在BC上运动的次数为n＝＝5.625 说明滑块在BC上滑动了5次，又从C点向左运动0.625×0.4 m＝0.25 m 故滑块最终停止在BC间距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处)。 [答案]　(1)90 N　 (2)2.1 J　 (3)距B点0.15 m处(或距C点0.25 m处) 归纳提升：往复性运动类问题的三点注意 (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为物体滑行的总路程。 课时数智作业(二十七)　动能定理及其应用 说明：第1～7题，每小题4分；第8～9题，每小题5分；本试卷共52分。 1．一物块爆炸分裂为速率相同、质量不同的三个物块，不计空气阻力，对三者落到同一水平地面上时的速率大小的判断正确的是(　　) A．质量大的落地速率大 B．质量小的落地速率大 C．三者落地速率都相同 D．无法判断 C　[由题意可知分裂后瞬间，三个物块距离地面的高度相同，速率相同，下落过程中由动能定理得mgh＝，解得v＝，故三者落地速率都相同，C正确。] 2．(2024·安徽卷)某同学参加户外拓展活动，遵照安全规范，坐在滑板上，从高为h的粗糙斜坡顶端由静止下滑，至底端时速度为v。已知人与滑板的总质量为m，可视为质点。重力加速度大小为g，不计空气阻力。则此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为(　　) A．mgh B．mv2 C．mgh＋mv2 D．mgh－mv2 D　[人与滑板在下滑的过程中，由动能定理可得mgh－Wf＝mv2－0，可得此过程中人与滑板克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv2，故选D。] 3．物体沿直线运动的v-t图像如图所示，已知在第1秒内合力对物体做的功为W，则(　　) A．从第1秒末到第3秒末合力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合力做功为W D．从第3秒末到第4秒末合力做功为－2W C　[物体在第1秒末到第3秒末做匀速直线运动，合力为零，合力做功为零，A错误；从第3秒末到第5秒末动能的减少量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做的功为－W，B错误；从第5秒末到第7秒末动能的增加量与第1秒内动能的增加量大小相同，合力做功相同，即为W，C正确；从第3秒末到第4秒末速度从v0减小到，则动能减少量ΔEk＝－m＝，等于第1秒内动能增加量大小的，则合力做功为－0.75W，D错误。] 4．(2025·黑龙江哈尔滨一模)哈尔滨冰雪大世界大滑梯是一个非常刺激的冰雪娱乐项目，大滑梯的简化模型如图所示，质量为m的游客坐在质量为M的雪板上从H＝20 m高处由静止滑下，游客与雪板间的动摩擦因数为μ1＝0.78，不计空气阻力及滑道与雪板间的摩擦力，倾斜滑道与水平滑道平滑连接且无机械能损失，为保证游客在不脱离雪板(游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止)的前提下运动到缓冲装置时的速度不超过5 m/s，需要在水平滑道上铺设长L＝25 m的减速带，减速带与雪板间的动摩擦因数μ2可以为(　　) A．0.74 B．0.76 C．0.79 D．0.80 B　[根据动能定理可得(m＋M)gH－μ2(m＋M)·gL(m＋M)v2，代入数据解得μ20.75，要使游客与雪板仅靠摩擦力保持相对静止，则μ1＝0.78μ2，即0.75μ20.78，故选B。] 5．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Ek与水平位移x的关系图像正确的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D A　[设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek＝mgx tan θ，即＝mg tan θ，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反向(即为负)增大，故A正确。] 6．(多选)(2025·广东惠州市高三上第一次调研)如图所示，固定的竖直圆形轨道半径为R，存在一个小球在轨道内做圆周运动，球的质量为m，在某次运动中，球恰能通过轨道最高点，将球视为质点，忽略所有阻力，重力加速度为g，则(　　) A．球经过最高点时的速度大小为 B．球经过最高点时受到两个力的作用 C．球经过最低点时受到的支持力大小为4mg D．球经过最低点时受到的支持力大小为6mg AD　[球恰能通过轨道最高点，则经过最高点时只受重力作用，设此时球的速度大小为v，由牛顿第二定律有mg＝m，解得v＝，故A正确，B错误；设球在最低点的速度大小为v′，球从最高点运动到最低点的过程，由动能定理得mg·2R＝mv′2－mv2，在最低点由合力提供向心力有F－mg＝m，联立解得球在最低点受到的支持力F＝6mg，故C错误，D正确。] 7．(2025·四川乐山一模)一质量为m的小球从距地面高度H的位置自由下落到水平地面上，与水平地面碰撞后弹起，假设小球与地面碰撞过程中没有能量损失，但由于受到大小不变的空气阻力的影响，使每次碰撞后弹起上升的高度是碰撞前下落高度的，已知重力加速度为g，为使小球弹起后能上升到原来的高度H，在小球开始下落时，在极短的时间内给小球补充能量，则应补充的能量为(　　) A．mgH B．mgH C．mgH D．mgH A　[对不补充能量的情况：对整个运动过程，重力做功W＝mg×＝mgH，克服空气阻力做功Wf＝Ff＝FfH，且Wf＝W，解得Ff＝mg；对补充能量的情况：对整个运动过程，重力做功为零，空气阻力做功为－Ff·2H，补充的能量为E，则由动能定理有－Ff·2H＋E＝0，解得E＝mgH，故选A。] 8．(2025·辽宁鞍山一模)如图1所示，上表面光滑的斜面体固定在水平地面上，一个小木块从斜面底端冲上斜面。图2为木块的初动能Ek与木块轨迹的最高点距地面高度H的关系图像。由此可求得斜面的长度为(　　) A．h0 B．2h0 C．4h0 D．6h0 C　[若物块不滑离斜面，由动能定理得Ek＝mgH，由题图2可知mg＝；当物块能滑离斜面时，设斜面长度为L、倾角为θ，从底端到顶端，由动能定理得mv2－Ek＝－mgL sin θ，滑离斜面后做斜抛运动，还能上升的高度h＝，滑块轨迹的最高点距地面高度H＝L sin θ＋h，联立解得H＝Ek＋L(sinθ－sin3θ)，由题图2可知斜率＝＝，解得sinθ＝，根据题图2可计算后一段图像在纵轴上的截距为1.5h0，则截距L(sin θ－sin3θ)＝1.5h0，解得L＝4h0，故选C。] 9．(多选)如图所示，斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则关于滑块的运动，下列说法正确的是(　　) A．滑块经过E点时对轨道的最小压力为mg B．滑块下滑后将会从G点飞出 C．滑块第二次经过E点时对轨道的压力大小为3mg D．滑块在斜面上经过的总路程为 CD　[滑块从A点下滑后在AD部分要克服摩擦力做功，则返回到AD斜面上时的高度逐渐降低，最终滑块将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，此时滑块经过E点时对轨道的压力最小，从D点到E点，根据动能定理有mgR(1－cos θ)＝，在E点有FN－mg＝，联立解得FN＝mg(3－2cos θ)，根据牛顿第三定律，滑块经过E点时对轨道的最小压力为(3－2cos θ)mg，故A错误；滑块从A点到G点，由动能定理得mg(L sin θ－R cos θ)－μmg cos θ·L＝，其中L＝，解得vG＝0，则滑块下滑后不能从G点飞出，故B错误；设滑块第二次经过E点时速度大小为vE2，对滑块从G点到E点，根据动能定理得mgR＝－0，解得vE2＝，滑块第二次到达E点时，根据牛顿第二定律有FN2－mg＝，解得FN2＝3mg，根据牛顿第三定律，滑块此时对轨道的压力大小为3mg，故C正确；滑块最终将以E点为最低点、D点为最高点来回滑动，从滑块由A点静止下滑到滑块在D点速度为零的过程，根据动能定理得mgL sin θ－μmg cos θ·s总＝0，解得s总＝，故D正确。] 10．(14分)(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在A点，弹簧储存的弹性势能为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，在B点从平台飞出做平抛运动，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，不计空气阻力，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点对轨道的压力大小； (3)小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数μ。 [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°＝ 解得小球平抛的初速度v0＝4 m/s 小球从A点到B点的过程，只有弹簧对小球做功，根据动能定理可得弹簧做的功 W弹＝＝16 J。 (2)小球在C点的速度vC＝＝5 m/s 由C点到D点，只有重力做功，根据动能定理有 mgR(1－cos 37°)＝ 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＝ 解得轨道对小球的支持力大小FN＝38 N 由牛顿第三定律知，小球在D点对轨道的压力大小为F压＝FN＝38 N。 (3)由D点到E点再回到D点，只有摩擦力做功，由动能定理可知－2μmgL＝ 解得小球与DE段水平轨道间的动摩擦因数 μ＝0.225。 [答案]　(1)16 J　(2)38 N　(3)0.225 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $