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专题 24 动能定理的应用（二）
28．（2023·江苏）如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC
与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，
从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为 ，重力加速度为g，不计空气
阻力。
（1）求滑雪者运动到P点的时间t；
（2）求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
（3）若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）滑雪者从A到P根据动能定理有
根据动量定理有
联立解得
（2）由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下
滑时，到达B点有
（3）当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有水平方向上有
联立可得
29．（2023·浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角 的直轨道 、
螺旋圆形轨道 ，倾角 的直轨道 、水平直轨道 组成，除 段外各段轨道均光滑，且各
处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 、 相切于 处．凹槽 底面 水平光滑，上面放有一无
动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 处，摆渡车上表面与直轨道下 、平台 位于同一水平面。已知螺
旋圆形轨道半径 ，B点高度为 ， 长度 ， 长度 ，摆渡车长度 、
质量 。将一质量也为 的滑块从倾斜轨道 上高度 处静止释放，滑块在 段运动时的
阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力， ，
）
（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数 ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间 。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为 ，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速 ，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
30．（2022·浙江）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时
针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管
道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左
拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知 ，
， ， ， ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 ，轨道AB和管道DE
均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可
视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水
平向右为正，建立x轴）。
【答案】（1） ；（2） ；（3）当 时，，当 时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
与 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达 点，高
度为 ，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得从 点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得
距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得31．（2022·广东）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面
上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受
到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。
已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加速度g取 ，不
计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
32．（2022·浙江）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 =37°的光滑直轨道AB、圆心为O
1
的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O 的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，
2
B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O、D、O 和F点处于同
1 2
一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度
，滑块与轨道FG间的动摩擦因数 ，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，（ ）
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）设释放点距B点的长度为 ，滑块第一次经F点时的速度v与 之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度 的值。
【答案】（1）7N；（2） （ ）；（3） ， ，
【解析】（1）滑块释放运动到C点过程，由动能定理
经过C点时
解得（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时
解得
而要保证滑块能到达F点，必须要保证它能到达DEF最高点，当小球恰好到达DEF最高点时，由动能定
理
可解得
则要保证小球能到F点， ，带入 可得
（3）设全过程摩擦力对滑块做功为第一次到达中点时做功的n倍，则n=1,3,5,……
解得
n=1,3,5, ……
又因为
，
当 时， ，当 时， ，当 时， ，满足要求。
即若滑块最终静止在轨道FG的中点，释放点距B点长度 的值可能为 ， ， 。
33．（2021·福建）如图（a），一倾角 的固定斜面的 段粗糙， 段光滑。斜面上一轻质弹簧的一
端固定在底端C处，弹簧的原长与 长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止
开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知 段长度为 ，滑块质量为 ，滑块与斜面 段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重
力加速度大小取 ， 。求：
（1）当拉力为 时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为 ，滑块与斜面间的动摩擦因数为 ，滑块受斜面的支持
力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为 时滑块的加速度大小为 。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公
式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在 段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中 、 和 、 分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意， ，
， ， 。设滑块第一次到达B点时的动能为 ，由动能定理有
⑥联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为 。设滑块离B点的最大距离为 ，
由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
34．（2021·北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的
质量为m，人蹲在踏板上时摆长为 ，人站立时摆长为 。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为 ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角
为 。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角
后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，
求在最低点“摆球”增加的动能 应满足的条件。
【答案】（1） ；（2）a.见解析；b.
【解析】（1）根据牛顿运动定律
解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v、v，根据功能关系得
1 2已知v = v，得
1 2
因为 ，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角 摆至最低点时动能为 ，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为 ,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
35．（2021·山东）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，
一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加
一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离
开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为： ，k为弹簧的劲度系数，x为
弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离 和B、C分离时B的动能 ；（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值 ；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为 ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力
做的功为W，通过推导比较W与 的大小；
（4）若 ，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴
上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐
标原点，水平向右为正方向。
【答案】（1） 、 ；（2） ；（3） ；（4）
【解析】（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得
弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得
联立方程解得（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为 ，以A为研究对象，由平衡条件得
若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值 ，从弹簧恢复原长到A刚要离开
墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得
结合第（1）问结果可知
根据题意舍去 ，所以恒力得最小值为
（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为 ，C的位移为 ，以B为研究对象，由动能定理得
以C为研究对象，由动能定理得
由B、C得运动关系得
联立可知
（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得
解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为则坐标原点的加速度为
之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为
可知加速度随位移 为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长， 减小， 减小，弹簧恢复原长时，B和C分
离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为
负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理
得
脱离弹簧瞬间后C速度为 ，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得
解得脱离弹簧后，C运动的距离为
则C最后停止的位移为
所以C向右运动的图象为
36．（2020·浙江）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道
和倾角 的斜轨道 平滑连接而成。质量 的小滑块从弧形轨道离地高 处静止
释放。已知 ， ，滑块与轨道 和 间的动摩擦因数均为 ，弧形轨道和
圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因
数仍为0.25，求它们在轨道 上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计， ，
）
【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （ ）； （ ）
【解析】(1)机械能守恒定律
牛顿第二定律
牛顿第三定律
方向水平向左
(2)能在斜轨道上到达的最高点为 点，功能关系
得
故不会冲出
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理
碰撞后的速度为 ，动量守恒定律
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理得
37．（2020·全国）如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。
圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖
直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。
【答案】（1）a=2g，a=3g；（2） ；（3）
1 2
【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a，方向向下；
1
球的加速度大小为a，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
2
Ma=Mg+f ①
1
ma = f– mg ②
2
联立①②式并代入题给数据，得
a=2g，a=3g③
1 2
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
1
v–at= –v +a t⑤
0 11 0 21联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h，速度为v。由运动学公式可得
1
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h，到达最高点。由运动学公式有
2
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H，则
1
H= h + h ⑩
1 1 2
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x。在管开始下落到上升H 这一过程中，由动能定理有
1 1
Mg（H–H）+mg（H–H+x）–4mgx=0
1 1 1 1
联立 式并代入题给数据得 ⑫
⑪⑫
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x 为
2
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x+ x ≤L
1 2
联立 式，L应满足条件为 ⑮
⑪⑬⑭⑮
⑯
38．（2020·浙江）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点
E分别与水平轨道 和 相连）、高度h可调的斜轨道 组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道
并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 ， 长， 长 ，圆轨道和 光滑，滑块与 、 之间的动摩擦因数 。滑块质量
m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分
平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度 大小；
（2）当 且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力 大小及弹簧的弹性势能 ；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 与高度h之间满足的关系。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ，其中
【解析】（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O
点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h，从O点到B点能量守恒有
1
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
39．（2019·天津）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上
的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载
机的起飞过程，假设上翘甲板 是与水平甲板 相切的一段圆弧，示意如图2， 长 ，水平投影 ，图中 点切线方向与水平方向的夹角 （ ）．若舰载机从 点由静
止开始做匀加速直线运动，经 到达 点进入 ．已知飞行员的质量 ， ，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功 ；
（2）舰载机刚进入 时，飞行员受到竖直向上的压力 多大．
【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为 ，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为 ，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
40．（2018·浙江）如图所示，一轨道由半径为2m的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直
轨道BC在B点平滑连接而成．现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传
感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P、C两点间的高度差为3.2m．小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻
力．
（1）求小球运动至B点的速度大小以及小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；
（2）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；
（3）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止．假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度
方向与地面的夹角相等．求小球从C点飞出后静止所需的时间．
【答案】（1）2.4J（2）3.36m（3）2.4s
【解析】（1）小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，则有：
解得：
A至B过程中，由动能定理： ，解得： ；
（2）B至C过程中，由动能定理：
B至P的水平距离为：
当 时P至B的水平距离最大，最大距离为： ；
（3）C至P的时间为： ，由于小球每次碰撞机械能损失 ，由 ，则碰撞后的速
度为碰撞前速度的 ，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度为碰撞前竖直方
向分速度的 ，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从C点到落地的时间的 ，所以：
第一次反弹至落地时间为：
第二次反弹至落地时间为：第三次反弹至落地时间为：
……
第n次反弹至落地时间为：
由数学归纳法分可得总时间为： ．
41．（2015·浙江）如图所示，用一块长 的木板在墙和桌面间架设斜面，桌面高H=0.8m，长
．斜面与水平桌面的倾角 可在0~60°间调节后固定．将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止
释放，物块与斜面间的动摩擦因数 ，物块与桌面间的动摩擦因数 ，忽略物块在斜面与桌面交
接处的能量损失．（重力加速度取 ；最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求 角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；（用正切值表示）
（2）当 增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数 ；
（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（3）继续增大 角，发现 =53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离 ．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】解：（1）为使小物块下滑，则有：
mgsinθ≥μmgcosθ；
1
故θ应满足的条件为：
tanθ≥0.05；
（2）克服摩擦力做功W=μ mgLcosθ+μ mg（L﹣Lcosθ）
f 1 1 2 2 1
由动能定理得：mgLsinθ﹣W=0
1 f代入数据解得：
μ=0.8；
2
（3）由动能定理得：
mgLsinθ﹣W= mv2
1 f
解得：v=1m/s；
对于平抛运动，竖直方向有：
H= gt2；
解得：t=0.4s；
水平方向x=vt
1
解得：x=0.4m；
1
总位移x =x+L=0.4+1.5=1.9m；
m 1 2
答：（1）θ角增大到tanθ≥0.05；，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数μ 为0.8；
2
（3）继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，此最大距离x为1.9m．
【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进
行求解；同时掌握平抛运动的解决方法．
42．（2015·上海）质量为m的小球在竖直向上的恒定拉力作用下，由静止开始从水平地面向上运动，经
一段时间，拉力做功为W，此后撤去拉力，球又经相同时间回到地面，以地面为零势能面，不计空气阻力．
求：
（1）球回到地面时的动能 ；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a及拉力的大小F；
（3）球动能为W/5时的重力势能 ．
【答案】（1）W；（2） ；（3） 或
【解析】试题分析：（1）有拉力作用过程，机械能的增加量等于拉力做的功；没有拉力作用的过程，只
有重力做功，机械能守恒；
（2）对加速上升过程和竖直上抛过程根据运动学公式列式求解加速度，根据牛顿第二定律列式求解拉力；（3）球动能为 时，可能是加速过程，也可能是减速过程，分情况根据功能关系列式求解．
解：（1）撤去拉力时球的机械能为W，由机械能守恒定律，回到地面时的动能为：
E =W
kt
（2）设拉力作用时间为t，在此过程中球上升h，末速度为v，则：
h=
v=at
由题意有：
﹣h=vt﹣
解得：a=
根据牛顿第二定律，有：
F﹣mg=ma
解得：
F=
（3）动能为 时球的位置可能在h的下方或上方；
设球的位置在h下方离地h′处，则：
（F﹣mg）h′=
而（F﹣mg）h=
解得：h′=
重力势能：
设球的位置在h上方离地h′处，由机械能守恒，有：
因此：答：（1）球回到地面时的动能 为W；
（2）撤去拉力前球的加速度大小a为 ，拉力的大小F为 ；
（3）球动能为 时的重力势能 或 ．
【点评】本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，结合功能关系、牛顿第二定律定律和运动学公式列
式求解即可．
43．（2015·重庆）同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如图所示的实验装置．图中水平放置
的底板上竖直地固定有M板和N板．M板上部有一半径为 的 圆弧形的粗糙轨道，P为最高点，Q为最
低点，Q点处的切线水平，距底板高为 .N板上固定有三个圆环.将质量为 的小球从P处静止释放，小
球运动至Q飞出后无阻碍地通过各圆环中心，落到底板上距Q水平距离为 处．不考虑空气阻力，重力加
速度为 .求：
（1）距Q水平距离为 的圆环中心到底板的高度；
（2）小球运动到Q点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向；
（3）摩擦力对小球做的功.
【答案】（1）到底版的高度 ；（2）速度的大小为 ，压力的大小 ，方向竖直向下
；（3）摩擦力对小球作功
【解析】试题分析：（1）根据平抛运动的特点，将运动分解即可求出；
（2）根据平抛运动的特点，即可求出小球运动到Q点时速度的大小；在Q点小球受到的支持力与重力的
合力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出小球受到的支持力的大小；最后有牛顿第三定律说明对轨道压
力的大小和方向；（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系即可求出摩擦力对小球做的功．
解：（1）小球从Q抛出后运动的时间： ①
水平位移：L=v •t ②
Q
小球运动到距Q水平距离为 的位置时的时间： ③
此过程中小球下降的高度：h= ④
联立以上公式可得：h=
圆环中心到底板的高度为：H﹣ = ；
（2）由①②得小球到达Q点的速度： ⑤
在Q点小球受到的支持力与重力的合力提供向心力，得： ⑥
联立⑤⑥得：
由牛顿第三定律可得，小球对轨道的压力的大小：mg（1+ ） 方向：竖直向下
（3）小球从P到Q的过程中，重力与摩擦力做功，由功能关系得：mgR= ⑦
联立⑥⑦得：W=mg（ ）
f
答：（1）到底板的高度： ；
（2）小球的速度的大小： 小球对轨道的压力的大小：mg（1+ ） 方向：竖直向下；
（3）摩擦力对小球做的功：mg（ ）．【点评】该题是平抛运动、功能关系以及圆周运动的综合题，该题中要熟练掌握机械能守恒定律，能量守
恒定律，以及圆周运动的临界问题．
44．（2014·全国）如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向， ，
，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。
使此小球带电，电荷量为q（q＞0），同时加一匀强电场，场强方向与 所在平面平行，现从O点以
同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该
小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点的动能为初动能的6倍，重力加
速度大小为g。求
（1）无电场时，小球达到A点时的动能与初动能的比值；
（2）电场强度的大小和方向。
【答案】（1） ；（2） ，方向与竖直方向夹角为 斜向右下方
【解析】（1）小球做平抛运动，设初速度 ，初动能 ，从O到A的运动时间为t，令 ，则
根据平抛运动的规律得，水平方向有
竖直方向有
同时有联立解得
设小球到达A点时的动能为 ，有
得
（2）加电场后，从O点到A点下降了 ，从O点到B点下降了 ，如图设电场力F与竖直方向夹角为
，则由动能定理得
其中
联立解得
，
所以电场强度为
正电荷受力方向与电场方向相同，即E与竖直方向夹角为 斜向右下方。
45．（2019·浙江）如图所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点
等高．质量m=0.5kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点高度h=1.10m．篮球静止释放，测得第一次
1撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x=0.15m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h=0.873m，篮
1 2
球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x=0.01m，弹性势能为E=0.025J．若篮球运动时受到
2 p
的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内．求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）篮球在运动过程中受到的空气阻力；
（3）篮球在整个运动过程中通过的路程；
（4）篮球在整个运动过程中速度最大的位置．
【答案】（1）500N/m（2）0.5N（3）11.05m（4）0.009m
【解析】（1）球静止在弹簧上，根据共点力平衡条件可得 ；
（2）球从开始运动到第一次上升到最高点，动能定理 ，
解得 ；
（3）球在整个运动过程中总路程s： ，解得 ；
（4）球在首次下落过程中，合力为零处速度最大，速度最大时弹簧形变量为 ；
则 ；
在A点下方，离A点
46．（2017·浙江）图中给出一段“ ”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面
上的圆弧，圆心分别为 ，弯道中心线半径分别为 ，弯道2比弯道1高 ，有一
直道与两弯道圆弧相切．质量 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩
擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑．（sin37°=0.6，sin53°=0.8）（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度 ；
（2）汽车以 进入直道，以 的恒定功率直线行驶了 ，进入弯道2，此时速度恰为通过弯
道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间
匀速安全通过弯道，设路宽 ，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质
点 ）．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）弯道1的最大速度v，有：
1
得
（2）弯道2的最大速度v，有：
2
得
直道上由动能定理有：
代入数据可得
（3）由 得
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计如下图所示由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
对应的圆心角为
线路长度
最短时间
综上所述本题答案是：（1） （2） （3）
【点睛】当汽车受到的静摩擦力达到最大时汽车的速度达到临界值，要利用这个信息找到汽车在各个轨道
上运动的速度大小，并利用动能定理求解整个过程中摩擦力做的功．
47．（2017·浙江）如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型。
倾角为 的直轨道AB、半径R=10m的光滑竖直圆轨道和倾角为 的直轨道EF，分别通过水平光滑衔
接轨道BC、平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，E、G间的水平距离l=40m。现有质量
m=500kg的过山车，从高h=40m的A点静止下滑，经 最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的
动摩擦因数均为 ，与减速直轨道FG的动摩擦因数均为 ，过山车可视为质点，运动中不脱
离轨道，求（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
（3）减速直轨道FG的长度x。（已知 ， ）
【答案】（1） ；（2）7000N，竖直向上；（3）30m
【解析】(1)设过山车到达C点的速度为vC，由动能定理可得
代入数据可得
(2)设过山车到达D点的速度为 ，由动能定理可得
由牛顿第二定律可得
联立代入数据可得
FD=7000N
由牛顿第三定律可知，过山车对轨道的作用力大小为7000N，方向竖直向上。
(3)过山车从A到达G点的过程，由动能定理可得
代人数据可得，减速直轨道FG的长度为
x=30m
48．（2018·北京）2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某
滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最
低点，质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度 ，到达B点时速度v =30
B
m/s。取重力加速度g=10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力F 的大小。
N【答案】(1) ；(2) ；(3) ，3 900 N
【解析】1）已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解斜面的长度，即
可解得
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的该变量所以
(3)小球在最低点的受力如图所示
由牛顿第二定律可得
从B运动到C由动能定理可知
解得
【点睛】本题考查了动能定理和圆周运动，会利用动能定理求解最低点的速度，并利用牛顿第二定律求解最低点受到的支持力大小。
49．（2018·浙江）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角 的两
平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨
道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O，水平半圆轨道CD的圆心O 与A点在同一水平面上，
1 2
DO 的距离L=20m，质量 的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上
1
另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动
时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数 ，EF段摩擦不计，整个运动过程空气
阻力不计．（ ， ）
（1）求过山车过F点时的速度大小；
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达
EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由于已知F点乘客受到的支持力，设圆周运动半径为r，根据向心力公式
解得
（2）由动能定理可知从B点到F点，
解得
（3）从D到F过程中触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为 ，则
解得
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为 ，
综合考虑可知
50．（2016·天津）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1所示，
质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道
末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳
台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点
C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.
(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？
【答案】(1)144 N； (2)12.5 m
【解析】（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有
根据牛顿第二定律得
又由以上三式联立解得
（2）设运动员到达C点时的速度为v ，在由B到达C的过程中，由动能定理有
C
设运动员在C点所受的支持力为F ，由牛顿第二定律得
N
由运动员能承受的最大压力为其所受重力的6倍，即有
联立解得
51．（2016·全国）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直，a和b相距l，b与墙
之间也相距l；a的质量为m，b的质量为 ，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v
0
向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g，求物块与地面间的动
摩擦因数满足的条件．
【答案】
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有
mv2＞μmgl
0
即
设a与b碰撞前的速度为v，由能量守恒得
1
m v 2=μmgl+ mv2
0 1
设a与b碰撞前向的瞬间，速度大小分别为v、v，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
a bmv=mv+ mv
1 a b
mv2= mv2+ × mv2
1 a b
联立解得
v= v
b 1
碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达到墙前静止，由功能关系得：
联立得
则a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为
【名师点睛】该题要按时间顺序分析物体的运动过程和物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒和能量
守恒，要结合几何关系分析b与墙不相撞的条件．
52．（2014·广东）如图的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P
1
沿轨道向右以速度v 与静止在A点的物体P 碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器
1 2
只在t=2 s至t=4 s内工作，已知P、P 的质量都为m=1 kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长
1 2 1 2
L=4 m，g取10 m/s2，P、P 和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。
1 2
(1)若v=6 m/s，求P、P 碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能ΔE；
1 1 2
(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v 的取值范围和P向左经过A点时的最大动能
1
E。
【答案】(1)9J；(2)10m/s＜v＜14m/s，17J
1
【解析】(1)由于P 和P 发生弹性碰撞，据动量守恒定律有
1 2碰撞过程中损失的动能为
(2)从A点滑动到C点，再从C点滑动到A点的整个过程，P做的是匀减速直线。
设加速度大小为a，则
设经过时间t，P与挡板碰撞后经过B点，则
若t=2s时经过B点，可得v=14m/s
1
若t=4s时经过B点，可得v=10m/s
1
则v 的取值范围为
1
10m/s＜v＜14m/s
1
v=14m/s时，碰撞后的结合体P的最大速度为
1
根据动能定理
代入数据，可得通过A点时的最大动能为
四、填空题
53．（2016·上海）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所
示，物体能上升的最大高度为h，h
