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第 6 讲 动能定理 机械能守恒定律 能量守恒定律
命题规律 1.命题角度：(1)动能定理的综合应用；(2)机械能守恒定律及应用；(3)能量守恒
定律及应用.2.常用方法：图像法、函数法、比较法.3.常考题型：计算题．
考点一 动能定理的综合应用
1．应用动能定理解题的步骤图解：
2．应用动能定理的四点提醒：
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学方法要简
捷．
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的．
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，对全过程
应用动能定理，往往能使问题简化．
(4)多过程往复运动问题一般应用动能定理求解．
例1 (2022·河南信阳市质检)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目
延伸而来，如图是滑板运动的轨道．BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道，BC
的圆心为O点，圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦
因数μ＝0.4.某运动员从轨道上的A点以v＝4 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿着轨道的
切线方向滑入圆弧轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回．
已知运动员和滑板的总质量为m＝60 kg，B、E两点距水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2
m和H＝3 m，忽略空气阻力．(g＝10 m/s2)
(1)运动员从A点运动到B点的过程中，求到达B点时的速度大小v ；
B
(2)求水平轨道CD的长度L；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到 B点？如能，求出回到B点时速度的大
小．如果不能，求出最后停止的位置距C点的距离．
答案 (1)8 m/s (2)5.5 m (3)见解析
解析 (1)运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动，到达B点时，其速度沿着B点的
切线方向，可知运动员到达B点时的速度大小为v ＝，
B解得v ＝8 m/s
B
(2)从B点到E点，由动能定理得mgh－μmgL－mgH＝0－mv 2
B
代入数值得L＝5.5 m
(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h′，从E点到第一次返回到左侧最高处，由动能定理
得mgH－μmgL－mgh′＝0
解得h′＝0.8 m<2 m
故运动员不能回到B点．设运动员从E点开始返回后，在CD段滑行的路程为s，全过程由
动能定理得
mgH－μmgs＝0
解得总路程s＝7.5 m
由于L＝5.5 m
所以可得运动员最后停止的位置在距C点2 m处．
考点二 机械能守恒定律及应用
1．判断物体或系统机械能是否守恒的三种方法
定义判断法 看动能与势能之和是否变化
能量转化判断法 没有与机械能以外的其他形式的能转化时，系统机械能守恒
做功判断法 只有重力(或弹簧的弹力)做功时，系统机械能守恒
2．机械能守恒定律的表达式
3．连接体的机械能守恒问题
共速率
模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速
度模型两物体角速度相同，线速率与半径成正比
关联速
度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，
速度可能为0
轻弹簧
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度
模型
内，形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹
簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能
最小(为零)
说明：以上连接体不计阻力和摩擦力，系统(包含弹簧)机械能守恒，单个物体机械能不守恒．
例2 (2022·全国乙卷·16)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环
顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于( )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
答案 C
解析 如图所示，设小环下降的高度为 h，大圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根
据机械能守恒定律得mgh＝mv2，由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，则v＝L，故C正确，A、B、D错误．
例3 (多选)(2022·黑龙江省八校高三期末)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m
的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状
态，现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为
2L(未超过弹性限度)，重力加速度为g，则在圆环下滑到最大距离的过程中( )
A．弹簧对圆环先做正功后做负功
B．弹簧弹性势能增加了mgL
C．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
D．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
答案 BC
解析 弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，A错误；由题可知，整个过程动能的变化
量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度h＝＝L，根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势
能增加量等于圆环重力势能的减少量，则有ΔE ＝mgh＝mgL，B正确；弹簧与小圆环组成
p
的系统机械能守恒，则有ΔE ＋ΔE ＋ΔE ＝0，由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先
k p重 p弹
是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环
重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，C正确；圆环下滑到最大距离时，加速度方向
竖直向上，所受合力方向为竖直向上，D错误．
例4 (2020·江苏卷·15)如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动．在轮
上沿相互垂直的直径方向固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离
均为2R.在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质量为M的重物．重物由静止下落，带动鼓形轮转动．
重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为 ω.绳与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直
杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1)重物落地后，小球线速度的大小v；
(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F；
(3)重物下落的高度h.
答案 (1)2ωR (2) (3)(ωR)2解析 (1)重物落地后，小球线速度大小v＝ωr＝2ωR
(2)向心力F＝2mω2R
n
设F与水平方向的夹角为α，则
Fcos α＝F
n
Fsin α＝mg
解得F＝
(3)落地时，重物的速度v′＝ωR
由机械能守恒得Mv′2＋4×mv2＝Mgh
解得h＝(ωR)2.
考点三 能量守恒定律及应用
1．含摩擦生热、焦耳热、电势能等多种形式能量转化的系统，优先选用能量守恒定律．
2．应用能量守恒定律的基本思路
(1)守恒：E ＝E ，初、末总能量不变．
初 末
(2)转移：E ＝E ，A物体减少的能量等于B物体增加的能量．
A减 B增
(3)转化：|ΔE |＝|ΔE |，减少的某些能量等于增加的某些能量．
减 增
例5 (2021·山东卷·18改编)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：E＝kx2，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)
p
(1)求B、C向左移动的最大距离x 和B、C分离时B的动能E；
0 k
(2)为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值F ；
min
(3)若三物块都停止时B、C间的距离为x ，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服
BC
弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与fx 的大小；
BC
答案 (1)
(2)(3＋)f
(3)W<fx
BC
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
Fx＝2fx ＋kx2
0 0 0
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，由能量守恒定律得
kx2＝2fx ＋2E
0 0 k
联立方程解得x＝
0
E＝.
k
(2)当A刚要离开墙时，设弹簧的伸长量为x，以A为研究对象，由平衡条件得kx＝f
若A刚要离开墙壁时B的速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值F ，从弹簧恢复原长
min
到A刚要离开墙的过程中，以B和弹簧为研究对象，
由能量守恒定律得E＝kx2＋fx
k
结合第(1)问结果可知F ＝(3±)f
min
根据题意舍去F ＝(3－)f，
min
所以恒力的最小值为F ＝(3＋)f.
min
(3)从B、C分离到B停止运动，设B的位移为x ，C的位移为x ，以B为研究对象，
B C
由动能定理得－W－fx ＝0－E
B k
以C为研究对象，
由动能定理得－fx ＝0－E
C k
由B、C的运动关系得x >x －x
B C BC
联立可知W<fx .
BC
1.(2022·江苏新沂市第一中学高三检测)如图所示，倾角为θ的斜面AB段光滑，BP段粗糙，
一轻弹簧下端固定于斜面底端P处，弹簧处于原长时上端位于B点，可视为质点、质量为m
的物体与BP之间的动摩擦因数为μ(μ<tan θ)，物体从A点由静止释放，将弹簧压缩后恰好
能回到AB的中点Q.已知A、B间的距离为x，重力加速度为g，则( )
A．物体的最大动能等于mgxsin θ
B．弹簧的最大形变量大于x
C．物体第一次往返中克服摩擦力做的功为mgxsin θ
D．物体第二次沿斜面上升的最高位置在B点
答案 C
解析 物体接触弹簧前，由机械能守恒定律可知，物体刚接触弹簧时的动能为 E ＝mgxsin
k
θ，物体接触弹簧后，重力沿斜面向下的分力先大于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体先
加速下滑，后来重力沿斜面向下的分力小于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力，物体减速下滑，
所以当重力沿斜面向下的分力等于滑动摩擦力和弹簧弹力的合力时物体所受的合力为零，速度最大，动能最大，所以物体的最大动能一定大于mgxsin θ，A错误；设弹簧的最大压缩量
为L，弹性势能最大为E ，物体从A到最低点的过程，由能量守恒定律得mg(L＋x)sin θ＝
p
μmgLcos θ＋E ，物体从最低点到Q点的过程，由能量守恒得mg(L＋)sin θ＋μmgLcos θ＝
p
E ，联立解得L＝，由于μ<tan θ，但未知它们的具体参数，则无法说明弹簧的最大形变量
p
是否大于x，B错误；第一次往返过程中，根据能量守恒定律，可知损失的能量等于克服摩
擦力做的功，则有ΔE＝2μmgLcos θ＝mgxsin θ，C正确；设从Q到第二次最高点位置C，有
mgx sin θ＝2μmgL′cos θ，如果L′＝L，则有x ＝，即最高点为B，但由于物体从Q点
QC QC
下滑，则弹簧的最大形变量L′＜L，所以最高点应在B点上方，D错误．
2．(2022·浙江温州市二模)我国选手谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子U型场地技巧决赛
中夺得金牌．如图所示，某比赛用U型池场地长度L＝160 m、宽度d＝20 m、深度h＝7.25
m，两边竖直雪道与池底平面雪道通过圆弧雪道连接组成，横截面像“U”字形状，池底雪
道平面与水平面夹角为θ＝20°.为测试赛道，将一质量m＝1 kg的小滑块从U型池的顶端A
点以初速度v ＝ m/s滑入；滑块从B点第一次冲出U型池，冲出B点的速度大小v ＝10
0 B
m/s，与竖直方向夹角为α(α未知)，再从C点重新落回U型池(C点图中未画出)．已知A、B
两点间直线距离为25 m，不计滑块所受的空气阻力，sin 20°＝0.34，cos 20°＝0.94，tan 20°
＝0.36，g取10 m/s2.
(1)A点至B点过程中，求小滑块克服雪道阻力所做的功W ；
克f
(2)忽略雪道对滑块的阻力，若滑块从池底平面雪道离开，求滑块离开时速度的大小v；
(3)若保持v 大小不变，速度v 与竖直方向的夹角调整为α 时，滑块从冲出B点至重新落回
B B 0
U型池的时间最长，求tan α(结果保留两位有效数字)．
0
答案 (1)1.35 J (2)35 m/s (3)0.36
解析 (1)小滑块从A点至B点过程中，由动能定理有mgxsin 20°－W ＝mv 2－mv2
克f B 0
由几何关系得x＝，
联立解得W ＝1.35 J
克f
(2)忽略雪道对滑块的阻力，滑块从A点运动到池底平面雪道离开的过程中，由动能定理得
mgLsin 20°＋mghcos 20°＝mv2－mv2，
0
代入数据解得v＝35 m/s
(3)当滑块离开B点时，设速度方向与U型池斜面的夹角为θ，
沿U型池斜面和垂直U型池方向分解速度v＝v sin θ，
y B
v＝v cos θ，a＝gcos 20°，a＝gsin 20°，v＝at，t＝2t
x B y x y y1 1
由此可知，当v 最大时，滑块从冲出B点至重新落回U型池的时间最长，此时v 垂直于U
y B型池斜面，即α＝20°
0
tan α＝＝≈0.36.
0
专题强化练
[保分基础练]
1.(2022·河北保定市高三期末)如图所示，固定在竖直面内横截面为半圆的光滑柱体(半径为
R，直径水平)固定在距离地面足够高处，位于柱体两侧质量相等的小球A、B(视为质点)用
细线相连，两球与截面圆的圆心O处于同一水平线上(细线处于绷紧状态)．在微小扰动下，
小球A由静止沿圆弧运动到柱体的最高点P.不计空气阻力，重力加速度大小为g.小球A通过
P点时的速度大小为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 对A、B组成的系统，从开始运动到小球 A运动到最高点的过程有 mg·－mgR＝
×2mv2，解得v＝，故选C.
2．(2022·山东泰安市模拟)如图所示，细绳AB和BC连接着一质量为m的物体P，其中绳子
的A端固定，C端通过大小不计的光滑定滑轮连接着一质量也为 m的物体Q(P、Q均可视
为质点)．开始时，用手托住物体P，使物体P与A、C两点等高在一条水平直线上，且绳子
处于拉直的状态，把手放开， P下落到图示位置时，夹角如图所示．已知 AB＝L，重力加
速度为g.则由开始下落到图示位置的过程中，下列说法正确的是( )
A．物体Q与物体P的速度大小始终相等
B．释放瞬间P的加速度小于g
C．图示位置时，Q的速度大小为
D．图示位置时，Q的速度大小为
答案 D
解析 P与Q的速度关系如图所示释放后，P绕A点做圆周运动，P的速度沿圆周的切线方向，当绳BC与水平夹角为30°时，
绳BC与绳AB垂直，P的速度方向沿CB的延长线，此时物体Q与物体P的速度大小相等，
之前的过程中，速度大小不相等，故A错误；释放瞬间，P所受合力为重力，故加速度等于
g，故B错误；由几何关系知AC＝2L，P处于AC的中点时，则有BC＝L，当下降到图示位
置时BC＝L，Q上升的高度h ＝(－1)L，P下降的高度为h ＝Lcos 30°＝L，由A项中分析知
1 2
此时P、Q速度大小相等，设为v，根据系统机械能守恒得mgh ＝mgh ＋×2mv2，解得v
2 1
＝，故D正确，C错误．
3．(多选)(2022·重庆市涪陵第五中学高三检测)如图所示，轻绳的一端系一质量为m的金属
环，另一端绕过定滑轮悬挂一质量为5m的重物．金属环套在固定的竖直光滑直杆上，定滑
轮与竖直杆之间的距离OQ＝d，金属环从图中P点由静止释放，OP与直杆之间的夹角θ＝
37°，不计一切摩擦，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
A．金属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小
B．金属环从P上升到Q的过程中，绳子拉力对重物做的功为mgd
C．金属环在Q点的速度大小为
D．若金属环最高能上升到N点，则ON与直杆之间的夹角α＝53°
答案 AD
解析 金属环在P点时，重物的速度为零，则重物所受重力的瞬时功率为零，当环上升到Q
点，环的速度与绳垂直，则重物的速度为零，此时，重物所受重力的瞬时功率也为零，故金
属环从P上升到Q的过程中，重物所受重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；金属环
从P上升到Q的过程中，设绳子拉力做的功为W，对重物应用动能定理有W＋W ＝0，则W
G
＝－W ＝－5mg(－d)＝－mgd，故B错误；设金属环在Q点的速度大小为v，对环和重物整
G
体，由动能定理得5mg(－d)－mg＝mv2，解得v＝2，故C错误；若金属环最高能上升到N
点，则整个过程中，金属环和重物整体的机械能守恒，有5mg(－)＝mg(＋)，解得α＝53°，
故D正确．
4．(2021·浙江1月选考·11)一辆汽车在水平高速公路上以80 km/h的速度匀速行驶，其1 s内能量分配情况如图所示．则汽车( )
A．发动机的输出功率为70 kW
B．每1 s消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104 J
C．每1 s消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104 J
D．每1 s消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104 J
答案 C
解析 据题意知，发动机的输出功率为P＝＝17 kW，故A错误；根据能量守恒定律结合能
量分配图知，1 s消耗的燃料最终转化成的内能为进入发动机的能量，即6.9×104 J，故B、
D错误，C正确．
[争分提能练]
5．(2022·山西太原市高三期末)如图甲所示，一物块置于粗糙水平面上，其右端通过水平弹
性轻绳固定在竖直墙壁上．用力将物块向左拉至 O处后由静止释放，用传感器测出物块的
位移x和对应的速度，作出物块的动能E －x关系图像如图乙所示．其中0.10～0.25 m间的
k
图线为直线，其余部分为曲线．已知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2，
弹性绳的弹力与形变始终符合胡克定律，可知( )
A．物块的质量为0.2 kg
B．弹性绳的劲度系数为50 N/m
C．弹性绳弹性势能的最大值为0.6 J
D．物块被释放时，加速度的大小为8 m/s2
答案 D
解析 由分析可知，x＝0.10 m时，弹性绳恢复原长，根据动能定理有μmgΔx＝ΔE，则m＝
k
＝ kg＝1 kg，所以A错误；动能最大时弹簧弹力等于滑动摩擦力，则有kΔx ＝μmg，Δx ＝
1 1
0.10 m－0.08 m＝0.02 m，解得k＝100 N/m，所以B错误；根据能量守恒定律有E ＝μmgx
pm m
＝0.2×1×10×0.25 J＝0.5 J，所以C错误；物块被释放时，加速度的大小为a＝＝ m/s2＝8
m/s2，所以D正确．6．(多选)(2022·广东揭阳市高三期末)图为某蹦极运动员从跳台无初速度下落到第一次到达
最低点过程的速度－位移图像，运动员及装备的总质量为 60 kg，弹性绳原长为10 m，不计
空气阻力，g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．下落过程中，运动员机械能守恒
B．运动员在下落过程中的前10 m加速度不变
C．弹性绳最大的弹性势能约为15 300 J
D．速度最大时，弹性绳的弹性势能约为2 250 J
答案 BCD
解析 下落过程中，运动员和弹性绳组成的系统机械能守恒，运动员在绳子绷直后机械能一
直减小，所以A错误；运动员在下落过程中的前10 m做自由落体运动，其加速度恒定，所
以B正确；在最低点时，弹性绳的形变量最大，其弹性势能最大，由能量守恒定律可知，
弹性势能来自运动员减小的重力势能，由题图可知运动员下落的最大高度约为25.5 m，所以
E ＝mgH ＝15 300 J，所以C正确；由题图可知，下落约15 m时，运动员的速度最大，根
p m
据能量守恒可知此时弹性绳的弹性势能约为E ＝mgH－mv 2＝2 250 J，所以D正确．
pm m
7.如图所示，倾角θ＝30°的固定斜面上固定着挡板，轻弹簧下端与挡板相连，弹簧处于原长
时上端位于D点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B，使滑轮左侧
绳子始终与斜面平行，初始时A位于斜面的C点，C、D两点间的距离为L，现由静止同时
释放A、B，物体A沿斜面向下运动，将弹簧压缩到最短的位置为E点，D、E两点间距离为，
若A、B的质量分别为4m和m，A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，不计空气阻力，重力加速
度为g，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A在从C运动至D的过程中的加速度大小；
(2)物体A从C至D点时的速度大小；
(3)弹簧的最大弹性势能．
答案 (1)g (2) (3)mgL
解析 (1)物体A从C运动到D的过程，对物体A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律
有4mgsin 30°－mg－4μmgcos 30°＝5ma
解得a＝g(2)物体A从C运动至D的过程，对整体应用动能定理有4mgLsin 30°－mgL－4μmgLcos 30°
＝·5mv2
解得v＝
(3)当A、B的速度为零时，弹簧被压缩到最短，此时弹簧弹性势能最大，整个过程中对A、
B整体应用动能定理得4mg(L＋)sin 30°－mg(L＋)－μ·4mgcos 30°(L＋)－W ＝0－0
弹
解得W ＝mgL
弹
则弹簧具有的最大弹性势能
E＝W ＝mgL.
p 弹
8．(2022·江苏南京市二模)现将等宽双线在水平面内绕制成如图甲所示轨道，两段半圆形轨
道半径均为R＝ m，两段直轨道AB、A′B′长度均为l＝1.35 m．在轨道上放置一个质量m
＝0.1 kg的小圆柱体，如图乙所示，圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角
θ为120°，如图丙所示．两轨道与小圆柱体间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小圆柱尺寸和轨道
间距相对轨道长度可忽略不计．初始时小圆柱位于A点处，现使之获得沿直轨道AB方向的
初速度v.重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
0
(1)小圆柱沿AB运动时，内、外轨道对小圆柱的摩擦力F 、F 的大小；
f1 f2
(2)当v ＝6 m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时，外轨和内轨对小圆柱的压力F 、F 的
0 N1 N2
大小；
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 的最大值以及在v 取最大值情形下小圆柱最终滑过的
0 0
路程s.
答案 (1)0.5 N 0.5 N (2)1.3 N 0.7 N (3) m/s 2.85 m
解析 (1)圆柱体与轨道两侧相切处和圆柱截面圆心O连线的夹角θ为120°，
根据对称性可知，两侧弹力大小均与重力相等，为1 N，
内、外轨道对小圆柱的摩擦力F ＝F ＝μF ＝0.5 N
f1 f2 N
(2)当v＝6 m/s，小圆柱刚经B点进入圆弧轨道时有mv2－mv2＝－(F ＋F )l
0 0 f1 f2
在B点有F sin 60°－F sin 60°＝m，F cos 60°＋F cos 60°＝mg
N1 N2 N1 N2
解得F ＝1.3 N，F ＝0.7 N
N1 N2
(3)为了让小圆柱不脱离内侧轨道，v 最大时，在B点恰好内轨对小圆柱的压力为0，有
0
F ′sin 60°＝m，
N1
F ′cos 60°＝mg
N1
且mv 2－mv 2＝－(F ＋F )l
m 0m f1 f2解得v ＝ m/s，在圆弧上受摩擦力为
0m
F＝μF ′＝μ＝1 N
f N1
即在圆弧上所受摩擦力大小与在直轨道所受总摩擦力大小相等
所以mv 2＝Fs
0m f
解得s＝2.85 m.
[尖子生选练]
9．(2022·浙江1月选考·20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角 α＝37°的光滑
直轨道AB、圆心为O 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、
1 2
倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，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点处于同一直线上．已知可视为质点的滑块质量m＝
1 2
0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度l ＝3 m，滑块与轨道FG间的动
AB
摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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＝0.7 m，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l，滑块第一次经F点时的速度v与l 之间的关系式；
x x
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度l 的值．
x
答案 (1)7 N (2)v＝，其中l≥0.85 m (3)见解析
x
解析 (1)滑块由静止释放到C点过程，由能量守恒定律有
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv 2
C
在C点由牛顿第二定律有
F －mg＝m
N
解得F ＝7 N
N
(2)要保证滑块能到F点，必须能过DEF的最高点，当滑块恰能达到最高点时，根据动能定
理可得
mgl sin 37°－(3mgRcos 37°＋mgR)＝0
1
解得l＝0.85 m
1
因此要能过F点必须满足l≥0.85 m
x
能过最高点，则能到F点，根据动能定理可得
mglsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2，
x
解得v＝，其中l≥0.85 m.
x(3)设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍
mglsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，l ＝
x FG
解得l＝ m(n＝1,3,5，…)
x
又因为l ≥l≥0.85 m，l ＝3 m，
AB x AB
当n＝1时，l ＝ m
x1
当n＝3时，l ＝ m
x2
当n＝5时，l ＝ m.
x3
