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专题10 动能定理的应用
题型一 动能定理的理解.........................................................................................................................1
题型二 动能定理与图像的结合.............................................................................................................6
类型1 Ek-x 图像问题.......................................................................................................................7
类型2 F-x 图像与动能定理的结合..............................................................................................11
类型3 其他图像与动能定理的结合............................................................................................16
题型三 动能定理在多过程问题中的应用...........................................................................................22
类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用............................................................22
类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用............................................................26
类型3 动能定理在往返运动问题中应用....................................................................................30
题型一 动能定理的理解
1．表达式：W＝Ek2－Ek1＝ΔEk.
其中Ek2＝mv 表示一个过程的末动能，Ek1＝mv 表示这个过程的初动能．W 表示这个过程中合力做的功．
2．关于动能定理的几点说明
(1)W 的含义：包含重力在内的所有外力所做功的代数和．
(2)W 与ΔEk的关系：合力做功是引起物体动能变化的原因．如果合力对物体做正功，物体的动能增
加；如果合力对物体做负功，物体的动能减少；如果合力对物体不做功，物体的动能不变．
(3)动能定理的实质：功能关系的一种具体体现，物体动能的改变可由合外力做功来度量．
3．应用动能定理解题的优点
(1)动能定理对应的是一个过程，只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程合力做的功，无需关心
中间运动过程的细节，而且功和能都是标量，无方向性，计算方便．
(2)当题目中不涉及a 和t，而涉及F、x、m、v 等物理量时，优先考虑使用动能定理．
(3)动能定理既适用于恒力作用过程也适用于变力作用过程，既适用于直线运动也适用于曲线运动，
既适用于单个物体也适用于多个物体，特别是变力及多过程问题，动能定理更具有优越性．
4．应用动能定理解题的一般步骤
(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．
(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和．
(3)明确物体在初、末状态的动能Ek1、Ek2.
(4)列出动能定理的方程W＝Ek2－Ek1，结合其他必要的解题方程，求解并验算．
1.
如图所示，质量为m 的物体静止在倾角为θ 的斜面上，现将斜面沿水平方向向右匀速
移动了距离x，物体相对斜面静止。则（ ）
A．重力对物体做正功
B．支持力对物体不做功
C．摩擦力对物体不做功
D．合力对物体做功为零
【答案】D
【详解】A．物体竖直方向位移为零，可知重力对物体不做功，故A 错误；
B．根据W=Fxcosθ，支持力方向垂直斜面向上，与位移夹角为锐角，可知支持力对物体做正功，故
B 错误；
C．根据W=Fxcosθ，摩擦力方向沿斜面向上，与位移夹角为钝角，可知摩擦力对物体做负功，故C
错误；
D．物体动能不变，根据动能定理可知，合力对物体做功为零，故D 正确。
故选D。
2.
物体a、b 质量分别为ma 和mb，且ma<mb，它们的初动能相同。若a 和b 分别只受
到恒定阻力Fa 和Fb 的作用，经过相同的时间停下来，它们的位移分别为xa 和xb。下列说法
正确的是（ ）
A．Fa>Fb，xa<xb
B．Fa>Fb，xa>xb
C．Fa<Fb，xa>xb
D．Fa<Fb，xa<xb
【答案】C
【详解】设物体a、b 的初动能为Ek0，则有Ek0= 1
2 mv0
2
又ma<mb
可知va0>vb0
由题知，经相同的时间停下来，则有x = v0
2 t
可知xa> xb
根据动能定理有- Fx =0- Ek0
可得F = Ek0
x
可得Fa< Fb
故选C。
3.
投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏，《礼记传》中提到：“投壶，
射之细也。宴饮有射以乐宾，以习容而讲艺也。”如图所示，甲、乙两人在不同位置沿水平方
向各射出一支箭，箭尖插入壶中时与水平面的夹角分别为37°和53°。已知两支箭的质量、竖
直方向下落高度均相等，忽略空气阻力、箭长、壶口大小等因素的影响（sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6），下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两人所射箭的初速度大小之比为16 9∶
B．甲、乙两人所射箭落入壶口时的速度大小之比为3 4∶
C．甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比为9 16
∶
D．甲、乙两人所射箭落入壶口时的动能之比为16 9∶
【答案】AD
【详解】A．由题知甲、乙两人射箭高度相同，则两支箭在空中的运动时间相同，落入壶口时竖直
方向的速度vy 相同．设箭尖插入壶中时与水平面的夹角为θ，箭射出时的初速度为v0，则
tanθ = v y
v0
即
v0＝v y
tanθ
故两支箭射出时的初速度大小之比为
tan 53° tan 37°
∶
＝16 9∶
A 正确；
B．设箭尖插入壶中时的速度大小为v，则
v＝v y
sinθ
故两支箭落入壶口时的速度大小之比为
sin 53° sin 37°
∶
＝4 3∶
B 错误；
C．因两支箭在空中的运动时间相同，甲、乙两人投射位置与壶口的水平距离之比等于初速度大小
之比，为16 9∶，C 错误；
D．由
Ek＝1
2mv2
可知，两支箭落入壶口时的动能之比为16 9∶，D 正确。
故选AD。
4.
某个雨滴从空中由静止开始下落，在速度不太大时，其受到的阻力与速率成正比，即
f =kv，其中k =1×10
- 4 N ⋅s⋅m
-1。雨滴下落过程中，重力的功率P 随加速度a 变化的P -a
图像如图所示。重力加速度取g=10 m /s
2。下列说法正确的是（ ）
A．雨滴的质量为1×10
-3kg
B．雨滴所能达到的最大速度为100 m /s
C．当重力功率为5×10
-3 W时，雨滴受到的阻力为5×10
-3 N
D．当雨滴速度为5 m /s时，其动能增加最快
【答案】D
【详解】A．根据P =mgv，mg -kv =ma
解得P= m
2 g
2
k
- m
2 g
k
a
结合图像有m
2 g
2
k
=1.0×10
-2W
解得m=1×10
- 4kg，故A 错误；
B．雨滴向下先做加速度减小的变加速直线运动，当加速度为0 时开始做匀速直线运动，此时速度
达到最大值，则有mg=k vmax
解得vmax =10 m/s，故B 错误；
C．结合图像可知，当重力功率为5×10
-3 W时，加速度a1=5 m/s
2
根据mg- f 1=ma1
解得f =5×10
-4 N，故C 错误；
D．根据动能定理有W 合= Δ Ek
则有W 合
Δt = Δ Ek
Δt
由于W 合=W 重-W 阻
则有W 合
Δt = W 重
Δt - W 阻
Δt
当Δt取极小值时有W 合
Δt = P- P阻=mgv -k v
2
此时结合上述有Δ Ek
Δt =mgv -k v
2
根据数学二次函数规律可知，当速度等于v = mg
2k =5 m/s
此时，雨滴动能增加最快，故D 正确。
故选D。
5.
如图所示，光滑斜面底端与半径为R的光滑半圆形轨道平滑连接，整个轨道和斜面都
在竖直平面内。一个小球（可视为质点）从斜面顶端A 处由静止释放，通过半圆形轨道最高点
B时，恰好对轨道的压力为零。小球过B点后垂直打在斜面上。重力加速度为g，不计空气阻
力，求：
(1)斜面顶端到地面的高度；
(2)斜面与水平面夹角θ的正切值。
【答案】(1)5
2 R
(2)
❑√2
2
【详解】（1）小球由A 点到B点的过程中，根据动能定理有mgH -2mgR = 1
2 mvB
2
在B点由重力提供向心力，则有mg= mvB
2
R
解得H = 5
2 R
（2）小球过B点后做平抛运动，落在斜面上的D点，如图所示
则有x = vBt，h= 1
2 gt
2，tanθ = vB
gt
在ΔCDE中，由几何关系可得tanθ = 2 R -h
x
解得tanθ =
❑√2
2
题型二 动能定理与图像的结合
1．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、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函
数关系式求物理量。
2.图像所围“面积”和图像斜率的含义
3.解决动能定理与图像问题的基本步骤
类型1 Ek-x 图像问题
6.
将一个小球竖直向上抛出，一段时间后，小球落回抛出点。上升和下降的过程中，小
球的动能Ek随高度h（相对于抛出点）的变化关系如图所示。若小球受到的空气阻力大小恒定，
重力加速度g=10 m /s
2，则小球的质量m 和空气阻力f 的大小正确的是（ ）
A．f =2.5 N
B．f =5 N
C．m=2kg
D．m= 4 kg
【答案】A
【详解】根据动能定理，则上升阶段-mgh- fh=0-50J
下降阶段mgh- fh=30J -0
解得f =2.5 N，m=1kg
故选A。
7.
质量为1kg的物体以50J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关
系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的初速度大小为10 m /s
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．物体运动过程中摩擦力的平均功率为20 W
D．物体运动的加速度大小为2.5 m /s
2
【答案】A
【详解】A．由Ek1= 1
2 m v0
2=50J
解得物体运动的初速度大小为v0=10 m /s，故A 正确；
B．由题图可知末动能Ek2=0，根据动能定理可得- μmgx = Ek2- Ek1=-50J
其中x =10 m，代入数据解得μ=0.5，故B 错误；
D．由牛顿第二定律可得物体运动的加速度大小为a= μmg
m =5 m /s
2，故D 错误；
C．物体运动的时间为t = v0
a =2s
物体运动过程中摩擦力的平均功率为P = W
t = 50
2 W =25 W，故C 错误。
故选A。
8.
如图甲所示，水平传送带在电动机的带动下保持速度v0顺时针运转，一物块从传送带
的左端轻放，此后物块在传送带上运动整个过程的动能与位移的关系图像如图乙所示，重力加
速度为g，图中Ek❑0、x0均为已知量，求：
(1)物块的质量以及物块在传送带上运动的时间；
(2)物块与传送带之间的动摩擦因数以及因摩擦而产生的热量。
【答案】(1)
2 Ek0
v0
2
，5 x0
2v0
(2) v0
2
2g x0
，Ek0
【详解】（1）由乙图可知物块与传送带达共同速度v0时，物块的动能为Ek0，则有Ek0= 1
2 mv0
2
解得物块的质量m= 2 Ek0
v0
2
由乙图可得物块在前一段位移x0做初速度为0 的匀加速直线运动，在后一段位移0.5 x0内以v0做匀
速直线运动，则运动时间为t =
x0
0.5 v0
+ 0.5 x0
v0
= 5 x0
2v0
（2）前一段位移x0内，对物块由动能定理可得μmg x0= 1
2 m v0
2
解得μ=
v0
2
2g x0
前一段位移x0内，传送带与物块间的相对位移为Δ x = v0×
x0
0.5 v0
- x0= x0
因摩擦而产生的热量为Q = μmg Δ x
解得Q = Ek0
9.
冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项
深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿
水平方向飞出、经2s 在斜坡b 处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a 到b 飞行时的动能Ek
随飞行时间t 变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g 取10 m /s
2，则下列说法正
确的是（ ）
A．斜坡的倾角为30°
B．运动员在a 处的速度大小为20m/s
C．运动员运动到b 处时重力的瞬时功率为1.2×10
4 W
D．运动员在0.8s 末时离坡面的距离最大
【答案】C
【详解】BC．设运动员在a 处的速度大小为v0，根据图乙可得1
2 m v0
2=3×10
3J，
1
2 m(v0
2+ v y
2 )=15×10
3J
其中v y =>=20 m /s
联立解得v0=10m /s，m=60kg
则运动员运动到b 处时重力的瞬时功率为P =mg v y =1.2×10
4W
故B 错误，C 正确；
A．t =2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足tanθ =
1
2 gt
2
v0t =1
解得θ = 45°，故A 错误；
D．运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有tanθ = gt
'
v0
=1
解得t
' =1s，故D 错误。
故选C。
10. 新能源汽车（纯电汽车）的储能装置可以将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄
电池中。某次新能源汽车测试过程记录如下：汽车以额定功率匀速行驶一段距离后关闭驱动电
机，测出了新能源汽车的动能Ek与位移x关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置仅在摩擦
阻力作用下的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知新能源汽车的质量为1000kg，
为便于讨论，设其运动过程中所受摩擦阻力恒定。根据图像所给的信息可求出
A．汽车行驶过程中所受阻力为2000 N
B．汽车的额定功率为120kW
C．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×10
5J
D．汽车开启储能装置后储存电能的功率逐渐增大
【答案】AC
【详解】A．对于图线①，根据动能定理得- fx =0- Ek
得到阻力为f = Ek
x =
8×10
5
(11-7)×10
2 N =2000N，故A 正确；
B．设汽车匀速运动的速度为v，则有v = ❑√
2 Ek
m =
❑√
2×8×10
5
1000
m/s=40m/s
汽车的额定功率为P = Fv = fv =2000×40 W =80kW，故B 错误；
C．根据功能关系得到：汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为
E = Ek- fs' =8×10
5J -2000×1.5×10
2J =5×10
5J，故C 正确；
D．根据Ek- x图像斜率表示合外力可知，汽车开启储能装置后随着x增大，合外力变小，阻力不变，
则安培力变小，速度也变小，则储存电能的功率P = Fv变小，故D 错误。
故选AC。
类型2 F-x 图像与动能定理的结合
11. 如图甲所示，轻质弹簧放置在倾角为30°的光滑斜面上，底部固定，上端与质量为m
的物块相连，当弹簧压缩量为l1时，物块由静止开始向下运动，当弹簧压缩量为l2时，物块的
速度正好为0。在此运动过程中，弹簧对物块的弹力F 与弹簧的压缩量l 的关系图像如图乙所
示，重力加速度为g，下列说法中错误的是（ ）
A．物块的动能与弹簧的弹性势能都增加
B．物块重力势能变化量的大小为1
2 mg(l2-l1)
C．此过程中物块克服弹簧弹力做功为(F1+ F2)(l2-l1)
2
D．当弹簧的压缩量等于
mg(l2-l1)
2(F2- F1)
时，物块的速度最大
【答案】A
【详解】A。物块的速度先增大后减小，则动能先增大后减小，弹簧一直被压缩，则弹性势能一直
增加，A 错误；
B．物块重力势能变化量的大小Δ Ep=mgh=mg(l2-l1)sin30° = 1
2 mg(l2-l1)，B 正确；
C．根据W = Fs可知，题图乙图线在l1到l2段与横坐标轴所围梯形部分的面积表示克服弹簧弹力做
的功，即克服弹簧弹力做功为W = (F1- F2)(l2-l1)
2
，C 正确；
D．由题图乙可知弹簧的劲度系数k = F2- F1
l2-l1
当物块速度最大时，有k Δl =mgsin30°
解得弹簧的压缩量Δl = mg(l2-l1)
2(F2- F1)
，D 正确。
本题选不正确项，故选A。
12. 有一段粗糙轨道AB 长为S，第一次物块以初速度v0由A 出发，向右运动达到B 时速
度为v1，第二次物块以初速度v0由B 出发向左运动。以A 为坐标原点，物块与地面的摩擦力f
随x 的变化如图，已知物块质量为m，下列说法正确的是（ ）
A．物块在第一次运动中做匀减速直线运动
B．f-x 图像的斜率为m
2s
2 （v0
2- v1
2）
C．第二次能到达A 点，且花费时间较第一次长
D．两次运动中，在距离A 点1
2 s处摩擦力功率大小相等
【答案】C
【详解】A．物块在第一次运动中水平方向上只受到摩擦力，并且摩擦力随位移均匀增加，所以加
速度在变大，故A 错误；
B．从A 到B 运用动能定理，则
1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2=W f =- 1
2 f s sf-x 图像的斜率为
k = f s
s = m
s
2 (v0
2- v1
2)
故B 错误；
C．根据能量守恒，第二次也能到达A 点，且速度也为v1，且一开始加速度大，速度很快减小，所
以花费时间较第一次长，故C 正确；
D．两次运动中，物块运动到A 点时摩擦力做的功不相等，在A 点的速度大小不相等，而摩擦力大
小相等，根据力的瞬时功率计算公式
P = Fv
可得在距离A 点1
2 s处摩擦力功率大小不等，故D 错误；
故选C。
13. 如图甲所示，小物块置于粗糙水平面上的O 点，每次用水平拉力F，将物块由O 点从
静止开始拉动，当物块运动到斜面顶端P 点时撤去拉力。小物块在不同拉力F 作用下落在斜面
上的水平射程x 不同，如图乙所示为F-x 图像，若物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，斜面与
水平地面之间的夹角θ=45°，g 取10m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（ ）
A．小物块每次落在斜面上的速度方向不同
B．小物块质量m=0.2kg
C．小物块质量m=0.5kg
D．O、P 间的距离s=0.25m
【答案】D
【详解】A．由平抛运动规律有
tan φ= v y
vP
=gt
vP
，tanθ = y
x =
1
2 gt
2
v Pt
解得
tan φ =2tanθ
所以小物块每次落在斜面上的速度方向总是相同的，则A 错误；
BCD．根据牛顿第二定律，在OP 段有
F - μmg=ma
又
v P
2=2as
由平抛运动规律和几何关系有
水平方向有
x = v Pt
竖直方向有
y = 1
2 gt
2
由几何关系有
y = x tanθ
联立可得
x = 2v P
2tanθ
g
解得
F =
mg
4 s tanθ x + μmg
由图像可得
μmg=5.0 ，
mg
4 s tanθ = 10-5.0
0.5
=10
解得
m=1kg ，s=0.25 m
所以BC 错误；D 正确；
故选D。
14. 如图甲所示，通过轻质弹簧连接的质量均为0.1kg 的两物体A、B 放在水平桌面上，
系统处于静止状态。现用竖直向上的力F 作用在物体A 上，以x 表示物体A 离开静止位置时的
位移，F-x 的图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数k=20N/m，取g=10m/s2，下列说法正确的
是（ ）
A．A 发生10cm 位移的过程中，F 对A 做的功为0.15J
B．B 离开地面时，A 的速度大小为2m/s
C．B 离开地面后的最大速度为1m/s
D．若F 大小为0.5N 且保持不变，则A 上升至最高点时B 对水平桌面的压力为0
【答案】AC
【详解】A．F-x 的图像面积代表F 对A 做的功，结合图像F 对A 做的功为
W = 1
2 ×(0.5+2.5)×0.1J =0.15J，故A 正确；
BC．初始时，弹簧的压缩量为x0= mg
k =0.05 m =5cm
A 发生10cm 位移时，弹簧的伸长量为x1=10cm - x0=5cm
由于弹簧弹性势能变化量为0，在此过程中弹簧弹力做功为0，则根据动能定理有W -mgh= 1
2 mv
2
解得此时物体A 的速度v =1m /s
发生10cm 位移后，B 开始离开地面，由图乙可知此后力F 变为恒力，且满足F =2mg=2N
可知A、B 和弹簧组成的系统满足动量守恒，B 离开地面后，弹簧弹力大于B 的重力，B 向上做加速
运动，当弹簧弹力再次等于B 的重力时，B 的速度达到最大，此时弹簧的伸长量与B 刚要离开地面
时的伸长量相同，对于A、B 和弹簧组成的系统根据动量守恒可得mv =m vA+m vB
根据能量守恒可得1
2 mv
2= 1
2 mvA
2 + 1
2 mvB
2
联立解得B 离开地面后的最大速度为vB= v =1m /s，故B 错误，C 正确；
D．若F 大小为0.5N 且保持不变，t=0 时刻由F =ma1
得a1=5 m /s
2
物体A 在竖直方向做简谐运动，由对称性知A 在最高点时加速度a2=5 m /s
2
方向向下，对A 有F弹+mg- F =ma2
此时对B 有FN+ F弹=mg
结合牛顿第三定律可得B 对水平桌面的压力大小为F 压= FN=1N，故D 错误。
故选AC。
15. 已知做功公式W=Fx，则F-x 图像与坐标轴围成的面积可以表示W。现有一均匀变小
的力F 拉着物体在粗糙水平地面从静止开始滑动，物体质量m=1kg，物体与地面间动摩擦因数
μ=0.7。F 随物体位移x 的变化如图所示，当物体位移为3m 时停止运动。g 取10m/s2，则下列
说法正确的是（ ）
A．F0=17.5N
B．物体动能的最大值为2.25J
C．物体在1.5m 时的速度最大
D．物体速度的最大值为3 ❑√2
2
m/s
【答案】BCD
【详解】A．x=3m 时拉力做功等于克服摩擦力做功
(F0+ F1) x
2 = μmgx
由图像可知
F1= F0- 3
5 F0
解得
F0=10 N
选项A 错误；
BC．设物体在离原点任一位置x 时，拉力做功减克服摩擦力做功等于物体动能，
(F0+ F0- x F0
5 )
x
2 - μmgx = Ek
即
Ek=-x2+3x
解得x=1.5m 时动能有最大值Ek=2.25J，BC 正确；
D．根据
Ek= 1
2 mv
2
解得
v = 3 ❑√2
2
m /s
选项D 正确。
故选BCD。
类型3 其他图像与动能定理的结合
16. 如图（a）所示，可视为质点的a、b 两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b 球在
外力作用下静止悬空，绳恰好伸直但无拉力。以地面为重力势能零势能面，从静止释放b 球，
在b 球落地前的过程中，a、b 两球的重力势能随时间t 的变化关系如图（b），图中两图像交
点对应时刻t=0.4s，a 球始终没有与定滑轮相碰，a、b 始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，
g=10 m/s
2。则（ ）
A．b 球质量4kg
B．b 球落地前瞬间a 球的速度大小为6m/s
C．b 球下落前距地面的高度为0.5m
D．t=0.4s 时b 球离地面的高度为0.48m
【答案】A
【详解】AB．从开始释放b 球到b 球落地的过程中，两球组成的系统机械能守恒，根据图像可知，
整个过程中b 球的下落高度和a 球的上升高度相等，而b 球总共减小了24J 的重力势能，a 球增加了
6J 的重力势能，则有mb gh= 4 ma gh
由此可知a、b 两球质量之比为ma：mb=1:4
根据系统牛顿第二定律可得mb g-ma g=(ma+mb)a
解得加速度大小为a=6 m/s
2
t =0.4s，a 球运动的距离为h1= 1
2 at
2=0.48 m
设初始时刻，b 球离地的高度为h，t =0.4s两球重力势能相等，则ma gh1=mb g(h-h1)
解得h=0.6 m
由图（b）知t =0时b 球的重力势能为mb gh=24 J
联立解得mb= 4 kg，ma=1kg
根据上述分析可知系统的机械能守恒，则有(mb-ma)gh= 1
2 (ma+mb)v
2
解得v = 6
5
❑√5 m/s，即b 球落地前瞬间a 球的速度大小为6
5
❑√5 m/s，故A 正确，B 错误；
C．根据上述求解过程可知b 球下落前距地面的高度为0.6m，故C 错误；
D．t =0.4s时b 球离地面的高度为hb=h-h1=0.6 m -0.48 m =0.12m，故D 错误。
故选A。
17. 机场一般用可移动式皮带输送机给飞机卸货（如图甲），其可简化为倾角为θ，以一
定的速度v2逆时针匀速转动的传送带。某时刻货物以初速度为v1滑上传送带顶端（如图乙），
以此时为t =0时刻，记录货物在传送带上运动的速度随时间变化的关系图像（如图丙），取沿
斜面向下为正方向，传送带足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．货物与传送带间的动摩擦因数μ<tanθ
B．货物下滑过程中，传送带一直对货物做正功
C．0∼t1时间内，传送带对货物做功等于1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2
D．货物在传送带上留下的划痕长度为v2- v1
2
t1
【答案】D
【详解】A．由货物的速度随时间变化的关系图像知，货物与传送带共速后匀速运动无相对运动，
则满足μmgcosθ≥mgsinθ
解得μ≥tanθ，故A 错误；
B．货物下滑过程中，传送带对货物的摩擦力先是沿斜面向下的滑动摩擦力做正功，共速后变为静
摩擦力沿斜面向上做负功，故B 错误；
C．0∼t1时间内，由动能定理W G+W 带= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2
传送带对货物做功等于W 带= 1
2 mv2
2- 1
2 mv1
2-W G，故C 错误；
D．货物在传送带上留下的划痕长度为相对运动过程的相对位移
Δx = x带- x货= v2t1- v1+ v2
2
t1= v2- v1
2
t1，故D 正确。
故选 D。
18. 质量m=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图甲表示汽车运动的速
度与时间的关系，图乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，
在18s末汽车的速度恰好达到最大。下列说法正确的是（ ）
A．汽车受到的阻力1000N
B．汽车的最大牵引力为1200N
C．8s~18s过程中汽车牵引力做功为不可求解
D．8s~18s过程中汽车的位移大小可以求解出
【答案】D
【详解】A．18s末汽车的速度恰好达到最大，此时牵引力等于阻力，则有Pm = F vm = f vm
可得汽车受到的阻力为f = Pm
vm
= 8×10
3
10
N =800 N，故A 错误；
B．汽车做匀加速运动时，汽车的牵引力最大，根据牛顿第二定律可得Fm - f =ma
由图甲可得a= Δv
Δt = 8
8 m /s
2=1m /s
2
联立解得Fm =1000 N，故B 错误；
C．8~18s过程中汽车牵引力做的功为W = Pmt =8×10
3×10J =8×10
4J，故C 错误；
D．汽车在8~18s内做变加速运动，设该过程中的位移大小为x，根据动能定理可得
Pmt - fx = 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2
解得x =95.5 m，故D 正确。
故选D。
19. 动能回收是电动汽车的核心技术之一，通过将车辆减速时的动能转化为电能并存储回
电池，从而提升能量利用效率、延长续航里程。某电动汽车质量m=1.0×10
3kg，在平直公路
上沿坐标轴x正方向匀速行驶，其动能为Ek 1=5.0×10
4J。当经过原点O时切断动力，在滚动
摩擦阻力的作用下运动，滑行至x1=10 m位置时动能减为Ek 2= 4.8×10
4J。此时立即开启动能
回收装置，电动机切换为发电机模式，产生阻碍汽车运动的电磁阻力，当运动至x2=25 m位置
时停下。汽车动能随位移的变化如图所示，除滚动摩擦阻力和电磁阻力外其它阻力不计。
(1)求匀速行驶时汽车发动机的功率；
(2)回收效率是指回收的电能占用于发电的机械能的百分比，若本次动能回收效率η=80 %，求汽车
回收的电能。
【答案】(1)p=2.0×10
3 W
(2)E收=3.6×10
4J
【详解】（1）设滚动摩擦阻力为f 1，由动能定理
- f 1 x1= Ek 2- Ek 1
匀速运动时牵引力为F，由平衡条件F = f 1
速度为v1，有Ek 1= 1
2 m v1
2
发动机的功率P = F v1
解得P =2.0×10
3 W
（2）开启动能回收装置后，电磁阻力做的功为W ，由动能定理
- f 1(x2- x1)+W =0- Ek 2
用于发电的动能E发=-W
回收效率η= E收
E发
×100 %
回收的电能E收=3.6×10
4J
20. 一可视为质点的物体在水平外力的作用下由静止开始沿平直的轨道运动，通过传感器
描绘了其加速度随时间的变化规律，图像如图所示，已知物体的质量为m=2kg。则下列说法正
确的是（ ）
A．0~2s 的时间内，物体的位移大于2m
B．3s 末物体距离出发点最远
C．5s 末物体的速度为0
D．0~3s 与3s~5s 的时间内，外力对物体做功的绝对值之比为4:3
【答案】D
【详解】A．a-t 图像中，图线与横坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量，则2s 末物体的速度大
小为v2= 1
2 ×2×2m/s=2m/s
又由于该过程物体做加速度增大的加速运动，作出该时间内的速度时间图像，如图中的实线所示
图像与横坐标轴围成的面积表示位移，则由图可知倾斜的直线与横轴围成的面积大小为2m，显然
实线与横轴围成的面积小于2m，故A 错误；
B．0~2s 内物体做加速度增大的加速运动，2s~3s 的时间内物体沿同一方向做匀加速直线运动，
3s~5s 的时间内物体沿同一方向做加速度逐渐减小的减速运动，则3s 末物体距离出发点并不是最远
的，故B 错误；
C．由a-t 图像的面积表示速度的变化量可知，物体在5s 末的速度大小为
v5=( 1
2 ×2×2+2×1- 1
2 ×2×2)m/s=2m/s，故C 错误；
D．同理，物体在3s 末的速度大小为v3=( 1
2 ×2×2+2×1)m/s= 4 m/s
在0~3s 的时间内，由动能定理得外力对物体做的功为W 1 = 1
2 mv3
2-0=16J
在3s~5s 的时间内，由动能定理得外力对物体做的功为W 2= 1
2 m v5
2- 1
2 m v3
2=-12J
则0~3s 与3s~5s 的时间内，外力对物体做功的大小之比为|W 1|:|W 2|= 4:3，故D 正确。
故选D。
题型三 动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路
(1)分阶段应用动能定理
①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理。
②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力在各个过程中做功情况
也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击
破。
(2)全过程(多个过程)应用动能定理
当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个运动
过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究，从而避开每个运动过程的具体细节，大大减少
运算。
2.全过程列式时要注意
(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做功的数值等于力的大小与路程的乘积。
类型1 动能定理在直线运动与圆周运动的结合的应用
21. 如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道
AB、BC 和粗糙的水平直轨道CD 及光滑的四分之一圆弧轨道DE 平滑连接组成，BC 弧的半径
r =0.2m，AB 弧的半径为2r、DE 弧的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A
点和E 点。质量m=0.3kg的滑块从A 端以水平向左的速度v0=5 m /s进入轨道。已知CD 长为
6r，滑块第二次经过D 点时对轨道的压力为FD=8 N，不计空气阻力，滑块可视为质点，重力
加速度为g=10 m /s
2。
(1)求滑块与CD 之间的动摩擦因数μ；
(2)求滑块最终停止的位置与C 点的距离d；
(3)若改变滑块的初速度v0，使滑块能停在CD 上，且运动过程中不脱离轨道BC，求v0的范围；
(4)若v0=2❑√10 m /s，求滑块脱离BC 时，速度大小与方向。
【答案】(1)0.5
(2)0.7m
(3)2❑√5 m /s≤v0≤6 m /s
(4)❑√
2 gr
3
，方向与水平方向的夹角的余弦值为2
3
【详解】（1）滑块从进入轨道开始到第二次经过D，根据动能定理，可得
-mg⋅2r - μmg⋅6r = 1
2 mv D
2 - 1
2 mv0
2
又F D-mg= m v D
2
1.5r
，联立解得μ=0.5
（2）依题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理可得-mg⋅2r - μmgs=0- 1
2 mv0
2
解得s=1.7 m =6r +0.5 m，即滑块最终停止的位置与C 点的距离d =0.7 m
（3）为满足题意，当小滑块初速度取最小值v1时，它恰好可以通过B 点，当小滑块初速度取最大
值v2时，它在第一次从圆弧轨道DE 滑下可以恰好运动至BC 弧的圆心等高点F。
设小滑块恰好通过B 点时的速率为vB，则由牛顿第二定律有mg=m vB
2
2r
对小滑块从A 到B 的运动过程，由动能定理可得- 4 mgr = 1
2 m vB
2 - 1
2 m v1
2
解得v1=2❑√5 m /s
对小滑块从A 到F 的运动过程，由动能定理，可得-mg3r -2 μmg⋅6r =0- 1
2 mv2
2
解得v2=6 m /s
故小滑块的初速度应满足2❑√5 m /s≤v0≤6 m /s
（4）因为v0=2❑√10 m /s>6m /s，假设小滑块在第一次从圆弧轨道DE 滑下后在BC 弧上G 点恰好
脱离轨道，如图
对小滑块从A 到G 的运动过程，由动能定理，可得
-mg(3r +r cosθ)-2 μmg⋅6r = 1
2 mvG
2 - 1
2 mv0
2
小滑块在G 点时，由牛顿第二定律，可得mgcosθ =m vG
2
r
联立解得cosθ = 2
3，vG= ❑√
2 gr
3
22. 如图实验装置由斜面轨道ab，竖直圆轨道cdebc
'（圆心为O点），水平直轨道c
' f 连
接而成，斜面轨道ab与竖直圆轨道cdebc
'相切于b点，竖直圆轨道在最低点略微错开并与水平
直轨道c
' f 相接，各段轨道均平滑连接。小钢球从斜面轨道上静止滑下，进入R =0.2m圆轨道
后沿圆轨道运动。小钢球可视为质点，重力加速度g取10 m /s
2，不计一切摩擦与空气阻力。
求：
(1)若小钢球恰能通过轨道的最高点e，在e点的速度ve；
(2)若小钢球不会脱离轨道，则h的取值范围；
(3)若小钢球从斜面轨道h=0.4 m处静止释放，则将在距离地面多高处脱离轨道。
【答案】(1)❑√2m /s
(2)h≥0.5 m或h≤0.2m
(3)1
3 m
【详解】（1）若小钢球恰能通过轨道的最高点e，则小钢球在e 点时，重力恰好提供向心力
mg= mve
2
R
代入数据，解得ve= ❑√2m /s
（2）恰好到达最高点mg(h-2 R)= 1
2 m ve
2
解得h=2.5 R
代入数据得h=0.5 m
恰好到达圆心等高处mgh=mgR
得h= R
代入数据得h=0.2m
所以，h 的取值范围为h≥0.5 m或h≤0.2m。
（3）设小球脱离轨道点与圆心连线和水平夹角为θ，小钢球脱离轨道时，根据牛顿第二定律
mgsinθ = m v
2
R
根据动能定理mg(h- R - Rsinθ)= 1
2 mv
2
小钢球到地面的距离为h1= R+ R sinθ
代入数据得h1= 1
3 m
23. 在航空托运中，行李的缓冲转运装置简化图如图所示，缓冲装置A紧靠飞机，转运车
B紧靠缓冲装置A。包裹C沿缓冲装置A的光滑曲面由静止滑下，经过D点后进入粗糙的水平轨
道，然后滑上转运车B并最终相对转运车B静止而被运走，整个过程中飞机始终保持静止。已
知包裹C的质量为m=20kg，缓冲装置A和转运车B的质量均为M =100kg，缓冲装置A的曲面
是半径为R =2.4 m的四分之一圆弧，且在D点与水平部分相切，水平部分的长度为L0= 4 m，
包裹C与缓冲装置A的水平部分、转运车B间的动摩擦因数均为μ=0.4，转运车B与地面间的摩
擦力忽略不计，重力加速度为g=10 m /s
2，不计空气阻力，求：
(1)包裹C滑到光滑曲面的最低点D时，对缓冲装置A的压力FN的大小；
(2)要求包裹C在缓冲装置A上运动时缓冲装置A不动，则缓冲装置A与地面间的动摩擦因数μ
'要满足
什么条件？
(3)在（2）的基础上，要使包裹C能被转运车B拖走，则转运车B的长度L至少为多少？
【答案】(1)600 N
(2)μ
'≥1
15
(3)5
3 m
【详解】（1）包裹C 从光滑曲面滑下，由动能定理可得mgR = 1
2 m v D
2
在D点对包裹C 由牛顿第二定律可得F -mg= m v D
2
R
联立可得F =600 N
由牛顿第三定律可得包裹滑到光滑曲面的最低点D时，对缓冲装置A 的压力大小F
' =600 N
（2）缓冲装置A不运动需要满足μmg≤μ
'(m+ M )g
解得μ
'≥1
15
（3）设包裹C 滑到缓冲装置A 的右端的速度为v0，由动能定理可得mgR - μmg L0= 1
2 m v0
2
解得v0= 4 m /s
包裹C 滑上转运车B 后，最终不离开转运车B 时，速度相等，设为v，由牛顿第二定律得
μmg=maC，μmg= M aB
由运动学公式可得v = v0-aCt，v =aBt
对包裹C、转运车B 由动能定理可得- μmg sC = 1
2 m(v
2- v0
2)，μmg sB= 1
2 M v
2，L= sC- sB
联立解得L= 5
3 m
类型2 动能定理在直线运动与平抛运动的结合的应用
24. 如图所示，现将一质量为m=1kg 的滑块轻放在传送带A 端。传送带以恒定速度
v0=2m/s 顺时针转动，长度l=3m。传送带的B 端正下方是水平地面的最左端C，地面长度
L=2m，右侧接1
4 圆弧。滑块与地面和传送带间的动摩擦因数μ 均为0.2，圆弧轨道光滑。若滑
块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变。不考虑空气阻力，g 取10m/s2。
(1)求滑块轻放在传送带瞬间的加速度a；
(2)求滑块离开传送带B 端的速度v；
(3)若滑块从传送带滑落后掉落在地面上，且最终停在距C 端1m 的位置。求滑块从圆弧轨道上滑时
距地面能达到的最大高度h。
【答案】(1)2m /s
2，方向向右。
(2)2m /s，方向向右
(3)0.2m
【详解】（1）根据牛顿第二定律μmg=ma
解得加速度a= μg=2m /s
2，方向向右。
（2）设滑块加速到传送带的速度时位移为x，根据运动学公式v0
2=2ax
解得x =1m <l
即滑块先加速再匀速运动，故滑块离开传送带B 端的速度v = v0=2m /s，方向向右
（3）滑块掉至地面后竖直方向速度变为0，水平速度不变，即滑块在地面滑行的初速度为
v =2m /s
设滑块落在地面上距离D 端的距离为s，根据动能定理- μmg(s+ L
2)=0- 1
2 m v
2
解得s=0
从落到地面到距离地面高度最大时有1
2 mv
2=mgh
解得h=0.2m
25. 如图所示为一款游戏的装置结构图，整个轨道固定在竖直平面内，由光滑圆弧轨道
AB、水平轨道BC 及光滑半圆形轨道CD 组成，圆弧轨道AB 与水平轨道在B 点相切，圆弧AB
所对的圆心角为53°，半圆形轨道CD 与水平轨道在C 点相切，圆弧轨道半径R=1m，半圆形轨
道半径为0.5m，BC 长为2m。在P 点以大小为v0=3m/s 的初速度水平抛出一个质量为1kg 的物
块，物块刚好从A 点无碰撞进入轨道，不计物块大小，不计空气阻力，重力加速度g=10 m/s
2，
sin53° =0.8，cos53° =0.6。
(1)求P 点与A 点的高度差；
(2)求物块运动到B 点对圆弧轨道的压力大小；
(3)要使物块能滑上半圆轨道且在半圆形轨道上运动时不脱离轨道（只从半圆形轨道两端点C、D 离
开轨道），则物块与水平轨道间的动摩擦因数应满足什么条件？
【答案】(1)0.8m
(2)43N
(3)0< μ≤1
5或23
40 ≤μ< 33
40
【详解】（1）设物块在A 点时竖直方向分速度大小为v y，根据速度分解有v y = v0 tan53° = 4 m /s
则P 点离A 点的高度差h= v y
2
2g =0.8 m
（2）设物块到B 点的速度大小为vB，根据动能定理有mg(h+ R - R cos53°)= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v0
2
解得vB= ❑√33 m /s
在B 点，根据牛顿第二定律有F -mg =m vB
2
R
解得F = 43 N
根据牛顿第三定律，物块对圆弧轨道的压力大小43 N。
（3）设物块刚好能运动到C 点时，物块与水平面间的动摩擦因数为μ1，根据动能定理有
- μ1mgL=0- 1
2 mvB
2
解得μ1= 33
40
设物块刚好能到达半圆弧轨道与O2等高的位置时，物块与水平面间的动摩擦因数为μ2，根据动能
定理有- μ2mgL-mg× 1
2 R =0- 1
2 mvB
2
解得μ2= 23
40
设物块刚好能到达半圆弧轨道最高点D 时，物块与水平面间的动摩擦因数为μ3，设在D 点的速度
大小为v D，在D 点，根据牛顿第二定律有mg=m v D
2
1
2 R
从B 点到D 点，根据动能定理有- μ3mgL-mgR = 1
2 mv D
2 - 1
2 mvB
2
解得μ3= 1
5
因此，要使物块能运动到半圆弧轨道上且在轨道上运动时不离开轨道，物块与水平轨道间的动摩擦
因数应满足0< μ≤1
5或23
40 ≤μ< 33
40
26. 在学校组织的趣味运动会上，唐中“加速度社”为大家提供了一个游戏。如图所示，
将一质量为0.1 kg 的钢球放在O 点，用弹射装置将其弹出，钢球沿着光滑的半圆形轨道OA 和
AB 运动。BC 段为一段长为L＝2.0 m 的粗糙平面，DEFG 为接球槽。半圆形轨道OA 和AB 的
半径分别为r＝0.2 m、R＝0.4 m，小球与BC 段的动摩擦因数为μ＝0.7，C 点离接球槽的高度
为h＝1.25 m，水平距离为x＝0.5 m，接球槽足够大，g 取10 m/s2。求：
(1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在A 点的速度大小；
(2)钢球恰好不脱离轨道时，在B 位置对半圆形轨道的压力大小；
(3)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度v0至少多大。
【答案】(1)2 m/s
(2)6 N
(3)❑√21m/s
【详解】（1）要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢球在最高点A 时，对钢球分析有mg=m v A
2
R
解得vA＝2 m/s
（2）钢球从A 到B 的过程由动能定理得mg·2R＝1
2mvB
2－1
2mvA
2
在B 点有FN－mg＝mvB
2
R
解得FN＝6 N
根据牛顿第三定律，知钢球在B 位置对半圆形轨道的压力大小为6 N。
（3）从C 到D 钢球做平抛运动，要使钢球恰好能落入槽中，则x＝vCt，h＝1
2gt2
解得vC＝1 m/s
假设钢球在A 点的速度恰为vA＝2 m/s 时，钢球可运动到C 点，且速度为vC′，从A 到C 由动能定理
得mg·2R－μmgL＝1
2mvC′2－1
2mvA
2
解得vC′2<0
故当钢球在A 点的速度恰为vA＝2 m/s 时，钢球不可能到达C 点，更不可能入槽，要使钢球最终能
落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。当钢球到达C 点速度
为vC时，v0有最小值，从O 到C 由动能定理得mgR－μmgL＝1
2mvC
2－1
2mv0
2
解得v0＝❑√21m/s
类型3 动能定理在往返运动问题中应用
27. 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。如图所示是
滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点，圆心角为60°，半
径OC 与水平轨道CD 垂直，水平轨道CD 段粗糙且长8m，一运动员从轨道上的A 点以3m/s
的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道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60kg，B、E 两点与水
平面CD 的竖直高度分别为h 和H，且h=2m，H=2.8m，g=10m/s2。求：
(1)运动员从A 运动到达B 点时的速度大小vB和在空中飞行的时间tAB；
(2)运动员第一次离开圆弧BC 轨道末端时滑板对轨道的压力，轨道CD 段的动摩擦因数μ；
(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点？如能，请求出回到B 点时的速度大小；如
不能，则最后停在何处？
【答案】(1)6m/s；0.3❑√3s
(2)0.125
(3)不能；最后停在距离D 点左侧6.4m 处。
【详解】（1）由题意可知vB=
v0
cos60
°
解得vB=2v0=2×3m/s=6m/s
在B 点竖直方向的速度：vBy=vBsin60°=6×
❑√3
2 m/s=3❑√3m/s
空中飞行的时间t AB= vBy
g = 3 ❑√3
10 s=0.3 ❑√3s
（2）由B 点到E 点，由动能定理可得mgh- μmg xCD-mgH =0- 1
2 mvB
2
代入数据可得μ=0.125
由B 点到C 点，由动能定理可得mgh= 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2
在C 点由牛顿第二定律知F NC -mg =m vC
2
R
由几何知识R-h=Rcos60°
联立解得FNC=1740N
根据牛顿第三定律F 压=FNC=1740N，方向竖直向下。
（3）运动员能到达左侧的最大高度为h'，从B 到第一次返回左侧最高处，根据动能定理有
mgh-mgh
' - μmg2 xCD=0- 1
2 m vB
2
解得h'=1.8m＜h=2m
所以第一次返回时，运动员不能回到B 点，设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s,由
动能定理可得mgh- μmgs=0- 1
2 mvB
2
代入数据解得在水平粗糙路段的总路程s=30.4m
因为s=3xCD+6.4m
所以运动员最后停在距离D 点左侧6.4m 处。
28. 如图所示，一装置处于竖直平面内，该装置由弧形轨道AB、竖直圆形轨道BCD，水
平直轨道DE和反冲装置组成。弧形轨道AB足够高，圆形轨道BCD在最低点B (D)略微错开并
与弧形轨道、水平轨道相切（圆形轨道的B端只与弧形轨道接通，D端只与水平直轨道接通），
O为圆心，C为最高点，半径R =0.4 m；反冲装置是一端固定的轻弹簧，弹簧处于原长时其自
由端恰好在水平直轨道DE的末端E。滑块（可视为质点）的质量m=0.2kg，滑块与水平直轨
道DE间的动摩擦因数为0.2，其他部分均光滑。滑块由弧形轨道上不同位置静止释放，滑块在
通过圆形轨道BCD的MCN部分时若脱落，则会掉落到收集盒（图中未画出）内。已知水平直
轨道DE长为2m，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，g取10 m /s
2。
(1)若滑块由弧形轨道上某位置静止释放后掉落到了收集盒，且没有一次通过圆形轨道最高点C，求
滑块释放位置距水平直轨道的高度范围；
(2)若滑块在弧形轨道上释放的位置距水平直轨道的高度为2m。
①求滑块在运动过程中弹簧具有的最大弹性势能；
②滑块最终落在了收集盒内还是停在了水平直轨道DE上？若落在了收集盒内，求出滑块在圆形轨
道上脱落的位置；若停在了水平直轨道DE上，求出滑块停止位置距E点的距离。
【答案】(1)0.4 m <h<1m
(2)①3.2J；②见解析
【详解】（1）当滑块刚可到达N 点时，此时滑块释放点最低，则有hmin= R =0.4 m
当滑块恰好到最高点时，则有mg = m vmin
2
R
此时滑块的释放点最高，根据机械能守恒可得mg(hmax-2 R)= 1
2 mvmin
2
联立解得hmax= 5
2 R =1m
滑块由弧形轨道上某位置静止释放后掉落到了收集盒，且没有一次通过圆形轨道最高点C，滑块释
放位置距水平直轨道的高度范围0.4 m <h<1m
（2）①根据能量守恒则有mgh= μmg xDE+ Epmax
代入数据解得Epmax=3.2J
②设滑块再次返回到D 点的速度为v D，根据能量守恒则有mgh=2 μmg xDE+ 1
2 m v D
2
设滑块到达C 点的速度为vC，则有1
2 m v D
2 = 1
2 m vC
2 +mg·2 R
解得vC =2❑√2m/s>vmin= ❑√gR =2m/s
滑块又滑落在DE 平面上，此时经过D 点的速度为v D
' ，根据能量守恒则有
1
2 mv D
2 =2 μmg xDE+ 1
2 mv D
' 2
设滑块可到达圆弧轨道的高度为h
'，则有1
2 mv D
' 2=mgh
'
联立解得h
' =0.4 m
故滑块最终从M 点落在了收集盒内。
