平抛运动；动能定理
4．如图，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平光滑轨道BC相连，竖直墙壁CD高
H0.2m，紧靠墙壁在地面固定一个和CD等高，底边长L0.3m的斜面，一个质量m0.1kg的小物块（视为质点）在轨道AB上从距离B点l4m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块在AB段与轨道间的动摩擦因数为0.5，达到B点时无能量损失；AB
（2）求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
（3）改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值
1
【答案】
（1）4m/s
（2）s（3）0.15J
15
【解析】【分析】
（1）对滑块从A到B过程，根据动能定理列式求解末速度；
（2）从C点画出后做平抛运动，根据分位移公式并结合几何关系列式分析即可；
（3）动能最小时末速度最小，求解末速度表达式分析即可.
【详解】
1
1对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：
mglsin37oμmgcos37omv2B，
2
解得：
vB4m/s；
对平抛运动，根据分位移公式，有：
xv0t，
y12gt2，结合几何关系，有：
解得：
t115s；
3对滑块从A到B过程，根据动能定理，有：
mglsin37oμmgcos37o
xv0t，
y12gt2，
12
25y
9H2
18H，
mvmg
2
16
16y
16
9H2
3
时，动能
，即y
H
0.12m
16y
5
联立解得：
Ek最小为：
Ekm0.15J；
故当2156y
【点睛】本题是力学综合问题，关键是正确的受力分析，明确各个阶段的受力情况和运动性质，据动能定理和平抛运动的规律列式分析，第三问较难，要结合数学不等式知识分析
1
5．如图，I、II为极限运动中的两部分赛道，其中I的AB部分为竖直平面内半径为R的
4光滑圆弧赛道，最低点B的切线水平;II上CD为倾角为30°的斜面，最低点C处于B点的正下方，B、C两点距离也等于R.质量为m的极限运动员（可视为质点）从AB上P点处由静
（1）极限运动员落到CD上的位置与C的距离;
（2）极限运动员通过B点时对圆弧轨道的压力;
（3）P点与B点的高度差．
471
答案】
（1）R
（2）mg，竖直向下（3）R
555
解析】
详解】
1）设极限运动员在
B点的速度为v0，落在CD上的位置与C的距离为x，速度大小为
v，在空中运动的时间为t，则xcos300=v0t1
R-xsin300=gt2
2v0gt
0gttan300解得x=0.8R
（2）由
（1）可得：
v02gR
通过B点时轨道对极限运动员的支持力大小为FN
FNmgmR
极限运动员对轨道的压力大小为FN′，则FN′=N，F
1
（3）P点与B点的高度差为h,则mgh=mv02
2解得h=R/5
6．如图所示，倾斜轨道AB的倾角为37°，CD、EF轨道水平，AB与CD通过光滑圆弧管道BC连接，CD右端与竖直光滑圆周轨道相连．小球可以从D进入该轨道，沿轨道内侧运
动，从E滑出该轨道进入EF水平轨道．小球由静止从A点释放，已知AB长为5R，CD长为R，重力加速度为g，小球与斜轨AB及水平轨道CD、EF的动摩擦因数均为0.5，sin37=°0.6，cos37=°0.8，圆弧管道BC入口B与出口C的高度差为l.8R．求：
（在运算
（2）小球刚到C时对轨道的作用力．
（3）要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径R/应该满足什么条件？
12
2mvc2（2分）
【解析】试题分析：
（
1）设小球到达C点时速度为v，a球从A运动至C过程，由动能定理有
答案】
（1）28gR
（2）6.6mg，竖直向下（3）R0.92R
mg（5Rsin3701.8R）
mgcos3705R
可得vc5.6gR（1分）
C点时轨道对球的作用力为N，由牛顿第二定律
（2）小球沿BC轨道做圆周运动，设在
2
Nmgmvc，（2分）其中r满足r+rsi·n530=1.8R（1分）r
23可得RR0.92R（1分）
25
情况二：
小球上滑至四分之一圆轨道的Q点时，速度减为零，然后滑回D．则由动能定理
R2.3R（1分）
若R2.5R，由上面分析可知，小球必定滑回D，设其能向左滑过DC轨道，并沿CB运
动到达B点，在B点的速度为vB,，则由能量守恒定律有
1212
mvcmvBmg1.8R2mgR（1分）
22
由⑤⑨式，可得vB0（1分）
故知，小球不能滑回倾斜轨道AB，小球将在两圆轨道之间做往返运动，小球将停在CD轨
道上的某处．设小球在CD轨道上运动的总路程为S，则由能量守恒定律，有
12
mvcmgS（1分）
2
由⑤⑩两式，可得S=5.6R（1分）
所以知，b球将停在D点左侧，距D点0.6R处．（1分）考点：
本题考查圆周运动、动能定理的应用，意在考查学生的综合能力．
7．如图所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止
滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑
道延长线M处的墙上，另一端恰位于滑道的末端O点．已知在OM段，物块A与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
（2）弹簧为最大压缩量d时的弹性势能（设弹簧处于原长时弹性势能为零）
（3）若物块A能够被弹回到坡道上，则它能够上升的最大高度是多少？
【答案】
（1）2gh；
（2）mghmgd；（3）h2d
【解析】
【分析】
根据题意，明确各段的运动状态，清楚各力的做功情况，再根据功能关系和能量守恒定律分析具体问题．
【详解】
（1）从顶端到O点的过程中，由机械能守恒定律得：
mgh
2
mv
2
解得：
v2gh
（2）在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为：
Wmgd
由能量守恒定律得：
1mv2EPmgd
联立上式解得：
EPmghmgd（3）物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为；Wmgd由能量守恒定律得：
mghEPmgd解得物块A能够上升的最大高度为：
hh2d
【点睛】
考察功能关系和能量守恒定律的运用．
8．遥控电动玩具车的轨道装置如图所示，轨道ABCDEF中水平轨道AB段和BD段粗糙，
AB=BD=2.5R，小车在AB和BD段无制动运行时所受阻力是其重力的0.02倍，轨道其余部
分摩擦不计。
斜面部分DE与水平部分BD、圆弧部分EF均平滑连接，圆轨道BC的半径为
R，小段圆弧EF的半径为4R，圆轨道BC最高点C与圆弧轨道EF最高点F等高。
轨道右侧有两个与水平轨道AB、BD等高的框子M和N，框M和框N的右边缘到F点的水平距离分
别为R和2R。
额定功率为P，质量为m可视为质点的小车，在AB段从A点由静止出发以额定功率行驶一段时间t（t未知）后立即关闭电动机，之后小车沿轨道从B点进入圆轨道
经过最高点C返回B点，再向右依次经过点D、E、F，全程没有脱离轨道，最后从F点水
平飞出，恰好落在框N的右边缘。
由③④得：
FN=mg
由牛顿第三定律得小车对轨道的压力大小为mg，方向竖直向下。
（2）小车从静止开始到F点的过程中，由动能定理得：
Pt﹣0.02mg5R﹣mg2R=mvF2?
⑤
′
3）平抛过程有：
R=vFt、2R=gt2
?
⑥
?
⑦
要使小车进入M框，小车在F点的最大速度为vF
小车在C点的速度最小设为vC，则有：
mg=m
设小车在BD段所受总的总的平均制动力至少为f，小车从C点运动到F点的过程中，由动
2-mvC2?
⑧
由⑥⑦⑧得：
f=mg
能定理得：
-f2.5R=mvF′
F′
9．如图所示，在水平路段AB上有一质量为2kg的玩具汽车，正以10m/s的速度向右匀速运动，玩具汽车前方的水平路段AB、BC所受阻力不同，玩具汽车通过整个ABC路段的v-t图象如图所示（在t=15s处水平虚线与曲线相切），运动过程中玩具汽车电机的输出功率保持20W不变，假设玩具汽车在两个路段上受到的阻力分别有恒定的大小.（解题时将玩具汽车看成质点）
（1）求汽车在AB路段上运动时所受的阻力f1;
（2）求汽车刚好开过B点时的加速度a
（3）求BC路段的长度.
【答案】
（1）f1＝5N
（2）a＝1.5m/s2（3）x=58m
【解析】
【分析】
BC
根据“汽车电机的输出功率保持20W不变”可知，本题考查机车的启动问题，根据图象知汽车在AB段匀速直线运动，牵引力等于阻力，而牵引力大小可由瞬时功率表达式求出；由图知，汽车到达B位置将做减速运动，瞬时牵引力大小不变，但阻力大小未知，考虑在t=15s处水平虚线与曲线相切，则汽车又瞬间做匀速直线运动，牵引力的大小与段阻力再次相等，有瞬时功率表达式求得此时的牵引力数值即为阻力数值，由牛顿第二定律可得汽车刚好到达B点时的加速度；BC段汽车做变加速运动，但功率保持不变，需由动能定理求得位移大小.
【详解】
（1）汽车在AB路段时，有F1＝f1
P＝F1v1
联立解得：
f1＝5N
（2）t＝15s时汽车处于平衡态，有F2＝f2
P＝F2v2
联立解得：
f2＝2N
t＝5s时汽车开始加速运动，有F1－f2＝ma
解得a＝1.5m/s2
（3）对于汽车在BC段运动，由动能定理得：
解得：
x=58m
【点睛】抓住汽车保持功率不变这一条件，利用瞬时功率表达式求解牵引力，同时注意隐含条件汽车匀速运动时牵引力等于阻力；对于变力做功，汽车非匀变速运动的情况，只能从能量的角度求解.
10．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？
其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为
θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B（B处为一光滑小圆弧）后又滑上一段水平
雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26m，g取10m/s2，sin
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；
（2）滑雪者到达B处的速度；
（3）滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．
【答案】1s99.2m
【解析】
【分析】
由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度位移和时间．
【详解】
（1）由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：
a1==4m/s2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：
t==1s
（2）由静止到动摩擦因素发生变化的位移：
x1=a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：
a2==5m/s2
由vB2-v2=2a2（L-x1）
解得滑雪者到达B处时的速度：
vB=16m/s
（3）设滑雪者速度由vB=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有：
；解得x3=96m
速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：
；解得x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+3.2=99.2m
11．城市中为了解决交通问题，修建了许多立交桥，如图所示，桥面为半径R=130m的圆
弧形的立交桥AB，横跨在水平路面上，桥高h=10m。
可以认为桥的两端A、B与水平路面的连接处是平滑的。
一辆小汽车的质量m=1000kg，始终以额定功率P=20KW从A端由静止
开始行驶，经t=15s到达桥顶，不计车受到的摩擦阻力（g取10m/s2）。
求
（1）小汽车冲上桥顶时的速度是多大；
答案】
（1）20m/s；
（2）6923N；
解析】
详解】
1）小汽车从A点运动到桥顶，设其在桥顶速度为v，对其由动能定理得：
44132
21041510410＝103v2
解得：
v=20m/s；
2）在最高点由牛顿第二定律有
2
v
mgN＝m
R
即
432020
104N＝103
130
解得
N=6923N
根据牛顿第三定律知小汽车在桥顶时对桥的压力N′N==6923N；
12．如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m＝0.1kg的铁块，它与纸
带右端的距离为L＝0.5m，铁块与纸带间、纸带与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F
水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8m．已知g＝10m/s2，桌面高度为H＝0.8m，不计纸带
1）铁块抛出时速度大小；
2）纸带从铁块下抽出所用时间t1；
（3）纸带抽出过程全系统产生的内能E.
【答案】
（1）2m/s
（2）2s（3）0.3J【解析】
试题分析：
（1）对铁块做平抛运动研究
由h=1gt2，得t=2h，t=0.4s
s
则v0==2m/s
（2）铁块在纸带上运动时的加速度为a，
a=gμ=1m/2s
由vo=at得，t1=2sx1=2m
（3）摩擦力产生的热量包括上下两个面所产生，
Q上=mgμL=0.05J
Q下=mgμ（L+x1）=0.25J所以Q=Q上+Q下=0.3J考点：
考查了功能关系，平抛运动，牛顿第二定律的应用点评：
本题关键是先分析清楚物体的运动情况，然后运用平抛运动的分位移公式、牛顿运动定律和运动学公式联立列式求解；同时由功能关系及相对位移求产生的内能．
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