高考物理一轮复习 知识点37：动能定理及应用（拔尖解析版）

知识点37：动能定理及应用【知识思维方法技巧】（1）动能定理的理解：①动能定理内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．②动能定理表达式：W总＝ΔEk＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12或W总＝Ek2－Ek1.“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．（2）运用动能定理解题的优越性：①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、多过程问题、电场与磁场。②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行分析。列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验．求克服某力做的功，可以直接带入负号。③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。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。（3）应用流程考点一：动能定理在直线运动中的应用题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用【典例1拔尖题】(多选)质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则()A．质量大的物体滑行的距离大B．质量小的物体滑行的距离大C．它们滑行的距离一样大D．它们克服摩擦力所做的功一样多【典例1拔尖题】【答案】BD【解析】由动能定理可知，摩擦力对物体所做的功等于物体动能的变化量，因两物体具有相同的初动能，故两物体滑行过程中克服摩擦力所做的功也相同，又Wf＝μmgx可知，质量越大的物体，滑行的距离x越小，故选项B、D正确．【典例1拔尖题对应练习】如图所示，将8个质量均为m的小物块（可视为质点）用轻质的细杆相连静止放在水平面上，相邻小物块间的距离为L。已知AB段光滑，小物块与BC段间的动摩擦因数均为μ。刚开始时1号小物块在B处，现用水平拉力作用在1号小物块上，使8个小物块一起向右运动，则1号物块运动过程中能达到的最大速度为（）A． B． C． D．【典例1拔尖题对应练习】【答案】C【解析】分析可知第5个物块进入BC后物块开始做减速运动，因此第5个物块刚到达B点时1号物块的速度达到最大值，此过程中根据动能定理有，得，故选C。题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。类型一：水平式多过程运动模型【典例2a拔尖题】冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图6所示．比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式，手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑的更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数．已知O点到前卫线的距离d＝4m，O、O′之间的距离L＝30.0m，冰壶的质量为m＝20kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1m，g取10m/s2.（1）若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？（2）若运动员对冰壶的推力为10N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？【典例2a拔尖题】【答案】（1）12N（2）见解析【解析】（1）设运动员对冰壶的推力大小为F，由动能定理得：Fd－μ1mgL＝0代入数据，解得F＝12N（2）设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x1，冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x2，则由动能定理得：F′d－μ1mg(L－R－x1)－μ2mgx1＝0代入数据，解得x1＝8m,由动能定理得：F′d－μ1mg(L＋R－x2)－μ2mgx2＝0；代入数据，解得x2＝12m,所以用毛刷刷冰面的距离为8m≤x≤12m.类型二：斜面式多过程运动模型【典例2b拔尖题】如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度．滑道简化图如乙所示，滑道由AB、BC、CD三段组成，各段之间平滑连接．AB段和CD段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h0，BC段与水平面夹角为θ2，竖直距离为eq\f(1,2)h0.一质量为m的游客从A点由静止开始下滑，到达底端D点时的安全速度不得大于eq\r(2gh0)，已知sinθ1＝eq\f(1,4)、sinθ2＝eq\f(1,8)，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：(1)游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC段增加的动能ΔEk多大？(2)若游客未使用座垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D点时是否安全；(3)若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值．【典例2b拔尖题】【答案】(1)eq\f(1,2)mgh0(2)不安全(3)1.5mgh0【解析】(1)由动能定理得ΔEk＝eq\f(1,2)mgh0.(2)在AD段，由动能定理得mg(h0＋eq\f(1,2)h0＋h0)－0.1mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2h0,sinθ1)＋\f(\f(1,2)h0,sinθ2)))＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，解得vD＝eq\r(2.6gh0)＞eq\r(2gh0)，到达D点时不安全．(3)整个过程，由动能定理得mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h0＋\f(1,2)h0＋h0))－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Dmax)－0，解得W＝1.5mgh0.【典例2b拔尖题对应练习】如图所示，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？【典例2b拔尖题对应练习】【答案】(1)mgdsinθ(2)eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)(3)L>d＋eq\f(μs,sinθ)【解析】(1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带时损失的机械能，即ΔE＝mgdsinθ①(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有mg(49d＋L)sinθ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②，联立①②解得ΔE0＝eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)③(3)要使ΔE0>ΔE，有eq\f(mg（29d＋L）sinθ－μmgs,30)>mgdsinθ④，解得L>d＋eq\f(μs,sinθ)。类型三：竖直式多过程运动模型【典例2c拔尖题】某同学将质量为m的一矿泉水瓶(可看成质点)竖直向上抛出，水瓶以eq\f(5g,4)的加速度匀减速上升，上升的最大高度为H，水瓶往返过程受到的阻力大小不变。则()A.上升过程中水瓶的动能损失eq\f(5mgH,4)B.上升过程中水瓶的机械能减少了eq\f(5mgH,4)C.水瓶落回地面时动能大小为eq\f(5mgH,4)D.水瓶上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态【典例2c拔尖题】【答案】A【解析】上升过程受到的合外力F＝mg＋f＝eq\f(5,4)mg；则f＝eq\f(1,4)mg，合外力做功W＝－eq\f(5,4)mgH，由动能定理可知，上升过程中水瓶的动能损失为eq\f(5,4)mgH，故A正确；机械能的改变量等于重力之外的其他力做功，机械能的改变量为fH＝eq\f(1,4)mgH，故B错误；下落过程，合力为F′＝mg－eq\f(1,4)mg＝eq\f(3,4)mg，由动能定理可知，落回地面上的动能为Ek＝F′H＝eq\f(3,4)mgH，故C错误；由于物体的加速度方向一直向下，物体一直处于失重状态，故D错误。【典例2c拔尖题对应练习】一篮球质量为，一运动员使其从距地面高度为处由静止自由落下，反弹高度为。若使篮球从距地面的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球、球落地后反弹的高度也为。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取，不计空气阻力。求：（1）运动员拍球过程中对篮球所做的功；（2）运动员拍球时对篮球的作用力的大小。【典例2c拔尖题对应练习】【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次篮球下落的过程中由动能定理可得，篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得，第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮球反弹上升的过程中，由动能定理可得，第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球下落过程中，由动能定理可得，因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有比例关系代入数据可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速直线运动，因此有牛顿第二定律可得，在拍球时间内运动的位移为，做得功为，联立可得（舍去）类型四：水平式+斜面式运动模型考点二：动能定理在曲线型运动中的应用题型一：动能定理在曲线型单过程问题中的应用【知识思维方法技巧】竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”。(1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程。(2)“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。类型一：斜面式圆周运动【典例1a拔尖题】如图所示，一倾角为θ＝30°的斜劈静置于粗糙水平面上，斜劈上表面光滑，一轻绳的一端固定在斜面上的O点，另一端系一小球。在图示位置垂直于绳给小球一初速度，使小球恰好能在斜面上做圆周运动。已知O点到小球球心的距离为l，重力加速度为g，整个过程中斜劈静止，下列说法正确的是()A．小球在顶端时，速度大小为eq\r(gl)B．小球在底端时，速度大小为eq\r(\f(5gl,2))C．小球运动过程中，地面对斜劈的摩擦力大小不变D．小球运动过程中，地面对斜劈的支持力等于小球和斜劈的重力之和【典例1a拔尖题】【答案】B【解析】小球在顶端时，绳的拉力T与重力沿斜面向下的分力的合力提供小球做圆周运动所需的向心力，有T＋mgsinθ＝meq\f(v2,l)，可得绳的拉力越小，小球的速度越小，当绳的拉力为零时，小球恰好在斜面上做圆周运动，在顶端时的速度为vmin＝eq\r(glsinθ)＝eq\r(\f(gl,2))，选项A错误；小球由顶端向底端运动时，只有重力对小球做功，根据动能定理有mg·2lsinθ＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvmin2，代入数据可得v＝eq\r(\f(5gl,2))，选项B正确；小球在斜面上受重力、支持力和绳的拉力作用做变速圆周运动，其重力与斜面的支持力大小和方向均保持不变，绳的拉力大小和方向均不断变化，根据牛顿第三定律，以斜劈为研究对象，斜劈在小球恒定的压力、绳沿斜面方向不断变化的拉力、地面的支持力、摩擦力和自身的重力作用下保持平衡，绳的拉力沿斜面方向不断变化，故其在水平和竖直方向上的分量也在不断变化，根据斜劈的平衡条件可知，它受到的水平方向上的摩擦力大小是变化的，地面对斜劈支持力的大小不一定等于小球和斜劈重力之和，选项C、D错误。【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为l＝0.60m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球P，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角固定为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝3.0m/s。若小球能保持在板面内做圆周运动，倾角α的值应在什么范围内？(取重力加速度g＝10m/s2)【典例1a拔尖题对应练习】【答案】0°≤α≤30°【解析】小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力。在垂直平板方向上合力为0，重力在沿平板方向的分量为mgsinα小球在最高点时，由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsinα＝eq\f(mv12,l) ①，研究小球从释放到最高点的过程，根据动能定理有－mglsinα＝eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv02 ②，若恰好能通过最高点，则绳子拉力FT＝0③，联立①②③解得sinα＝eq\f(1,2)，解得α＝30°，故α的范围为0°≤α≤30°。类型二：竖直式圆周运动【典例1b拔尖题】（多选）如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4m，最低点处有一小球（半径比r小很多）现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v0应当满足(g＝10m/s2)()A．v0≥0 B．v0≥4m/sC．v0≥2eq\r(5)m/s D．v0≤2eq\r(2)m/s【典例1b拔尖题】【答案】CD【解析】“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道．对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤mv2/r，又根据动能定理可得-2mgr＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)-eq\f(1,2)mv2，可求得v0≥2eq\r(5)m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据动能定理有-mgr＝-eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，可求得v0≤2eq\r(2)m/s，故选项D正确．【典例1b拔尖题对应练习】如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量为m＝0.2kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2m，取g＝10m/s2.(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？(2)若v0＝3m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？(3)若v0＝3.1m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？【典例1b拔尖题对应练习】【答案】(1)eq\r(10)m/s(2)0.1J(3)0.561J【解析】(1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第二定律可得mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，由动能定理可知－2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得：v0＝eq\r(10)m/s.(2)设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿第二定律可得mg－FC＝eq\f(mvC′2,R)，由动能定理可知－2mgR－W＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得：W＝0.1J(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，根据牛顿第二定律可得FA－mg＝eq\f(mv\o\al(2,A),R)代入数据解得：FA＝3mg＝6N，设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mgR，代入数据解得：ΔE＝0.561J题型二：动能定理在曲线型多过程问题中的应用【知识思维方法技巧】（1）曲线型多过程模型特点：物体在整个运动过程中，经历直线运动、曲线运动、圆周运动和平抛运动或三种运动两两组合.（2）运动表现形式：直线运动有水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动；圆周运动有绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动；平抛运动有与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动。（3）动能定理在曲线型多过程问题中的应用技巧：这类模型一般不难，各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带，是解决问题的重要突破口。类型一：圆弧运动＋竖直圆周运动模型【典例2a拔尖题】(多选)如图所示，长为L的细绳一端拴一质量为m的小球，另一端固定在O点，绳的最大承受能力为11mg，g为重力加速度，在O点正下方O′点有一小钉，先把绳拉至水平再释放小球，为使绳不被拉断且小球能以O′为轴完成竖直面完整的圆周运动，则钉的位置到O点的距离为()A.最小为L B.最小为L C.最大为L D.最大为L【典例2a拔尖题】【答案】BC【解析】设小球以O′为轴做圆周运动时的转动半径为r，圆周运动最高点的最小速度为v1，则mg＝m，①；以圆周运动的最高点所在平面为参考平面，由机械能守恒定律知mg(L－2r)＝mv12②；由①②联立解得r＝L，故钉的位置到O点的距离为L－L＝L；当球转动时，恰好达到绳子的最大拉力时即FT＝11mg时，此时处在最低点，设转动半径为R，此时速度为v2，则11mg－mg＝m③，由机械能守恒定律得mgL＝mv22④，由③④解得R＝L，故此时O′离最高点O距离为L.因此满足题目条件时，距离最小为L，最大为L.故B、C正确，A、D错误．类型二：圆弧运动+平抛运动模型【典例2b拔尖题】在某游乐闯关节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，两位同学观看后对此进行了讨论．如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向的夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m．不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深．取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F；（2）若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中．设水对选手的平均浮力F1＝800N，平均阻力F2＝700N，求选手落入水中的深度d；（3）若选手摆到最低点时松手，甲同学认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；乙同学却认为绳越短，落点距岸边越远．请通过推算说明你的观点．【典例2b拔尖题】【答案】(1)1080N(2)1.2m(3)见解析【解析】(1)由静止至摆动到最低点，对选手由动能定理得mgl(1－cosα)＝eq\f(1,2)mv2－0，选手在最低点处由牛顿第二定律得F′－mg＝meq\f(v2,l)，由牛顿第三定律得F＝F′＝1080N.(2)选手摆到最高点时松手落入水中，如图所示：对选手由动能定理得mg(H－lcosα＋d)－(F1＋F2)d＝0－0解得d＝1.2m.(3)选手摆到最低点时松手将做平抛运动，则：竖直方向H－l＝eq\f(1,2)gt2，水平方向x＝vt由(1)可得v＝eq\r(0.8gl)，解得x＝eq\r(1.6lH－l)可知当l＝eq\f(H,2)＝1.5m时，x最大，落点距岸边最远．类型三：平抛运动+竖直圆周运动【典例2c拔尖题】山地滑雪是人们喜爱的一项体育运动．一滑雪道ABC的底部是一个半径为R的圆，圆与雪道相切于C点，C点的切线沿水平方向，C点与水平雪地之间是高为H的峭壁，D是圆的最高点，如图所示．运动员从A点由静止下滑，刚好经过光滑圆轨道最高点D旋转一周，再滑到C点后水平抛出，当抛出时间为t时，迎面遭遇一股强风，运动员最终落到了雪地上，落地时速度大小为v.已知运动员连同滑雪装备总质量为m，重力加速度为g，不计遭遇强风前的空气阻力和雪道的摩擦阻力，求：(1)A、C的高度差h；(2)运动员刚遭遇强风时的速度大小及距地面的高度；(3)强风对运动员所做的功．【典例2c拔尖题】【答案】(1)eq\f(5,2)R(2)eq\r(5gR＋g2t2)H－eq\f(1,2)gt2(3)eq\f(1,2)mv2－mg(H＋eq\f(5,2)R)【解析】(1)运动员刚好经过圆轨道最高点，则其速度满足mg＝eq\f(mv\o\al(D2,),R)运动员由A到D过程，由动能定理有mg(h－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)联立解得h＝eq\f(5,2)R.(2)运动员从A到C由动能定理有mg·eq\f(5,2)R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(02,)可得v0＝eq\r(5gR)，在圆轨道旋转一周后运动员做平抛运动，运动员遭遇强风时，在竖直方向上的速度v′＝gt，则运动员遭遇强风时的速度大小为：v1＝eq\r(v\o\al(02,)＋v′2)＝eq\r(5gR＋g2t2)，下落高度为h1＝eq\f(1,2)gt2，则距地面的高度为h2＝H－h1＝H－eq\f(1,2)gt2.(3)对运动员运动的整个过程，由动能定理得mg(H＋eq\f(5,2)R)＋W＝eq\f(1,2)mv2解得W＝eq\f(1,2)mv2－mg(H＋eq\f(5,2)R)．考点三：动能定理在直线+曲线多运动组合问题的应用【知识思维方法技巧】（1）分析思路：①受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；②做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；③功能关系分析：运用动能定理进行分析，选择合适的规律求解．（2）方法技巧：①“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；②“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；③“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．题型一：直线运动＋平抛运动模型【典例1拔尖题】如图所示，光滑的轨道ABO的AB部分与水平部分BO相切，轨道右侧是一个半径为R的四分之一的圆弧轨道，O点为圆心，C为圆弧上的一点，OC与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m的小球从轨道AB上某点由静止释放．已知重力加速度为g，不计空气阻力．(sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)若小球恰能击中C点，求刚释放小球的位置距离BO平面的高度；(2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值．【典例1拔尖题】【答案】(1)eq\f(4R,15)(2)eq\f(\r(3)mgR,2)【解析】(1)设小球经过O点的速度为v0，从O点到C点做平抛运动，则有Rcos37°＝v0t，Rsin37°＝eq\f(1,2)gt2，从A点到O点，由动能定理得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，联立可得，刚释放小球的位置距离BO平面的高度h＝eq\f(4,15)R；(2)设小球落到轨道上的点与O点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，Rcosθ＝v′0t′Rsinθ＝eq\f(1,2)gt′2，对此过程，由动能定理得mgRsinθ＝Ek－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)，解得Ek＝mgR(eq\f(3,4)sinθ＋eq\f(1,4sinθ))，当sinθ＝eq\f(\r(3),3)时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为Ek＝eq\f(\r(3),2)mgR.题型二：直线运动＋圆周运动模型【典例2拔尖题】如图所示，倾角为37°的光滑导轨，顶端高H＝1.45m，下端通过一小段光滑圆弧与内壁光滑的薄壁细管做成的圆环轨道相接于最低端B。整个装置由竖直平面内的若干个相同圆环组成，第一个圆环记作1号，第二个圆环记作2号，其余依此类推。已知圆环半径为R＝0.5m间距为x0＝1.1m，轨道水平段的动摩擦因数μ＝0.2。一质量m＝0.5kg的小球在倾斜导轨顶端A点以v0＝2m/s速度水平发射，在落到倾斜导轨上P点后即沿轨道运动(P点在图中未画出)。不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g为10m/s2。求：(1)小球落到倾斜导轨上P点到A点的距离；(2)小球落到轨道上后只保留沿斜面方向的速度v＝3.4m/s沿轨道继续滑行，小球能通过第几号圆环轨道；(3)在(2)问条件下，小球最终停在离B点多远的位置。【典例2拔尖题】【答案】(1)0.75m(2)小球能通过第3个圆环(3)3.11m【解析】(1)小球飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动y＝eq\f(1,2)gt2①水平方向x＝v0t②它们之间的关系tan37°＝eq\f(y,x)③，联立得飞行时间t＝0.3s，落点的x坐标x1＝v0t＝2×0.3m＝0.6m，落点离斜面顶端的距离l＝eq\f(x1,cos37°)＝eq\f(0.6,0.8)m＝0.75m。(2)小球在做平抛运动时竖直方向的位移y＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.32m＝0.45m，由机械能守恒可知，小球通过B点的速度满足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mv2＋mg(H－y)，代入数据得vB＝5.62m/s，小球在圆环的轨道内运动，所以只要通过圆环最高点的速度大于0即可。设小球恰好能通过第n个圆环，由于小球只有在水平面上运动的过程中才受到摩擦力，所以小球在水平面上通过的路程为s，则s＝(n－1)x0，由动能定理得－μmg·s－mg·2R＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，得s＝2.89m，由x0＝1.1m，代入数据整理得n＝3.63＜4，所以小球能通过第3个圆环，不能通过第4个圆环。(3)小球从B点开始在水平面上受到摩擦力的作用，摩擦力做功，机械能转化为内能，设小球通过的最大路程为sm，由功能关系得－μmgsm＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，代入数据得sm＝7.89m，由题图可知，小球通过第3个圆环后，在水平方向已经发生的位移是2.2m，所以小球在第3个圆环与第4个圆环之间的路程为，s0＝sm－2.2m＝7.89m－2.2m＝5.69m，由于x0＝1.1m，所以小球只能在第3个圆环与第4个圆环之间往返2次，最终小球停止的位置到第3个圆环的最低点之间的距离，L＝3×2x0－s0＝3×2×1.1m－5.69m＝0.91m，或L＝1.1m－(5.69－5.5)m＝0.91m，即离B点3.11m的位置。【典例2拔尖题对应练习1】如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40m．现有质量m＝500kg的过山车，从高h＝40m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75.过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10m/s2.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时对轨道的作用力大小；(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)【典例2拔尖题对应练习1】【答案】(1)8eq\r(10)m/s(2)7×103N(3)30m【解析】(1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvC2，代入数据得vC＝8eq\r(10)m/s(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)＝eq\f(1,2)mvD2，F＋mg＝meq\f(vD2,R)，解得F＝7×103N由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103N(3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan37°]－μ1mgcos45°·eq\f(h,sin45°)－μ1mgcos37°·eq\f(l－x,cos37°)－μ2mgx＝0，解得x＝30m.【典例2拔尖题对应练习2】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O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2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，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、O1、D、O2和F点处于同一直线上。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lAB＝3m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝eq\f(7,8)。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FN的大小；(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx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lx的值。【典例2拔尖题对应练习2】【答案】(1)7N(2)v＝eq\r(12lx－9.6)(0.85m≤lx≤3m)(3)eq\f(13,15)meq\f(9,5)meq\f(41,15)m【解析】(1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则mglsin37°＋mgR(1－cos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，在C点根据牛顿第二定律有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(2,C),R)，代入数据解得FN＝7N。(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有mglxsin37°－mg(3Rcos37°＋R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥0，即lx≥0.85m，滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有mglxsin37°－4mgRcos37°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(12lx－9.6)(m/s)(0.85m≤lx≤3m)。(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得mglxsin37°－mgeq\f(lFG,2)sin37°－nμmgeq\f(lFG,2)cos37°＝0，解得lx＝eq\f(7n＋6,15)m，将0.85m≤lx≤3m代入上式可得eq\f(27,28)≤n≤eq\f(39,7)，由运动过程可知，n只能取1、3、5①当n＝1时，lx＝eq\f(13,15)m②当n＝3时，lx＝eq\f(9,5)m③当n＝5时，lx＝eq\f(41,15)m。题型三：直线运动＋圆周运动模型＋平抛运动模型考点四：动能定理在往复运动中的应用【知识思维方法技巧】动能定理在往复运动中的应用技巧：（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路径无关，用WG＝mgh直接求解。（3）滑动摩擦力做功与物体运动路径有关，用Wf＝－fs求解，其中s为物体相对滑行的路程。题型一：物体往复运动最后静止模型【知识点的理解与运用】抓住物体往复运动最后静止的特点解题类型一：往复次数可确定的情形【典例1a拔尖题】如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度x＝5m，轨道CD足够长且倾角θ＝37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.30m、h2＝1.35m．现让质量为m的小滑块(可视为质点)自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．【典例1a拔尖题】【答案】(1)3m/s(2)2s(3)1.4m【解析】(1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－0，代入数据解得vD＝3m/s.(2)小滑块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，代入数据解得vC＝6m/s，小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝gsinθ＝6m/s2，小滑块沿CD段上滑到最高点的时间t1＝eq\f(vC,a)＝1s，由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时间t2＝t1＝1s，故小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔t＝t1＋t2＝2s.(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全过程应用动能定理有mgh1－μmgx总＝0，代入数据解得x总＝8.6m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2x－x总＝1.4m.【典例1a拔尖题对应练习】如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10m，BC长为l＝1m，AB和CD轨道光滑．一质量为m＝1kg的物体，从A点以v1＝4m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3m的D点时速度为零，求：(取g＝10m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；(2)物体第5次经过B点时的速度大小；(3)物体最后停止的位置(距B点)．【典例1a拔尖题对应练习】【答案】(1)0.5(2)13.3m/s(3)0.4m【解析】(1)分析从A点到D点的过程，由动能定理得－mg(h－H)－μmgl＝0－eq\f(1,2)mv12，解得μ＝0.5.(2)设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4l＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12，解得v2＝4eq\r(11)m/s≈13.3m/s.(3)设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，由动能定理得mgH－μmgs＝0－eq\f(1,2)mv12，解得s＝21.6m.所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6m，故距B点的距离s′＝2m－1.6m＝0.4m．类型二：往复次数无法确定的情形题型二：物体往复运动最后永不停止模型【知识思维方法技巧】抓住物体往复运动最后永不停止有周期性和对称性的特点解题【典例2拔尖题】如图所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.求：(1)物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大．【典例2拔尖题】【答案】(1)eq\f(R,s)(2)(3－eq\r(3))mg(3)eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)【解析】(1)由题意可知，物体最终以B点为最高点在圆弧面内做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcosθ－μmgscosθ＝0，解得μ＝eq\f(R,s).(2)最终物体以B点为最高点，在圆弧底部做往复运动，对从B到E过程，由动能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mvE2，在E点，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(E2),R)，联立解得FN＝(3－eq\r(3))mg，根据牛顿第三定律得：FN′＝(3－eq\r(3))mg(3)物体刚好到D点时，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(D2),R)，对全过程由动能定理得mgL′sinθ－μmgL′cosθ－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mvD2，联立解得L′＝eq\f(3＋\r(3)Rs,s－\r(3)R)【典例2拔尖题对应练习】如图所示，高为L的斜轨道AB、CD与水平面的夹角均为45°，它们分别与竖直平面内的圆弧形光滑轨道相切于B、D两点，圆弧的半径也为L.质量为m的小滑块从A点由静止滑下后，经CD轨道返回，再次冲上AB轨道至速度为零时，相对于BD面的高度为eq\f(L,6).已知滑块与AB轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.5，重力加速度为g，求：(1)滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；(2)滑块与CD轨道间的动摩擦因数μ2；(3)经过足够长时间，滑块在两斜面上滑动的路程之和s.【典例2拔尖题对应练习】【答案】(1)(4－eq\r(2))mg(2)eq\f(1,3)(3)eq\f(23\r(2),10)L【解析】(1)对第一次滑块到最低点的过程中运用动能定理得mg(L＋L－Lsin45°)－μ1mgcos45°·eq\r(2)L＝eq\f(1,2)mv2－0，在最低点，根据牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)，联立两式解得F＝(4－eq\r(2))mg，由牛顿第三定律得滑块第一次经过圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为(4－eq\r(2))mg.(2)滑块在AB上受到的摩擦力大小为Ff1，Ff1＝μ1mgcos45°，滑块第一次经过D时的动能为：Ek1＝mgL－Ff1·eq\r(2)L＝0.5mgL，第二次经过D时的动能为：Ek2＝mgeq\f(L,6)＋Ff1·eq\r(2)·eq\f(L,6)＝0.25mgL，设滑块在CD上受到的摩擦力为Ff2，Ff2＝μ2mgcos45°，第一次在CD上速度为零时离BD面的高度为h，由功能关系得：Ek1＝mgh＋Ff2·eq\r(2)h＝mgh＋μ2mgh，Ek1－Ek2＝2Ff2·eq\r(2)h＝2μ2mgh，代入数据解得μ2＝eq\f(1,3).(3)设滑块在AB、CD上滑动的总路程分别为s1、s2，由题设条件可知，滑块在AB上从静止滑下到再次滑上AB至速度为零，其高度变为开始时的eq\f(1,6)，则s1＝eq\r(2)[L＋2(eq\f(L,6)＋eq\f(L,62)＋…)]＝eq\f(7\r(2),5)L，经过一段时间，滑块将保持在BD间滑动，损失的机械能为mgL＝μ1mgcos45°·s1＋μ2mgcos45°·s2，解得s2＝eq\f(9,10)eq\r(2)L，所以s＝s1＋s2＝eq\f(23\r(2),10)L.考点五：动能定理与图像问题的结合【知识思维方法技巧】动能定理与图像问题结合的解题方法：（1）函数斜率面积法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再根据函数表达式的斜率、截距的意义求出相应的问题，特别是解决对于不太熟悉的图像等要注意这种转化。①v－t图像：图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负。②a－t图像：图像与t轴围成的面积表示物体速度的变化量；③a－F图像：由a＝eq\f(1,m)F知a－F图像的斜率表示质量的倒数．④F－x图像：图像与x轴围成的面积表示力F做的功．⑤Ek－x图像：由动能定理ΔEk＝Fx知，Ek－x图像的斜率表示合外力F.⑥Ep－x图像：由重力做功与重力势能变化的关系ΔEp＝－mgx知，Ep－x图像的斜率大小表示重力mg.（2）函数数据代入法：先由物理学规律推导出两个物理量间的函数表达式，再把图像中的特殊数据代入函数公式进行计算。题型一：动能定理与运动学图象的综合应用类型一：与v­t图象的综合应用【典例1a拔尖题】如图甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点．t＝0时刻有一质量m＝1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图象如图乙所示．已知圆轨道的半径R＝0.5m．(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点．如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由．【典例1a拔尖题】【答案】(1)0.5(2)4N(3)见解析【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10m/s2①，根据牛顿第二定律有：mgsin37°＋μmgcos37°＝ma②，由①②联立解得μ＝0.5③(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：－mg(Lsin37°＋R＋Rcos37°)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mv02④，在C点，根据牛顿第二定律有：mg＋FN′＝meq\f(v\o\al(C2),R)⑤，联立③④⑤解得：FN′＝4N⑥，根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4N⑦，物块在C点时对轨道的压力大小为4N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点，物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：Lsin37°＋R(1＋cos37°)＝eq\f(1,2)gt2⑧，水平方向：Lcos37°－Rsin37°＝vC′t⑨，解得vC′＝eq\f(9\r(7),7)m/s>eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s，⑩，所以物块能通过C点落到A点，物块从A到C，由动能定理得：－mg(Lsin37°＋1.8R)－μmgLcos37°＝eq\f(1,2)mvC′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(12)⑪，联立解得：v1＝2eq\r(\f(183,7))m/s⑫类型二：与其他运动学图象的综合应用【典例1b拔尖题】如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2.根据图像可求出：(1)物体的初速度是多少？(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？(3)针对不同斜面倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值是多少？【典例1b拔尖题】【答案】(1)6m/s(2)0.75(3)1.44m【解析】(1)由题图可知，当θ＝90°时物体做竖直上抛运动，位移为x＝1.80m；由竖直上抛运动规律可知：veq\o\al(2,0)＝2gh，代入数据解得：v0＝6m/s.(2)当θ＝0°时，位移为x＝2.40m；由动能定理可得：－μmgx＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入数据解得：μ＝0.75.(3)由动能定理得：－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得：x＝eq\f(1.8,sinθ＋\f(3,4)cosθ)m＝eq\f(1.8,\f(5,4)sin（θ＋α）)m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1；此时位移最小，x＝1.44m.题型二：动能定理与动力学图象的综合应用类型一：与F－x图象的综合应用【典例2a拔尖题】如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R＝0.6m的竖直半圆轨道BC在B处平滑连接，C点在B点的正上方，有一质量为m＝1kg的滑块(大小不计)受水平外力F的作用，从A处由静止开始向右运动，F与滑块位移x的关系图像如图乙所示，滑块与轨道AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与轨道BC间的动摩擦因数未知，g取10m/s2。(规定水平向右为力F的正方向)(1)求滑块到达B处时的速度大小；(2)求滑块的水平轨道AB上运动前2m所用的时间；(3)若滑块到达B点时撤去外力F，滑块沿半圆轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少？【典例2a拔尖题】【答案】(1)2eq\r(10)m/s(2)2eq\r(\f(2,35))s(3)5J【解析】(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得F1x1＋F3x3－μmgx＝eq\f(1,2)mvB2，解得vB＝2eq\r(10)m/s。(2)在前2m内，根据牛顿第二定律有F1－μmg＝ma，且x1＝eq\f(1,2)at12，解得t1＝2eq\r(\f(2,35))s。(3)滑块恰好能到达最高点C，根据牛顿第二定律有mg＝meq\f(vC2,R)，对滑块从B到C的过程，由动能定理得Wf－mg·2R＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得Wf＝－5J，可知滑块克服摩擦力做的功为5J。【典例2a拔尖题对应练习】如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D为圆轨道的最低点和最高点)，已知∠BOC＝30°.可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小滑块经过圆轨道最高点D时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，取g＝10m/s2.求：(1)滑块的质量和圆轨道的半径；(2)是否存在某个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点？若存在，请求出H值；若不存在，请说明理由．【典例2a拔尖题对应练习】【答案】(1)0.1kg0.2m(2)存在0.6m【解析】(1)设小滑块的质量为m，圆轨道的半径为R，根据机械能守恒定律得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(D2,)，由牛顿第三定律可知轨道对小滑块的支持力F′＝F，由牛顿第二定律有，F′＋mg＝eq\f(mv\o\al(D2,),R)，得：F＝F′＝eq\f(2mgH－2R,R)－mg＝eq\f(2mgH,R)－5mg，取点(0.50m,0)和(1.00m,5.0N)代入上式得：m＝0.1kg，R＝0.2m(2)假设小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的E点，如图所示，由几何关系可得OE＝eq\f(R,sin30°)＝0.4m，设小滑块经过最高点D时的速度为vD′，由题意可知，小滑块从D点运动到E点，水平方向的位移为OE，竖直方向上的位移为R，则OE＝vD′t，R＝eq\f(1,2)gt2，解得vD′＝2m/s，而小滑块过D点的临界速度vD0＝eq\r(gR)＝eq\r(2)m/s，由于vD′＞vD0，所以存在一个H值，使得小滑块经过最高点D后能直接落到直轨道AB上与圆心等高的点，由机械能守恒定律得mg(H－2R)＝eq\f(1,2)mvD′2，解得H＝0.6m.类型二：与其他动力学图象的综合应用【典例2b拔尖题】如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10m/s2.根据图像可求出：(1)物体的初速度是多少？(2)物体与斜面间的动摩擦因数μ是多少？(3)针对不同斜面倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值是多少？【典例2b拔