专题31 动能定理的理解和应用 2022届高中物理常考点归纳二轮复习

这是一份专题31 动能定理的理解和应用 2022届高中物理常考点归纳二轮复习，共18页。
常考点 动能定律详细解析及解题方法
【典例1】
如图所示，半径为R的光滑半圆轨道ABC与倾角为θ＝37°的粗糙斜面轨道DC相切于C，圆轨道的直径
AC与斜面垂直．质量为m的小球从A点左上方距A高为h的斜面上方P点以某一速度水平抛出，刚好与
半圆轨道的A点相切进入半圆轨道内侧，之后经半圆轨道沿斜面刚好滑到与抛出点等高的D处．已知当地
的重力加速度为g，取，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力，求：
（1）小球被抛出时的速度v0；
（2）小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小；
（3）小球从C到D过程中摩擦力做的功W．
解：（1）小球到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，如图所示．
则有 ①
由几何关系得 v0＝v1ctθ②
得 ③
（2）A、B间竖直高度H＝R（1+csθ）④
设小球到达B点时的速度为v，则从抛出点到B过程中，根据机械能守恒有
⑤
在B点，有 ⑥
联立解得 FN＝5.6mg⑦
由牛顿第三定律知，小球在B点对轨道的压力大小是FN′＝FN＝5.6mg，方向竖直向下． ⑧
（3）整个运动知过程中，重力做功为零，根据动能定理得知：小球沿斜面上滑过程中克服摩擦力做的功等于小球做平抛运动的初动能，有W＝0﹣＝﹣⑨
答：（1）小球被抛出时的速度v0是．
（2）小球到达半圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小是5.6mg，方向竖直向下．
（3）小球从C到D过程中摩擦力做的功W是﹣．
【典例2】
（多选）如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处
在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且
C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的
动摩擦因数均相同。以下结论正确的是（ ）
A．滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点
B．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点
C．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等
D．滑块与接触面间的动摩擦因数为
【解析】A、设AB轨道的倾角为α，AB轨道的高度为h，AC间的水平距离为s。
滑块沿AB轨道到达C点的过程，根据动能定理得
mgh﹣μmgcsα•LAB﹣μmgLBC＝0，即mgh＝μmg（LABcsα+LBC）＝μmgs
滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，设A点与停止的位置间水平距离为s′，同理可得mgh＝μmgs′，可得s′＝s，所以，滑块将停止在C点，故A正确；
BC、由上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积。滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcsα，对应的滑动摩擦力大于μmgcsα，α是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角。沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑水平位移相等，可知，两个过程滑块克服摩擦力做功不等，而重力做功相等，由动能定理可知，滑块沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小不等，则滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将不停止在C点，故BC错误；
D、由A项分析可知：mgh＝μmgs，根据题意可知，＝tam30°，解得μ＝，故D正确。
【典例3】
如图所示，半径为R的半圆形轨道固定在竖直面内，AB是其水平直径，轨道上的C点和圆心O的连线与竖直方向夹角θ＝37°。一质量为m的物块从A点由静止释放，沿轨道运动第一次到C点时速度大小为v，第一次从C点运动到圆弧最低点克服摩擦力做功为W，若在B点由静止释放，物块第一次运动到C点时速度刚好为零，物块与轨道间的动摩擦因数处处相同，则（cs37°＝0.8）（ ）
A．W＞mv2B．W＝mv2C．W＜mv2D．无法判断
【解析】A 由题意知，从A到C克服摩擦力做功W1根据动能定理：
，即：，
从B到C克服摩擦力做功W2根据动能定理：
﹣W2+0.8mgR＝0﹣0，即：W2＝0.8mgR，
从A到C和从B到与C等高的C点，根据对称性速度相等也为v，
从圆弧右侧与C等高的位置运动到C点克服摩擦力做功为W3，
W3＝W2﹣W1＝mv2 即：W3＝mv2
由于从圆弧右侧与C等高的位置运动到圆弧最低点的过程物块的速度相对从圆弧最低点运动到C点的过程物块的速度大，根据Fn＝m，从圆弧右侧与C等高的位置运动到圆弧最低点的物块对圆弧平均正压力大于从圆弧最低点运动到C点的物块对圆弧的平均正压力，因此从圆弧右侧与C等高的位置运动到圆弧最低点克服摩擦力做功大于从圆弧最低点运动到C点克服摩擦力做功，因此从C点运动到圆弧最低点克服摩擦力做功W＞mv2，A正确.BCD错误。
1． 动能
（1）定义：物体由于运动而具有的能叫动能，用Ek表示。
（2）公式：Ek=½mv2，单位：J.
（3）对动能的理解
①动能是一个状态量。
②动能是相对量。因为速度大小与参考系的选取有关，因此动能与参考系的选取也密切相关。一般取地面为参考系。
③动能是标量。只有大小没有方向，且只有为正值，没有负值。
（4）动能的变化：△Ek=½mv22-½mv12
△Ek＞0，表示物体的动能增加； △Ek＜0，表示物体的动能减少。
2． 动能定理
（1）内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化量．[来源：学。科。网Z。X。X。K]
（2）表达式：W＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al( 2,1)＝Ek2－Ek1.
（3）理解：动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化具有等量代换关系．合外力做功是引起物体动能变化的原因．
（4）适用条件：
①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．[来源：学。科。网Z。X。X。K]
②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．
（5）应用技巧：若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．
3． 应用动能定理的解题步骤
4． 优先应用动能定理的问题
①不涉及加速度、时间的问题．
②有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题．
③变力做功的问题．
④含有F、l、m、v、W、Ek等物理量的力学问题．
5． 动能定理与图像结合问题的分析方法
(1)首先看清楚所给图像的种类(如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等)。
(2)挖掘图像的隐含条件——求出所需要的物理量，如由v-t图像所包围的“面积”求位移，由F-x图像所包围的“面积”求功；由Ek-x图像的斜率求合外力等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
6． 动能定理与图象结合问题
力学中四类图象所围“面积”的意义
7． 用动能定理解决多过程问题
（1）由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．
（2）运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．
（3）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：
①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
②大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．
③弹簧弹力做功与路径无关．[来源：学*科*网]
④克服阻力做功W，表示阻力所做负功的大小，在应用动能定理列方程时，摩擦力做功应表示为－W，应注意W前面的符号。
【变式演练1】
（多选）如图所示，在光滑的水平面内建立xOy坐标，质量为m的小球以某一速度从O点出发后，受到一平行于y轴方向的恒力作用，恰好通过A点。已知小球通过A点的速度大小为v0，方向沿x轴正方向，且OA连线与Ox轴的夹角为30°，则（ ）
A．恒力的方向一定沿y轴负方向
B．恒力在这一过程中所做的功为mv02
C．恒力在这一过程中的冲量大小为mv0
D．小球从O点出发时的动能为mv02
【解析】利用逆向转换方法，将小球运动过程看成类平抛运动的逆运动。由此可判断恒力方向一定沿y轴负方向。
由tan30°＝＝可得，小球经过坐标原点时，沿y轴方向的分速度vy＝at＝，沿x轴方向的速度仍为vx＝v0。
小球从O点出发时的动能Ek0＝m（vx2+vy2），Ek0＝mv02，
结合动能定理，恒力在这一过程中所做的功为W＝mv02﹣Ek0，代入数据解得W＝﹣mv02，
恒力在这一过程中的冲量大小I＝|m△v|＝|m△vy|＝，故AD正确，BC错误。
【变式演练2】
如图甲为某型号电动平衡车，其体积小，操控新颖方便，深受年轻人的喜爱。当人站在平衡车上沿水平直
轨道由静止开始运动，其v﹣t图象如图所示（除3～10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。
已知人与平衡车质量之和为80kg，3s后功率恒为300w，且整个骑行过程中所受到的阻力不变，结合图象的信息可知（ ）
A．0～3s时间内，牵引力做功490J
B．3～10s时间内，小车的平均速度大小是4.5m/s
C．3～10s时间内，小车克服摩擦力做功1020J
D．小车在第2s末与第14 s末的功率之比为1：2
【解析】A、设小车受到的摩擦力大小为f。10﹣14s内，小车做匀速运动，则有 Fm＝f，根据P＝Fmvm＝fvm得 f＝＝N＝50N。
0～3s时间内，小车的加速度为a＝＝m/s2＝1m/s2，设此过程牵引力的大小为F，由牛顿第二定律得 F﹣f＝ma，得 F＝130N
此过程小车的位移为 x＝＝m＝4.5m，牵引力做功为 W＝Fx＝130×4.5J＝585J，故A错误；
B、根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，知3～10s时间内，小车的位移大于匀加速直线运动的位移，所以小车的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度4.5m/s，故B错误；
C、3～10s时间内，根据动能定理得：Pt﹣Wf＝﹣，可得小车克服摩擦力做功 Wf＝1020J，故C正确；
D、小车在第2s末速度为 v2＝2m/s，牵引力的功率为 P2＝Fv2＝130×2W＝260W，第14 s末的功率为300W，则小车在第2s末与第14 s末的功率之比为260：300＝13：15，故D错误。
【变式演练3】
如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与水平面平滑连接于B点，A、B两点之间的距离s0＝3m，质量m＝3kg
的小物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.4．当小物块从A点由静止开始沿斜面下滑的同时，对
小物块施加一个水平向左的恒力F．取g＝10m/s2．
（1）若F＝10N，小物块从A点由静止开始沿斜面运动到B点时撤去恒力F，求小物块在水平面上滑行的距离s．（sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8）
（2）为确保小物块不离开斜面，该恒力的最大值为多大？
解：（1）小物块从A点开始沿ABC路径运动到C停止的过程中，由动能定理可得
Fs0csθ+mgs0sinθ﹣fs0﹣μmgs＝0
又 f＝μFN
FN+Fsinθ＝mgcsθ
代入数据解得 s＝4.7m
（2）若小物块不离开斜面，根据题意有
Fsin37°≤mgcs37°
代入数据解得 F≤40N，即恒力的最大值为40N．
答：
（1）小物块在水平面上滑行的距离s是4.7m．
（2）为确保小物块不离开斜面，该恒力的最大值为40N．
拓展练习
1．《国家地理频道》做过如下实验：几个完全相同的固定的水球紧挨在一起水平排列，水平运动的子弹恰好能穿出第4个水球，如图所示。设子弹受到的阻力恒定，则子弹在穿过的每个水球中（ ）
A．速度变化相同B．运动时间相同
C．动能变化相同D．动量变化相同
【解析】C、设子弹受到的阻力为f，子弹的质量为m，子弹通过每个水球的距离为d，根据动能定理可得：fd＝△Ek，则子弹的动能变化相同，故C正确；
A、由于子弹的动能变化相同，则有：△Ek＝＝，解得：△v＝v0﹣v＝，后来子弹穿过每个水球的初速度和末速度都减小，所以速度变化量逐渐增大，故A错误；
B、根据牛顿第二定律可得加速度：a＝可知加速度不变，根据t＝可知通过每个水球的时间依次增大，故B错误；
D、动量变化△p＝m△v依次增大，故D错误。
2．如图，质量为m的滑雪运动员（含滑雪板）从斜面上距离水平面高为h的位置静止滑下，停在水平面上的b处；若从同一位置以初速度v滑下，则停在同一水平面上的c处，且ab与bc相等。已知重力加速度为g，不计空气阻力与通过a处的机械能损失，则该运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为（ ）
A．mghB．mv2C．mgh﹣mv2D．mgh+mv2
【解析】设运动员（含滑雪板）在斜面上克服阻力做的功为W，ab＝bc＝s，运动员在水平面上受到的阻力大小为f。
运动员从静止滑下到b处的过程，由动能定理得mgh﹣W﹣fs＝0
运动员从同一位置以初速度v滑下到c处的过程，由动能定理得mgh﹣W﹣f•2s＝0﹣
联立以上两个方程解得W＝mgh﹣，故C正确，ABD错误。
3．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连。两个长度分别为R和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量也为m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（ ）
A．滑块1、2在C点时的动量相同
B．滑块1、2在斜面上运动的时间之比为2：1
C．滑块1、2在C点时的动能之比为2：1
D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1：2
【解析】A、滑块1从A到C，由动能定理有：mgR＝mv
解得：v1＝
动量为：p1＝mv1＝m
滑块2从B到C，由动能定理有：mgRsin30°＝mv
解得：v2＝
动量为：p2＝mv2＝m
p1≠p2，二者方向也不同，故A错误；
或：滑块1、2到C点的方向不同，因动量是矢量，所以二者动量不同，故A错误；
B、斜面AC倾斜角为45°，由牛顿第二定律有：mgsin45°＝ma1
解得：a1＝gsin45°＝g
由运动学公式有：R＝a1t
解得：t1＝2
斜面BC倾斜角为30°，由牛顿第二定律有：mgsin30°＝ma2
解得：a2＝gsin30°＝g
由运动学公式有：R＝a2t
解得：t2＝2
有：t1＝t2，故B错误；
C、滑块1从A到C，由动能定理有：mgR＝Ek1﹣0
解得：Ek1＝mgR
滑块2从B到C，由动能定理有：mgRsin30°＝Ek2﹣0
将诶的：Ek2＝
二者在C点动能之比为：＝＝，故C正确；
D、滑块1在CD上做匀减速运动，设动摩擦因数为μ，设滑行距离为s1，由动能定理：﹣μmgs1＝0﹣Ek1
解得：s1＝
滑块2在CD上做匀减速运动，设滑行距离为s2，由动能定理有：﹣μmgs2＝0﹣Ek2
解得：s2＝
二者滑行距离之比为：＝，故D错误。
4．（多选）如图所示，一木块静止放在光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的深度为s1，与此同时木块沿水平面移动了s2，设子弹在木块中受到的阻力大小不变，则在子弹进入木块的过程中（ ）
A．子弹损失的动能与木块获得的动能之比为（s1+s2）：s2
B．子弹损失的动能与系统获得的内能之比为（s1+s2）：s1
C．木块获得的动能与系统获得的内能之比为s2：s1
D．木块获得的动能与系统获得的内能之比为s1：s2
【解析】A、对子弹运用动能定理得，﹣f（s1+s2）＝△Ek子弹。
对木块运用动能定理得，fs2＝△Ek木块．则子弹损失的动能与木块获得的动能之比为（s1+s2）：s2．故A正确。
B、系统获得的内能Q＝fs1．则子弹损失的动能与系统获得的内能之比为（s1+s2）：s1．故B正确。
C、木块获得动能为fs2，系统获得的内能Q＝fs1．则木块获得的动能与系统获得的内能之比为s2：s1．故C正确。D错误。
5．（多选）如图，倾角为θ的光滑斜面与光滑的半圆形轨道光滑连接于B点，固定在水平面上，在半圆轨道的最高点C装有压力传感器，整个轨道处在竖直平面内，一小球自斜面上距底端高度为H的某点A由静止释放，到达半圆最高点C时，被压力传感器感应，通过与之相连的计算机处理，可得出小球对C点的压力F，改变H的大小，仍将小球由静止释放，到达C点时得到不同的F值，将对应的F与H的值描绘在F﹣H图象中，如图所示，则由此可知（ ）
A．图线的斜率与小球的质量无关
B．a的坐标与物块的质量有关
C．b点坐标的绝对值与物块的质量成正比
D．只改变斜面倾角θ，a、b两点的坐标均不变
【解析】A、小球经过C点时，由合力提供圆周运动向心力，即：
F′+mg＝m
从A到C的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：
mg（H﹣2R）＝
联立解得：F′＝﹣5mg
由牛顿第二定律得：F＝F′＝﹣5mg
由题中给出的F﹣H图象知斜率 k＝，可知k与m有关，故A错误。
BC、由F＝﹣5mg得：当H＝0时，F＝﹣5mg，即|b|＝5mg，b的坐标与m成正比。当F＝0时，由F＝﹣5mg得：H＝2.5R，a的坐标与m无关，故B错误，C正确。
D、由上分析知，a、b与斜面倾角θ无关，只改变斜面倾角θ，a、b两点的坐标均不变。故D正确。
6．（多选）如图所示，匀强电场场强大小为E，方向与水平方向夹角为θ（θ≠45°），场中有一质量为m，电荷量为q的带电小球，用长为L的细线悬挂于O点．当小球静止时，细线恰好水平．现用一外力将小球沿圆弧缓慢拉到竖直方向最低点，小球电荷量不变，则在此过程中（ ）
A．外力所做的功为mgLctθ
B．带电小球的电势能增加qEL（sinθ+csθ）
C．带电小球的电势能增加2mgLctθ
D．外力所做的功为mgLtanθ
【解析】小球在水平位置静止，由共点力的平衡可知，F电sinθ＝mg，则F电＝；
小球从最初始位置移到最低点时，电场力所做的功W电＝﹣EqL（csθ+sinθ），因电场力做负功，故电势能增加，故B正确，C错误；
由动能定理可知，W外+W电+WG＝0；
W外＝﹣（W电+WG）＝EqL（csθ+sinθ）﹣mgL＝mgLctθ；故A正确，D错误；
7．（多选）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，根据图象可求出（ ）
A．物体的初速率v0＝3m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44m
D．当某次θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
【解析】A、由图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40m；而当夹角为90°时，位移为1.80m；则由竖直上抛运动规律可知：
v02＝2gh；
解得：v0＝＝＝6m/s；故A错误；
B、当夹角为0度时，由动能定理可得：μmgx＝mv02；解得：μ＝＝0.75；故B正确；
C、﹣mgxsinθ﹣μmgcsθx＝0﹣mv02解得：x＝＝＝；
当θ+α＝90°时，sin（θ+α）＝1；此时位移最小，x＝1.44m；故C正确；
D、若θ＝30°时，物体受到的重力的分力为mgsin30°＝mg；摩擦力f＝μmgcs30°＝0.75×mg×＝mg；一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力；故小球达到最高点后，不会下滑；故D错误。
8．（多选）如图所示，倾角为θ的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM，MN长度均为3d。四个质量均为m的相同样品1、2、3、4放在斜面上，每个样品（可视为质点）左侧固定有长度为d的轻质细杆，细杆与斜面平行，且与其左侧的样品接触但不粘连，样品与MN间的动摩擦因数为tanθ。若样品1在P处时，四个样品由静止一起释放，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．当样品1刚进入MN段时，样品的共同加速度大小为
B．当样品1刚进入MN段时，样品1的轻杆受到压力大小为3mgsinθ
C．从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，摩擦力做的总功为9dmgsinθ
D．当四个样品均位于MN段时，样品的共同速度大小为
【解析】A、当样品1刚进入MN段时，对整体分析，根据牛顿第二定律得，样品的共同加速度：＝，故A正确；
B、当样品1刚进入MN段时，隔离对样品1分析，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+F﹣μmgcsθ＝ma1，解得：F＝，即样品1的轻杆受到的压力为，故B错误；
C、从开始释放到样品4刚进入MN段的过程中，摩擦力对样品1做功：Wf1＝﹣μmgcsθ•3d＝﹣3mgdsinθ，摩擦力对样品2做功：Wf2＝﹣μmgcsθ•2d＝﹣2mgdsinθ，摩擦力对样品3做功：Wf3＝﹣μmgcsθ•d＝﹣mgdsinθ，此时样品4刚进入MN段，摩擦力不做功，则摩擦力做的总功：Wf＝Wf1+Wf2+Wf3＝﹣6mgdsinθ，故C错误；
D、从开始释放到样品4刚进入MN段的过程运用动能定理得：，解得样品共同速度：v＝，故D正确。
9．如图所示，半径为0.9m的光滑圆弧轨道OA，O’为圆心，与长度为3m的光滑水平轨道AB在A处相切，它与水平粗糙足够长的轨道CD在同一竖直面内。现有一小滑块从圆弧轨道上的P点由静止释放，∠OO’P＝30°。当滑块经过A点时，静止在CD轨道上质量为0.2kg的凹槽（质点），在1.6N的水平恒力F作用下开始启动，运动一段时间后撤去此力，又经过一段时间后，当凹槽在CD轨道上运动了3.28m时，凹槽的速度达到2.4m/s，此时，小滑块恰好落入凹槽中。凹槽与轨道CD间的动摩擦因数为0.4。重力加速度为g＝10m/s2。求：
（1）凹槽运动的最大速度；
（2）两个水平轨道间的高度。
解：（1）撤去拉力瞬间凹槽的速度最大，设为vm，设拉力对凹槽做功为W，设在拉力作用下凹槽的位移为x1，
从凹槽开始运动到滑块落入凹槽过程，凹槽的位移大小x＝3.28m，速度大小v＝2.4m/s，凹槽质量M＝0.2kg，对凹槽，由动能定理得：
在拉力作用下：W﹣μMgx1＝﹣0
从凹槽开始运动到滑块落入凹槽过程：W﹣μMgx＝﹣0
代入数据解得：vm＝4m/s
（2）对凹槽，由牛顿第二定律得：
在拉力作用下：F﹣μMg＝Ma1
撤去拉力后：μMg＝Ma2
设凹槽孕加速运动时间为t1，匀减速运动时间为t2，
由匀变速直线运动的速度﹣时间公式得：vm＝a1t1，v＝vm﹣a2t2，
设滑块到达A时的速度大小为vA，滑块从释放到运动到A点过程，
由动能定理得：mgR（1﹣cs60°）＝﹣0
AB的长度s＝3m，滑块在AB上做匀速运动的时间：t3＝
滑块离开B点后做平抛运动，平抛运动的t4＝t1+t2﹣t3
设两水平轨道的高度差为h，则：h＝
代入数据解得：h＝0.8m
答：（1）凹槽运动的最大速度大小是4m/s，方向水平向左；
（2）两个水平轨道间的高度是0.8m。
10．有一弹射打板游戏装置，其结构如图所示，半径R＝0.4m的竖直光滑圆弧轨道BC固定在水平底座CD上，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，C、D两点间的距离L＝1.2m；D点与弹射装置相连，弹射装置的弹性势能Ep＝2.0J。装置的上方有一高h＝0.4m可水平移动的竖直挡板，挡板的下端点A与BC轨道有一定间距。在某次游戏中，一质量m0＝0.1kg的弹射物（可视为质点）从弹射器弹出，经DC沿圆弧轨道从B点抛出，恰好从A点贴近挡板水平飞出，已知弹射物与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，g取10m/s2求：
（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，试写出挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系。
解：（1）从D到C，由动能定理：Ep﹣μm0gL＝﹣0，得：v＝28m2/s2，在C点，由牛顿第二定律：F，解得：F＝8N，由牛顿第三定律可得，弹射物对轨道压力大小为8N，方向竖直向下。
（2）从C到B，由动能定理：﹣mgR（1+sinθ）＝，联立得：vB＝4m/s
（3）B点速度如图所示：v1＝vBcsθ＝2m/s，竖直方向是竖直上抛运动，h＝＝＝0.6m
（4）从D到B，由动能定理：EP﹣μmgL﹣mgR（1+sinθ）＝﹣0，解得：vB＝2，垂直打到板上时间：t＝＝，A点到B点的水平间距：
x＝vBsinθ•t＝＝，当m＝0.1kg时，x最小，xmin＝，当与挡板最高点碰时，x最大，0.6+h＝＝，解得：vB＝m/s，所以
xmax＝m，即A点到B点的水平间距：x＝（）
答：（1）弹射物经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力为8N，方向竖直向下；
（2）弹射物经过圆弧轨道上B点时的速度vB的大小为4m/s：
（3）挡板的下端点A与轨道最高点B的高度差为0.6m：，
（4）现减小弹射物的质量，并且要求弹射物与挡板垂直相碰，挡板水平距离×（A与B点的水平间距）与弹射物的质量m的函数关系为x＝（）
11．如图所示，一质量m1＝0.2kg的小球，从光滑水平轨道上的一端A处，以v1＝2.5m/s的速度水平向右运动。轨道的另一端B处固定放置一竖直光滑半圆环轨道（圆环半径比细管的内径大得多），轨道的半径R＝10cm，圆环轨道的最低点与水平轨道相切；空中有一固定长为15cm的木板DF，F端在轨道最高点C的正下方，竖直距离为5cm。水平轨道的另一端B处有一质量m2＝0.2kg的小球，m1、m2两小球在B处发生的是完全弹性碰撞，重力加速度为g＝10m/s2．求：
（1）m1、m2碰后瞬间m2的速度？
（2）经过C点时，小球m2对轨道的作用力的大小及方向？
（3）m2小球打到木板DF上的位置？
解：（1）在B处m1与m2发生的是完全弹性碰撞，
由动量守恒定律得：m1v1＝m1v1′+m2v2′①
由机械能守恒定律得：m1v12＝m1v1′2+m2v2′2②
由①②式解得：v1′＝0，v2′＝v1＝2.5m/s；
（2）小球m2由B到C的过程，机械能守恒，
由机械能守恒定律得：m2v2′2＝m2g2R+m2vC2，
解得：vC＝1.5m/s，
在C点对m2，由牛顿第二定律得：m2g+N＝m2，
解得：N＝2.5N，
据牛顿第三定律知：小球对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（3）小球从C飞出做平抛运动，
水平方向：x＝vCt，
竖直方向：＝gt2，
代入数据解得：x＝0.15m＝15cm，所以物体刚好落在木板的D点上。
答：（1）m1、m2碰后瞬间m2的速度为2.5m/s；
（2）经过C点时，小球m2对轨道的作用力大小为2.5N，方向竖直向上；
（3）m2小球打到木板DF上的D点。