专题强化6 动能定理的综合应用
1.能应用动能定理分析图像问题。 2.能灵活应用动能定理解决多过程问题。 3.能应用动能定理解决往复运动问题。
强化点一 动能定理在图像问题中的应用
1.首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等）。
2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【例1】 （动能定理与v-t图像的综合）〔多选〕如图甲所示，在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图乙所示。下列表述正确的是（ ）
A.在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B.在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C.在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
D.在0～3 s内，合外力对帆船做的总功为0
尝试解答
【例2】 （动能定理与Ek-x图像的综合）（2025·山东省泰安市高一期末）从地面竖直向上抛出一小球，
小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程x的变化如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2。则（ ）
A.小球受到的阻力大小为4 N
B.小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C.小球的初速度的大小为10 m/s
D.当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J
尝试解答
【例3】 （动能定理与F-x图像的综合）
一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉
力F随位移x变化的关系图像，取g＝10 m/s2，则据此可以求得（ ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B.物体匀速运动时的速度为v＝4 m/s
C.合外力对物体所做的功为W合＝32 J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64 J
尝试解答
强化点二 应用动能定理解决多过程问题
1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便。
2.选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功。
【例4】 （动能定理在直线运动多过程中的应用）
如图所示，在距沙坑高h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度H；
（2）物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。
尝试解答
【例5】 （动能定理在曲线运动多过程中的应用）（2025·江西赣州高一阶段练习）如图所示，竖直平面内半径R＝0.9 m的
光滑半圆形轨道BC与水平轨道AB平滑连接。质量m＝0.4 kg的滑块（视为质点），在水平恒力F作用下由静止开始从A点向B点运动，滑块到达B点时撤去恒力F，滑块恰好能够通过半圆轨道最高点C，已知AB的长度x＝3.6 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）滑块到达 C点时的速度大小vC；
（2）滑块到达B点时的速度大小vB；
（3）恒力 F的大小。
尝试解答
强化点三 应用动能定理解决往复运动问题
1.物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。
2.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别
（1）重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
（2）滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs（s为路程）。
【例6】 （12分）（2025·黑龙江哈尔滨高一阶段练习）如图所示，在竖直平面内，倾角为37°的粗糙斜面轨道AB①的下端与光滑的圆弧轨道BCD②相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落③，物体恰好到达斜面顶端A处④。已知D、E两点间的距离h＝1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）物体在斜面上滑行的总路程x。
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粗糙斜面轨道AB① 物体在斜面轨道AB上运动时受滑动摩擦力作用，摩擦力对物体做负功
光滑的圆弧轨道BCD② （1）物体在圆弧轨道BCD上运动时，只有重力做功； （2）物体最终在圆弧轨道BCD上往复运动，在最高点B的速度恰好为零
从D点的正上方E点处自由下落③ 物体从E点运动到D点的过程中只有重力做功
物体恰好到达斜面顶端A处④ 物体到达斜面的A点时速度为零
答案：（1）2 m/s 10 N （2）1.8 m
（3）4.5 m
规范解答：（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得mg（h＋R）＝mv2－0（2分）
代入数据得v＝2 m/s（1分）
在C点，有F－mg＝m（1分）
代入数据得F＝10 N。（1分）
（2）从C到A，由动能定理得－mg（R－Rcos 37°＋Lsin 37°）－μmgcos 37°·L＝0－mv2（2分）
代入数据得L＝1.8 m。（1分）
（3）因为mgsin 37°＞μmgcos 37°（1分）
所以物体不会停在斜面上；最终在B点速度为零时在光滑轨道上往返滑动，由动能定理得
mg（h＋Rcos 37°）－μmgcos 37°·x＝0（2分）
代入数据得x＝4.5 m。（1分）
提示：完成课后作业 第八章 专题强化6
1 / 2专题强化6 动能定理的综合应用
1.能应用动能定理分析图像问题。 2.能灵活应用动能定理解决多过程问题。 3.能应用动能定理解决往复运动问题。
强化点一 动能定理在图像问题中的应用
1.首先看清楚图像的种类（如v-t图像、F-x图像、Ek-x图像等）。
2.挖掘图像的隐含条件，求出所需物理量，如利用v-t图像与t轴所包围“面积”求位移，利用F-x图像与x轴所包围“面积”求功，利用Ek-x图像的斜率求合力等。
3.再分析还有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【例1】 （动能定理与v-t图像的综合）〔多选〕如图甲所示，在某次帆船运动比赛中，质量为500 kg的帆船，在风力和水的阻力共同作用下做直线运动的v-t图像如图乙所示。下列表述正确的是（ BD ）
A.在0～1 s内，风力对帆船做功1 000 J
B.在0～1 s内，合外力对帆船做功1 000 J
C.在1～2 s内，合外力对帆船做功750 J
D.在0～3 s内，合外力对帆船做的总功为0
解析：在0～1 s内，根据动能定理得W合＝ΔEk＝mv2＝×500×22 J＝1 000 J，而合外力做的功W合＝W风－W克阻，故风力对帆船做的功大于1 000 J，故A错误，B正确；在1～2 s内，根据动能定理得W合'＝ΔEk'＝×500×12 J－×500×22 J＝－750 J，故C错误；在0～3 s内，根据动能定理得W合″＝ΔEk″＝0，故D正确。
【例2】 （动能定理与Ek-x图像的综合）（2025·山东省泰安市高一期末）从地面竖直向上抛出一小球，小球受大小恒定的空气阻力作用，其动能Ek随运动路程x的变化如图所示，取重力加速度g＝10 m/s2。则（ B ）
A.小球受到的阻力大小为4 N
B.小球向上运动时加速度大小为12 m/s2
C.小球的初速度的大小为10 m/s
D.当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功20 J
解析：上升阶段，根据动能定理得－（mg＋F阻）x上＝0－Ek0，下降阶段，根据动能定理得（mg－F阻）x下＝Ek－0，Ek-x图像斜率的绝对值表示合力，则mg＋F阻＝ N＝12 N，mg－F阻＝ N＝8 N，联立解得m＝1 kg，F阻＝2 N，故A错误；小球向上运动时，由牛顿第二定律可知mg＋F阻＝ma，代入数据得a＝12 m/s2，故B正确；由图像可知Ek0＝m＝60 J，解得小球的初速度的大小为v0＝2 m/s，故C错误；当小球的运动路程为5 m时，克服阻力做功W＝F阻x＝2×5 J＝10 J，故D错误。
【例3】 （动能定理与F-x图像的综合）一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以某一速度在粗糙的水平面上做匀速直线运动，当运动一段时间后拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动。如图所示为拉力F随位移x变化的关系图像，取g＝10 m/s2，则据此可以求得（ D ）
A.物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.25
B.物体匀速运动时的速度为v＝4 m/s
C.合外力对物体所做的功为W合＝32 J
D.摩擦力对物体所做的功为Wf＝－64 J
解析：物体做匀速运动时，受力平衡，则Ff＝8 N，μ＝＝＝＝0.4，A错误；F-x图像与x轴围成的面积表示拉力做的功，则由题图可知，WF＝×（4＋8）×8 J＝48 J，滑动摩擦力做的功Wf＝－μmgx＝－0.4×2×10×8 J＝－64 J，所以合外力做的功为W合＝－64 J＋48 J＝－16 J，C错误，D正确；根据动能定理得W合＝0－m，解得v0＝＝ m/s＝4 m/s，B错误。
强化点二 应用动能定理解决多过程问题
1.一个物体的运动如果包含多个运动阶段，既可以将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后应用动能定理列式联立求解，也可以全过程应用动能定理，这样不涉及中间量，解决问题会更简单方便。
2.选择全过程应用动能定理时，要注意有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况区别处理，弄清楚物体所受的力在哪段位移上做功，做正功还是负功，正确写出总功。
【例4】 （动能定理在直线运动多过程中的应用）如图所示，在距沙坑高h＝7 m处，以v0＝10 m/s的初速度竖直向上抛出一个质量为0.5 kg的物体，物体落到沙坑并陷入沙坑d＝0.4 m深处停下。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）物体上升到最高点时离抛出点的高度H；
答案：（1）5 m
解析：（1）物体从抛出到最高点的过程中，由动能定理得－mgH＝0－m，
代入数据得H＝5 m。
（2）物体在沙坑中受到的平均阻力Ff的大小。
答案：（2）155 N
解析：（2）方法一 全过程分析。
物体在沙坑中受到的平均阻力大小为Ff，陷入沙坑的深度为d，从抛出点到最低点的全过程中，由动能定理有mg（h＋d）－Ffd＝0－m，
代入数据解得Ff＝155 N。
方法二 分阶段分析。
设物体刚到达沙坑表面时速度为v
在空中运动阶段有mgh＝mv2－m
在沙坑中运动阶段有mgd－Ffd＝0－mv2
联立解得Ff＝155 N。
【例5】 （动能定理在曲线运动多过程中的应用）（2025·江西赣州高一阶段练习）如图所示，竖直平面内半径R＝0.9 m的光滑半圆形轨道BC与水平轨道AB平滑连接。质量m＝0.4 kg的滑块（视为质点），在水平恒力F作用下由静止开始从A点向B点运动，滑块到达B点时撤去恒力F，滑块恰好能够通过半圆轨道最高点C，已知AB的长度x＝3.6 m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
（1）滑块到达 C点时的速度大小vC；
答案：（1）3 m/s
解析：（1）设滑块恰好通过C点时的速度为vC，根据牛顿第二定律有mg＝
解得vC＝3 m/s。
（2）滑块到达B点时的速度大小vB；
答案：（2）3 m/s
解析：（2）滑块由B点运动至C点的过程，根据动能定理有m－m＝－2mgR
解得vB＝3 m/s。
（3）恒力 F的大小。
答案：（3）3.3 N
解析：（3）滑块从A点运动到B点的过程中，根据动能定理有Fx－μmgx＝m－0
解得F＝3.3 N。
强化点三 应用动能定理解决往复运动问题
1.物体做往复运动时，如果用运动学、动力学观点去分析运动过程，会十分烦琐，甚至无法确定往复运动的具体过程。这时就体现出动能定理的优势了。由于动能定理解题的优越性，求解多过程往复运动问题时，一般应用动能定理。
2.在有摩擦力做功的往复运动过程中，注意两种力做功的区别
（1）重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；
（2）滑动摩擦力做功与路径有关，克服摩擦力做的功W克f＝Ffs（s为路程）。
【例6】 （12分）（2025·黑龙江哈尔滨高一阶段练习）如图所示，在竖直平面内，倾角为37°的粗糙斜面轨道AB①的下端与光滑的圆弧轨道BCD②相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落③，物体恰好到达斜面顶端A处④。已知D、E两点间的距离h＝1.0 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
（1）物体第一次到达C点时的速度大小和受到的支持力大小；
（2）斜面AB的长度L；
（3）物体在斜面上滑行的总路程x。
教您审题
提升破题能力
信息读取 信息加工
粗糙斜面轨道AB① 物体在斜面轨道AB上运动时受滑动摩擦力作用，摩擦力对物体做负功
光滑的圆弧轨道BCD② （1）物体在圆弧轨道BCD上运动时，只有重力做功； （2）物体最终在圆弧轨道BCD上往复运动，在最高点B的速度恰好为零
从D点的正上方E点处自由下落③ 物体从E点运动到D点的过程中只有重力做功
物体恰好到达斜面顶端A处④ 物体到达斜面的A点时速度为零
答案：（1）2 m/s 10 N （2）1.8 m （3）4.5 m
规范解答：（1）设物体到达C点的速度为v，从E到C，由动能定理，得mg（h＋R）＝mv2－0 （2分）
代入数据得v＝2 m/s （1分）
在C点，有F－mg＝m （1分）
代入数据得F＝10 N。 （1分）
（2）从C到A，由动能定理得－mg（R－Rcos 37°＋Lsin 37°）－μmgcos 37°·L＝0－mv2 （2分）
代入数据得L＝1.8 m。 （1分）
（3）因为mgsin 37°＞μmgcos 37° （1分）
所以物体不会停在斜面上；最终在B点速度为零时在光滑轨道上往返滑动，由动能定理得
mg（h＋Rcos 37°）－μmgcos 37°·x＝0 （2分）
代入数据得x＝4.5 m。 （1分）
1.（2025·河南省新乡市高一阶段检测）物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则下列图像中，能正确反映这一过程的是（ ）
解析：C 由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，可知加速度一直不变，选项A、B错误；由于Ek＝Ek0－F阻x，可知动能与运动距离呈一次函数；又有x＝vt－at2，可知动能与时间呈二次函数，故C正确，D错误。
2.如图所示，质量为0.1 kg的小物块在粗糙水平桌面上以初速度v0滑行4 m后以3.0 m/s的速度飞离桌面，最终落在水平地面上。已知小物块与桌面间的动摩擦因数为0.5，桌面高0.45 m。若不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则（ ）
A.小物块的初速度是5 m/s
B.小物块的水平射程为1.2 m
C.小物块在桌面上克服摩擦力做了8 J的功
D.小物块落地时的动能为0.9 J
解析：D 小物块在粗糙水平桌面上滑行时，由动能定理得－μmgl＝mv2－m，解得v0＝7 m/s，W克f＝μmgl＝2 J，A、C错误；小物块飞离桌面后做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt得x＝0.9 m，B错误；对平抛过程，由动能定理得mgh＝Ek－mv2得，小物块落地时的动能Ek＝0.9 J，D正确。
3.如图所示，某一斜面AB的顶端A到正下方水平面O点的高度为h，斜面与水平面平滑连接。一小木块（可视为质点）从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C点停下，如果将斜面改成AB'，仍然将小木块从斜面的顶端A由静止开始滑下，滑到水平面上的C'点停下，已知木块与斜面及水平面的动摩擦因数μ相同，则（ ）
A.C'点在C点的左侧
B.C'点与C点重合
C.C'点在C点的右侧
D.数据不足无法确定
解析：B 设斜面倾角为θ，运动到与O点相距x的位置停止，对木块运动的整个过程，根据动能定理得mgh－μmgcos θ·－μmg（ x－）＝0，解得x＝，可知x与斜面倾角没有关系，A、C、D错误，B正确。
4.（2025·江苏省盐城高一期末）甲、乙两个物体质量之比m甲∶m乙＝1∶2，它们以相同的初速度v0在水平面上做匀减速直线运动，直到停止，其v-t图像如图所示。此过程中，两物体所受的摩擦力分别为Ff甲、Ff乙；克服摩擦力做功分别为W甲、W乙。则下列判断正确的是（ ）
A.Ff甲＜Ff乙 W甲＜W乙
B.Ff甲＝Ff乙 W甲＜W乙
C.Ff甲＞Ff乙 W甲＞W乙
D.Ff甲＞Ff乙 W甲＝W乙
解析：B 根据牛顿第二定律可知，摩擦力Ff＝ma＝，因m甲∶m乙＝1∶2，t甲∶t乙＝1∶2，可知Ff甲＝Ff乙，根据动能定理Wf＝ΔEk＝m，可知W甲＜W乙，故选B。
5.如图甲所示，一质量为2 kg的物体放在水平面上，在水平推力F的作用下由静止开始运动。已知F随运动距离x变化的关系图像如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则物体运动的最大距离为（ ）
A.8 m B.12 m
C.20 m D.28 m
解析：C F-x图像与横轴围成的面积表示推力F做的功，由题图乙可得WF＝×50×8 J＝200 J，设物体运动的最大距离为xm，根据动能定理可得WF－μmgxm＝0，解得xm＝20 m，C正确，A、B、D错误。
6.（2025·辽宁省大连市高一期中）如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，B、C两点间的距离为d＝0.40 m，盆边缘的高度为h＝0.25 m。在A处放一个质量为m的小物块（可视为质点）并让其由静止滑下。已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10，重力加速度g＝10 m/s2。小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B点的距离为（ ）
A.0.1 m B.0.2 m
C.0.3 m D.0.4 m
解析：A 对全过程运用动能定理得mgh－μmgx＝0，解得x＝＝ m＝2.5 m，由x＝6d＋0.1 m，可知停的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。
7.质量为m＝60 kg的滑雪运动员，在一段可以看成平直斜面的斜坡上做滑雪运动，当运动员以初速度零从比BC面高h＝5 m的A点静止滑下，经斜坡底端B点无能量损失，最后停在与B点同一水平面的C点，g取10 m/s2，则：
（1）若AB段摩擦不计，求运动员到达B点时速度的大小；
（2）若运动员在BC段的位移为x＝10 m，动摩擦因数为μ1＝0.4，求AB段克服摩擦力做的功；
（3）在（2）的基础上，若斜面倾角为θ＝45°，求AB段的动摩擦因数μ2。
答案：（1）10 m/s
（2）600 J
（3）0.2
解析：（1）从A到B，由动能定理可得mgh＝m
解得vB＝10 m/s。
（2）从A到C，由动能定理得mgh－WfAB－μ1mgx＝0
解得WfAB＝600 J。
（3）由WfAB＝μ2mgcos 45°·
解得μ2＝0.2。
8.〔多选〕（2025·重庆高一期中）第24届冬季奥运会由北京市和张家口市联合举办。冬季奥运会雪上项目是极具观赏性的，如图所示，一滑雪赛道由粗糙的斜坡赛道AB和光滑的圆弧赛道BCD组成，斜坡赛道AB与圆弧赛道BCD相切于B点，斜坡赛道AB长L＝20 m，与水平方向的夹角为37°，圆弧赛道半径R＝5 m。滑雪运动员从赛道的起点A由静止滑下后，恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点。已知滑雪运动员连同装备的总质量m＝60 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，运动员可视为质点，则（ ）
A.运动员在C点的速度大小为10 m/s
B.运动员滑过斜坡赛道AB的过程中克服摩擦力做的功为4 200 J
C.滑雪设备与斜坡赛道AB之间的动摩擦因数为0.5
D.运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与A点间的距离为16 m
解析：ACD 运动员恰好能滑到圆弧赛道上与圆心等高的D点，则运动员从C到D，根据动能定理有－mgR＝0－m，解得vC＝10 m/s，故A正确；运动员从A到C，根据动能定理有mgLsin 37°－Wf＋mg＝m，又Wf＝μmgcos 37°·L，解得Wf＝4 800 J，μ＝0.5，故B错误，C正确；设运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与B点间的距离为x，则根据动能定理有－mgxsin 37°－mg－μmgcos 37°·x＝0－m，解得x＝4 m，则运动员从D点返回沿斜坡赛道AB上滑的最高点与A点间的距离为L－x＝16 m，故D正确。
9.〔多选〕（2025·重庆市高一期中）如图甲，一可视为质点的物体以初速度v0在足够长的水平面上做减速运动，运动过程中物体动能Ek随位移x的变化如图乙所示。已知物体质量为2 kg，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，可得（ ）
A.物体的初速度v0大小为4 m/s
B.物体与水平面间的动摩擦因数为0.8
C.x＝1.75 m时，物体的动能为10 J
D.x＝1.75 m时，摩擦力的瞬时功率大小为12 W
解析：AD 由题图乙可知物体的初动能为Ek＝m＝16.00 J，解得v0＝4 m/s，故A正确；设物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，根据动能定理得－μmgΔx＝0－Ek，即μmg＝＝ N＝4 N，解得μ＝0.2，故B错误；x＝1.75 m时，克服摩擦力做功为W克f＝μmgx＝7 J，物体的动能为Ek'＝Ek－W克f＝9 J，故C错误；x＝1.75 m时，物体的速度为v'＝＝3 m/s，摩擦力的瞬时功率大小为Pf＝μmgv'＝12 W，故D正确。
10.（2025·江苏省无锡市高一期中）如图所示，一轨道由曲面AB、竖直圆轨道、水平轨道BD和固定斜面DEF平滑连接组成，其中曲面和圆轨道光滑，水平轨道和斜面粗糙且动摩擦因数均为μ＝0.2，圆轨道最低点B相互错开。现将一质量为m＝0.5 kg的滑块（可看成质点）从AB轨道上距离地面某一高度由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8 m，水平轨道的长度xBD＝9 m，斜面宽度DF＝2 m，倾角θ＝45°，g取10 m/s2，滑块从h＝2.4 m高处由静止开始滑下，求：
（1）滑块运动至圆轨道最高点C点对轨道压力大小；
（2）滑块在斜面上向上运动的最大距离；
（3）滑块最终停止的位置（用距离D点描述）。
答案：（1）5 N
（2） m
（3）滑块停在D点左侧2 m处
解析：（1）滑块从静止开始滑下到C过程，根据动能定理可得mgh－2mgR＝m－0
解得vC＝4 m/s
在C点，根据牛顿第二定律可得FN＋mg＝m
解得FN＝5 N
由牛顿第三定律可知，滑块在C点对轨道的压力FN'＝FN＝5 N。
（2）滑块从静止开始滑下到第一次到达D点过程，根据动能定理可得
mgh－μmg·xBD＝m－0
解得vD＝2 m/s
滑块在斜面上向上运动过程，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
解得a＝6 m/s2
根据运动学公式可得滑块在斜面上向上运动的最大距离为xm＝＝ m。
（3）设滑块最终停止的位置与D点的距离为x，滑块从斜面上下滑到最终停止过程，
mgxmsin θ－μmgcos θ·xm－μmgx＝0
解得x＝2 m
则滑块停在D点左侧2 m处。
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