【物理】2019届二轮复习利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案（全国通用）

【物理】2019届二轮复习利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案（全国通用）

微型专题 利用动能定理分析变力做功和多过程问题 一、利用动能定理求变力的功 1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程 分析，应用非常方便. 2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以 用动能定理间接求变力做的功，即 W 变＋W 其他＝ΔEk. 例 1 (2018·杭西高高一 4 月测试)如图 1 所示，竖直平面内的轨道由直轨道 AB 和圆弧轨道 BC 组成，小球从斜面上 A 点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径为 R＝0.4 m 的圆 弧轨道.(g＝10 m/s2) 图 1 (1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点 C，求斜面高 h； (2)若已知小球质量 m＝0.1 kg，斜面高 h＝2 m，小球运动到 C 点时对轨道的压力为 mg，求 全过程中摩擦阻力做的功. 答案 见解析 解析 (1)小球刚好到达 C 点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝mv2 R ， 从 A 到 C 过程，由动能定理得：mg(h－2R)＝1 2mv2， 解得：h＝2.5R＝2.5×0.4 m＝1 m； (2)在 C 点，由牛顿第二定律得： mg＋mg＝mvC 2 R ， 从 A 到 C 过程，由动能定理得： mg(h－2R)＋Wf＝1 2mvC2－0， 解得：Wf＝0.8 J. 从 B 至 C 小球所受的摩擦力是变力(大小、方向都变)，求变力的功不能直接应用功的公式， 通常用动能定理求解. 针对训练 1 (2018·余姚市高一下学期期中考试)如图 2 所示，一半径为 R 的半圆形轨道竖直 固定放置，轨道两端等高；质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加速度大小为 g.质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所 做的功为( ) 图 2 A.1 4mgR B.1 3mgR C.1 2mgR D.π 4mgR 答案 C 解析 质点经过 Q 点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得 FN－ mg＝mvQ 2 R ，由题有 FN＝2mg，可得 vQ＝ gR，质点自 P 滑到 Q 的过程中，由动能定理得 mgR －Wf＝1 2mvQ2，得克服摩擦力所做的功为 1 2mgR，选项 C 正确. 二、利用动能定理分析多过程问题 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理. (1)分段应用动能定理时，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，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解. (2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确 定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定 理列式求解. 当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便. 注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时， 应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和. 例 2 如图 3 所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面 AB 长 L＝1.5 m，一个质量为 m＝ 0.5 kg 的木块在 F＝1.5 N 的水平拉力作用下，从桌面上的 A 端由静止开始向右运动，木块到 达 B 端时撤去拉力 F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取 g＝10 m/s2.求： 图 3 (1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)； (2)木块沿弧形槽滑回 B 端后，在水平桌面上滑行的最大距离. 答案 (1)0.15 m (2)0.75 m 解析 (1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为 h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动 到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得： FL－FfL－mgh＝0 其中 Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以 h＝FL－FfL mg ＝1.5－1.0×1.5 0.5×10 m＝0.15 m (2)设木块离开 B 点后沿桌面滑行的最大距离为 x.由动能定理得： mgh－Ff′x＝0 Ff′＝μmg 所以：x＝mgh Ff′＝0.5×10×0.15 1.0 m＝0.75 m 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 针对训练 2 如图 4 所示，质量 m＝1 kg 的木块静止在高 h＝1.2 m 的平台上，木块与平台间 的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力 F＝20 N，使木块产生位移 l1＝3 m 时撤去，木块又滑行 l2 ＝1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g 取 10 m/s2) 图 4 答案 11.3 m/s 解析 解法一 取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进 l1，后匀减速前进 l2， 再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl1－μmgl1＝1 2mv12 －μmgl2＝1 2mv22－1 2mv12 mgh＝1 2mv32－1 2mv22 解得 v3≈11.3 m/s 解法二 对全过程由动能定理得 Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝1 2mv2－0 代入数据解得 v≈11.3 m/s 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平 抛运动的有关物理量. (2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： ①有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为 vmin＝0. ②没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为 vmin＝ gR. 例 3 (2018·金华市十校联考)如图 5 所示，质量 m＝0.2 kg 的小物块，放在半径 R1＝2 m 的水 平圆盘边缘 A 处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°、半径 R2＝2.5 m 的 光滑圆弧轨道 BC 与水平轨道光滑连接于 C 点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5. 开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心 O1 的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面 水平方向飞出(此时 O1 与 A 连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道 B 处，经过圆弧 BC 进 入水平轨道 CD，在 D 处进入圆心为 O2、半径 R3＝0.5 m 的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后 沿水平轨道 DF 向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，求： 图 5 (1)圆盘对小物块 m 做的功； (2)小物块刚离开圆盘时 A、B 两点间的水平距离； (3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端 D 与 圆弧轨道底端 C 之间的距离范围和小物块的最终位置. 答案 (1)1.6 J (2)1.2 m (3)lDC≤1 m 最后停在离 C 位置右侧 3.5 m 处 解析 (1)小物块刚滑出圆盘时：μ1mg＝mvA2 R1 得：vA＝4 m/s 由动能定理可得：W＝1 2mvA2 得：W＝1.6 J (2)物块正好切入圆弧轨道 BC，由平抛运动知识可得： 在 B 处物块的竖直分速度为 vBy＝vAtan 37° 运动时间 t＝vBy g A、B 间的水平距离 x＝vAt 联立解得：x＝1.2 m (3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点 E 处：mg＝mvE2 R3 由 B 到 E 点由动能定理得： mgR2(1－cos 37°)－μ2mgL－2mgR3＝1 2mvE2－1 2mvB2 又 vB＝ vA2＋vBy2 可得：L＝1 m 即 DC 之间距离不大于 1 m 时物块可通过竖直圆轨道. 最后物块必定停止，由动能定理可得： mgR2(1－cos 37°)－μ2mgx＝0－1 2mvB2 解得 x＝3.5 m 即最后物块停在离 C 位置右侧 3.5 m 处. 四、动能定理在多过程往复运动中的应用 例 4 (2018·湖州、衢州、丽水高三期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图 6 所示竖直面 内的 ABCD 轨道，AB 为长 L＝6 m、倾角α＝37°的斜轨道，BC 为水平轨道，CD 为半径 R＝ 15 m、圆心角β＝37°的圆弧轨道，轨道 AB 段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从 A 点以初速度 v0＝2 3 m/s 沿轨道下滑，运动到 D 点时的速度恰好为零(不计经过 B 点时的能 量损失).已知该小孩的质量 m＝30 kg，取 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气 阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： 图 6 (1)该小孩第一次经过圆弧轨道 C 点时，对圆弧轨道的压力； (2)该小孩与 AB 段的动摩擦因数； (3)该小孩在轨道 AB 上运动的总路程 s. 答案 (1)420 N，方向竖直向下 (2)0.25 (3)21 m 解析 (1)由 C 到 D 速度减为 0，由动能定理可得 －mg(R－Rcos β)＝0－1 2mvC2， 解得 vC＝2 15 m/s 在 C 点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝mvC2 R ，解得 FN＝420 N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为 420 N，方向竖直向下 (2)小孩从 A 运动到 D 的过程中，由动能定理得： mgLsin α－μmgLcos α－mgR(1－cos β)＝0－1 2mv02 可得：μ＝0.25 (3)在 AB 斜轨上，μmgcos αWf1，故 mgh－Wf2<0，木块在 B 点动能小于 在 A 点动能，C 正确. 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 6.质量为 m 的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为 R 的圆周运动，如图 5 所示，运 动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克 服空气阻力所做的功是( ) 图 5 A.1 4mgR B.1 3mgR C.1 2mgR D.mgR 答案 C 解析 小球通过最低点时，设绳的张力为 FT，则 FT－mg＝mv12 R ，6mg＝mv12 R ① 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时 mg＝mv22 R ② 小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 －mg·2R－Wf＝1 2mv22－1 2mv12③ 由①②③式联立解得 Wf＝1 2mgR，选 C. 考点二 利用动能定理分析多过程问题 7.如图 6 所示，假设在某次比赛中运动员从 10 m 高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体 重的 3 倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度 至少为(不计空气阻力)( ) 图 6 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 答案 A 解析 设水深为 h，对运动全程运用动能定理可得： mg(H＋h)－Ffh＝0，Ff＝3mg， 所以 h＝5 m. 8.如图 7 所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置 于地板的 P 处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板 下滑，接着在地板上滑动，最终停在 Q 处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木 板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放 (设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在( ) 图 7 A.P 处 B.P、Q 之间 C.Q 处 D.Q 的右侧 答案 C 9.(多选)如图 8 所示为一滑草场.某条滑道由上、下两段高均为 h，与水平面倾角分别为 45°和 37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为 m 的载人滑草车从坡顶由静止开 始下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处 的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则( ) 图 8 A.动摩擦因数μ＝6 7 B.载人滑草车最大速度为 2gh 7 C.载人滑草克服摩擦力做功为 mgh D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5g 答案 AB 解析 根据动能定理有 2mgh－Wf＝0，即 2mgh－μmgcos 45°· h sin 45° －μmgcos 37°· h sin 37° ＝0， 得动摩擦因数μ＝6 7 ，则 A 项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为 Wf＝2mgh，则 C 项错误； 载人滑草车在上、下两段的加速度分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝ 2 14g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－ 3 35g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑 道底端时达到最大速度 v，由运动学公式有 2a1 h sin 45° ＝v2 得，v＝ 2a1 h sin 45° ＝ 2 7gh， 故 B 项正确，D 项错误. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题 10.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·东阳中学期中考试)如图 9 所示，自然伸长的轻弹簧 左端固定在竖直墙上，右端在 O 位置，质量为 m 的物块 A(可视为质点)以初速度 v0 从距 O 点 x0 的 P 点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到 O′点位置后，A 又被弹簧 弹回.A 离开弹簧后，恰好回到 P 点，物块 A 与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g. 图 9 (1)求物块 A 从 P 点出发又回到 P 点的过程中，克服摩擦力所做的功； (2)求 O 点和 O′点间的距离 x1. 答案 (1)1 2mv02 (2) v02 4μg －x0 解析 (1)A 从 P 开始运动，最后回到 P 的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为 Wf＝0 －1 2mv02＝－1 2mv02，即克服摩擦力做功为 1 2mv02. (2)A 从 P 开始运动，最后回到 P 的全过程，根据动能定理，有－2μmg(x1＋x0)＝0－1 2mv02， 得 x1＝ v02 4μg －x0. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题 11.(利用动能定理分析多过程问题)如图 10 所示，一个质量为 m＝0.6 kg 的小球以初速度 v0 ＝2 m/s 从 P 点水平抛出，从粗糙圆弧 ABC 的 A 点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆 弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点 C，已知圆弧的圆心为 O，半径 R＝0.3 m，θ＝60°， 取 g＝10 m/s2.求： 图 10 (1)小球到达 A 点的速度 vA 的大小； (2)P 点到 A 点的竖直高度 H； (3)小球从圆弧 A 点运动到最高点 C 的过程中克服摩擦力所做的功 W. 答案 (1)4 m/s (2)0.6 m (3)1.2 J 解析 (1)在 A 点有：vA＝ v0 cos θ ， 代入数据解得 vA＝4 m/s (2)从 P 点到 A 点小球做平抛运动，竖直分速度 vy＝v0tan θ 由运动学规律有 vy2＝2gH 解得 H＝0.6 m (3)恰好过 C 点满足 mg＝mvC2 R 由 A 点到 C 点由动能定理得 －mgR(1＋cos θ)－W＝1 2mvC2－1 2mvA2 代入数据解得 W＝1.2 J. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题 12.(利用动能定理分析多过程问题)如图 11 所示，光滑斜面 AB 的倾角θ＝53°，BC 为水平面， BC 长度 lBC＝1.1 m，CD 为光滑的1 4 圆弧，半径 R＝0.6 m.一个质量 m＝2 kg 的物体，从斜面 上 A 点由静止开始下滑，物体与水平面 BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道在 B、C 两点平滑连 接.当物体到达 D 点时，继续竖直向上运动，最高点距离 D 点的高度 h＝0.2 m.不计空气阻力， sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.g 取 10 m/s2.求： 图 11 (1)物体运动到 C 点时的速度大小 vC； (2)A 点距离水平面的高度 H； (3)物体最终停止的位置到 C 点的距离 s. 答案 (1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 解析 (1)物体由 C 点运动到最高点，根据动能定理得： －mg(h＋R)＝0－1 2mvC2 代入数据解得：vC＝4 m/s (2)物体由 A 点运动到 C 点，根据动能定理得： mgH－μmglBC＝1 2mvC2－0 代入数据解得：H＝1.02 m (3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgH－μmgs1＝0 代入数据解得 s1＝5.1 m 由于 s1＝4lBC＋0.7 m 所以，物体最终停止的位置到 C 点的距离为：s＝0.4 m. 1.(2017·温州中学 11 月选考 目模拟考试)2016 年 11 月 1 日广东珠海开幕的第十一届中国国际 航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的 6 架歼－10 战斗机为现场数千名观众带来了 一场震撼表演.如图 1 所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为 R 的圆周 运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为 m，重力加速度为 g. 图 1 (1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度； (2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加 速度为 5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功. 答案 (1) 2gR (2) 5gR －1 2mgR 解析 (1)最高点座椅对飞行员的弹力 FN＝mg 由重力和弹力的合力提供向心力 FN＋mg＝mv12 R ，v1＝ 2gR (2)最低点向心加速度最大时速度也最大，an＝mv22 R ＝5g，速度最大为 v2＝ 5gR 对最高点到最低点的过程运用动能定理，有 mg·2R＋W＝1 2mv22－1 2mv12，解得 W＝－1 2mgR. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 2.(2018·嘉兴市 3 月高三选考)如图 2 所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为 r＝1.5 m、 可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地 高度为 h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟 子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是 0.4 m.已 知碟子质量 m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 Ffmax＝0.6 N，g 取 10 m/s2，求：(不计 空气阻力) 图 2 (1)碟子从桌面飞出时的速度大小； (2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功； (3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？ 答案 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m 解析 (1)根据平抛运动规律：h＝1 2gt2，x＝vt， 得 v＝x g 2h ＝1 m/s. (2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为 v0，则 Ffmax＝mv02 r ，即 v0＝3 m/s 由动能定理得：Wf＝1 2mv2－1 2mv02，代入数据得：Wf＝－0.4 J. (3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值. 设碟子在桌子上滑动的位移为 x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－1 2mv02 代入数据得：x′＝2 m 由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝ r2＋x′2＝2.5 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 3.(2017·绍兴市9月选考 目适应性考试)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石 机长臂 OA 的长度 L＝4 m，B 为 OA 中点，石块可装在长臂上的 AB 区域中某一位置.开始时 长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被 水平抛出.在某次投石试验中，将质量为 m＝10 kg 的石块安装在 A 点，击中地面上距 O 点水 平距离为 x＝12 m 的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g 取 10 m/s2，求： 图 3 (1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小； (2)整个过程中投石机对石块所做的功 W； (3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离 O 点多远处才能使石块落地时距 O 点的 水平距离最大？ 答案 (1)300 N (2)1 200 J (3)3 m 解析 (1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向 x＝vt 竖直方向 h＝1 2gt2 又 h＝L＋Lsin α，解得 v＝2 30 m/s 所以石块受到的向心力为 F＝mv2 L ＝300 N (2)长臂从 A 点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得 W－mg(L＋Lsin α)＝1 2mv2－0 代入数值解得 W＝1 200 J (3)设抛出点距离 O 点为 l W－mg(l＋lsin 30°)＝1 2mv′2－0 v′＝ 240－30l 下落时间 t′＝ 2h′ g ＝ 2l＋Lsin α g ＝ l＋2 5 水平位移为 s＝ 224－3ll＋2＝ －6l－32＋150 因此当 l＝3 m 时石块落地时距 O 点水平距离最大. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 4.(2018·台州中学高三第一学期第一次统练)如图 4 所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它 的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从 A 位置由静止开始运动，经 2 s 后关闭电动机， 赛车继续前进至 B 点后水平飞出，赛车能从 C 点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道， D 点和 E 点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道 AB 段运动时受到的恒定 阻力为 0.4 N，赛车质量为 0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为 2 W，B、C 两点间高 度差为 0.45 m，C 与圆心 O 的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，求： 图 4 (1)赛车通过 C 点时的速度大小； (2)赛道 AB 的长度； (3)要使赛车能通过圆轨道最高点 D 后回到水平赛道 EG，其半径 R 需要满足什么条件？ 答案 (1)5 m/s (2)2 m (3)R≤25 46 m 解析 (1)赛车在 BC 间做平抛运动，则 vy＝ 2gh＝3 m/s 由图可知：vC＝ vy sin 37° ＝5 m/s (2)由(1)可知 B 点速度 v0＝vCcos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt－FflAB＝1 2mv02， 解得 lAB＝2 m. (3)当恰好通过最高点 D 时，有：mg＝mvD2 R 从 C 到 D，由动能定理可知：－mgR(1＋cos 37°)＝1 2mvD2－1 2mvC2，解得 R＝25 46 m 所以轨道半径 R≤25 46 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 5.如图 5 所示，在竖直平面内，长为 L、倾角θ＝37°的粗糙斜面 AB 下端与半径 R＝1 m 的光 滑圆弧轨道 BCDE 平滑相接于 B 点，C 点是最低点，D 点与圆心 O 等高.现有质量 m＝0.1 kg 的小物体从斜面 AB 上端的 A 点无初速下滑，恰能到达圆弧轨道的 D 点.若物体与斜面之间的 动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 图 5 (1)斜面 AB 的长度 L； (2)物体第一次通过 C 点时的速度大小 vC1； (3)物体经过 C 点时，轨道对它的最小支持力 FNmin； (4)物体在粗糙斜面 AB 上滑行的总路程 s 总. 答案 (1)2 m (2)2 5 m/s (3)1.4 N (4)6 m 解析 (1)A 到 D 过程，根据动能定理有 mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0，解得：L＝2 m； (2)A 到 C 过程，根据动能定理有 mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝1 2mvC12， 解得：vC1＝2 5 m/s； (3)物体经过 C 点，轨道对它有最小支持力时，它将在 B 点所处高度以下运动，所以有：mg(R －Rcos θ)＝1 2mvmin2，根据向心力公式有：FNmin－mg＝mvmin2 R ，解得 FNmin＝1.4 N； (4)根据动能定理有：mgLsin θ－μmgs 总 cos θ＝0，解得 s 总＝6 m.