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专题强化12　动能定理的应用(二)
(分值：50分)
1~4题每题4分，5题7分，共23分
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为(　　)
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
2.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)(　　)
A. B.
C. D.
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
4.(2023·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(未画出)并让其从静止滑下。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
5.(7分)如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点向左运动，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，弹簧始终处于弹性限度内。
(1)(3分)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
(2)(4分)求O点和O'点间的距离x1。
6题6分，7题9分，共15分
6.质量为m的小球被系在长度为R的轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，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迹的最低点，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，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
7.(9分)如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点，忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小；
(2)(3分)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
8.(12分)(2023·七台河市高一期末)如图所示，AB是倾角为θ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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)(4分)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；
(2)(8分)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力。
答案精析
1.A　[设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。]
2.B　[物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得-mgh-W克f=0-m①
物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得
mgh-W克f=m②
联立①②可得v1=，故选B。]
3.B　[设斜面倾角为θ，运动到与O点相距s时停止，对木块运动的整个过程，根据动能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg(s-)=0，解得s=，可知s与斜面倾角没有关系，C'点与C点重合，A、C、D错误，B正确。]
4.A　[对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。]
5.(1)m　(2)-x0
解析　(1)设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得-W克f=0-m，可得W克f=m。
(2)物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-m，可得x1=-x0。
6.C　[小球通过最低点时，设绳的张力为T，则T-mg=m，即6mg=m；小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，则有mg=m；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=m-m，联立解得Wf=mgR，故C正确。]
7.(1)1 368 N　(2)-12 720 J
解析　(1)从C处做平抛运动，竖直方向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C处，根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得滑道对该爱好者的支持力大小为FN=1 368 N
根据牛顿第三定律，该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。
(2)从A到C由动能定理得mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m，解得Wf=-12 720 J。
8.(1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向竖直向下
解析　(1)因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动，整个过程中在AB轨道上通过的总路程为s，
对全过程由动能定理得mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0
解得s=
(2)设物体最终经过E点时的速度为v，物体从B到E过程中，
由动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0
在E点，由牛顿第二定律得FN-mg=m
由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小为FN'=FN
联立解得FN'=(3-2cos θ)mg，方向竖直向下。专题强化12　动能定理的应用(二)
［学习目标］　1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(难点)。
一、应用动能定理解决多过程问题
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。
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1　如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，空气阻力不计，取g=10 m/s2。求沙子对铅球的平均阻力f。
二、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，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。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=fs(s为路程)。
例2　如图所示，光滑固定斜面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：
(1)物体第一次运动到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。
三、动能定理在平抛运动、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可提供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不可提供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只有重力提供向心力，mg=，vmin=。
例3　如图所示，一可以看成质点的质量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ=53°，轨道半径R=0.5 m。已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案精析
例1　2 020 N
解析　方法一　应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得mgH=mv2-0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f，由动能定理得mgh-fh=0-mv2，联立以上两式得f=2 020 N
方法二　应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f，重力做功WG=mg(H+h)，阻力做功Wf=-fh，由动能定理得mg(H+h)-fh=0-0，代入数据得f=2 020 N
例2　(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-m
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=m-0
代入数据解得：H=1.02 m
(3)从物体开始下滑到最终停止，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。
例3　(1)3 m/s　(2)-4 J
解析　(1)在A点，由平抛运动规律得：
vA==v0
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R+Rcos θ)=m-m
联立解得：v0=3 m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg=，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf=m-m
代入数据解得Wf=-4 J。(共39张PPT)
DISIZHANG
第四章
专题强化12　动能定理的
应用(二)
1.能够灵活应用动能定理解决多过程问题(重点)。
2.能够应用动能定理解决往复运动问题(重点)。
3.能够应用动能定理分析平抛运动、圆周运动(难点)。
学习目标
一、应用动能定理解决多过程问题
二、应用动能定理解决往复运动问题
专题强化练
内容索引
三、动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
应用动能定理解决多过程问题
一
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。
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。
　如图所示，一质量为2 kg的铅球从离地面2 m高处自由下落，陷入沙坑2 cm深处，空气阻力不计，取g=10 m/s2。求沙子对铅球的平均阻力f。
例1
答案　2 020 N
方法一　应用动能定理分段求解
设铅球自由下落到沙面时的速度为v，由动能定理得
mgH=mv2-0，设铅球在沙中受到的平均阻力大小为f，
由动能定理得mgh-fh=0-mv2，联立以上两式得f=2 020 N
方法二　应用动能定理全程求解
铅球下落全过程都受重力，只有进入沙中铅球才受阻力f，重力做功WG=mg(H+h)，阻力做功Wf=-fh，由动能定理得mg(H+h)-fh=0-0，代入数据得f=2 020 N
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应用动能定理解决往复运动问题
二
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，会十分繁琐，甚至无法确定往复运动的具体过程和终态。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=fs(s为路程)。
　如图所示，光滑固定斜面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：
(1)物体第一次运动到C点时的速度大小vC；
例2
答案　4 m/s　
物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：
-mg(h+R)=0-m
代入数据解得：vC=4 m/s
物体由A点运动到C点，根据动能定理得：
mgH-μmglBC=m-0
代入数据解得：H=1.02 m
(2)A点距离水平面的高度H；
答案　1.02 m
从物体开始下滑到最终停止，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。
(3)物体最终停止的位置到C点的距离s。
答案　0.4 m
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动能定理在平抛运动、圆周运动中的应用
三
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可提供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不可提供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
界条件为只有重力提供向心力，mg=，vmin=。
　如图所示，一可以看成质点的质量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入固定圆弧轨道，BC为圆弧的竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ=53°，轨道半径R=0.5 m。已知sin 53°=0.8，cos 53°= 0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
例3
答案　3 m/s
在A点，由平抛运动规律得：
vA==v0
小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得
mg(R+Rcos θ)=m-m
联立解得：v0=3 m/s；
(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功。
答案　-4 J
若小球恰好能通过最高点C，在最高点C处有mg=，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf=m-m
代入数据解得Wf=-4 J。
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专题强化练
四
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
题号 1 2 3 4 5 6
答案 A B B A (1)m　(2)-x0 C
题号 7 8
答案 (1)1 368 N　(2)-12 720 J (1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向竖直向下
1.如图所示，用平行于斜面的推力F，使质量为m的物体(可视为质点)从倾角为θ的光滑固定斜面的底端，由静止向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，撤去推力，物体刚好能到达顶端，重力加速度为g，则推力F大小为
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
1
2
3
4
5
6
7
8
基础强化练
√
设斜面的长度为2L，对全过程，由动能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故选A。
答案
2.如图所示，物块(可视为质点)以初速度v0从A点沿不光滑的轨道运动恰好到高为h的B点后自动返回，其返回途中仍经过A点，则经过A点的速度大小为(重力加速度为g，水平轨道与斜轨道平滑连接)
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
物块由A运动到B的过程中，由动能定理可得
-mgh-W克f=0-m ①
物块由B运动到A的过程中，由动能定理可得
mgh-W克f=m ②
联立①②可得v1=，故选B。
答案
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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
设斜面倾角为θ，运动到与O点相距s时停止，对木块运动的整个过程，根据动能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg(s-)=0，解得s=，可知s与斜面倾角没有关系，C'点与C点重合，A、C、D错误，B正确。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
4.(2023·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(未画出)并让其从静止滑下。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
1
2
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8
√
答案
对全过程运用动能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B点的距离为0.1 m。故选A。
1
2
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4
5
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7
8
答案
5.如图所示，轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端点在
O位置。质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从
距O点右方x0的P点向左运动，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，弹簧始终处于弹性限度内。
(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程，克服摩擦力所做的功；
1
2
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答案　m　
答案
设克服摩擦力所做的功为W克f，物块A从P点出发又回到P点的过程，由动能定理得-W克f=0-m，可得W克f=m。
1
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8
答案
(2)求O点和O'点间的距离x1。
1
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7
8
答案　-x0
物块A从P点出发又回到P点的过程，据动能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-
m，可得x1=-x0。
答案
6.质量为m的小球被系在长度为R的轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图所示，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迹的最低点，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，已知重力加速度为g，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
1
2
3
4
5
6
7
8
√
能力综合练
答案
1
2
3
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7
8
小球通过最低点时，设绳的张力为T，则T-mg=m，
即6mg=m；小球恰好通过最高点，绳子拉力为零，
则有mg=m；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=m-m，联立解得Wf=mgR，故C正确。
答案
7.如图甲所示为滑雪大跳台，将其简化为如图乙所示模型：AB段和CD段是长度均为L=50 m的倾斜滑道，倾角均为37°；BC段是半径R=20 m的一段圆弧轨道，圆心角为37°，与AB段平滑连接；DE段为结束区。一滑雪爱好者连同装备总质量为m=60 kg，从A点由静止出发沿着滑道AB、BC下滑，从C点水平抛出落到斜面CD上的N点，点N到C的距离d=48 m。该爱好者可看作质点，忽略其运动过程中所受的空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小；
1
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答案　1 368 N　
答案
1
2
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5
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8
从C处做平抛运动，竖直方向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C处，根据牛顿第二定律有FN-mg=m
解得滑道对该爱好者的支持力大小为FN=1 368 N
根据牛顿第三定律，该爱好者运动到C点时对滑道的压力大小与FN大小相等，为1 368 N。
答案
(2)从开始运动到落至N点的过程中摩擦阻力做的功。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案　-12 720 J
从A到C由动能定理得mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m，解得
Wf=-12 720 J。
答案
8.(2023·七台河市高一期末)如图所示，AB是倾角为θ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(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在轨道间做往返运动。已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过
的总路程；
尖子生选练
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因为在AB轨道上摩擦力始终对物体做负功，
物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动，
整个过程中在AB轨道上通过的总路程为s，
对全过程由动能定理得mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0
解得s=
答案
(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。
答案　(3-2cos θ)mg，方向竖直向下
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设物体最终经过E点时的速度为v，
物体从B到E过程中，
由动能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0
在E点，由牛顿第二定律得FN-mg=m
由牛顿第三定律，物体对圆弧轨道的压力大小为FN'=FN
联立解得FN'=(3-2cos θ)mg，方向竖直向下。
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