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(共68张PPT)
应用动能定理解决多过程问题(综合融通课)
第2课时
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类型(一)　多过程直线运动问题
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类型(二)　多过程曲线运动问题
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类型(三)　多过程往复运动问题
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
类型(一)　多过程直线运动问题
[例1]　如图所示的装置由AB、BC、CE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、CE是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5 m，轨道CE足够长且倾角θ＝37°，D为轨道CE上一点，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1＝4.3 m、h2＝1.35 m。现让质量为m可视为质点的小滑块从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10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小vD；
(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。
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，对小滑块从静止释放到最终停止的全过程，由动能定理得mgh1－μmgs总＝0，解得s总＝8.6 m，故小滑块最终停止的位置与B点的距离为2s－s总＝1.4 m。
[答案]　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m
|思|维|建|模|　用动能定理解决多过程问题的流程
1．图中ABCD是一条长轨道，其中AB
段是倾角为θ的斜面，CD段是长为s的水平
轨道，BC段是与AB段和CD段都相切的一小段圆弧，其长度可以忽略不计。一质量为m的小滑块在A点由静止释放，沿轨道滑下，最后停在D点，A点和D点的位置如图所示，现用一沿轨道方向的力推滑块，使它缓缓地由D点回到A点，设滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则推力对滑块做的功等于(　 )
针对训练
√
解析：滑块由A点运动至D点，设克服摩擦力做功为W克fAD，由动能定理得mgh－W克fAD＝0，即W克fAD＝mgh　①，滑块从D点回到A点，由于是缓慢推，说明动能变化量为零，设克服摩擦力做功为W克fDA，由动能定理知，滑块从D点被推回A点过程有WF－mgh－W克fDA＝0　②，
类型(二)　多过程曲线运动问题
[例2]　(2023·湖北高考)如图为某游戏装置原理
示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半
径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边
缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道 在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
|思|维|建|模|
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)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。
2．(2024·郑州三校联考)如图所示，小明设计的游戏装置，由光滑平台、倾斜粗糙直轨道AB、竖直圆管道CDEBC′(管道内径远小于管道半径)、水平粗糙直轨道平滑连接组成。其中平台左侧固定一弹簧，倾斜直轨道AB与圆管道相切于B点，水平直轨道与圆管道相切于C′点(C和C′略错开)。小滑块与倾斜直轨道AB及水平直轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB斜轨道倾角θ＝37°，AB长度l＝0.4 m。小滑块从B点进入管道内，当小滑块沿管道内靠近圆心O的内侧运动时有摩擦，
针对训练
沿管道外侧运动时无摩擦，管道半径为R＝0.2 m。第一次压缩弹簧后释放小滑块，A点上方挡片可以让小滑块无速度损失进入AB段，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点。第二次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.36 J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为1 m/s。已知小滑块质量m＝0.1 kg，可视为质点，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2。　
(1)求第一次压缩弹簧释放小滑块后，第一次运动到C点时对轨道的压力；
(2)求第二次压缩弹簧释放小滑块后，运动到E点的过程，小滑块在圆管道内所受摩擦力做的功；
(3)若第三次压缩弹簧使弹簧弹性势能为0.48 J时释放小滑块，通过计算判断小滑块在圆管道内运动是否受到摩擦力作用。小滑块在水平直轨道上距离C′为x处的速度为v，求v与x之间的关系式。
类型(三)　
多过程往复运动问题
1．往复运动问题
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
2．解题策略
求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
考法(一)　多过程直线往复运动问题
若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的机械能损失和篮球的形变，弹簧形变在弹性限度范围内。求：(g取10 m/s2)
(1)弹簧的劲度系数；
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置。
[解析]　(1)篮球静止在弹簧上时，
有mg－kx2＝0，解得k＝500 N/m。
(2)篮球从开始运动到第一次上升到最高点，由动能定理得mg(h1－h2)－f(h1＋h2＋2x1)＝0
代入数值解得f≈0.5 N。
(3)设篮球在整个运动过程中通过的总路程为s，
整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反，
根据动能定理有WG＋Wf＋W弹＝0
重力做功WG＝mg(h1＋x2)＝5.55 J
弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J
则空气阻力做功Wf＝－fs＝－5.525 J
解得s＝11.05 m。
(4)篮球在首次下落过程中，合力为零处速度最大
速度最大时弹簧形变量为x3
mg－f－kx3＝0
在A点下方，离A点x3＝0.009 m。
[答案]　(1)500 N/m　(2)0.5 N
(3)11.05 m　(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
[例4]　如图所示，质量m＝0.1 kg的可视为质点的
小球从距地面高H＝5 m处由静止开始自由下落，到达地
面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽的右端切入，半圆形槽
半径R＝0.4 m。小球到达槽最低点时速率为10 m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘竖直向上飞出……，如此反复，设小球在槽壁运动时受到的摩擦力大小恒定不变，不计空气阻力及小球与槽壁口接触时的机械能损失(取g＝10 m/s2)。求：
考法(二)　多过程曲线往复运动问题
(1)小球第一次飞离槽后上升的高度H1；
(2)小球最多能飞出槽外的次数。
(2)设小球能飞出槽外n次，对整个过程，由动能定理得mgH－n×2Wf＝0
解得n＝6.25，n只能取整数，故小球最多能飞出槽外6次。
[答案]　(1)4.2 m　(2)6次
课时跟踪检测
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一、立足基础，体现综合
1．如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为
水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。
一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　 )
√
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解析：设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，D正确。
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2．(2024·开封高三模拟)如图所示，处于竖直平
面内的一探究装置，倾角α＝37°的直轨道AB与半径
R＝0.15 m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆
弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径。一质量m＝0.1 kg 的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小物块与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，则释放点距B点的距离为(　 )
A．1.725 m B．1.5 m C．1.25 m D．0.75 m
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3．(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则(　 )
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解析：对物块由A到C的运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，A错误，B正确；
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4．(2024·郑州宇华实验学校一模)如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘、餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则(　 )
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5．(2024·遂宁高三模拟)(多选)滑梯是小朋友们最喜爱的娱乐项目之一。某幼儿园在空地上做了一个滑梯，如图甲所示，可简化为图乙所示模型。其主要结构由倾斜部分AB和水平部分BC组成，中间平滑连接，根据空地的大小，滑梯的倾斜部分水平跨度为2.4 m，高1.8 m。滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4，一质量为20 kg的小孩(可看成质点)从滑梯顶部A由静止开始无助力滑下，g取10 m/s2，则(　 )
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6．如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
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(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
解析：(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有
FN＝mgcos 37°，f＝μFN，F－f－mgsin 37°＝ma
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撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有
WF′－μmgscos 37°＝0－0，解得s＝5 m。
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二、注重应用，强调创新
7．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
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(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得mgcos 45°＝FN
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(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A点到B点由动能定理得
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8．(2024·四川凉山模拟)学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。已知滑块质量为m＝20 g，
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圆轨道半径R＝0.2 m，轨道AB长xAB＝1 m，BC长xBC＝0.4 m，AB、BC段动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
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(1)若滑块在A点速度vA＝5 m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；
(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4 m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；
(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。
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答案：(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)2.7 N (3)y≥0.18 m或y≤0.072 m课时跟踪检测(二十七)　应用动能定理解决多过程问题
一、立足基础，体现综合
1．如图所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C处停止，不计空气阻力，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(　 )
A.μmgR B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
2．(2024·开封高三模拟)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，倾角α＝37°的直轨道AB与半径R＝0.15 m的圆弧形光滑轨道BCD相切于B点，O为圆弧轨道的圆心，CD为竖直方向上的直径。一质量m＝0.1 kg 的小滑块可从斜面上的不同位置由静止释放，已知小物块与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。若小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点D，则释放点距B点的距离为(　 )
A．1.725 m B．1.5 m
C．1.25 m D．0.75 m
3．(多选)如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB固定在竖直面内，轨道最低点B与水平面平滑连接，圆心O与A在同一水平面内，质量为m的物块从A点由静止释放，物块沿圆弧轨道下滑，最终静止在水平面上的C点，B、C间的距离为2R，重力加速度为g。若物块滑到BC的中点时，给物块施加一个水平向左的恒力F，当物块再次运动到B点时，撤去力F，结果物块恰好能运动到A点，则(　 )
A．物块与水平面间的动摩擦因数为0.25
B．物块与水平面间的动摩擦因数为0.5
C．水平推力的大小等于mg
D．水平推力的大小等于mg
4．(2024·郑州宇华实验学校一模)如图，圆形水平餐桌面上有一个半径为r、可绕中心轴转动的同心圆盘，在圆盘的边缘放置一个质量为m的小物块。物块与圆盘、餐桌面间的动摩擦因数均为μ，现从静止开始缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘上滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，物块可视为质点。则(　 )
A．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的角速度大小为
B．物块从圆盘上滑落的瞬间，圆盘的线速度大小为
C．餐桌面的半径为r
D．物块随圆盘运动的过程中，圆盘对小物块做功为μmgr
5．(2024·遂宁高三模拟)(多选)滑梯是小朋友们最喜爱的娱乐项目之一。某幼儿园在空地上做了一个滑梯，如图甲所示，可简化为图乙所示模型。其主要结构由倾斜部分AB和水平部分BC组成，中间平滑连接，根据空地的大小，滑梯的倾斜部分水平跨度为2.4 m，高1.8 m。滑梯和儿童裤料之间的动摩擦因数为0.4，一质量为20 kg的小孩(可看成质点)从滑梯顶部A由静止开始无助力滑下，g取10 m/s2，则(　 )
A．小孩在斜面上下滑的加速度大小为2.8 m/s2
B．小孩滑到B点的速度vB＝2 m/s
C．为了使小孩不滑出滑梯，水平部分BC长度至少为2.1 m
D．保持A点不变，减小倾斜滑梯的长度而增大滑梯的倾角(如图中虚线AB′所示)，则下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率不变
6．如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
二、注重应用，强调创新
7．(2023·江苏高考)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
8．(2024·四川凉山模拟)学校科技小组成员参加了过山车游戏项目后，为了研究过山车运动中所遵循的物理规律，设计出了如图所示的装置，图中P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，C′、C等高但略有错开，可认为CDC′为竖直圆轨道。CE为足够长倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系，弹射装置P的位置可在坐标平面内任意调节，使水平弹出的小滑块(视为质点)总能无碰撞的从A点进入轨道。已知滑块质量为m＝20 g，圆轨道半径R＝0.2 m，轨道AB长xAB＝1 m，BC长xBC＝0.4 m，AB、BC段动摩擦因数均为μ＝0.5，其余各段轨道均光滑，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。
(1)若滑块在A点速度vA＝5 m/s，求滑块弹出时的位置坐标(x1，y1)；
(2)若滑块弹出时的初速度v0＝4 m/s，求滑块在进入圆轨道C点时对轨道压力的大小；
(3)若滑块第一次进入圆轨道不脱轨，求滑块弹出时纵坐标y应满足的条件。
课时跟踪检测(二十七)
1．选D　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，D正确。
2．选A　小滑块恰好能通过圆弧轨道的最高点，在D点，由牛顿第二定律得mg＝m，滑块由释放运动到D点的过程，由动能定理得mgl0sin α－μmgcos α·l0－mgR(1＋cos α)＝mvD2，代入数据联立解得l0＝1.725 m，A正确，B、C、D错误。
3．选BC　对物块由A到C的运动过程，根据动能定理得mgR－μmg·2R＝0，解得μ＝0.5，A错误，B正确；设恒力F作用后，物块还能向右滑行的距离为x，根据动能定理得mgR－μmg(R＋x)－Fx＝0，(F－μmg)(R＋x)－mgR＝0，联立解得F＝mg，C正确，D错误。
4．选C　物块从圆盘上滑落的瞬间，物块与圆盘的角速度大小相等，线速度大小相等，此时摩擦力达到最大静摩擦力，由牛顿第二定律可得μmg＝mω2r，解得ω＝，由线速度与角速度的关系公式v＝ωr，可得圆盘的线速度大小为v＝ωr＝r＝，A、B错误；物块从圆盘上滑落到桌面的边缘，如图所示，由动能定理可得－μmgx＝0－mv2，代入数据解得x＝，由几何关系可得R2＝r2＋2，解得餐桌面的半径为R＝r，C正确；物块随圆盘运动的过程中，由动能定理，可得圆盘对小物块做功为W＝mv2＝μmgr，D错误。
5．选AC　对小孩在滑梯斜面下滑，由牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，根据已知条件可得tan α＝＝，则可得sin α＝0.6，cos α＝0.8，解得a＝2.8 m/s2，故A正确；对小孩从A点到B点的过程应用动能定理，有mgh－μmgcos α·lAB＝mvB2，其中h＝1.8 m，lAB＝＝3 m，解得vB＝ m/s≈4.1 m/s，故B错误；假设小孩恰好不滑出滑梯，设水平部分BC最小长度为x，对小孩在水平面应用动能定理，有－μmgx＝－mvB2，解得x＝2.1 m，故C正确；设小孩在斜面上下滑的时间为t，则有＝g(sin α－μcos α)t2，可得t＝，增大滑梯的倾角α，则下滑时间t将减小，由此可知下滑过程中小孩所受重力做功的平均功率＝增大，故D错误。
6．解析：(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°，f＝μFN，
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由题图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得
WF＋Wf＋WG＝mvm2－0
即×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝mvm2－0，解得vm＝ m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有
WF′－μmgscos 37°＝0－0，解得s＝5 m。
答案：(1) m/s　(2)2 m　5 m
7．解析：(1)滑雪者由A点运动到P点的过程，沿斜坡方向由牛顿第二定律得mgsin 45°－Ff＝ma
在垂直斜坡方向由平衡条件得
mgcos 45°＝FN
又Ff＝μFN，解得a＝(1－μ)g
由运动学公式x＝at2得t＝。
(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者由P点到B点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0
滑雪者由A点到B点由动能定理得
mgdsin 45°＋WG－Wf－μmgdcos 45°＝mv2，联立解得v＝。
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有vsin 45°＝g·
水平方向上有L＝vcos 45°·t
联立可得L＝d(1－μ)。
答案：(1) 　(2)
(3)d(1－μ)
8．解析：(1)由平抛规律得vAsin 37°＝gt，
x1＝vAcos 37°·t，y1＝gt2
解得x1＝1.2 m，y1＝0.45 m
故坐标为(1.2 m,0.45 m)。
(2)滑块在A点时vA＝＝5 m/s
从A到C过程，由动能定理得
(mgsin 37°－μmgcos 37°)xAB－μmgxBC＝mvC2－mvA2
在C点有FC－mg＝m
联立解得FC＝2.7 N
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为2.7 N。
(3)第一种情况刚好可过最高点D：
mg＝m
从P到D有
mg(y1＋xABsin θ－2R)－μmgcos θ·xAB－μmgxBC＝mv2－mv102
又y1＝＝
联立解得y1＝0.18 m
第二种情况从P到与圆心等高的位置时速度为零：mg(y2＋xABsin θ－R)－μmgcos θ·xAB－μmgxBC＝0－mv202
又y2＝＝
联立解得y2＝0.072 m
综合上述可知y≥0.18 m或y≤0.072 m。
答案：(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)2.7 N
(3)y≥0.18 m或y≤0.072 m
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