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第八章
习题课3　动能定理的综合应用
机械能守恒定律
核心 目标 1．会利用动能定理求解变力的功、分析多过程问题．
2．会利用动能定理求解平抛、圆周运动综合问题．
能力提升 典题固法
利用动能定理求变力做功
应用
1
1．动能定理不仅对恒力做功成立，也对变力做功成立．
2．利用动能定理求变力的功是常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理求变力做的功，W变＋W其他＝ΔEk．
　　　如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内 (　　)
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的合外力所做的功为Pt
C．小车受到的牵引力逐渐减小
D．小车受到的牵引力做的功为
1
C
解析：这一过程中电动机的功率恒为P，根据P＝Fv，可知随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐渐减小，C正确；根据牛顿第二定律可得a＝，可知随着牵引力逐渐减小，小车的加速度也逐渐减小，A错误；根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为W合＝Pt－fx＝＜Pt，可得小车受到的牵引力做的功为W牵＝Pt＝fx＋，B、D错误．
　　　一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为 (　　)
A．mglcos θ　 B．mgl(1－cos θ)
C．Flcos θ　 D．Flsin θ
2
解析：小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误．
B
动能定理与图像综合问题
应用
2
1．五类图像
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
2．解决动能定理与图像问题
　　　(多选)如图所示是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平．运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度、Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度．下列图像中可能正确的有 (　　)
3
BC
A
B
C
D
解析：设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑过程的水平速度vx＝at·cos β＝acos β·t，可知水平速度与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速度不再改变，故A错误，B正确；运动员在AB段，由动能定理可知Ek1＝mgh－fh，其中f为摩擦阻力，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek2－Ek0＝mgh，整理得Ek2＝mgh＋Ek0，可知动能与h为一次函数，又因为Ek1-h图像斜率小于Ek2-h图像斜率mg，故C正确，D错误．
利用动能定理分析多过程问题
应用
3
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运用动能定理．
1．分段运用动能定理时，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、末动能分析，然后针对每个子过程运用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程运用动能定理时，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，找出整个过程中合外力做的总功，然后找出整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
　　　如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为 1 kg 的物体从A点以 4 m/s 的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0．求：(取g＝10 m/s2)
(1) 物体与BC轨道间的动摩擦因数．
答案：(1) 0.5　
4
解析：(1) 由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－
解得μ＝0.5
(2) 物体第5次经过B点时的速度．
答案：(2) 4 m/s　
解析：(2) 物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝－
解得v2＝4 m/s
(3) 物体最后停止的位置(距B点的长度)．
答案：(3) 0.4 m
解析：(3) 分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m
往复运动运动问题的解题策略
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．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＝fs(s为路程)．
动能定理在平抛、圆周运动中的应用
应用
4
动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合．
1．与平抛运动相结合时，应注意运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＝．
　　　某校科技小组在体验了如图甲所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置．足够长的曲线轨道AB、长L1＝0.5 m的水平直轨道BC、半径R＝0.4 m的竖直圆环轨道CD、长L2＝0.4 m的水平直轨道CE、半径r1＝0.8 m的水平半圆形管道EFG、半径r2＝0.25 m的竖直半圆形管道GH间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入、出口靠近且相互错开．将一可视为质点、质量为m＝0.2 kg的小球从曲线轨道AB上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D．已知两段水平直轨道动摩擦因数都为μ＝0.5，其余轨道阻力不计．两个半圆形管道的
内径远小于其半径、且比小球
直径略大．
5
甲
乙
(1) 求小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小．
答案：(1) 2 m/s　
解析：(1) 小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D，则有mg＝m
解得vD＝＝2 m/s
甲
乙
(2) 小球经过水平半圆形管道上某点F时，求管道对其作用力大小．
答案：(2) 2 N　
甲
乙
解析：(2) 从D点到F点，根据动能定理有
mg·2R－μmgL2＝－
解得vF＝4 m/s
管道作用力的水平分力提供向心力F1＝m＝4 N
管道作用力的竖直分力与重力平衡，即F2＝mg＝2 N
根据力的合成有F＝＝2 N
(3) 若竖直半圆形管道GH的半径可在0.25 m≤r2≤0.35 m间调节，则小球从管道H点水平抛出后落到与水平管道EFG共面的水平面上时，其落地点至H点的最大水平距离是多少？
答案：(3) m
甲
乙
解析：(3) 小球从F到H，根据动能定理有
－mg·2r2＝－
小球平抛运动过程中，竖直方向有2r2＝gt2
水平方向有x＝vHt
化简得x2＝6.4r2－16
根据二次函数可知，对称轴r2＝0.2 m
又因为0.25 m≤r2≤0.35 m，所以当r2＝0.25 m时，水平射程x最大，解得xm＝ m
随堂内化 即时巩固
1．(多选)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法中正确的是 (　　　)
A．物体运动的初速度大小为10 m/s
B．物体所受的摩擦力大小为5 N
C．物体运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．物体运动的时间为2 s
BCD
解析：由题图可知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50 J，根据动能定理得fs＝Ek2－Ek1，解得f＝－5 N，又Ek1＝mv2＝50 J，解得v＝5 m/s，由牛顿第二定律得物体的加速度为a＝＝－2.5 m/s2，则物体的运动时间t＝ s＝2 s，B、C、D正确．
2．一条滑雪道如图所示，倾斜滑道AB、CD段的倾角均为37°．AB段长度为L＝100 m，动摩擦因数为μ，半径R＝20 m的BC段为圆弧滑道与AB段平滑连接．一滑雪者连同装备(视为质点)总质量m＝70 kg，从A点由静止出发沿着滑道下滑，从C点水平抛出落到N点，NC段长度为d＝75 m，将滑雪者从B至C的运动看作匀速圆周运动．忽略运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2．求：
(1) 运动到C点时滑雪者速度的大小和滑雪者对滑道压力的大小．
答案：(1) 20 m/s　2 100 N　
解析：(1) 从C处平抛，竖直方向有dsin 37°＝gt2
水平方向有dcos 37°＝vCt
解得vC＝20 m/s
由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝2 100 N
由牛顿第三定律，滑雪者对滑道的压力为F'N＝FN＝2 100 N
(2) 滑道AB段的动摩擦因数μ的大小．
答案：(2) 0.5
解析：(2) 从A到B由动能定理得
mgLsin37°－μmgLcos37°＝－0
在B处vB＝vC＝20 m/s
解得μ＝0.5习题课3　动能定理的综合应用
1．质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一水平轻弹簧O端相距s，如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧接触后，弹簧的最大压缩量为x，重力加速度为g，则从开始接触到弹簧被压缩至最短(弹簧始终在弹性限度内)，物体克服弹簧弹力所做的功为(　　)
　　　　　 　　　　　 　　　　　
A．－μmg(s＋x)　
B．－μmgx
C．μmgs　
D．μmg(s＋x)
2．如图所示，一个小球质量为m，初始时静止在光滑的轨道上，以水平力击打小球，使小球通过半径为R的竖直光滑轨道的最高点C，则水平力对小球所做的功至少为(　　)
A．mgR B．2mgR
C．2.5mgR D．3mgR
3．如图所示为一水平转台，半径为R，一质量为m的滑块放在转台的边缘，已知滑块与转台间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．若转台的转速由零逐渐增大，当滑块在转台上刚好发生相对滑动时，转台对滑块所做的功为(　　)
A．μmgR　 B．2πmgR　
C．2μmgR　 D．0
4．(多选)如图所示，某质点沿直线运动的v t 图像为余弦曲线．下列说法中正确的是(　　)
A．在0~t1时间内，合力逐渐增大
B．在0~t2时间内，合力做正功
C．在t1~ t2时间内，合力的功率先减小，后增大
D．在t2~ t4时间内，合力做的总功为零
5．一辆汽车在水平平直公路上由静止开始启动，汽车输出功率与速度的关系如图所示，当汽车速度达到v0 后保持功率不变，汽车能达到的最大速度为2v0．已知汽车的质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，速度从v0 达到2v0 所用时间为t，下列说法中正确的是(　　)
A．汽车的最大功率为P＝fv0
B．汽车速度为v0 时，加速度为
C．汽车速度从0到v0 的过程中，位移为
D．汽车速度从v0 到2v0 的过程中，位移为v0t－
6．如图所示，人骑摩托车做特技表演时，以v0＝10.0 m/s 的初速度冲向高台，然后从高台水平飞出．若摩托车冲向高台的过程中以P＝4.0 kW 的额定功率行驶，冲到高台上所用时间t＝3.0 s，人和车的总质量m＝1.8×102 kg，台高h＝5.0 m，摩托车的落地点到高台的水平距离x＝10.0 m．不计空气阻力，取g＝10 m/s2．求：
(1) 摩托车从高台飞出到落地所用时间．
(2) 摩托车落地时速度．
(3) 摩托车冲上高台过程中克服摩擦力所做的功．
7．(多选)如图所示为一滑草场．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，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
8．(多选)如图所示，竖直细管固定在薄板上，光滑钢球在右侧直管被磁铁吸住，移动磁铁可使钢球从不同高度释放．撤去磁铁，钢球静止下滑并进入管道做圆周运动．已知钢球质量为m，管道半径为R，左右两侧管口到薄板距离分别为R和4R，重力加速度为g，则(　　)
A．钢球在圆管最高点最大速率为2
B．钢球在圆管最高点对轨道的最小弹力为mg
C．释放高度h＝R，钢球刚好能到达左侧管口
D．释放高度h>2R，钢球能从左侧管口离开
9．如图甲所示，在竖直平面内，粗糙的倾斜直轨道AB和光滑的圆轨道BCD相切于B点，C是圆轨道最低点，圆心角θ＝37°，D点与圆心等高，最低点C处有压力传感器．现有一个质量为m可视为质点的小物块从D点正上方静止释放后，恰好沿D点进入轨道DCB，压力传感器测出不同高度h释放时第一次经过C点的压力示数F，作出F与高度h的图像，如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2．
(1) 求小物块的质量m和圆轨道的半径R．
(2) 若h＝2 m，轨道AB的长度L＝1.8 m，改变小物块与轨道AB间的动摩擦因数μ，试求小物块在斜面轨道AB上滑行的路程s与μ的关系．
甲 乙
习题课3　动能定理的综合应用
1．A　解析：由动能定理有－W－μmg(s＋x)＝0－，可得W＝－μmg(s＋x)，A正确．
2．C　解析：以最小速度通过竖直光滑轨道的最高点C时，在C点，重力提供向心力，mg＝，对小球，由动能定理得W－mg·2R＝mv2，联立解得W＝2.5mgR，C正确．
3．A　解析：滑块即将开始发生相对滑动时，最大静摩擦力(等于滑动摩擦力)提供向心力，根据牛顿第二定律有μmg＝，根据动能定理有Wf＝mv2，解得Wf＝μmgR，A正确．
4．AD　解析：v t图线斜率对应加速度，在0~ t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知合力增大，A正确；由动能定理知0~t2时间内，动能增量为0，合力做功为0，B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻，F＝0，速度最大，F的功率为0，t1~t2时间内，外力的功率先增大，后减小，C错误；由动能定理知t2~t4时间内，动能增量为0，即合力做功为0，D正确．
5．C　解析：汽车速度为v0时，牵引力为F1，汽车速度为 2v0 时，牵引力为F2＝f，从v0 到2v0汽车功率恒定，则有Pmax＝F1v0＝F2·2v0＝2fv0，解得F1＝2f，根据牛顿第二定律可知，汽车速度为v0时，加速度为a1＝＝，汽车的最大功率为Pmax＝2fv0，A、B错误； 0~v0 阶段汽车做匀加速直线运动，位移为x1＝＝，C正确；v0~2v0 阶段汽车的位移为x2，对汽车运用动能定理可得Pmaxt－fx2＝m(2v0)2－，解得x2＝2v0t－，D错误．
6．(1) 1.0 s　(2) 10 m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下　(3) 3.0×103 J
解析：(1) 摩托车在空中做平抛运动，则有h＝
所以t1＝＝ s＝1.0 s
(2) 水平方向做匀速运动，则有vx＝＝ m/s＝10 m/s
竖直方向做自由落体运动，则v竖直＝gt1＝10 m/s
摩托车落地时的速度大小
v＝＝ m/s＝10 m/s
设落地时与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝1
得θ＝45°
故落地时速度方向与水平方向夹角为45°斜向下
(3) 摩托车冲上高台过程中，根据动能定理
Pt－WG－Wf＝－
代入数据解得Wf＝3.0×103 J
所以，冲上高台过程中摩托车克服摩擦力所做的功为3.0×103 J
7．AB　解析：根据动能定理有2mgh－W克f＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，W克f＝2mgh，A正确，C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°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，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，由动能定理得mgh－μmgcos 45°·＝mv2，得v＝，B正确，D错误．
8．AD　解析：当球从右侧管口处释放时，球的机械能最大，到达最高点时的速率最大，根据动能定理mg·(4R－2R)＝mv2，解得v＝2，A正确；球若从左侧管口离开，则需能到达圆管的最高点，由题意可知，球在圆管最高点时对轨道的最小弹力为0，球若能通过最高点时的最小速率为0，则根据动能定理mg·(hmin－2R)＝0，解得hmin＝2R．所以，若球能从左侧管口离开，则释放高度h≥2R，B、C错误，D正确．
9．(1) 0.2 kg　1 m　(2) s＝1.8 m(μ≤0.5)或s＝(0.5<μ<0.75)或s＝(μ≥0.75)
解析：(1) 当h＝0时，由图像截距可知F＝mg＝2 N
得m＝0.2 kg
由图像可知，当h'＝2 m时，对轨道的压力F'＝10 N，根据动能定理有mgh'＝mv'2
F'－mg＝m
解得R＝1 m
(2) ①当μ较小，则小物块刚好滑离斜面，此时有
mg［h－R(1－cos θ)］－mgLsin θ－μ'mgLcos θ＝0
解得μ'＝0.5
小物块的路程为1.8 m
②当μ较大，小物块能停在斜面上，有mgsin θ＝μ″mgcos θ
解得μ″＝0.75
根据动能定理有
mg［h－R(1－cos θ)］－mgxsin θ－μ″mgxcos θ＝0
解得x＝
③当0.5<μ<0.75时，小物块最终在与B点等高水平线范围内往复运动，则有
mg［h－R(1－cos θ)］＝μmgscos θ
解得s＝
综上可知，小物块在斜面轨道AB上滑行的路程s与μ的关系为s＝1.8 m(μ≤0.5)或s＝(0.5<μ<0.75)或s＝(μ≥0.75)习题课3　动能定理的综合应用
核心 目标 1．会利用动能定理求解变力的功、分析多过程问题．
2．会利用动能定理求解平抛、圆周运动综合问题．
应用1　利用动能定理求变力做功
1．动能定理不仅对恒力做功成立，也对变力做功成立．
2．利用动能定理求变力的功是常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理求变力做的功，W变＋W其他＝ΔEk．
　如图所示为某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置．当太阳光照射到小车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进．若质量为m的小车在平直的水泥路上从静止开始沿直线加速行驶，经过时间t前进的距离为x，且速度达到最大值vm，设这一过程中电动机的功率恒为P，小车所受阻力恒为f，那么这段时间内(　C　)
A．小车做匀加速运动
B．小车受到的合外力所做的功为Pt
C．小车受到的牵引力逐渐减小
D．小车受到的牵引力做的功为
解析：这一过程中电动机的功率恒为P，根据P＝Fv，可知随着小车速度的增加，小车受到的牵引力逐渐减小，C正确；根据牛顿第二定律可得a＝，可知随着牵引力逐渐减小，小车的加速度也逐渐减小，A错误；根据动能定理可得小车受到的合外力所做的功为W合＝Pt－fx＝＜Pt，可得小车受到的牵引力做的功为W牵＝Pt＝fx＋，B、D错误．
　一个质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，OQ与OP的夹角为θ，如图所示，重力加速度为g，则拉力F所做的功为(　B　)
A．mglcos θ　 B．mgl(1－cos θ)
C．Flcos θ　 D．Flsin θ
解析：小球缓慢移动，始终处于平衡状态，由平衡条件可知，F＝mgtan θ，θ为轻绳与OP的夹角，随着θ的增大，F也在增大，是一个变化的力，不能直接用功的公式求它所做的功．由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得－mgl(1－cos θ)＋WF＝0，所以WF＝mgl(1－cos θ)，B正确，A、C、D错误．
应用2　动能定理与图像综合问题
1．五类图像
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
2．解决动能定理与图像问题
　(多选)如图所示是滑雪过程的简化图，第一段粗糙斜面底端连接长度忽略不计的圆弧，且B端切线水平．运动员从A点沿斜面滑下，在B点沿切线飞出，在第二段斜面上的C点着陆，不计空气阻力，用vx表示水平速度、Ek表示动能，t表示运动时间，h表示下落高度．下列图像中可能正确的有(　BC　)
　　　　　　
　　　　　　A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
解析：设AB段倾角为β，运动员在AB段的加速度为a，则下滑过程的水平速度vx＝at·cos β＝acos β·t，可知水平速度与时间成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，水平速度不再改变，故A错误，B正确；运动员在AB段，由动能定理可知Ek1＝mgh－fh，其中f为摩擦阻力，可知在AB段动能与h成正比；到达B点后，运动员做平抛运动，设到达B点时动能为Ek0，由动能定理有Ek2－Ek0＝mgh，整理得Ek2＝mgh＋Ek0，可知动能与h为一次函数，又因为Ek1-h图像斜率小于Ek2-h图像斜率mg，故C正确，D错误．
应用3　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运用动能定理．
1．分段运用动能定理时，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、末动能分析，然后针对每个子过程运用动能定理列式，然后联立求解．
2．全程运用动能定理时，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，找出整个过程中合外力做的总功，然后找出整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解．
　如图所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑．一质量为 1 kg 的物体从A点以 4 m/s 的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点时速度为0．求：(取g＝10 m/s2)
(1) 物体与BC轨道间的动摩擦因数．
(2) 物体第5次经过B点时的速度．
(3) 物体最后停止的位置(距B点的长度)．
答案：(1) 0.5　(2) 4 m/s　(3) 0.4 m
解析：(1) 由动能定理得－mg(h－H)－μmgsBC＝0－
解得μ＝0.5
(2) 物体第5次经过B点时，物体在BC上滑动了4次，由动能定理得mgH－μmg·4sBC＝－
解得v2＝4 m/s
(3) 分析整个过程，由动能定理得mgH－μmgs＝0－
解得s＝21.6 m
所以物体在轨道上来回运动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离为2 m－1.6 m＝0.4 m
往复运动运动问题的解题策略
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．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＝fs(s为路程)．
应用4　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．
1．与平抛运动相结合时，应注意运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＝．
　某校科技小组在体验了如图甲所示的过山车游戏项目后，为更好研究过山车运动项目中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置．足够长的曲线轨道AB、长L1＝0.5 m的水平直轨道BC、半径R＝0.4 m的竖直圆环轨道CD、长L2＝0.4 m的水平直轨道CE、半径r1＝0.8 m的水平半圆形管道EFG、半径r2＝0.25 m的竖直半圆形管道GH间平滑连接，其中圆环轨道CD最低点C处的入、出口靠近且相互错开．将一可视为质点、质量为m＝0.2 kg的小球从曲线轨道AB上某处静止释放，刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D．已知两段水平直轨道动摩擦因数都为μ＝0.5，其余轨道阻力不计．两个半圆形管道的内径远小于其半径、且比小球直径略大．
甲 乙
(1) 求小球经过竖直圆环轨道最高点D时的速度大小．
(2) 小球经过水平半圆形管道上某点F时，求管道对其作用力大小．
(3) 若竖直半圆形管道GH的半径可在0.25 m≤r2≤0.35 m间调节，则小球从管道H点水平抛出后落到与水平管道EFG共面的水平面上时，其落地点至H点的最大水平距离是多少？
答案：(1) 2 m/s　(2) 2 N　(3) m
解析：(1) 小球刚好沿竖直圆环轨道的内侧通过最高点D，则有mg＝m
解得vD＝＝2 m/s
(2) 从D点到F点，根据动能定理有
mg·2R－μmgL2＝－
解得vF＝4 m/s
管道作用力的水平分力提供向心力F1＝m＝4 N
管道作用力的竖直分力与重力平衡，即F2＝mg＝2 N
根据力的合成有F＝＝2 N
(3) 小球从F到H，根据动能定理有
－mg·2r2＝－
小球平抛运动过程中，竖直方向有2r2＝gt2
水平方向有x＝vHt
化简得x2＝6.4r2－16
根据二次函数可知，对称轴r2＝0.2 m
又因为0.25 m≤r2≤0.35 m，所以当r2＝0.25 m时，水平射程x最大，解得xm＝ m
1．(多选)质量为2 kg的物体以50 J的初动能在粗糙的水平面上滑行，其动能的变化与位移的关系如图所示，则下列说法中正确的是(　BCD　)
A．物体运动的初速度大小为10 m/s
B．物体所受的摩擦力大小为5 N
C．物体运动的加速度大小为2.5 m/s2
D．物体运动的时间为2 s
解析：由题图可知末动能Ek2＝0，初动能Ek1＝50 J，根据动能定理得fs＝Ek2－Ek1，解得f＝－5 N，又Ek1＝mv2＝50 J，解得v＝5 m/s，由牛顿第二定律得物体的加速度为a＝＝－2.5 m/s2，则物体的运动时间t＝ s＝2 s，B、C、D正确．
2．一条滑雪道如图所示，倾斜滑道AB、CD段的倾角均为37°．AB段长度为L＝100 m，动摩擦因数为μ，半径R＝20 m的BC段为圆弧滑道与AB段平滑连接．一滑雪者连同装备(视为质点)总质量m＝70 kg，从A点由静止出发沿着滑道下滑，从C点水平抛出落到N点，NC段长度为d＝75 m，将滑雪者从B至C的运动看作匀速圆周运动．忽略运动过程中所受的空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2．求：
(1) 运动到C点时滑雪者速度的大小和滑雪者对滑道压力的大小．
(2) 滑道AB段的动摩擦因数μ的大小．
答案：(1) 20 m/s　2 100 N　(2) 0.5
解析：(1) 从C处平抛，竖直方向有dsin 37°＝gt2
水平方向有dcos 37°＝vCt
解得vC＝20 m/s
由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得FN＝2 100 N
由牛顿第三定律，滑雪者对滑道的压力为F'N＝FN＝2 100 N
(2) 从A到B由动能定理得
mgLsin37°－μmgLcos37°＝－0
在B处vB＝vC＝20 m/s
解得μ＝0.5

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