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(共28张PPT)
专题课　动能定理的应用
机械能守恒定律
第八章
　高中物理　必修二
知 识 点 一
知识点一　应用动能定理计算变力做功
科学思维
动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。利用动能定理求变力做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　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点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为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. FLsin θ
D. FLcos θ
B
【解析】 小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理得－mgL·(1－cos θ)＋WF＝ΔEk＝0，即WF＝mgL(1－cos θ)，B正确。
变式1　如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A点与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止滑下，滑至最低点B时速度为v＝1 m/s。下列说法中，
正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A. 物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B. 物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
C
【解析】 在B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为2.4 N，A、B错误；从A到B的过程中，由动能定理得mgr－Wf＝mv2－0，解得Wf＝0.9 J，克服摩擦力做功为0.9 J，C正确，D错误。
[要点总结]
1. 变力对物体做的功不一定为总功，应通过包括变力做功在内的合力做的功等于ΔEk来求解。
2. 合力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
3. 当有多个力做功时，必须明确各力做功的正、负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应为－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号。
知 识 点 二
知识点二　动能定理和图像的综合问题
动能定理与图像综合问题的分析方法
(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轴所包围的“面积”求位移，利用F－x图像与x轴所包围的“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。
(4)四类图像所围“面积”：
例2　物体沿直线运动的v－t图
像如图所示，已知在第1 s内合
力对物体做功为W，下列说法
中，正确的是(　　)
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功
为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
C
【解析】 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内W＝m，从第1 s末到第3 s末W1＝mm＝0，A错误；从第3 s末到第5 s末W2＝0－m＝－W，B错误；从第5 s末到第7 s末W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；从第3 s末到第4 s末W4＝mm＝－0.75W，D错误。
变式2　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到0时，物体刚好停止运动，如图所示为拉力随位移变化的关系图像。
根据以上信息能精确得出或估算得出
的物理量有(g取10 m/s2)(　 　)
A. 物体与水平面间的动摩擦因数
B. 合力对物体所做的功
C. 物体做匀速运动时的速度
D. 物体运动的时间
ABC
【解析】 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体在4~11 m做加速度变化的减速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
知 识 点 三
知识点三　应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的各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功，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。
例3　[2024·长兴中学月考]某游
乐场的滑梯可以简化为如图所示
的竖直面内的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 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B、C点时的能量损失)。已知该小孩的质量m＝30 kg，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)
(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段间的动摩擦因数。
【答案】 (1)420 N，方向竖直向下　(2)0.25
【解析】 (1)由C到D，速度减为0，由动能定理得
－mg(R－Rcos β)＝0－m，解得vC＝2 m/s，
在C点时，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，解得FN＝420 N，
根据牛顿第三定律可知，小孩第一次经过圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力为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－m，
解得μ＝0.25。
例4　如图所示，粗糙斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，沿轨道ADEG运功，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)滑块第一次经过E点时对轨道的
压力大小；
(2)滑块在斜面上经过的总路程。
【答案】 (1)3mg　(2)
【解析】 (1)滑块第一次到达E点时，根据动能定理得
mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝m，
解得vE＝；
由牛顿第二定律有FNE－mg＝m。解得FNE＝3mg，
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为3mg。
(2)滑块最终将以E点为最低点、D为最高点做往复运动，根据动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ·s总＝0，解得s总＝。
[要点总结]
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，且应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
随 堂 检 测
1. 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，
一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在
水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点
A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，
C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从
A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　　)
A. mgh－mv2　 B. mv2－mgh
C. －mgh　 D. －
【解析】 由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，A正确。
A
2. 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是水平的，长度d＝0.5 m，盆边缘距地面的高度为h＝0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止开始下滑(图中小物块未画出)。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μ＝0.1。小物块在盆内来回滑动直至最后静止，则小物块最终停下的位置到B
点的距离为(　　)
A. 0.5 m
B. 0.25 m
C. 0.1 m
D. 0
D
【解析】 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有盆底BC与小物块之间存在摩擦力，则摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，解得s＝3 m，由于d＝0.5 m，所以小物块在BC上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。
3. (多选)质量为1 kg的物体以某一初速度在
水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力
的作用，其动能随位移变化的图像如图所
示，则物体在水平地面上(g取10 m/s2)(　　)
A. 所受合力大小为5 N
B. 滑行的总时间为4 s
C. 滑行的加速度大小为1 m/s2
D. 滑行的加速度大小为2.5 m/s2
BD
【解析】 由图像可知，物体前进20 m，动能由50 J变为0，由动能定理得Fx＝0－Ek0，解得F＝－2.5 N，即物体所受的合力大小为2.5 N，A错误；物体的加速度大小a＝＝2.5 m/s2，
C错误，D正确；由于物体的初速度v0＝ m/s＝
10 m/s，故滑行时间t＝ s＝4 s，B正确。第八章 专题课　动能定理的应用
知识点一　应用动能定理计算变力做功
科学思维
动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。利用动能定理求变力做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　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点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为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. FLsin θ
D. FLcos θ
【解析】 小球缓慢地由P移动到Q，动能不变，只有重力、水平拉力F对小球做功，绳子拉力不做功，由动能定理得－mgL·(1－cos θ)＋WF＝ΔEk＝0，即WF＝mgL(1－cos θ)，B正确。
变式1　如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A点与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止滑下，滑至最低点B时速度为v＝1 m/s。下列说法中，正确的是(g取10 m/s2)(　C　)
A. 物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B. 物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
【解析】 在B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，解得FN＝2.4 N，由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为2.4 N，A、B错误；从A到B的过程中，由动能定理得mgr－Wf＝mv2－0，解得Wf＝0.9 J，克服摩擦力做功为0.9 J，C正确，D错误。
[要点总结]
1. 变力对物体做的功不一定为总功，应通过包括变力做功在内的合力做的功等于ΔEk来求解。
2. 合力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
3. 当有多个力做功时，必须明确各力做功的正、负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应为－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号。
知识点二　动能定理和图像的综合问题
动能定理与图像综合问题的分析方法
(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轴所包围的“面积”求位移，利用F－x图像与x轴所包围的“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。
(4)四类图像所围“面积”：
例2　物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，下列说法中，正确的是(　C　)
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
【解析】 由题图可知物体速度变化情况，根据动能定理得第1 s内W＝m，从第1 s末到第3 s末W1＝mm＝0，A错误；从第3 s末到第5 s末W2＝0－m＝－W，B错误；从第5 s末到第7 s末W3＝m(－v0)2－0＝W，C正确；从第3 s末到第4 s末W4＝mm＝－0.75W，D错误。
变式2　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到0时，物体刚好停止运动，如图所示为拉力随位移变化的关系图像。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(g取10 m/s2)(　ABC　)
A. 物体与水平面间的动摩擦因数
B. 合力对物体所做的功
C. 物体做匀速运动时的速度
D. 物体运动的时间
【解析】 物体做匀速直线运动时，拉力F与滑动摩擦力Ff大小相等，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝＝0.35，A正确；减速过程中，由动能定理得WF＋Wf＝0－mv2，根据F－x图像中图线与x轴围成的面积可以估算力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此可求得合力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度v，B、C正确；因为物体在4~11 m做加速度变化的减速运动，所以运动时间无法求出，D错误。
知识点三　应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的各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功，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。
例3　[2024·长兴中学月考]某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内的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 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B、C点时的能量损失)。已知该小孩的质量m＝30 kg，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)
(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段间的动摩擦因数。
【答案】 (1)420 N，方向竖直向下　(2)0.25
【解析】 (1)由C到D，速度减为0，由动能定理得
－mg(R－Rcos β)＝0－m，解得vC＝2 m/s，
在C点时，由牛顿第二定律得
FN－mg＝m，解得FN＝420 N，
根据牛顿第三定律可知，小孩第一次经过圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力为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－m，
解得μ＝0.25。
例4　如图所示，粗糙斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，沿轨道ADEG运功，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)滑块第一次经过E点时对轨道的压力大小；
(2)滑块在斜面上经过的总路程。
【答案】 (1)3mg　(2)
【解析】 (1)滑块第一次到达E点时，根据动能定理得
mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝m，
解得vE＝；
由牛顿第二定律有FNE－mg＝m。解得FNE＝3mg，
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为3mg。
(2)滑块最终将以E点为最低点、D为最高点做往复运动，根据动能定理得mgLsin θ－μmgcos θ·s总＝0，解得s总＝。
[要点总结]
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，且应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
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1. 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是(　A　)
第1题图
A. mgh－mv2　
B. mv2－mgh
C. －mgh　
D. －
【解析】 由A到C的过程运用动能定理可得－mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，A正确。
2. 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是水平的，长度d＝0.5 m，盆边缘距地面的高度为h＝0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止开始下滑(图中小物块未画出)。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μ＝0.1。小物块在盆内来回滑动直至最后静止，则小物块最终停下的位置到B点的距离为(　D　)
第2题图
A. 0.5 m
B. 0.25 m
C. 0.1 m
D. 0
【解析】 设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有盆底BC与小物块之间存在摩擦力，则摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得mgh－μmgs＝0－0，解得s＝3 m，由于d＝0.5 m，所以小物块在BC上经过3次往复运动后，又回到B点，D正确。
3. (多选)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图像如图所示，则物体在水平地面上(g取10 m/s2)(　BD　)
第3题图
A. 所受合力大小为5 N
B. 滑行的总时间为4 s
C. 滑行的加速度大小为1 m/s2
D. 滑行的加速度大小为2.5 m/s2
【解析】 由图像可知，物体前进20 m，动能由50 J变为0，由动能定理得Fx＝0－Ek0，解得F＝－2.5 N，即物体所受的合力大小为2.5 N，A错误；物体的加速度大小a＝＝2.5 m/s2，C错误，D正确；由于物体的初速度v0＝ m/s＝10 m/s，故滑行时间t＝ s＝4 s，B正确。第八章 专题课　动能定理的应用
知识点一　应用动能定理计算变力做功
科学思维
动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便。利用动能定理求变力做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　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点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向的夹角为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. FLsin θ
D. FLcos θ
变式1　如图所示，有一半径为r＝0.5 m的粗糙半圆轨道，A点与圆心O等高，有一质量为m＝0.2 kg的物块(可视为质点)从A点由静止滑下，滑至最低点B时速度为v＝1 m/s。下列说法中，正确的是(g取10 m/s2)( )
A. 物块过B点时，对轨道的压力大小是0.4 N
B. 物块过B点时，对轨道的压力大小是2.0 N
C. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.9 J
D. 物块从A点到B点的过程中，克服摩擦力做的功为0.1 J
[要点总结]
1. 变力对物体做的功不一定为总功，应通过包括变力做功在内的合力做的功等于ΔEk来求解。
2. 合力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能。
3. 当有多个力做功时，必须明确各力做功的正、负，待求的变力的功若为负功，可以设克服该力做功为W，则表达式中应为－W；也可以设变力的功为W，则字母W本身含有负号。
知识点二　动能定理和图像的综合问题
动能定理与图像综合问题的分析方法
(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轴所包围的“面积”求位移，利用F－x图像与x轴所包围的“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。
(4)四类图像所围“面积”：
例2　物体沿直线运动的v－t图像如图所示，已知在第1 s内合力对物体做功为W，下列说法中，正确的是( )
A. 从第1 s末到第3 s末合力做功为4W
B. 从第3 s末到第5 s末合力做功为－2W
C. 从第5 s末到第7 s末合力做功为W
D. 从第3 s末到第4 s末合力做功为－0.5W
变式2　(多选)在某一粗糙的水平面上，一质量为2 kg的物体在水平恒定拉力的作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到0时，物体刚好停止运动，如图所示为拉力随位移变化的关系图像。根据以上信息能精确得出或估算得出的物理量有(g取10 m/s2)( )
A. 物体与水平面间的动摩擦因数
B. 合力对物体所做的功
C. 物体做匀速运动时的速度
D. 物体运动的时间
知识点三　应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的各力的做功情况，确定整个过程中合力做的总功，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。
例3　[2024·长兴中学月考]某游乐场的滑梯可以简化为如图所示的竖直面内的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 m/s下滑，沿轨道运动到D点时的速度恰好为0(不计经过B、C点时的能量损失)。已知该小孩的质量m＝30 kg，求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力)
(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段间的动摩擦因数。
例4　如图所示，粗糙斜面ABC竖直固定放置，斜边AC与一光滑的圆弧轨道DEG相切，切点为D，AD长为L＝，圆弧轨道圆心为O，半径为R，∠DOE＝θ，∠EOG＝90°，OG水平。现有一质量为m、可视为质点的滑块从A点由静止下滑，沿轨道ADEG运功，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
(1)滑块第一次经过E点时对轨道的压力大小；
(2)滑块在斜面上经过的总路程。
[要点总结]
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，且应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和。
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1. 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在水平地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则从A到C的过程中弹簧弹力做的功是( )
第1题图
A. mgh－mv2　
B. mv2－mgh
C. －mgh　
D. －
2. 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是水平的，长度d＝0.5 m，盆边缘距地面的高度为h＝0.3 m。在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止开始下滑(图中小物块未画出)。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μ＝0.1。小物块在盆内来回滑动直至最后静止，则小物块最终停下的位置到B点的距离为( )
第2题图
A. 0.5 m
B. 0.25 m
C. 0.1 m
D. 0
3. (多选)质量为1 kg的物体以某一初速度在水平地面上滑行，由于受到地面摩擦阻力的作用，其动能随位移变化的图像如图所示，则物体在水平地面上(g取10 m/s2)( )
第3题图
A. 所受合力大小为5 N
B. 滑行的总时间为4 s
C. 滑行的加速度大小为1 m/s2
D. 滑行的加速度大小为2.5 m/s2

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