【物理】2020届二轮复习专题二　能量与动量第4讲功和功率功能关系学案 18页

专题定位　1.掌握功、功率相关的分析与计算方法；2.深刻理解功能关系；3.综合应用动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；4.掌握动量定理和动量守恒定律；5.综合应用动量和能量观点解决复杂问题．‎ 第4讲　功和功率　功能关系 ‎[相关知识链接]‎ ‎1．功的计算 ‎(1)单个恒力的功 W＝Flcos α ‎(2)合力为恒力的功 ‎①先求合力，再求W＝F合lcos α ‎②W＝W1＋W2＋…‎ ‎2．功率的计算 ‎(1)P＝，适用于计算平均功率；‎ ‎(2)P＝Fv，若v为瞬时速度，P为瞬时功率，若v为平均速度，P为平均功率．‎ 注意：力F与速度v方向不在同一直线上时功率为Fvcos θ.‎ ‎(3)机车启动问题 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图象与v－t图象　 ‎ 运动规律 OA段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；‎ AB段：做速度为vm的匀速直线运动 OA段：以加速度a做匀加速直线运动；‎ AB段：做加速度逐渐减小的变加速直线运动；‎ BC段：做速度为vm的匀速直线运动 过程分析 OA段：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓；‎ AB段：F＝F阻⇒a＝0⇒P额＝F阻·vm OA段：a＝不变⇒F不变⇒v↑⇒P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v1；‎ AB段：v↑⇒F＝↓⇒a＝↓；‎ BC段：F＝F阻⇒a＝0⇒v达到最大值，vm＝ ‎[规律方法提炼]‎ 变力功的计算 ‎(1)若力大小恒定，且方向始终沿轨迹切线方向，可用力的大小跟路程的乘积计算 ‎(2)力的方向不变，大小随位移线性变化可用W＝lcos α计算 ‎(3)已知F－l图象，功的大小等于“面积”‎ ‎(4)一般变力只能用动能定理求解 例1　(2019·嘉、丽3月联考)如图所示，篮球运动员平筐扣篮，起跳后头顶与篮筐齐平．若图中篮筐距地高度2.9 m，球员竖直起跳，则其平筐扣篮过程中克服重力所做的功及离地时重力瞬时功率约为(　　)‎ A．900 J，－2 000 W B．900 J，－4 000 W C．500 J，－1 000 W D．2 000 J，－4 000 W 答案　B 解析　篮球运动员的身高约为1.8 m，则跳起的高度h＝2.9 m－1.8 m＝1.1 m 篮球运动员的体重约为mg＝800 N，‎ 则起跳过程中克服重力做的功W＝mgh＝880 J≈900 J 起跳时的速度为v ，则根据位移速度关系可得：v2＝2gh，‎ 解得v＝≈4.7 m/s 离地时重力瞬时功率约为P＝－mgv＝－3 760 W≈－4 000 W，故B正确，A、C、D错误．‎ 拓展训练1　(2019·山东烟台市第一学期期末)把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度v分别沿竖直向上和水平向右方向抛出，不计空气阻力．则下列说法中正确的是(　　)‎ A．两小球落地时速度相同 B．两小球落地时，重力的瞬时功率相同 C．从小球抛出到落地，重力对两小球做的功相等 D．从小球抛出到落地，重力对两小球做功的平均功率相等 答案　C 拓展训练2　(2019·浙南名校联盟高三期末)袋鼠跳是一项很有趣的运动．如图所示，一位质量m＝60 kg的老师参加袋鼠跳游戏，全程10 m，假设该老师从起点到终点用了相同的10跳，每一次跳起后，重心上升最大高度为h＝0.2 m．忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．该老师起跳时，地面对该老师做正功 B．该老师每跳跃一次克服重力做功的功率约为300 W C．该老师从起点到终点的时间可能是7 s D．该老师从起点到终点的时间可能是4 s 答案　C 例2　(多选)发动机额定功率为P0的汽车在水平路面上从静止开始先匀加速启动，最后达到最大速度并做匀速直线运动，已知汽车所受路面阻力恒为Ff，汽车刚开始启动时的牵引力和加速度分别为F0和a0，如图所示描绘的是汽车在这一过程中速度随时间以及加速度、牵引力和功率随速度变化的图象，其中正确的是(　　)‎ 答案　AC 解析　汽车由静止开始匀加速启动时，a一定，根据v＝at知v增大，由F＝ma＋Ff知F一定，根据P＝Fv知v均匀增大，功率P也均匀增大，达到P额后，功率保持不变，v继续增大，所以F＝减小，a＝减小，当F＝Ff时，a＝0，vm＝，此后汽车做匀速运动，故A、C正确．‎ ‎[相关知识链接]‎ ‎1．表达式：W总＝Ek2－Ek1.‎ ‎2．五点说明 ‎(1)W总为物体在运动过程中所受各力做功的代数和．‎ ‎(2)动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末、初两状态的动能之差．‎ ‎(3)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．‎ ‎(4)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．‎ ‎(5)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．‎ ‎[规律方法提炼]‎ ‎1．基本思路 ‎(1)确定研究对象和物理过程；‎ ‎(2)进行运动分析和受力分析，确定初、末速度和各力做功情况，利用动能定理全过程或者分过程列式．‎ ‎2．“两点一过程”‎ ‎(1)“两点”：指初、末状态及对应的动能Ek1、Ek2.‎ ‎(2)“一过程”：指从初状态到末状态的运动过程及合力做的功W合．‎ ‎3．在功能关系中的应用 ‎(1)对于物体运动过程中不涉及加速度和时间，而涉及力和位移、速度的问题时，一般选择动能定理，尤其是曲线运动、多过程的直线运动等．‎ ‎(2)动能定理也是一种功能关系 ，即合外力做的功(总功)与动能变化量一一对应．‎ 例3　如图所示为一滑梯的实物图，滑梯的斜面段长度L＝5.0 m，高度h＝3.0 m，为保证小朋友的安全，在水平地面上铺设了安全地垫．水平段与斜面段平滑连接，小朋友在连接处速度大小不变．某小朋友从滑梯顶端由静止开始滑下，经斜面底端后水平滑行一段距离，停在水平地垫上．已知小朋友质量为m＝20 kg，小朋友在斜面上受到的平均阻力Ff1＝88 N，在水平段受到的平均阻力Ff2＝100 N．不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)小朋友在斜面顶端滑下的过程中克服摩擦力做的功；‎ ‎(2)小朋友滑到斜面底端时的速度v的大小；‎ ‎(3)为使小朋友不滑出水平地垫，地垫的长度x至少多长．‎ 答案　(1)440 J　(2)4 m/s　(3)1.6 m 解析　(1)小朋友在斜面滑下的过程中克服摩擦力做的功为：Wf1＝Ff1L＝88×5 J＝440 J ‎(2)小朋友在斜面上运动，由动能定理得mgh－Wf1＝mv2‎ 代入数据解得：v＝4 m/s ‎(3)小朋友在水平地垫上运动的过程，由动能定理得：‎ ‎－Ff2x＝0－mv2‎ 解得：x＝1.6 m.‎ 拓展训练3　(多选)(2019·宁夏银川市质检)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自由下滑，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(　　)‎ 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 答案　AB 解析　对整段过程，由动能定理知 mg·2h－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0‎ 解得μ＝，‎ 载人滑草车克服摩擦力做功为mg·2h，故A正确，C错误；‎ 滑草车在下段滑道时，对其受力分析如图：‎ 沿斜面方向：F合＝mgsin 37°－μFN 垂直斜面方向：FN＝mgcos 37°‎ 联立知F合＝－mg，负号表示合力方向沿斜面向上 知滑草车在下段滑道做匀减速直线运动 加速度大小为a＝＝g，故D错误．‎ 由以上分析知滑草车到达两段滑道交接处时速度最大，由动能定理知：‎ mgh－μmgcos 45°＝mv 解得vm＝，故B正确．‎ 拓展训练4　在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B处停下．已知赛车的质量m＝2 kg，A、B之间的距离L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v＝4 m/s，方向水平向右．取g＝10 m/s2.求：‎ ‎(1)赛车和地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)弹簧被压缩的最大距离．‎ 答案　(1)0.2　(2)0.5 m 解析　(1)从赛车离开弹簧到B处停下，‎ 由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－mv2‎ 解得μ＝0.2‎ ‎(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得 FL1－μmg(L1＋2L)＝mv2－0‎ 解得L＝0.5 m.‎ ‎1．功能关系的理解 ‎(1)做功的过程就是能量转化的过程，不同形式的能量发生相互转化可以通过做功来实现．‎ ‎(2)功是能量转化的量度．‎ ‎①重力做功是重力势能改变的量度，WG＝－ΔEp.‎ ‎②弹簧弹力做功是弹性势能改变的量度，W弹＝－ΔEp.‎ ‎③电场力做功是电势能改变的量度，W＝－ΔEp.‎ ‎④合外力做功是动能改变的量度．‎ ‎⑤除重力或弹簧弹力外的其他力做功是物体机械能改变的量度．‎ ‎⑥一对滑动摩擦力做功是系统内能改变的量度．‎ ‎2．功能关系的应用 ‎(1)分析物体运动过程中受哪些力，有哪些力做功，有哪些形式的能发生变化 ‎(2)根据自己习惯用动能定理或能量守恒定律理解或计算 例4　(2017·全国卷Ⅲ·16)如图，一质量为m，长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由题意可知，PM段细绳的机械能不变，MQ段细绳的重心升高了，则重力势能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W＝mgl ，故选项A正确，B、C、D错误．‎ 拓展训练5　(2019·超级全能生2月联考)“竹蜻蜓”是一种儿童玩具，双手用力搓柄可使“竹蜻蜓”向上升，某次实验，“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，在该过程中(　　)‎ A．空气对“竹蜻蜓”的作用力大于“竹蜻蜓”对空气的作用力 B．“竹蜻蜓”的动能一直增加 C．“竹蜻蜓”的重力势能一直增加 D．“竹蜻蜓”的机械能守恒 答案　C 解析　根据牛顿第三定律可知，空气对“竹蜻蜓”的力一定等于“竹蜻蜓”对空气的力，A错误；“竹蜻蜓”离手后沿直线上升到最高点，从运动描述可知它是先加速后减速，所以动能先增加后减少，高度升高，重力势能一直增加，B错误，C正确；空气对“竹蜻蜓”‎ 做功，故“竹蜻蜓”的机械能不守恒，D错误．‎ 拓展训练6　(2019·福建龙岩市3月质量检查)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一根轻质弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面上的A点，橡皮绳竖直且处于原长h，让圆环沿杆从静止开始下滑，滑到杆的底端时速度为零．则在圆环下滑过程中(整个过程中橡皮绳的形变始终处于弹性限度内)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．圆环的机械能守恒 B．圆环的机械能先增大后减小 C．圆环滑到杆的底端时机械能减少了mgh D．橡皮绳再次恰好伸直时圆环动能最大 答案　C 解析　圆环沿光滑杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和橡皮绳的拉力，所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和橡皮绳组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，故A、B错误；圆环的机械能减少了mgh，故C正确；在圆环下滑过程中从开始下滑到橡皮绳再次到达原长时，动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，故D错误．‎ ‎1．做好两个分析 ‎(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析．‎ ‎(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征．‎ ‎2．做好四个选择 ‎(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题；‎ ‎(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律；‎ ‎(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解；‎ ‎(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题．‎ 例5　(2019·浙南名校联盟高三期末)‎ 儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手配合能力．某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小．为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程y＝x2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切．A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20 m、xB＝2.00 m、xC＝2.65 m、xD＝3.40 m．已知，弹珠质量m＝100 g，直径略小于管道内径．E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度v0应该多大；‎ ‎(2)若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；‎ ‎(3)游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度v0的范围．‎ 答案　见解析 解析　(1)由y＝x2得：A点坐标(1.20 m,0.80 m)‎ 由平抛运动规律：xA＝v0t，yA＝gt2，vAy＝gt，vA＝代入数据，求得t＝0.4 s，v0＝‎ ‎3 m/s，vAy＝4 m/s，vA＝5 m/s；‎ ‎(2)由平抛运动速度关系，可得θ＝53°，求得AB、BC圆弧的半径R＝0.5 m 对E点：3mg＋mg＝m，求得：vE＝2 m/s 对弹球由O点到E点的过程由动能定理得：‎ mgyA－mgR(1－cos 53°)＝mv－mv 求得：v0＝2 m/s；‎ ‎(3)sin α＝＝0.5，α＝30°，CD与水平面的夹角也为α＝30°(可不求)‎ 设3次通过E点的速度最小值为v1，有：‎ mgyA－mgR(1－cos 53°)－2μmgLCDcos 30°＝0－mv，求得：v1＝2 m/s 设3次通过E点的速度最大值为v2，有：‎ mgyA－mgR(1－cos 53°)－4μmgLCDcos 30°＝0－mv，求得：v2＝6 m/s 考虑2次经过E后不从O点离开，有：‎ ‎－2μmgLCDcos 30°＝0－mv，求得：v3＝2 m/s 因v2>v3，所以2m/sv2，则下列判断正确的是(　　)‎ A．W1>W2，P1＝P2 B．W1>W2，P1>P2‎ C．W1＝W2，P1＝P2 D．W1＝W2，P1>P2‎ 答案　D 解析　根据W＝FL可知，两次做功相同则W1＝W2；由于v1>v2，所以第一次做功时间短，根据P＝可得P1>P2，选项D正确．‎ ‎8．(2019·天津市和平区上学期期末)如图所示，两个半径不同、内壁光滑的半圆轨道，固定于地面，两轨道的球心O、O′在同一水平高度上，一小球先后从与轨道球心在同一高度上的A、B两点从静止开始滑下，以轨道球心所在位置为零势能面，通过最低点时，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．小球对轨道的压力是相同的 B．小球的速度相同 C．小球向心加速度是相同的 D．小球的机械能相同 答案　B 解析　设小球通过最低点的速度大小为v，半圆的半径为R.在落到最低点的过程中．根据动能定理得mgR＝mv2－0，解得v＝，可知R越大v越大，故B错误；在最低点，竖直方向上的合力提供向心力，由牛顿第二定律有FN－mg＝m，联立解得FN＝3mg，可知轨道对小球的支持力与半圆轨道的半径无关，由牛顿第三定律可知小球对两轨道的压力大小圴为重力的3倍，方向均竖直向下，故A正确；在最低点，a＝＝2g，方向竖直向上，故C正确；两球下滑都只有重力做功，满足机械能守恒，故D正确．‎ ‎9．一名外卖送餐员用电动自行车沿平直公路行驶给客户送餐，中途因电瓶“没电”，只能改用脚蹬车以5 m/s的速度匀速前行，骑行过程中所受阻力大小恒为车和人总重力的0.02倍(取g＝10 m/s2)，该送餐员骑电动自行车以5 m/s的速度匀速前行过程做功的功率最接近(　　)‎ A．10 W B．100 W C．1 kW D．10 kW 答案　B 解析　设送餐员和车的总质量为100 kg，匀速行驶时的速率为5 m/s，匀速行驶时的牵引力与阻力大小相等，F＝0.02mg＝20 N，则送餐员骑电动自行车匀速行驶时的功率为P＝Fv＝‎ ‎100 W，故B正确．‎ 能力题组 ‎10.(2018·全国卷Ⅰ·18)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点．一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动．重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)‎ A．2mgR B．4mgR C．5mgR D．6mgR 答案　C 解析　小球从a运动到c，根据动能定理，得 F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，‎ 小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动．且水平方向与竖直方向的加速度大小相等，都为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，‎ 根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量为力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR.‎ ‎11．(2019·宁波市 “十校联考”)如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2 m，圆盘边缘有一质量m＝1 kg的小滑块．当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘A沿过渡圆管滑落，进入轨道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4 m，经C点后突然给滑块施加水平向右的恒力F＝ N．已知AB段斜面倾角为60°，BC段斜面倾角为30°，小滑块与圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m，运动到B点时的速度为3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：‎ ‎(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；‎ ‎(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；‎ ‎(3)小滑块在CD面上的落点距C点的水平距离．‎ 答案　(1)5 rad/s　(2)－8 J　(3) m 解析　(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，‎ 根据牛顿第二定律得：μmg＝mω2R，‎ 代入数据解得：ω＝5 rad/s ‎(2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，‎ 从A到B的运动过程由动能定理：mgh＋Wf＝mv－mv，‎ 解得Wf＝ －8 J ‎(3)－mgh′＝mv－mv ‎ 解得 vC＝1 m/s 对小滑块经C点后受力分析可知，F合＝ N，则合加速度大小为a＝ m/s2，方向与C点速度方向垂直 vy＝vCsin 30°，小滑块经C点到落地的过程，用时t＝，小滑块在C点时，水平方向的速度vx＝vCcos 30°，‎ 水平方向加速度a＝，小滑块在CD面上的落点距C点的水平距离x＝vxt＋at2，联立解得x＝ m.‎ ‎12．(2019·诸暨市期末)如图所示是滑块翻越碰撞游戏的示意图．弹射装置将滑块以一定初速度从A点弹出，滑块沿粗糙桌面运动，从B点进入竖直光滑圆轨道，沿圆轨道运动一周后离开轨道，向桌面边缘的C点运动．滑块在C点水平抛出，恰好在D点沿DE方向进入光滑倾斜轨道．固定在轨道底端的弹性板EF与轨道垂直，滑块与弹性板碰撞后反弹，碰撞过程中有能量损失．已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，桌面AB和桌面BC长度分别为x1＝2.25 m与x2＝1.0 m，C、D两点高度差h＝0.2 m，轨道的倾角θ为30°，DE长度L＝0.9 m，每次滑块与弹性板碰撞后速度大小变为碰前的0.6倍，‎ 重力加速度g取10 m/s2.‎ ‎(1)求滑块从C点运动到D点的时间；‎ ‎(2)求滑块在A点的动能大小；‎ ‎(3)求竖直圆轨道的最大半径；‎ ‎(4)求滑块在倾斜轨道运动的总距离．‎ 答案　(1)0.2 s　(2)1.25 J　(3)0.32 m　(4)3.7125 m 解析　(1)滑块由C点到D点做平抛运动：‎ h＝gt2‎ 代入数据得：t＝0.2 s ‎(2)设滑块在D的竖直速度为vDy，水平速度为vDx，滑块在C速度为v C，‎ 则vDy＝gt＝2 m/s ＝tan 30°‎ vC＝vDx＝2 m/s 设滑块在A点的动能为EkA，根据动能定理：‎ ‎－μmg(x1＋x2)＝mv－EkA 代入数据得EkA＝1.25 J ‎(3)设滑块在圆轨道的最高点的速度至少为v，则mg＝m 设竖直圆轨道的最大半径为R，由动能定理2mgR－μmgx2＝mv－mv2‎ 由以上两式得可：R＝0.32 m ‎(4)设滑块到达D点时的速度为vD，则vD＝4.0 m/s 设滑块到达E点的速度为vE，由机械能守恒 mv＋mgLsin θ＝mv vE＝5.0 m/s 设第一次碰后速度为v1，第二次碰后速度为v2，第n次碰后速度为vn，则v1＝3.0 m/s 第一次反弹上滑距离：x1＝＝0.9 m＝L 第二次反弹上滑距离：x2＝()2x1＝L 第三次反弹上滑距离：x3＝()2x2＝()2L 第n次反弹上滑距离：xn＝()2xn－1＝()n－1L 设滑块在倾斜轨道运动的总距离为x，则x＝L＋2(x1＋x2＋…＋xn)‎ x≈0.9 m＋2× m＝3.7125 m.‎