2020学年高中物理 第七章利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案 新人教版必修2 20页

微型专题　利用动能定理分析变力做功和多过程问题 一、利用动能定理求变力的功 ‎1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.‎ ‎2.利用动能定理求变力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　(2018·杭西高高一4月测试)如图1所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径为R＝‎0.4 m的圆弧轨道.(g＝‎10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点C，求斜面高h；‎ ‎(2)若已知小球质量m＝‎0.1 kg，斜面高h＝‎2 m，小球运动到C点时对轨道的压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功.‎ 答案　见解析 20‎ 解析　(1)小球刚好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg＝m，‎ 从A到C过程，由动能定理得：mg(h－2R)＝mv2，‎ 解得：h＝2.5R＝2.5×‎0.4 m＝‎1 m；‎ ‎(2)在C点，由牛顿第二定律得：‎ mg＋mg＝m，‎ 从A到C过程，由动能定理得：‎ mg(h－2R)＋Wf＝mvC2－0，‎ 解得：Wf＝0.8 J.‎ 从B至C小球所受的摩擦力是变力(大小、方向都变)，求变力的功不能直接应用功的公式，通常用动能定理求解.‎ 针对训练1　(2018·余姚市高一下学期期中考试)如图2所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为(　　)‎ 图2‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　C 解析　质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，由题有FN＝2mg，可得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mvQ2，得克服摩擦力所做的功为mgR，选项C正确.‎ 二、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应用动能定理.‎ 20‎ ‎(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过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，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.‎ 注意：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.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.‎ 例2　如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L＝‎1.5 m，一个质量为m＝‎0.5 kg的木块在F＝1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝‎10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；‎ ‎(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.‎ 答案　(1)‎0.15 m　(2)‎‎0.75 m 解析　(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：‎ FL－FfL－mgh＝0‎ 其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝‎‎0.15 m ‎(2)设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得：‎ mgh－Ff′x＝0‎ Ff′＝μmg 所以：x＝＝ m＝‎‎0.75 m ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 针对训练2　如图4所示，质量m＝‎1 kg的木块静止在高h＝‎1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20 N，使木块产生位移l1＝‎3 m时撤去，木块又滑行l2＝‎1 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g取‎10 m/s2)‎ 20‎ 图4‎ 答案　‎11.3 m/s 解析　解法一　取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl1－μmgl1＝mv12‎ ‎－μmgl2＝mv22－mv12‎ mgh＝mv32－mv22‎ 解得v3≈‎11.3 m/s 解法二　对全过程由动能定理得 Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝mv2－0‎ 代入数据解得v≈‎11.3 m/s ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 三、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，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＝.‎ 例3　(2018·金华市十校联考)如图5所示，质量m＝‎0.2 kg的小物块，放在半径R1＝‎2 m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°、半径R2＝‎2.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ2＝0.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O2、半径R3＝‎0.5 m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取‎10 m/s2，求：‎ 20‎ 图5‎ ‎(1)圆盘对小物块m做的功；‎ ‎(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；‎ ‎(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置.‎ 答案　(1)1.6 J　(2)‎1.2 m　(3)lDC≤‎1 m　最后停在离C位置右侧‎3.5 m处 解析　(1)小物块刚滑出圆盘时：μ1mg＝ 得：vA＝‎4 m/s 由动能定理可得：W＝mvA2 ‎ 得：W＝1.6 J ‎(2)物块正好切入圆弧轨道BC，由平抛运动知识可得：‎ 在B处物块的竖直分速度为vBy＝vAtan 37°‎ 运动时间t＝ A、B间的水平距离x＝vAt 联立解得：x＝‎‎1.2 m ‎(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处：mg＝ 由B到E点由动能定理得：‎ mgR2(1－cos 37°)－μ2mgL－2mgR3＝mvE2－mvB2‎ 又vB＝ 可得：L＝‎‎1 m 即DC之间距离不大于‎1 m时物块可通过竖直圆轨道.‎ 最后物块必定停止，由动能定理可得：‎ mgR2(1－cos 37°)－μ2mgx＝0－mvB2 ‎ 解得x＝‎‎3.5 m 即最后物块停在离C位置右侧‎3.5 m处.‎ 四、动能定理在多过程往复运动中的应用 例4‎ 20‎ ‎　(2018·湖州、衢州、丽水高三期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的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沿轨道下滑，运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m＝‎30 kg，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：‎ 图6‎ ‎(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段的动摩擦因数；‎ ‎(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.‎ 答案　(1)420 N，方向竖直向下　(2)0.25　(3)‎‎21 m 解析　(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得 ‎－mg(R－Rcos β)＝0－mvC2，‎ 解得vC＝‎2 m/s 在C点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m，解得FN＝420 N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为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－mv02‎ 可得：μ＝0.25‎ ‎(3)在AB斜轨上，μmgcos αWf1，故mgh－Wf2<0，木块在B点动能小于在A点动能，C正确.‎ ‎【考点】应用动能定理求变力的功 ‎【题点】应用动能定理求变力的功 ‎6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图5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道的最低点，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，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是(　　)‎ 图5‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR 答案　C 解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则 FT－mg＝m，6mg＝m①‎ 20‎ 小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②‎ 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＝mv22－mv12③‎ 由①②③式联立解得Wf＝mgR，选C.‎ 考点二　利用动能定理分析多过程问题 ‎7.如图6所示，假设在某次比赛中运动员从‎10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)(　　)‎ 图6‎ A‎.5 m B‎.3 m C‎.7 m D‎.1 m 答案　A 解析　设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：‎ mg(H＋h)－Ffh＝0，Ff＝3mg，‎ 所以h＝‎5 m.‎ ‎8.如图7所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在(　　)‎ 图7‎ A.P处 B.P、Q之间 C.Q处 D.Q的右侧 答案　C ‎9.(多选)如图8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 20‎ 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，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).则(　　)‎ 图8‎ A.动摩擦因数μ＝ B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草克服摩擦力做功为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　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos 45°·－μmgcos 37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；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，由运动学公式有‎2a1＝v2得，v＝＝ ，故B项正确，D项错误.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题 ‎10.(利用动能定理分析多过程问题)(2018·东阳中学期中考试)如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在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x0的P点处向左运动，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.‎ 图9‎ 20‎ ‎(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功；‎ ‎(2)求O点和O′点间的距离x1.‎ 答案　(1)mv02　(2)－x0‎ 解析　(1)A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为Wf＝0－mv02＝－mv02，即克服摩擦力做功为mv02.‎ ‎(2)A从P开始运动，最后回到P的全过程，根据动能定理，有－2μmg(x1＋x0)＝0－mv02，得x1＝－x0.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题 ‎11.(利用动能定理分析多过程问题)如图10所示，一个质量为m＝‎0.6 kg 的小球以初速度v0＝‎2 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R＝‎0.3 m，θ＝60°，取g＝‎10 m/s2.求：‎ 图10‎ ‎(1)小球到达A点的速度vA的大小；‎ ‎(2)P点到A点的竖直高度H；‎ ‎(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.‎ 答案　(1)‎4 m/s　(2)‎0.6 m　(3)1.2 J 解析　(1)在A点有：vA＝，‎ 代入数据解得vA＝‎4 m/s ‎(2)从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tan θ 由运动学规律有vy2＝2gH 解得H＝‎‎0.6 m ‎(3)恰好过C点满足mg＝ 由A点到C点由动能定理得 ‎－mgR(1＋cos θ)－W＝mvC2－mvA2 ‎ 20‎ 代入数据解得W＝1.2 J.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题 ‎12.(利用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面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：‎ 图11‎ ‎(1)物体运动到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.‎ 答案　(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－mvC2 ‎ 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＝mvC2－0‎ 代入数据解得：H＝‎‎1.02 m ‎(3)从物体开始下滑到停下，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.‎ ‎1.(2017·温州中学11月选考科目模拟考试)‎‎2016年11月1日 20‎ 广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼－10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m，重力加速度为g.‎ 图1‎ ‎(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；‎ ‎(2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为‎5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功.‎ 答案　(1)　(2)　－mgR 解析　(1)最高点座椅对飞行员的弹力FN＝mg 由重力和弹力的合力提供向心力FN＋mg＝，v1＝ ‎(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，an＝＝‎5g，速度最大为v2＝ 对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg·2R＋W＝mv22－mv12，解得W＝－mgR.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 ‎2.(2018·嘉兴市3月高三选考)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝‎1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h＝‎0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是‎0.4 m.已知碟子质量m＝‎0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Ffmax＝0.6 N，g取‎10 m/s2，求：(不计空气阻力)‎ 图2‎ ‎(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；‎ ‎(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；‎ ‎(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为μ 20‎ ‎＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？‎ 答案　(1)‎1 m/s　(2)－0.4 J　(3)‎‎2.5 m 解析　(1)根据平抛运动规律：h＝gt2，x＝vt，‎ 得v＝x＝‎1 m/s.‎ ‎(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则Ffmax＝m，即v0＝‎3 m/s 由动能定理得：Wf＝mv2－mv02，代入数据得：Wf＝－0.4 J.‎ ‎(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值.‎ 设碟子在桌子上滑动的位移为x′，根据动能定理：－μmgx′＝0－mv02‎ 代入数据得：x′＝‎‎2 m 由几何知识可得桌子半径的最小值为：R＝＝‎2.5 m.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 ‎3.(2017·绍兴市9月选考科目适应性考试)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA的长度L＝‎4 m，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角α＝30°，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出.在某次投石试验中，将质量为m＝‎10 kg的石块安装在A点，击中地面上距O点水平距离为x＝‎12 m的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取‎10 m/s2，求：‎ 图3‎ ‎(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；‎ ‎(2)整个过程中投石机对石块所做的功W；‎ ‎(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时距O点的水平距离最大？‎ 答案　(1)300 N　(2)1 200 J　(3)‎‎3 m 解析　(1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向x＝vt 竖直方向h＝gt2‎ 20‎ 又h＝L＋Lsin α，解得v＝‎2 m/s 所以石块受到的向心力为F＝m＝300 N ‎(2)长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得 W－mg(L＋Lsin α)＝mv2－0‎ 代入数值解得W＝1 200 J ‎(3)设抛出点距离O点为l W－mg(l＋lsin 30°)＝mv′2－0‎ v′＝ 下落时间t′＝ ＝ ＝ 水平位移为s＝＝ 因此当l＝‎3 m时石块落地时距O点水平距离最大.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 ‎4.(2018·台州中学高三第一学期第一次统练)如图4所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为‎0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为‎0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝‎10 m/s2，求：‎ 图4‎ ‎(1)赛车通过C点时的速度大小；‎ ‎(2)赛道AB的长度；‎ ‎(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径R需要满足什么条件？‎ 答案　(1)‎5 m/s　(2)‎2 m　(3)R≤ m 解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，则vy＝＝‎3 m/s 由图可知：vC＝＝‎5 m/s 20‎ ‎(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos 37°＝‎4 m/s 则根据动能定理：Pt－FflAB＝mv02，‎ 解得lAB＝‎2 m.‎ ‎(3)当恰好通过最高点D时，有：mg＝m 从C到D，由动能定理可知：－mgR(1＋cos 37°)＝mvD2－mvC2，解得R＝ m 所以轨道半径R≤ m.‎ ‎【考点】应用动能定理处理多过程问题 ‎【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 ‎5.如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角θ＝37°的粗糙斜面AB下端与半径R＝‎1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是最低点，D点与圆心O等高.现有质量m＝‎0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速下滑，恰能到达圆弧轨道的D点.若物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力，g取‎10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图5‎ ‎(1)斜面AB的长度L；‎ ‎(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；‎ ‎(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；‎ ‎(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总.‎ 答案　(1)‎2 m　(2)‎2 m/s　(3)1.4 N　(4)‎‎6 m 解析　(1)A到D过程，根据动能定理有 mg(Lsin θ－Rcos θ)－μmgLcos θ＝0，解得：L＝‎2 m；‎ ‎(2)A到C过程，根据动能定理有 mg(Lsin θ＋R－Rcos θ)－μmgLcos θ＝mvC12，‎ 解得：vC1＝‎2 m/s；‎ ‎(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(R 20‎ ‎－Rcos θ)＝mvmin2，根据向心力公式有：FNmin－mg＝m，解得FNmin＝1.4 N；‎ ‎(4)根据动能定理有：mgLsin θ－μmgs总cos θ＝0，解得s总＝‎6 m.‎ 20‎