【物理】2019届二轮复习　利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案（全国通用） 21页

微型专题5　利用动能定理分析变力做功和多过程问题 知识目标 核心素养 ‎1.进一步理解动能定理，领会应用动能定理解题的优越性.‎ ‎2.会利用动能定理分析变力做功、曲线运动以及多过程问题.‎ ‎1.体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、多过程问题中的优越性.‎ ‎2.建立求解“多过程往复运动问题”的模型，提高逻辑推理和综合分析问题的能力.‎ 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．‎ ‎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　如图1所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB是半径为d的光滑圆弧，BC是直径为d的粗糙半圆弧(B是轨道的最低点)．小球恰能通过圆弧轨道的最高点C.重力加速度为g，求：‎ 图1‎ ‎(1)小球运动到B处时对轨道的压力大小；‎ ‎(2)小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功．‎ 答案　(1)5mg　(2)－mgd 解析　(1)小球运动到B点的过程由动能定理得2mgd＝mv2，‎ 在B点：FN－mg＝m，得：FN＝5mg，‎ 根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小 FN′＝ FN＝5mg.‎ ‎(2)小球恰好通过C点，则mg＝m.‎ 小球从B运动到C的过程：‎ ‎－mgd＋Wf＝mvC2－mv2，得Wf＝－mgd.‎ ‎【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 B至C的过程中摩擦力为变力(大小方向都变)，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用动能定理求解．‎ 针对训练1　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，由题意及牛顿第三定律知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Wf＝mgR，选项C正确．‎ ‎【考点】应用动能定理进行有关的计算 ‎【题点】应用动能定理求功 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．‎ ‎(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－fL－mgh＝0‎ 其中f＝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－fx＝0‎ 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，使木块滑行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)‎ 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　如图5所示，一可以看成质点的质量m＝2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角θ＝53°，轨道半径R＝0.5 m．已知sin ‎ ‎53°＝0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.‎ 图5‎ ‎(1)求小球的初速度v0的大小；‎ ‎(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功．‎ 答案　(1)3 m/s　(2)－4 J 解析　(1)在A点由平抛运动规律得：‎ vA＝＝v0①‎ 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(R＋Rcos θ)＝mvA2－mv02②‎ 由①②得：v0＝3 m/s.‎ ‎(2)若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg＝，小球从桌面运动到C点的过程中，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，‎ 代入数据解得Wf＝－4 J.‎ ‎【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 四、动能定理在多过程往复运动中的应用 例4　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下滑，沿轨道运动到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 37°)＝0－mvC2，vC＝2 m/s 在C点，由牛顿第二定律得 FN－mg＝m，FN＝420 N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420 N，方向向下 ‎(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，B点动能小于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 ‎5.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4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4‎ 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 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】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．(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全过程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)‎ 图5‎ A．F∶f＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1‎ C．F∶f＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3‎ 答案　BC 解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由动能定理得Fs1－fs2＝0，由图象知s1∶s2＝1∶4.所以 F∶f＝4∶1，选项A错误，C正确．‎ ‎【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 ‎7．如图6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6‎ A．P处 B．P、Q之间 C．Q处 D．Q的右侧 答案　C ‎【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 ‎8.(多选)如图7所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是图中的(　　)‎ 图7‎ 答案　AB 解析　对小环由动能定理得mgh＝mv2－mv02，则v2＝2gh＋v02.当v0＝0时，B正确．当v0≠0时，A正确．‎ ‎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．(应用动能定理分析多过程问题)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 ‎(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．(应用动能定理分析多过程问题)如图10所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加速度为g.求：‎ 图10‎ ‎(1)弹簧弹力对物块做的功；‎ ‎(2)物块从B到C克服阻力所做的功；‎ ‎(3)物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能．‎ 答案　(1)3mgR　(2)mgR　(3)mgR 解析　(1)由动能定理得W＝mvB2‎ 在B点由牛顿第二定律得7mg－mg＝m 解得W＝3mgR ‎(2)物块从B到C由动能定理得 ‎－2mgR＋W′＝mvC2－mvB2‎ 物块在C点时mg＝m 解得W′＝－mgR，即物块从B到C克服阻力做功为mgR.‎ ‎(3)物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得 ‎2mgR＝Ek－mvC2，解得Ek＝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弹力做功的多过程问题 ‎12．(应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.‎ ‎【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 ‎1．(应用动能定理分析多过程问题)2016年11月1日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，a＝＝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．(应用动能定理分析多过程问题)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fmax＝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)若碟子与桌面动摩擦因数为μ＝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)碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则fmax＝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s，‎ 根据动能定理：－μmgs＝0－mv02‎ 代入数据得：s＝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．(应用动能定理分析多过程问题)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 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 30°)＝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点水平距离最远．‎ ‎【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．(应用动能定理分析多过程问题)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 ‎(2)由(1)可知B点速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt－flAB＝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．(应用动能定理分析多过程问题)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点是轨迹最低点，D点与圆心O等高．现有一质量m＝0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，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－Rcos θ)＝mv min2，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.‎ ‎【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