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考前适应练九 动能定理在多过程问题中的应用 运动图像问题-备战高考三轮复习专题-复习与训练
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这是一份考前适应练九 动能定理在多过程问题中的应用 运动图像问题-备战高考三轮复习专题-复习与训练，文件包含考前适应练九动能定理在多过程问题中的应用运动图像问题-备战高考三轮复习专题-复习与训练-解析版docx、考前适应练九动能定理在多过程问题中的应用运动图像问题-备战高考三轮复习专题-复习与训练-原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共13页， 欢迎下载使用。
题型一 动能定理在多过程问题中的应用
例1 (多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek，
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcs α，解得a下＝eq \f(g,5)，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq \f(1,2)at2，则可得出t上变式训练1 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点质量为m＝1 kg的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对小物块施加F＝10 N的水平向左的恒力，使其由静止开始向左运动．小物块在向左运动到A点前某处速度最大时，弹簧的弹力为6 N，运动到A点时撤去推力F，小物块最终运动到B点静止．图中OA＝0.8 m，OB＝0.2 m，重力加速度取g＝10 m/s2.求小物块：
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．
答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零．F－μmg－F弹＝0，μ＝eq \f(F－F弹,mg)＝0.4.
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B，由动能定理得－FfxOB＝0－eq \f(1,2)mvO2，Ff＝μmg＝4 N，解得vO＝eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s.
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入数值得xmax＝0.9 m.
变式训练2 如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75，其他部分光滑．过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 (1)8eq \r(10) m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 (1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvC2①
代入数据得vC＝8eq \r(10) m/s②
(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvD2③
F＋mg＝meq \f(vD2,R)，④
联立③④解得F＝7×103 N⑤
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N
(3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μ1mgcs 37°·eq \f(l－x,cs 37°)－μ2mgx＝0⑥
解得x＝30 m．⑦
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
例2 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
答案 (1)8 m (2)102 N 70 N
解析 (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcs θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动．
设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcs θ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq \f(1,2)mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv12,R)，解得Fmax＝102 N.
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv22,R)，解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
变式训练3 如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确．
课时精练
1.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体．斜面C端离地高度h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑．现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2.已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
(1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.
答案 (1)14.5 N (2)3.25 m
解析 (1)物块从B到C做平抛运动，则有vy2＝2g(L－h)
在C点时有tan θ＝eq \f(vy,vB)，代入数据解得vB＝1.5 m/s
在B点对物块进行受力分析得F－mg＝meq \f(vB2,R)，解得F＝14.5 N
根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5 N
(2)物块在C点的速度为vC＝eq \f(vy,sin θ)＝2.5 m/s
物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得－μmgcs θ×2xCD＝0－eq \f(1,2)mvC2
xCE＝eq \f(h,sin θ)＝1 m
xCD＝xCE－xDE，代入数据解得μ＝eq \f(5,12)
最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：mgxCDsin θ－μmgcs θ×s＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得s＝3.25 m.
2.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
答案 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 (1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(vD2,L)，解得Fm＝9 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mvD2，可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－eq \f(1,2)mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
3.如图所示，粗糙水平面AB与粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为37°，一半径为R＝4 m的光滑圆弧轨道CD与斜面相切于C点，D点在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一竖直平面内．在水平面上的A点静止放有一质量为m＝0.5 kg的小物块，给小物块施加斜向右上方与水平方向夹角为37°、大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对小物块的作用，小物块恰好能够通过D点．已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物块运动到D点的速度大小；
(2)AB的长度．
答案 (1)4 m/s (2)eq \f(28,3) m
解析 (1)设小物块在半圆轨道的最高点D的速度为vD，
根据牛顿运动定律有mg－Fsin 37°＝meq \f(vD2,R)解得vD＝4 m/s
(2)小物块从C点到D点，根据动能定理有FRsin 37°－mg(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
小物块从B点到C点，根据牛顿第二定律有F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝0，说明小物块从B点到C点做匀速直线运动，则vB＝vC＝4eq \r(7) m/s
小物块从A点到B点，根据动能定理有FLABcs 37°－(mg－Fsin 37°)μLAB＝eq \f(1,2)mvB2
联立解得LAB＝eq \f(28,3) m.
4．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围．
答案 (1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥eq \r(34) m/s
解析 (1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝eq \f(mv12,R)
从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：－μmgL1－mg×2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mvA12
解得小球在A点的初速度vA1＝4 m/s
(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvA22，解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s
因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s
若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动，h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt
从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA32
解得小球在A点的初速度vA3＝eq \r(34) m/s
因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥eq \r(34) m/s.
题型一 动能定理在多过程问题中的应用
例1 (多选)一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动．该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为eq \f(Ek,5).已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g.则( )
A．物体向上滑动的距离为eq \f(Ek,2mg)
B．物体向下滑动时的加速度大小为eq \f(g,5)
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
答案 BC
解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcs α＝eq \f(Ek,5)－Ek，
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有－mglsin α－μmglcs α＝0－Ek，
整理得l＝eq \f(Ek,mg)，μ＝0.5，A错误，C正确；
物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcs α，解得a下＝eq \f(g,5)，B正确；
物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcs α，解得a上＝g，故a上>a下，
由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝eq \f(1,2)at2，则可得出t上
(1)与桌面间的动摩擦因数μ；
(2)向右运动过程中经过O点的速度大小；
(3)向左运动的过程中弹簧的最大压缩量．
答案 (1)0.4 (2)1.26 m/s (3)0.9 m
解析 (1)小物块速度达到最大时，加速度为零．F－μmg－F弹＝0，μ＝eq \f(F－F弹,mg)＝0.4.
(2)设向右运动通过O点时的速度为v0，从O→B，由动能定理得－FfxOB＝0－eq \f(1,2)mvO2，Ff＝μmg＝4 N，解得vO＝eq \r(1.6) m/s≈1.26 m/s.
(3)弹簧最大压缩量为xmax，对小物块运动的全过程，根据动能定理得FxOA－Ff(2xmax＋xOB)＝0，代入数值得xmax＝0.9 m.
变式训练2 如图甲所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图乙所示的模型．倾角为45°的直轨道AB、半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m．现有质量m＝500 kg的过山车，从高h＝40 m处的A点由静止下滑，经BCDC′EF最终停在G点．过山车与轨道AB、EF间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG间的动摩擦因数μ2＝0.75，其他部分光滑．过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，g取10 m/s2.求：
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
(3)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
答案 (1)8eq \r(10) m/s (2)7×103 N (3)30 m
解析 (1)设过山车在C点的速度大小为vC，由动能定理得mgh－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvC2①
代入数据得vC＝8eq \r(10) m/s②
(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得mg(h－2R)－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)＝eq \f(1,2)mvD2③
F＋mg＝meq \f(vD2,R)，④
联立③④解得F＝7×103 N⑤
由牛顿第三定律知，过山车在D点对轨道的作用力大小为7×103 N
(3)全程应用动能定理mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcs 45°·eq \f(h,sin 45°)－μ1mgcs 37°·eq \f(l－x,cs 37°)－μ2mgx＝0⑥
解得x＝30 m．⑦
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
例2 如图所示，竖直面内有一粗糙斜面AB，BCD部分是一个光滑的圆弧面，C为圆弧的最低点，AB正好是圆弧在B点的切线，圆心O与A、D点在同一高度，θ＝37°，圆弧面的半径R＝3.6 m，一滑块质量m＝5 kg，与AB斜面间的动摩擦因数μ＝0.45，将滑块从A点由静止释放(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)．求在此后的运动过程中：
(1)滑块在AB段上运动的总路程；
(2)在滑块运动过程中，C点受到的压力的最大值和最小值．
答案 (1)8 m (2)102 N 70 N
解析 (1)由题意可知斜面AB与水平面的夹角为θ＝37°，知mgsin θ>μmgcs θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上做往复运动．
设滑块在AB段上运动的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小Ff＝μFN＝μmgcs θ，
从A点出发到最终以B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcs θ－Ffs＝0，解得s＝8 m.
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
从A到C的过程，由动能定理得mgR－FflAB＝eq \f(1,2)mv12－0，
斜面AB的长度lAB＝eq \f(R,tan θ)，
由牛顿第二定律得Fmax－mg＝eq \f(mv12,R)，解得Fmax＝102 N.
滑块以B为最高点做往复运动的过程中过C点时，速度最小，设为v2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为Fmin，从B到C，
由动能定理得mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mv22－0，
由牛顿第二定律得Fmin－mg＝eq \f(mv22,R)，解得Fmin＝70 N，
根据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
变式训练3 如图所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定在水平地面上，O点为斜面的最低点．一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动．小物块每次通过O点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%.小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为( )
A.eq \f(49H,sin θ) B.eq \f(39H,sin θ)
C.eq \f(29H,sin θ) D.eq \f(20H,sin θ)
答案 B
解析 由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所走路程s1＝eq \f(H,sin θ)，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点所走的路程s2＝eq \f(2H1,sin θ)＝95%eq \f(2H,sin θ)，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)2eq \f(2H,sin θ)，…，故小物块所走的总路程s总＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋95%eq \f(2H,sin θ)＋(95%)2eq \f(2H,sin θ)＋…(95%)n－1eq \f(2H,sin θ)，n无穷大时，可得s总＝eq \f(39H,sin θ)(等比数列求和)，故B正确．
课时精练
1.如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定在AB杆上，杆长L＝1 m，半圆与水平方向相切于B点，半径R＝0.5 m，距其右侧一定水平距离处固定一个斜面体．斜面C端离地高度h＝0.8 m，E端固定一轻弹簧，弹簧原长为DE，DE＝0.375 m，斜面CD段粗糙而DE段光滑．现将一质量为1 kg的物块(可看作质点)从圆轨道某处静止释放，离开最低点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰好平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C.斜面倾角θ＝53°，重力加速度g＝10 m/s2.已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6，求：
(1)物块运动到B点时对轨道的压力大小；
(2)物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s.
答案 (1)14.5 N (2)3.25 m
解析 (1)物块从B到C做平抛运动，则有vy2＝2g(L－h)
在C点时有tan θ＝eq \f(vy,vB)，代入数据解得vB＝1.5 m/s
在B点对物块进行受力分析得F－mg＝meq \f(vB2,R)，解得F＝14.5 N
根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小F′＝F＝14.5 N
(2)物块在C点的速度为vC＝eq \f(vy,sin θ)＝2.5 m/s
物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得－μmgcs θ×2xCD＝0－eq \f(1,2)mvC2
xCE＝eq \f(h,sin θ)＝1 m
xCD＝xCE－xDE，代入数据解得μ＝eq \f(5,12)
最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：mgxCDsin θ－μmgcs θ×s＝0－eq \f(1,2)mvC2
解得s＝3.25 m.
2.如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R＝0.3 m的竖直放置的光滑圆轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔．已知摆线长L＝2 m，θ＝53°，小球质量为m＝0.5 kg，D点与A孔的水平距离s＝2 m，g取10 m/s2.(sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6)
(1)求摆线能承受的最大拉力为多大；
(2)要使摆球能进入圆轨道并且不脱离轨道，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ的范围．
答案 (1)9 N (2)0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 (1)当摆球由C到D运动，根据动能定理有mg(L－Lcs θ)＝eq \f(1,2)mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得Fm－mg＝meq \f(vD2,L)，解得Fm＝9 N
(2)小球不脱离圆轨道分两种情况
①要保证小球能到达A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得
－μ1mgs＝0－eq \f(1,2)mvD2，可得μ1＝0.4
若进入A孔的速度较小，那么小球将会在圆心以下做往返运动，不脱离轨道，其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由动能定理可得－mgR＝0－eq \f(1,2)mvA2
由动能定理可得－μ2mgs＝eq \f(1,2)mvA2－eq \f(1,2)mvD2，可求得μ2＝0.25
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当小球恰好到达最高点时，在圆轨道的最高点，由牛顿第二定律可得mg＝meq \f(v2,R)，
由动能定理可得－μ3mgs－2mgR＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvD2，解得μ3＝0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围为0.25≤μ≤0.4或者μ≤0.025.
3.如图所示，粗糙水平面AB与粗糙斜面BC平滑连接，斜面倾角为37°，一半径为R＝4 m的光滑圆弧轨道CD与斜面相切于C点，D点在圆心O的正上方，A、B、C、D均在同一竖直平面内．在水平面上的A点静止放有一质量为m＝0.5 kg的小物块，给小物块施加斜向右上方与水平方向夹角为37°、大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对小物块的作用，小物块恰好能够通过D点．已知小物块与水平面、斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物块运动到D点的速度大小；
(2)AB的长度．
答案 (1)4 m/s (2)eq \f(28,3) m
解析 (1)设小物块在半圆轨道的最高点D的速度为vD，
根据牛顿运动定律有mg－Fsin 37°＝meq \f(vD2,R)解得vD＝4 m/s
(2)小物块从C点到D点，根据动能定理有FRsin 37°－mg(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
小物块从B点到C点，根据牛顿第二定律有F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
解得a1＝0，说明小物块从B点到C点做匀速直线运动，则vB＝vC＝4eq \r(7) m/s
小物块从A点到B点，根据动能定理有FLABcs 37°－(mg－Fsin 37°)μLAB＝eq \f(1,2)mvB2
联立解得LAB＝eq \f(28,3) m.
4．如图所示，一小球从A点以某一水平向右的初速度出发，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝10 cm的光滑竖直圆形轨道，圆形轨道间不相互重叠，即小球离开圆形轨道后可继续向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度h＝0.8 m，水平距离s＝1.2 m，水平轨道AB长为L1＝2.75 m，BC长为L2＝3.5 m，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小球恰能通过圆形轨道的最高点，求小球在A点的初速度大小；
(2)小球既能通过圆形轨道的最高点，又不掉进壕沟，求小球在A点初速度大小的范围．
答案 (1)4 m/s (2)4 m/s≤vA≤5 m/s或vA≥eq \r(34) m/s
解析 (1)小球恰好通过圆形轨道的最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝eq \f(mv12,R)
从A点到圆形轨道的最高点的过程中，根据动能定理得：－μmgL1－mg×2R＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mvA12
解得小球在A点的初速度vA1＝4 m/s
(2)若恰好运动到C点时，速度为零，则从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mvA22，解得小球在A点的初速度vA2＝5 m/s
因此若小球停在BC段，则满足4 m/s≤vA≤5 m/s
若恰好能越过壕沟，则从C到D做平抛运动，h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt
从A到C的过程中，根据动能定理得－μmg(L1＋L2)＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvA32
解得小球在A点的初速度vA3＝eq \r(34) m/s
因此若小球能越过壕沟，则满足vA≥eq \r(34) m/s.
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