專(zhuān)題06：動(dòng)能定理考點(diǎn)1 動(dòng)能定理的應(yīng)用················································1考點(diǎn)2 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題·····································3考點(diǎn)3 動(dòng)能定理與圖象的綜合問(wèn)題············································5考點(diǎn)1 動(dòng)能定理的應(yīng)用1．對(duì)動(dòng)能定理的理解(1)動(dòng)能定理表達(dá)式W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk為所研究過(guò)程的末動(dòng)能與初動(dòng)能之差，且物體的速度均是相對(duì)地面的速度。(2)2．應(yīng)用動(dòng)能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)(1)動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由于不涉及加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒(méi)有依據(jù)的。(3)物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的過(guò)程(如加速、減速的過(guò)程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過(guò)程考慮，但如能對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式，則可使問(wèn)題簡(jiǎn)化。(4)根據(jù)動(dòng)能定理列方程時(shí)，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢驗(yàn)。【典例1】一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示，長(zhǎng)度為、不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)繩，一端固定在圓柱體最高點(diǎn)P處，另一端系一個(gè)小球，小球位于P點(diǎn)右側(cè)同一水平高度的Q點(diǎn)時(shí)，繩剛好拉直，將小球從Q點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球的速度大小為（重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力）（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】小球下落的高度為h = πR - R + R = R小球下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh = mv2綜上有v = 故選A。【變式1-1】 一籃球質(zhì)量為，一運(yùn)動(dòng)員使其從距地面高度為處由靜止自由落下，反彈高度為。若使籃球從距地面高度由靜止下落，并在開(kāi)始下落的同時(shí)向下拍球、球落地后反彈的高度也為。假設(shè)運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)球的作用力為恒力，作用時(shí)間為；該籃球每次與地面碰撞前后的動(dòng)能的比值不變。重力加速度大小取，不計(jì)空氣阻力。求：（1）運(yùn)動(dòng)員拍球過(guò)程中對(duì)籃球所做的功；（2）運(yùn)動(dòng)員拍球時(shí)對(duì)籃球的作用力的大小。【答案】（1）；（2）【解析】（1）第一次籃球下落的過(guò)程中由動(dòng)能定理可得籃球反彈后向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程由動(dòng)能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，在籃球反彈上升的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得第二次從1.5m的高度靜止下落，同時(shí)向下拍球，籃球下落過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得因籃球每次和地面撞擊的前后動(dòng)能的比值不變，則有比例關(guān)系代入數(shù)據(jù)可得（2）因作用力是恒力，在恒力作用下籃球向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，因此有牛頓第二定律可得在拍球時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)的位移為做得功為聯(lián)立可得（舍去）【變式1-2】從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為；（      ）A．2 kg B．1.5 kg C．1 kg D．0.5 kg【答案】C【解析】分別選擇上升過(guò)程與下落過(guò)程對(duì)物體應(yīng)用動(dòng)能定理處理；上升過(guò)程，由動(dòng)能定理，，得，即F+mg=12N；下落過(guò)程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1kg、F=2N。【變式1-3】如圖所示AB和CDO都是處于豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置。AB是半徑為R＝1 m的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5 m的半圓軌道，最高點(diǎn)O處固定一個(gè)豎直彈性擋板(可以把小球彈回，不損失能量，圖中沒(méi)有畫(huà)出)，D為CDO軌道的中點(diǎn)。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長(zhǎng)L＝2 m，與小球之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個(gè)質(zhì)量為m＝1 kg的小球從A點(diǎn)的正上方距水平線OA高H的P處自由落下。(g取10 m/s2)(1)當(dāng)H＝2 m時(shí)，求此時(shí)小球第一次到達(dá)D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大?。?/span>(2)為使小球僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，求H的取值范圍。【答案】　(1)84 N　(2)0.65 m≤H≤0.7 m【解析】　(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D的速度為vD，對(duì)小球從P到D點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg(H＋r)－μmgL＝mv－0在D點(diǎn)軌道對(duì)小球的支持力FN提供向心力，則有：FN＝m聯(lián)立解得：FN＝84 N由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫椋?/span>F′N＝FN＝84 N。(2)為使小球僅僅與擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最小時(shí)必須滿足能上升到O點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：mgHmin－μmgL＝mv－0在O點(diǎn)有：mg＝m代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65 m僅僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會(huì)脫離CDO軌道，H最大時(shí)，碰后再返回最高點(diǎn)能上升到D點(diǎn)，則有：mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7 m故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
考點(diǎn)2 應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題【題型要點(diǎn)】1．多過(guò)程問(wèn)題的分析方法(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫(huà)出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。2．利用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題的基本思路【典例2】某砂場(chǎng)為提高運(yùn)輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，建立如圖所示的物理模型．豎直平面內(nèi)有一傾角θ＝37°的直軌道AB，其下方右側(cè)放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過(guò)．轉(zhuǎn)輪半徑R＝0.4 m、轉(zhuǎn)軸間距L＝2 m的傳送帶以恒定的線速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)輪最低點(diǎn)離地面的高度H＝2.2 m．現(xiàn)將一小物塊放在距離傳送帶高h處?kù)o止釋放，假設(shè)小物塊從直軌道B端運(yùn)動(dòng)到達(dá)傳送帶上C點(diǎn)時(shí)，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴遥阎∥飰K與直軌道和傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5.(sin 37°＝0.6)(1)若h＝2.4 m，求小物塊到達(dá)B端時(shí)速度的大??；(2)若小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，求h需要滿足的條件；(3)改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點(diǎn)水平向右拋出，求小物塊落地點(diǎn)到D點(diǎn)的水平距離x與h的關(guān)系式及h需要滿足的條件．【答案】　(1)4 m/s　(2)h<3.0 m   (3)x＝2(m)　h≥3.6 m【解析】(1)小物塊由靜止釋放到B的過(guò)程中，有mgsin θ－μmgcos θ＝mav＝2a解得vB＝4 m/s.(2)若要小物塊落到傳送帶左側(cè)地面，設(shè)當(dāng)小物塊到達(dá)傳送帶上D點(diǎn)時(shí)速度為零，小物塊從距傳送帶高度h1處由靜止釋放，則有0＝mgh1－μmgcos θ·－μmgL解得h1＝3.0 m當(dāng)h<h1＝3.0 m時(shí)滿足題中條件．(3)當(dāng)小物塊從右側(cè)拋出時(shí)，設(shè)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度為v，則有mv2＝mgh－μmgcos θ－μmgLH＋2R＝gt2，x＝vt解得x＝2(m)為使小物塊能在D點(diǎn)水平向右拋出，則需滿足mg≤，解得h≥3.6 m.考點(diǎn)3 動(dòng)能定理與圖象的綜合問(wèn)題【題型要點(diǎn)】1．解決圖象問(wèn)題的基本步驟(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標(biāo)、橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量及圖線所表示的物理意義．(2)根據(jù)物理規(guī)律推導(dǎo)出縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)所對(duì)應(yīng)的物理量間的函數(shù)關(guān)系式．(3)將推導(dǎo)出的物理規(guī)律與數(shù)學(xué)上與之相對(duì)應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)函數(shù)關(guān)系式相對(duì)比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點(diǎn)、圖線下的面積所對(duì)應(yīng)的物理意義，分析解答問(wèn)題，或者利用函數(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)關(guān)系式求物理量．2．圖象所圍“面積”的意義(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量．(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F－x圖線與x坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與t坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．【典例3】如圖所示，一小物塊由靜止開(kāi)始沿斜面向下滑動(dòng)，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑連接，且物塊與斜面、物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為常數(shù)。該過(guò)程中，物塊的動(dòng)能與水平位移x關(guān)系的圖象是（　?。?/span>A． B．C． D．【答案】A【解析】由題意可知設(shè)斜面傾角為θ，動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則物塊在斜面上下滑水平距離x時(shí)根據(jù)動(dòng)能定理有整理可得即在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x成線性關(guān)系；當(dāng)小物塊在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)有即在水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)能與x也成線性關(guān)系；綜上分析可知A正確。故選A。【變式3-1】(多選)(2021東北師大附中3月模擬)在未知方向的恒力F作用下，一質(zhì)量為1.0 kg的物體以一定的初速度在光滑水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系如圖所示．(g取10 m/s2)由上述已知條件，可知(　　)A．力F的最小值為2.5 N                   B．力F不可能大于10 NC．物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度大小無(wú)法求出    D．物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中在任意位置力F的功率是可以求出的【答案】AD【解析】根據(jù)動(dòng)能定理得Fxcos θ＝Ek－Ek0，則Ek＝Ek0＋Fxcos θ，結(jié)合題圖有Ek＝50－2.5x (J)，得Fcos θ＝－2.5 N，故F有最小值2.5 N，A正確，B錯(cuò)誤；加速度a＝＝－2.5 m/s2，可以求出，C錯(cuò)誤；力F的功率PF＝Fvcos θ＝－2.5v (W)，由題圖可知任意位置的動(dòng)能，從而可知速度，故任意位置力F的功率可求，D正確．【變式3-2】（2019·新課標(biāo)全國(guó)Ⅲ卷）從地面豎直向上拋出一物體，物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中除受到重力外，還受到一大小不變、方向始終與運(yùn)動(dòng)方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以內(nèi)時(shí)，物體上升、下落過(guò)程中動(dòng)能Ek隨h的變化如圖所示。重力加速度取10 m/s2。該物體的質(zhì)量為A．2 kg              B．1.5 kg        C．1 kg       D．0.5 kg【答案】C【解析】對(duì)上升過(guò)程，由動(dòng)能定理，，得，即F+mg=12 N；下落過(guò)程，，即N，聯(lián)立兩公式，得到m=1 kg、F=2 N。【變式3-3】質(zhì)量m＝1 kg的物體，在水平拉力F(拉力方向與物體初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)位移為4 m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移為8 m時(shí)物體停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek-x的圖線如圖所示。取g＝10 m/s2，求：(1)物體的初速度大??；(2)物體和水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)拉力F的大小。【答案】(1)2 m/s　(2)0.25　(3)4.5 N【解析】(1)從圖線可知物體初動(dòng)能為2 J，則Ek0＝mv2＝2 J得v＝2 m/s。(2)在位移為4 m處物體的動(dòng)能為Ek＝10 J，在位移為8 m處物體的動(dòng)能為零，這段過(guò)程中物體克服摩擦力做功。設(shè)摩擦力為Ff，則－Ffx2＝0－Ek＝0－10 J＝－10 J，x2＝4 m得Ff＝2.5 N因Ff＝μmg故μ＝0.25。(3)物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到位移為4 m這段過(guò)程中，受拉力F和摩擦力Ff的作用，合力為F－Ff，根據(jù)動(dòng)能定理有(F－Ff)x1＝Ek－Ek0故得F＝4.5 N。【規(guī)律總結(jié)1】應(yīng)用動(dòng)能定理求多過(guò)程問(wèn)題的技巧1．運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，有兩種思路：一種是全過(guò)程列式，另一種是分段列式。2．全過(guò)程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意運(yùn)用它們的功能特點(diǎn)：(1)重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)；(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。(3)彈簧彈力做功與路徑無(wú)關(guān)。【規(guī)律總結(jié)2】動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題的分析方法(1)首先看清所給圖象的種類(lèi)(如v-t圖象、F-t圖象、Ek-t圖象等)。(2)挖掘圖象的隱含條件，得出所需要的物理量，如由v-t圖象所包圍的“面積”求位移，由F-x圖象所包圍的“面積”求功等。(3)分析有哪些力做功，根據(jù)動(dòng)能定理列方程，求出相應(yīng)的物理量。【規(guī)律總結(jié)3】應(yīng)用動(dòng)能定理解題的思維流程1.(多選)如圖所示，電梯質(zhì)量為M，在它的水平地板上放置一質(zhì)量為m的物體．電梯在鋼索的拉力作用下豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)電梯的速度由v1增加到v2時(shí)，上升高度為H，則在這個(gè)過(guò)程中，下列說(shuō)法或表達(dá)式正確的是(　　)A．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN＝mv，其中WN為支持力的功B．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為W合＝0，其中W合為合力的功C．對(duì)物體，動(dòng)能定理的表達(dá)式為WN－mgH＝mv－mv，其中WN為支持力的功D．對(duì)電梯，其所受合力做功為Mv－Mv【答案】CD　【解析】：電梯上升的過(guò)程中，對(duì)物體做功的有重力mg、支持力FN，這兩個(gè)力的總功才等于物體動(dòng)能的增量ΔEk＝mv－mv，故A、B錯(cuò)誤，C正確；對(duì)電梯，無(wú)論有幾個(gè)力對(duì)它做功，由動(dòng)能定理可知，其合力的功一定等于其動(dòng)能的增量，故D正確．2.(2021·寧波調(diào)研)張偉同學(xué)參加學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)立定跳遠(yuǎn)項(xiàng)目比賽，起跳直至著地過(guò)程如圖所示，測(cè)量得到比賽成績(jī)是2.5 m，目測(cè)空中腳離地最大高度約0.8 m，忽略空氣阻力，則起跳過(guò)程該同學(xué)所做功最接近(　　)A．65 J   B．750 JC．1 025 J   D．1 650 J【答案】B.【解析】：人從最高點(diǎn)落地可看做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)人在最高點(diǎn)的速度為v0，則h＝gt2，x＝v0t，則起跳過(guò)程中該同學(xué)所做的功為W＝mgh＋mv，解得W≈750 J.1.(2018·全國(guó)卷Ⅰ·18)如圖，abc是豎直面內(nèi)的光滑固定軌道，ab水平，長(zhǎng)度為2R；bc是半徑為R的四分之一圓弧，與ab相切于b點(diǎn)．一質(zhì)量為m的小球，始終受到與重力大小相等的水平外力的作用，自a點(diǎn)處從靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)．重力加速度大小為g.小球從a點(diǎn)開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到其軌跡最高點(diǎn)，機(jī)械能的增量為(　　)A．2mgR B．4mgRC．5mgR D．6mgR【答案】C　【解析】小球從a運(yùn)動(dòng)到c，根據(jù)動(dòng)能定理，得F·3R－mgR＝mv，又F＝mg，故v1＝2，小球離開(kāi)c點(diǎn)在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．且水平方向與豎直方向的加速度大小相等，都為g，故小球從c點(diǎn)到最高點(diǎn)所用的時(shí)間t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根據(jù)功能關(guān)系，小球從a點(diǎn)到軌跡最高點(diǎn)機(jī)械能的增量為力F做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。2.(2018·高考全國(guó)卷 Ⅲ )如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切，BC為圓弧軌道的直徑，O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sin α＝.一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱悖亓铀俣却笮?/span>g.求(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大??；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間．【解析】(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F.由力的合成法則有＝tan α ①F2＝(mg)2＋F ②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝m ③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg ④v＝. ⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsin α ⑥CD＝R(1＋cos α) ⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv ⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝. ⑨(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g.設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t.由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋gt2＝CD ⑩v⊥＝vsin α ?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝ . ?3.(2021四川省瀘州市一中模擬)如圖所示，從高臺(tái)邊A點(diǎn)以某速度水平飛出的小物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道．圓弧軌道CDM的半徑R＝0.5 m，O為圓弧的圓心，D為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度，OC與水平面夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點(diǎn)，MN與水平面夾角為53°，斜面MN足夠長(zhǎng)，已知小物塊的質(zhì)量m＝3 kg，第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78 N，與斜面MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，小球第一次通過(guò)C點(diǎn)后立刻裝一與C點(diǎn)相切且與斜面MN關(guān)于OD對(duì)稱的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考慮小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的轉(zhuǎn)動(dòng)，求： (1)小物塊平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?/span>(2)A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離；(3)小物塊在斜面MN上滑行的總路程．【解析】(1)在D點(diǎn)，支持力和重力的合力提供向心力，則有FD－mg＝m，解得v＝8(m/s)2，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgR(1－sin 37°)＝mv－mv，解得vC＝2 m/s.(2)平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的豎直分速度vCy＝vCcos 37°，A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離y＝，解得y＝0.128 m.(3)最后物體在CM之間來(lái)回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為零，對(duì)從D點(diǎn)到M點(diǎn)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得－mgR(1－sin 37°)－μmgs總cos 53°＝－mv，代入數(shù)據(jù)并解得s總＝1 m.【答案】　(1)2 m/s　(2)0.128 m　(3)1 m1．(多選) (2021·陜西西安長(zhǎng)安區(qū)模擬)如圖所示，擺球質(zhì)量為m，懸線的長(zhǎng)為l，把懸線拉到水平位置后放手。設(shè)在擺球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過(guò)程中空氣阻力F阻的大小不變，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　)A．重力做功為mglB．繩的拉力做功為零C．F阻做功為－mglD．F阻做功為－F阻πl【答案】 ABD【解析】　小球下落過(guò)程中，重力做功為mgl，A正確；繩的拉力始終與速度方向垂直，拉力做功為零，B正確；空氣阻力F阻大小不變，方向始終與速度方向相反，故F阻做功為－F阻·πl，C錯(cuò)誤，D正確。2.(2021·福建廈門(mén)期末)一質(zhì)量為2 kg的物體靜止在水平桌面上，在水平拉力F的作用下，沿水平方向運(yùn)動(dòng)2 s后撤去外力，其v-t圖像如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．在0～2 s內(nèi)，合外力做的功為4 JB．在0～2 s內(nèi)，合外力做的功為8 JC．在0～6 s內(nèi)，摩擦力做的功為－8 JD．在0～6 s內(nèi)，摩擦力做的功為－4 J【答案】A【解析】在0～2 s可讀出初末速度，由動(dòng)能定理可得W合＝mv22－0＝4 J，故A正確，B錯(cuò)誤。在0～6 s內(nèi)由全程的動(dòng)能定理：WF＋Wf＝0－0，其中f＝ma2＝2× N＝1 N；對(duì)于0～2 s牛頓第二定律F－f＝ma1，得F＝3 N，而WF＝Fx1＝3×2 J＝6 J，聯(lián)立得Wf＝－6 J，故C、D錯(cuò)誤。3．(2021·武漢示范高中聯(lián)考)一個(gè)小球被水平拋出，運(yùn)動(dòng)t時(shí)間重力做的功為W，不計(jì)空氣阻力，則t時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率為(　　)A．    B．C．    D．【答案】C【解析】　設(shè)小球做平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v0，t時(shí)刻的速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理有W＝mv2－mv02，t時(shí)刻小球的豎直方向分速度v⊥＝gt，v2＝v02＋v⊥2，t時(shí)刻重力的瞬時(shí)功率P＝mgv⊥＝mg2t，聯(lián)立解得P＝，選項(xiàng)C正確。4．(2021·日照聯(lián)考)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率是60 kW，汽車(chē)的質(zhì)量為2×103 kg，在平直路面上行駛，受到的阻力是車(chē)重的0.1倍。若汽車(chē)從靜止出發(fā)，以0.5 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，則出發(fā)50 s時(shí)，汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為(取g＝10 m/s2)(　　)A．25 kW    B．50 kWC．60 kW    D．75 kW解析：選C　汽車(chē)受到的阻力f＝0.1mg＝2 000 N，汽車(chē)以0.5 m/s2的加速度做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律有F－f＝ma，解得F＝3 000 N；若50 s內(nèi)車(chē)是勻加速運(yùn)動(dòng)，則v＝at＝25 m/s，所以50 s末汽車(chē)功率P＝Fv＝75 000 W＝75 kW；但汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率是60 kW，則50 s內(nèi)車(chē)不是勻加速運(yùn)動(dòng)，而是先勻加速后變加速；故出發(fā)50 s時(shí)，汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率為60 kW，選項(xiàng)C正確。5．(多選)(2020·天津等級(jí)考)復(fù)興號(hào)動(dòng)車(chē)在世界上首次實(shí)現(xiàn)速度350 km/h自動(dòng)駕駛功能，成為我國(guó)高鐵自主創(chuàng)新的又一重大標(biāo)志性成果。一列質(zhì)量為m的動(dòng)車(chē)，初速度為v0，以恒定功率P在平直軌道上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到該功率下的最大速度vm。設(shè)動(dòng)車(chē)行駛過(guò)程中所受到的阻力F保持不變，動(dòng)車(chē)在時(shí)間t內(nèi)(　　)A.做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．加速度逐漸減小C．牽引力的功率P＝FvmD．牽引力做功W＝mvm2－mv02【答案】BC【解析】　由于動(dòng)車(chē)以恒定功率運(yùn)動(dòng)，則由P＝F牽v可知在功率不變時(shí)，動(dòng)車(chē)的速度增大則牽引力減小，由牛頓第二定律可知F牽－F＝ma，動(dòng)車(chē)的加速度逐漸減小，A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)動(dòng)車(chē)的加速度為零時(shí)，即牽引力等于阻力時(shí)，動(dòng)車(chē)的速度最大，即P＝Fvm，C正確；設(shè)動(dòng)車(chē)在時(shí)間t內(nèi)的位移為x，由動(dòng)能定理得W－Fx＝mvm2－mv02，則牽引力所做的功為W＝Fx＋mvm2－mv02，D錯(cuò)誤。 1.(2021·濟(jì)南市高三質(zhì)量評(píng)估)新能源汽車(chē)近幾年發(fā)展非常迅速，下表是某品牌電動(dòng)汽車(chē)相關(guān)參數(shù)。請(qǐng)根據(jù)相關(guān)參數(shù)判斷以下哪些說(shuō)法正確：(假設(shè)汽車(chē)以30 m/s勻速行駛時(shí)的阻力為車(chē)重的0.05倍，汽車(chē)電能轉(zhuǎn)化為有用功的效率為80%，重力加速度g取10 m/s2)指標(biāo)參數(shù)整車(chē)質(zhì)量0～30 m/s加速時(shí)間最大速度電池容量制動(dòng)最短距離(30 m/s～0)數(shù)值2 000 kg5.0 s60 m/s75 kW·h30 mA.汽車(chē)在0～30 m/s的加速過(guò)程中的平均加速度大小為6 m/s2B.汽車(chē)剎車(chē)由30 m/s減速到0所用時(shí)間最短為1 sC.當(dāng)汽車(chē)以30 m/s勻速行駛時(shí)，汽車(chē)克服阻力做功的功率為75 kWD.當(dāng)汽車(chē)以30 m/s勻速行駛時(shí)，汽車(chē)的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為216 km【答案】　AD【解析】　汽車(chē)在0～30 m/s的加速過(guò)程中的平均加速度大小為＝＝ m/s2＝6 m/s2，選項(xiàng)A正確；因制動(dòng)最短距離為30 m，可知汽車(chē)剎車(chē)由30 m/s減速到0所用時(shí)間最短為t＝＝ s＝2 s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；當(dāng)汽車(chē)以30 m/s勻速行駛時(shí)，  汽車(chē)克服阻力做功的功率為P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)80%E＝P，則當(dāng)汽車(chē)以30 m/s勻速行駛時(shí)，汽車(chē)的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為x＝＝ m＝216 km，選項(xiàng)D正確。2.(2021·湖南省聯(lián)考)有一物體由某一固定的長(zhǎng)斜面的底端以初速度v0沿斜面上滑，斜面與物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，其動(dòng)能Ek隨離開(kāi)斜面底端的距離x變化的圖線如圖所示，g取10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，則以下說(shuō)法正確的是(　　)A.斜面的傾角θ＝30°                              B.物體的質(zhì)量為m＝0.5 kgC.斜面與物體間的摩擦力大小Ff＝2 N               D.物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝2 s【答案】　BC【解析】　由動(dòng)能定理F合x＝ΔEk知Ek－x圖象的斜率表示合外力，則上升階段斜率為mgsin θ＋μmgcos θ＝ N＝5 N，下降階段斜率為mgsin θ－μmgcos θ＝ N＝1 N，聯(lián)立得tan θ＝，即θ＝37°，m＝0.5 kg，故A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；物體與斜面間的摩擦力為Ff＝μmgcos θ＝2 N，故C項(xiàng)正確；上升階段由Ek－x圖象的斜率知合力為F1＝5 N，由F1＝ma1，則a1＝10 m/s2，t1＝，Ek1＝mv＝25 J，聯(lián)立得t1＝1 s，同理，下降階段合力為F2＝1 N，由F2＝ma2，則a2＝2 m/s2，t2＝，Ek2＝mv＝5 J，聯(lián)立得t2＝ s，則t＝t1＋t2＝(1＋)s，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．(多選)(2018·全國(guó)卷Ⅲ·T19)地下礦井中的礦石裝在礦車(chē)中，用電機(jī)通過(guò)豎井運(yùn)送到地面。某豎井中礦車(chē)提升的速度大小v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖所示，其中圖線①②分別描述兩次不同的提升過(guò)程，它們變速階段加速度的大小都相同；兩次提升的高度相同，提升的質(zhì)量相等。不考慮摩擦阻力和空氣阻力。對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程，(　　)A．礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為4∶5                   B．電機(jī)的最大牽引力之比為2∶1C．電機(jī)輸出的最大功率之比為2∶1                   D．電機(jī)所做的功之比為4∶5【答案】AC【解析】根據(jù)位移相同可得兩圖線與時(shí)間軸圍成的面積相等，v0×2t0＝×v0[2t0＋t′＋(t0＋t′)]，解得t′＝t0，則對(duì)于第①次和第②次提升過(guò)程中，礦車(chē)上升所用的時(shí)間之比為2t0∶＝4∶5，A正確；加速過(guò)程中的牽引力最大，且已知兩次加速時(shí)的加速度大小相等，故兩次中最大牽引力相等，B錯(cuò)誤；由題知兩次提升的過(guò)程中礦車(chē)的最大速度之比為2∶1，由功率P＝Fv，得最大功率之比為2∶1，C正確；兩次提升過(guò)程中礦車(chē)的初、末速度都為零，則電機(jī)所做的功等于克服重力做的功，重力做的功相等，故電機(jī)所做的功之比為1∶1，D錯(cuò)誤。4.(2018·浙江選考)如圖所示，質(zhì)量為60 kg的某運(yùn)動(dòng)員在做俯臥撐運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可將她的身體視為一根直棒。已知重心在c點(diǎn)，其垂線與腳、兩手連線中點(diǎn)間的距離oa、ob分別為0.9 m和0.6 m。若她在1 min內(nèi)做了30個(gè)俯臥撐，每次肩部上升的距離均為0.4 m，則克服重力做的功和相應(yīng)的功率約為(取g＝10 m/s2)(　　)A．430 J,7 W B．4 300 J,70 WC．720 J,12 W D．7 200 J,120 W【答案】B　【解析】設(shè)重心上升的高度為h，根據(jù)相似三角形可知，每次俯臥撐中，有＝，即h＝0.24 m。一次俯臥撐中，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以一分鐘內(nèi)克服重力做的總功為W總＝NW＝4 320 J，功率P＝＝72 W，故選項(xiàng)B正確。5.(2018·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為R的光滑圓弧軌道ABC和水平軌道PA在A點(diǎn)相切。BC為圓弧軌道的直徑。O為圓心，OA和OB之間的夾角為α，sinα＝，一質(zhì)量為m的小球沿水平軌道向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)A點(diǎn)沿圓弧軌道通過(guò)C點(diǎn)，落至水平軌道；在整個(gè)過(guò)程中，除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點(diǎn)所受合力的方向指向圓心，且此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱?。重力加速度大小?/span>g。求：(1)水平恒力的大小和小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度的大小；(2)小球到達(dá)A點(diǎn)時(shí)動(dòng)量的大??；(3)小球從C點(diǎn)落至水平軌道所用的時(shí)間。【答案】　(1)mg　　(2)　(3) 【解析】　(1)設(shè)水平恒力的大小為F0，小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)所受合力的大小為F。由力的合成法則有＝tanα①F2＝(mg)2＋F②設(shè)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律得F＝m③由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0＝mg④v＝⑤(2)設(shè)小球到達(dá)A點(diǎn)的速度大小為v1，如圖作CD⊥PA，交PA于D點(diǎn)，由幾何關(guān)系得DA＝Rsinα⑥CD＝R(1＋cosα)⑦由動(dòng)能定理有－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點(diǎn)的動(dòng)量大小為p＝mv1＝⑨(3)小球離開(kāi)C點(diǎn)后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為g。設(shè)小球在豎直方向的初速度為v⊥，從C點(diǎn)落至水平軌道上所用時(shí)間為t。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v⊥t＋gt2＝CD⑩v⊥＝vsinα?由⑤⑦⑩?式和題給數(shù)據(jù)得t＝ 。6．(2020·四川省瀘縣第四中學(xué)高三模擬)如圖所示，表面光滑的斜面固定在水平地面，頂端安裝有定滑輪，小物塊A、B通過(guò)繞過(guò)定滑輪的絕緣輕繩連接，輕繩平行于斜面，空間有平行于斜面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)．開(kāi)始時(shí)，帶正電的小物塊A在斜面底端，在外力作用下靜止，B離地面一定高度，撤去外力，B豎直向下運(yùn)動(dòng)．B不帶電，不計(jì)滑輪摩擦．則從A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到B著地的過(guò)程中(       )A．A的電勢(shì)能增加B．A和B系統(tǒng)的機(jī)械能守恒C．A和B系統(tǒng)減少的重力勢(shì)能等于A增加的電勢(shì)能D．輕繩拉力對(duì)A做的功大于A的電勢(shì)能增加量和動(dòng)能增加量之和【答案】AD【解析】A.物體A帶正電，所以B豎直向下的過(guò)程中A沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增大，A正確B.因?yàn)殡妶?chǎng)力對(duì)A做負(fù)功，電勢(shì)能增加，而總能量守恒，所以機(jī)械能減小，B錯(cuò)誤C.根據(jù)能量守恒定律可知，整個(gè)過(guò)程系統(tǒng)重力勢(shì)能減小量一部分轉(zhuǎn)化成了系統(tǒng)的動(dòng)能，另一部分轉(zhuǎn)化成A增加的電勢(shì)能，C錯(cuò)誤D.對(duì)A物體應(yīng)用功能關(guān)系，可知輕繩拉力對(duì)A做的功等于A的電勢(shì)能增加量和動(dòng)能增加量以及重力勢(shì)能的增加量，D正確7．(2020·廣西壯族自治區(qū)北流市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高三開(kāi)學(xué)考試)如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學(xué)探究小球在接觸彈簧后向下的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，他以小球開(kāi)始下落的位置為原點(diǎn)，沿豎直向下方向建立坐標(biāo)軸Ox，作出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標(biāo)x的變化關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是A．當(dāng)x=h+x0時(shí)，重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小 B．最低點(diǎn)的坐標(biāo)為x=h+2x0C．小球受到的彈力最大值等于2mg D．小球動(dòng)能的最大值為【答案】AD【解析】由圖象結(jié)合小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程為:先自由落體運(yùn)動(dòng)，當(dāng)與彈簧相接觸后，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直到小球速度為零。A．當(dāng)x=h+x0時(shí)，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動(dòng)能最大，由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，所以重力勢(shì)能與彈性勢(shì)能之和最小，A正確；B．在最低點(diǎn)小球速度為零，從剛釋放小球到小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，小球動(dòng)能變化量為零，重力做的功和彈力做的功的絕對(duì)值相等，即到最低點(diǎn)圖中實(shí)線與x軸圍成的面積應(yīng)該與mg那條虛線與x軸圍成的面積相同，所以最低點(diǎn)應(yīng)該在h+2x0小球的后邊，B錯(cuò)誤；C．由B知道最低點(diǎn)位置大于，所以彈力大于2mg， C錯(cuò)誤；D．當(dāng)x=h+x0時(shí)，彈力等于重力，加速度為零，小球速度最大，動(dòng)能最大，由動(dòng)能定理可得，故D正確。8．(2021·浙江省高三學(xué)業(yè)考試)圖甲為一直角三角形劈，傾角∠abc=37°，ab長(zhǎng)為2L，p為ab的中點(diǎn)，小物塊從a點(diǎn)由靜止釋放沿ab滑到b時(shí)速度恰好為零，小物塊與ap、pb兩段斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2?，F(xiàn)將劈順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°(如圖乙所示)，小物塊從b由靜止釋放，已知sin37°=0.6，c0s37°=0.8，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是A．圖甲中小物塊通過(guò)ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為l：lB．μ1+μ2=1.5C．圖乙中小物塊可能靜止在b處D．圖乙中小物塊滑到a處時(shí)的速度大小為【答案】BD【解析】AB 、圖甲中小物塊在pb段做減速直線運(yùn)動(dòng)，則有，即有；通過(guò)ap段克服摩擦力所做的功，小物塊通過(guò)pb段克服摩擦力所做的功，小物塊通過(guò)ap、pb段克服摩擦力所做的功之比為；小物塊從a點(diǎn)滑到b過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得，化簡(jiǎn)為，故B正確，A錯(cuò)誤； C、圖乙中在b處則有，小物塊不可能靜止在b處，故C錯(cuò)誤；D、圖乙中設(shè)小物塊滑到a處時(shí)的速度大小為，根據(jù)動(dòng)能定理可得，解得，故D正確；故選BD。9．（13分）(2021·河北省唐山市模擬)如圖所示，裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長(zhǎng)度x＝5 m，軌道CD足夠長(zhǎng)且傾角θ＝37°，A、D兩點(diǎn)離軌道BC的高度分別為h1＝4.30 m、h2＝1.35 m．現(xiàn)讓質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))自A點(diǎn)由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)小滑塊第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔；(3)小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離．【答案】　(1)3 m/s　(2)2 s　(3)1.4 m【解析】　(1)小滑塊從A→B→C→D過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝mvD2－0代入數(shù)據(jù)解得vD＝3 m/s.(2)小滑塊從A→B→C過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh1－μmgx＝mvC2代入數(shù)據(jù)解得vC＝6 m/s小滑塊沿CD段上滑的加速度大小a＝gsin θ＝6 m/s2小滑塊沿CD段上滑到最高點(diǎn)的時(shí)間t1＝＝1 s由對(duì)稱性可知小滑塊從最高點(diǎn)滑回C點(diǎn)的時(shí)間t2＝t1＝1 s故小滑塊第一次與第二次通過(guò)C點(diǎn)的時(shí)間間隔t＝t1＋t2＝2 s.(3)設(shè)小滑塊在水平軌道上運(yùn)動(dòng)的總路程為x總，對(duì)小滑塊運(yùn)動(dòng)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理有mgh1－μmgx總＝0代入數(shù)據(jù)解得x總＝8.6 m，故小滑塊最終停止的位置距B點(diǎn)的距離為：2x－x總＝1.4 m.10.（13分）(2020·山西省太原市三模)如圖所示，從高臺(tái)邊A點(diǎn)以某速度水平飛出的小物塊(可看作質(zhì)點(diǎn))，恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道。圓弧軌道CDM的半徑R＝0.5 m，O為圓弧的圓心，D為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度，OC與水平面夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點(diǎn)，MN與水平面夾角為53°，斜面MN足夠長(zhǎng)，已知小物塊的質(zhì)量m＝3 kg，第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為78 N，與斜面MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，小球第一次通過(guò)C點(diǎn)后立刻安裝一個(gè)與C點(diǎn)相切且與斜面MN關(guān)于OD對(duì)稱的固定光滑斜面，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不考慮小物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的轉(zhuǎn)動(dòng)，求：(1)小物塊平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離；(3)小物塊在斜面MN上滑行的總路程。【答案】(1)2 m/s　(2)0.128 m　(3)1 m【解析】(1)在D點(diǎn)，支持力和重力的合力提供向心力，則有FD－mg＝m解得v＝8(m/s)2從C點(diǎn)到D點(diǎn)，由動(dòng)能定理有mgR(1－sin 37°)＝mv－mv解得vC＝2 m/s。(2)平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的豎直分速度vCy＝vCcos 37°A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離y＝解得y＝0.128 m。(3)最后物塊在CM之間來(lái)回滑動(dòng)，且到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為零，運(yùn)用動(dòng)能定理得－mgR(1－sin 37°)－μmgcos 53°·s總＝－mv代入數(shù)據(jù)并解得s總＝1 m。      
 

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