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高中物理高考 2022年高考物理一轮复习 第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用课件PPT
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这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习 第6章 专题强化9 动能定理在多过程问题中的应用课件PPT，共57页。PPT课件主要包含了目标要求，内容索引，课时精练，答案30m，解得x＝30m，答案05，答案4N，答案见解析，答案8m，解得μ＝05等内容，欢迎下载使用。
1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用.
NEIRONGSUOYIN
题型一 动能定理在多过程问题中的应用
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
1.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路：(1)可分段应用动能定理求解；(2)全过程应用动能定理：所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的特点.(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.
例1 (2016·浙江10月选考·20)如图1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.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；
解析 设过山车在C点的速度大小为vC，
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
答案 7×103 N
解析 设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
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)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析 全程应用动能定理
1.(动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图2甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点.t＝0时刻有一质量m＝1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图象如图乙所示.已知圆轨道的半径R＝0.5 m.(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
解析 由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10 m/s2①根据牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma②由①②联立解得μ＝0.5③
(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；
解析 设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：
联立③④⑤解得：FN′＝4 N ⑥根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N ⑦物块在C点时对轨道的压力大小为4 N
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点.如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由.
解析 设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，
水平方向：Lcs 37°－Rsin 37°＝vC′t ⑨
所以物块能通过C点落到A点物块从A到C，由动能定理得：
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出.由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.
例2 如图3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；
解析 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，
(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 102 N 70 N
解析 滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
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，
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.
2.(动能定理在往复运动中的应用)(2020·浙江高三开学考试)如图4所示，有一圆弧形的槽ABC，槽底B放在水平地面上，槽的两侧A、C与光滑斜坡aa′、bb′分别相切，相切处a、b位于同一水平面内，距水平地面高度为h.一质量为m的小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜
坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b处后沿斜坡bb′向上滑行，到达的最高处距水平面ab的高度为h，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g，则
A.小物块第一次从a处运动到b处的过程中克 服摩擦力做功mghB.小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mghC.小物块第二次运动到a处时速度为零D.经过足够长的时间后，小物块最终一定停 在B处
解析 在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh－Wf＝0－0，解得Wf＝mgh，故A正确；因为小物块从右侧到最低点的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从
右侧到最低点的过程中克服摩擦力做的功 ，设小物块第1次通过最低点的速度为v，从自由滑下到最低点的过程，由动能定理得3mgh－Wf1＝Ek－0，解得Ek<2.5mgh，故B错误；
由于在AC段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a(A)点时，有一定的速度，故C错误；
由于在AC段存在摩擦力，故小物块在B点两侧某一位置可能处于静止状态，故D错误.
3.(动能定理在往复运动中的应用)(2019·河南郑州一中模拟)如图5所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10 m，BC长为l＝1 m，AB和CD轨道光滑.一质量为m＝1 kg的物体，从A点以v1＝4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3 m的D点时速度为零，求：(取g＝10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
解析 分析从A点到D点的过程，由动能定理得
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
答案 13.3 m/s
解析 设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
(3)物体最后停止的位置(距B点).
解析 设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，
解得s＝21.6 m.所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m.
1.(2021·海南高三月考)如图1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为 m m D.0
解析 小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，
3.如图2所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高.质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
解析 滑块由A到D的过程，根据动能定理，
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度的最小值；
解析 滑块恰能到达C点时，初速度最小，
(3)若滑块离开C点时的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t.
解析 滑块离开C点做平抛运动，
联立得5t2＋3t－0.8＝0，解得t＝0.2 s.
4.(2020·广东中山纪念中学月考)如图3所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.求：(1)物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；
解析 由题意可知，物体最终以B点为最高点在圆弧面内做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcs θ－μmgscs θ＝0，
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；
解析 最终物体以B点为最高点，在圆弧底部做往复运动，对从B到E过程，由动能定理得
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大.
5.(2020·吉林长春市第二实验中学开学考试)如图4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弧轨道，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；
解析 当摆球由C到D运动，
可得Fm＝1.8mg＝9 N
(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 2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 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
可得μ1＝0.4若进入A孔的速度较小，那么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，
可求得μ2＝0.25②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，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
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.
6.如图5所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高.质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J.若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
(1)弹簧的劲度系数；
答案 500 N/m
解析 由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；
解析 由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m解得Ff≈0.5 N
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
解析 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
整个过程动能变化为0，重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J则空气阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525 J解得s＝11.05 m.
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置.
答案 第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析 篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大.
1.会用动能定理解决多过程、多阶段的问题.2.掌握动能定理在往复运动问题中的应用.
NEIRONGSUOYIN
题型一 动能定理在多过程问题中的应用
题型二 动能定理在往复运动问题中的应用
1.运用动能定理解决多过程问题，有两种思路：(1)可分段应用动能定理求解；(2)全过程应用动能定理：所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便.2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意它们的特点.(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关.(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功的数值等于力的大小与路程的乘积.
例1 (2016·浙江10月选考·20)如图1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.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；
解析 设过山车在C点的速度大小为vC，
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力大小；
答案 7×103 N
解析 设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得
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)减速直轨道FG的长度x.(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
解析 全程应用动能定理
1.(动能定理在多过程问题中的应用)(2020·河南信阳市罗山高三一模)如图2甲所示，一倾角为37°，长L＝3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点.t＝0时刻有一质量m＝1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v－t图象如图乙所示.已知圆轨道的半径R＝0.5 m.(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
解析 由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a＝10 m/s2①根据牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma②由①②联立解得μ＝0.5③
(2)物块到达C点时对轨道的压力的大小FN；
解析 设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：
联立③④⑤解得：FN′＝4 N ⑥根据牛顿第三定律得：FN＝FN′＝4 N ⑦物块在C点时对轨道的压力大小为4 N
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点.如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度大小；如果不能请说明理由.
解析 设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，
水平方向：Lcs 37°－Rsin 37°＝vC′t ⑨
所以物块能通过C点落到A点物块从A到C，由动能定理得：
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量多数是变化的，而且重复的次数又往往是无限的或者难以确定.求解这类问题时若运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出.由于动能定理只涉及物体的初、末状态而不计运动过程的细节，此类问题多涉及滑动摩擦力，或其他阻力做功，其做功的特点与路程有关，求路程对应的是摩擦力做功，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化.
例2 如图3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；
解析 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，
(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 102 N 70 N
解析 滑块第一次过C点时，速度最大，设为v1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为Fmax，
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，
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.
2.(动能定理在往复运动中的应用)(2020·浙江高三开学考试)如图4所示，有一圆弧形的槽ABC，槽底B放在水平地面上，槽的两侧A、C与光滑斜坡aa′、bb′分别相切，相切处a、b位于同一水平面内，距水平地面高度为h.一质量为m的小物块从斜坡aa′上距水平面ab的高度为2h处沿斜
坡自由滑下，并自a处进入槽内，到达b处后沿斜坡bb′向上滑行，到达的最高处距水平面ab的高度为h，若槽内的动摩擦因数处处相同，不考虑空气阻力，且重力加速度为g，则
A.小物块第一次从a处运动到b处的过程中克 服摩擦力做功mghB.小物块第一次经过B点时的动能等于2.5mghC.小物块第二次运动到a处时速度为零D.经过足够长的时间后，小物块最终一定停 在B处
解析 在第一次运动过程中，小物块克服摩擦力做功，根据动能定理可知mgh－Wf＝0－0，解得Wf＝mgh，故A正确；因为小物块从右侧到最低点的过程中对轨道的压力较大，所受的摩擦力较大，所以小物块从
右侧到最低点的过程中克服摩擦力做的功 ，设小物块第1次通过最低点的速度为v，从自由滑下到最低点的过程，由动能定理得3mgh－Wf1＝Ek－0，解得Ek<2.5mgh，故B错误；
由于在AC段，小物块与轨道间有摩擦力，故小物块在某一位置的速度大小要减小，故与轨道间的摩擦力减小，第二次在AC段运动时克服摩擦力做功比第一次要少，故第二次到达a(A)点时，有一定的速度，故C错误；
由于在AC段存在摩擦力，故小物块在B点两侧某一位置可能处于静止状态，故D错误.
3.(动能定理在往复运动中的应用)(2019·河南郑州一中模拟)如图5所示，ABCD为一竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出H＝10 m，BC长为l＝1 m，AB和CD轨道光滑.一质量为m＝1 kg的物体，从A点以v1＝4 m/s的速度开始运动，经过BC后滑到高出C点h＝10.3 m的D点时速度为零，求：(取g＝10 m/s2)(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
解析 分析从A点到D点的过程，由动能定理得
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
答案 13.3 m/s
解析 设物体第5次经过B点时的速度为v2，在此过程中物体在BC上滑动了4次，由动能定理得
(3)物体最后停止的位置(距B点).
解析 设物体运动的全过程在水平面上通过的路程为s，
解得s＝21.6 m.所以物体在轨道上来回滑动了10次后，还有1.6 m，故距B点的距离s′＝2 m－1.6 m＝0.4 m.
1.(2021·海南高三月考)如图1所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC水平，其长度d＝0.50 m，盆边缘的高度为h＝0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其由静止下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停止的地点到B的距离为 m m D.0
解析 小物块从A点出发到最后停下来，设小物块在BC面上运动的总路程为s，整个过程由动能定理有：mgh－μmgs＝0，
3.如图2所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高.质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
解析 滑块由A到D的过程，根据动能定理，
(2)若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度的最小值；
解析 滑块恰能到达C点时，初速度最小，
(3)若滑块离开C点时的速度大小为4 m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t.
解析 滑块离开C点做平抛运动，
联立得5t2＋3t－0.8＝0，解得t＝0.2 s.
4.(2020·广东中山纪念中学月考)如图3所示，AB是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看成质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动.已知P点与圆弧的圆心O等高，物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的路程为s.求：(1)物体与轨道AB间的动摩擦因数μ；
解析 由题意可知，物体最终以B点为最高点在圆弧面内做往返运动，对整个过程由动能定理得mgRcs θ－μmgscs θ＝0，
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力的大小；
解析 最终物体以B点为最高点，在圆弧底部做往复运动，对从B到E过程，由动能定理得
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′至少多大.
5.(2020·吉林长春市第二实验中学开学考试)如图4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弧轨道，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；
解析 当摆球由C到D运动，
可得Fm＝1.8mg＝9 N
(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 2.5≤μ≤0.4或者μ≤0.025
解析 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
可得μ1＝0.4若进入A孔的速度较小，那么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，
可求得μ2＝0.25②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，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得
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.
6.如图5所示，在地面上竖直固定了刻度尺和轻质弹簧，弹簧原长时上端与刻度尺上的A点等高.质量m＝0.5 kg的篮球静止在弹簧正上方，其底端距A点的高度h1＝1.10 m，篮球静止释放，测得第一次撞击弹簧时，弹簧的最大形变量x1＝0.15 m，第一次反弹至最高点，篮球底端距A点的高度h2＝0.873 m，篮球多次反弹后静止在弹簧的上端，此时弹簧的形变量x2＝0.01 m，弹性势能为Ep＝0.025 J.若篮球运动时受到的空气阻力大小恒定，忽略篮球与弹簧碰撞时的能量损失和篮球形变，弹簧形变在弹性限度范围内，g取10 m/s2.求：
(1)弹簧的劲度系数；
答案 500 N/m
解析 由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m
(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力大小；
解析 由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次反弹至最高点的过程中
整个过程动能变化为0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h2)＝1.135 J空气阻力恒定，作用距离为L＝h1＋h2＋2x1＝2.273 m解得Ff≈0.5 N
(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；
解析 整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反
整个过程动能变化为0，重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55 J弹力做功W弹＝－Ep＝－0.025 J则空气阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525 J解得s＝11.05 m.
(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置.
答案 第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大
解析 篮球速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，此时mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即篮球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大.
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