2020版高考物理教科版大一轮温习讲义第五章第2讲动能定理及应用

第2讲 动能定理及应用
一、动能
1．概念：物体由于运动而具有的能． 2．公式：E k ＝1
2
mv 2.
3．单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2. 4．标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关．
5．动能的转变：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝1
2mv 2
2－
12
mv 12.
二、动能定理
1．内容：在一个进程中合力对物体所做的功，等于物体在那个进程中动能的转变． 2．表达式：W ＝ΔE k ＝E k2－E k1＝12mv 22－1
2mv 12. 3．物理意义：合力的功是物体动能转变的量度． 4．适用条件：
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动． (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
(3)力能够是各类性质的力，既能够同时作用，也能够分时期作用．
如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R )． 对物块有W G ＋W f1＋W f2＝
12
mv 2－
12
mv 02
对小球有－2mgR ＋W f ＝12m v 2－1
2
m v 02
图1
自测1(2018·全国卷Ⅱ·14)如图2，某同窗用绳索拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度．木箱取得的动能必然()
图2
A．小于拉力所做的功B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功D．大于克服摩擦力所做的功
答案A
解析由题意知，W拉＋W阻＝ΔE k，W阻<0，那么W拉>ΔE k，A项正确，B项错误；W阻与ΔE k的大小关系不确信，C、D项错误．
自测2关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能转变的关系，以下说法正确的选项是()
A．合外力为零，那么合外力做功必然为零
B．合外力做功为零，那么合外力必然为零
C．合外力做功越多，那么动能必然越大
D．动能不变，那么物体所受合外力必然为零
答案A
自测3如图3所示，AB为1
4圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，
圆弧的半径为R，BC的长度也是R.一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB 段克服摩擦力所做的功为()
图3
C．mgR D．(1－μ)mgR
答案D
解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为W AB，物体从A到C的全进程，依照动能定理有mgR－W AB－μmgR＝0，因此W AB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR，故D正确.
命题点一对动能定理的明白得
1．动能定理说明了“三个关系”
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的转变具有等量代换关系，但并非是说动能转变确实是合外力做的功．
(2)因果关系：合外力做功是引发物体动能转变的缘故．
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳．
2．标量性
动能是标量，功也是标量，因此动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．固然动能定理也就不存在分量的表达式．
例1(多项选择)如图4所示，一块长木板B放在滑腻的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B 都向前移动一段距离．在此进程中()
图4
A．外力F做的功等于A和B动能的增量
B．B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量
C．A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功
D．外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
答案BD
解析A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，那么有B对A 的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确．A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作使劲与反作使劲，大小相等，方向相反，可是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做功不相等，C错误．对B应用动能定理W F－W f＝ΔE k B，W F＝ΔE k B＋W f，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确．依照功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误．
变式1(多项选择)使劲F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的进程中，重力做功－3 J，拉力F做功8 J，空气阻力做功－J，那么以下判定正确的选项是()
A．物体的重力势能增加了3 J
B．物体的重力势能减少了3 J
C．物体的动能增加了J
D．物体的动能增加了8 J
答案AC
解析因为重力做功－3 J，因此重力势能增加3 J，A正确，B错误；依照动能定理W合＝ΔE k，得ΔE k＝－3 J＋8 J－J＝J，C正确，D错误．
命题点二动能定理的大体应用
1．应用流程
2．注意事项
(1)动能定理中的位移和速度必需是相关于同一个参考系的，一样以地面或相对地面静止的物体为参考系．
(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情形及运动情形，能够画出运动进程的草图，借助草图明白得物理进程之间的关系．
(3)当物体的运动包括多个不同进程时，可分段应用动能定理求解；也能够全进程应用动能定理．
(4)列动能定理方程时，必需明确各力做功的正、负，确实难以判定的先假定为正功，最后依照结果加以查验．
例2(多项选择)(2016·全国卷Ⅲ·20)如图5所示，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P.它在容器内壁由静止下滑到最低点的进程中，克服摩擦力做的功为W.重力加速度大小为g.设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则()
图5
A．a＝2(mgR－W)
mR B．a＝
2mgR－W
mR
C ．N ＝
3mgR －2W
R
D ．N ＝
2(mgR －W )
R
答案 AC
解析 质点P 下滑进程中，重力和摩擦力做功，依照动能定理可得mgR －W ＝1
2m v 2，又a ＝
v 2
R ，联立可得a ＝2(mgR －W )mR ，A 正确，B 错误；在最低点重力和支持力的合力充当向心力，依照牛顿第二定律可得N －mg ＝ma ，代入可得N ＝3mgR －2W R ，C 正确，D 错误． 例3 (2017·上海单科·19)如图6所示，与水平面夹角θ＝37°的斜面和半径R ＝ m 的滑腻圆轨道相切于B 点，且固定于竖直平面内．滑块从斜面上的A 点由静止释放，经B 点后沿圆轨道运动，通过最高点C 时轨道对滑块的弹力为零．已知滑块与斜面间动摩擦因数μ＝.(g 取10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝求：
图6
(1)滑块在C 点的速度大小v C ； (2)滑块在B 点的速度大小v B ； (3)A 、B 两点间的高度差h . 答案 (1)2 m /s (2) m/s (3) m
解析 (1)在C 点，滑块竖直方向所受合力提供向心力 mg ＝m v C 2R
解得v C ＝gR ＝2 m/s
(2)对B →C 进程，由动能定理得 －mgR (1＋cos 37°)＝12m v C 2－1
2m v B 2
解得v B ＝
v C 2＋2gR (1＋cos 37°)≈ m/s
(3)滑块在A →B 的进程，由动能定理得 mgh －μmg cos 37°·h sin 37°＝1
2
m v B 2－0
代入数据解得h ＝ m.
变式2 (2018·江西省新余市上学期期末)滑梯是幼儿园必备的一种玩具，它能够培育小孩坚决的意志和信心，能够培育小孩的勇敢精神．现有一滑梯，高处水平台面距地面高h ＝ m ，倾斜槽倾角为37°，下端为水平槽，长L ＝ m ，厚度不计．倾斜部份和水平部份用一忽略大小的圆弧连接，示用意如图7所示，一质量为20 kg 的小孩由静止从高处水平台面沿倾斜槽下滑，当滑到水平槽结尾时速度大小为v ＝2 m/s.(结果保留两位小数，重力加速度g ＝ 10 m/s 2，sin 37°＝，cos 37°＝求：
图7
(1)假设滑梯的倾斜槽和水平槽动摩擦因数相同，求出动摩擦因数μ的值；
(2)假设小孩滑到水平槽结尾速度大于1 m /s 时危险性较大，为了小孩能滑到水平槽且保证平安，将滑梯水平槽粗糙处置．[倾斜槽的动摩擦因数与(1)问中相同]，请求出水平槽处置后的动摩擦因数μ1的取值范围． 答案 (1) (2)μ1≥
解析 (1)研究小孩的整个运动进程，利用动能定理： mgh －μmg cos 37°×h sin 37°－μmgL ＝12m v 2
解得μ＝
(2)为使小孩能平安抵达水平槽的结尾，那么在水平槽的结尾速度v ′应小于等于1 m/s ，小孩抵达斜槽结尾的速度为v 1，利用动能定理，在倾斜槽上有mgh －μmg cos 37°×h sin 37°＝1
2
m v 12 在水平槽上有12m v ′2－1
2m v 12＝－μ1mgL
联立得μ1＝ 因此μ1≥.
命题点三 动能定理与图像问题的结合
1．解决物理图像问题的大体步骤
(1)观看题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义． (2)依照物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．
(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对照，找出图线的斜率、
截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量． 2．图像所围“面积”的意义
(1)v －t 图像：由公式x ＝v t 可知，v －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移． (2)a －t 图像：由公式Δv ＝at 可知，a －t 图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的转变量． (3)F －x 图像：由公式W ＝Fx 可知，F －x 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． (4)P －t 图像：由公式W ＝Pt 可知，P －t 图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功． 例4 如图8甲所示，在倾角为30°的足够长的滑腻斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m ．有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用．F 只在水平面上按图乙所示的规律转变．滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝，g 取10 m/s 2，试求：
图8
(1)滑块运动到A 处的速度大小；
(2)不计滑块在A 处的速度转变，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？ 答案 (1)5 2 m/s (2)5 m
解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg ，做正功，在第3 m 内，F 2＝－，做负功，在第4 m 内，F 3＝0.滑动摩擦力f ＝－μmg ＝－，始终做负功，关于滑块在OA 上运动的全进程，由动能定理得
F 1x 1＋F 2x 2＋fx ＝1
2m v A 2－0
代入数据解得v A ＝5 2 m/s.
(2)关于滑块冲上斜面的进程，由动能定理得 －mgL sin 30°＝0－1
2m v A 2
解得L ＝5 m
因此滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.
变式3 (2018·广东省深圳市上学期模拟)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为E k0，与斜面间的动摩擦因数不变，那么该进程中，物块的动能E k 与位移x 关系的图线是( )
答案 C
解析 小物块上滑进程，由动能定理得－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ＝E k －E k0，整理得E k ＝E k0－(mg sin θ＋μmg cos θ)x ；设小物块上滑的最大位移大小为s ，小物块下滑进程，由动能定理得(mg sin θ－μmg cos θ)(s －x )＝E k －0，整理得
E k ＝(mg sin θ－μmg cos θ)s －(mg sin θ－μmg cos θ)x ，故只有C 正确．
变式4 (2019·湖北省黄石市调研)用传感器研究质量为2 kg 的物体由静止开始做直线运动的规律时，在运算机上取得0～6 s 内物体的加速度随时刻转变的关系如图9所示．以下说法正确的选项是( )
图9
A ．0～6 s 内物体先向正方向运动，后向负方向运动
B ．0～6 s 内物体在4 s 时的速度最大
C ．物体在2～4 s 时的速度不变
D ．0～4 s 内合力对物体做的功等于0～6 s 内合力对物体做的功 答案 D
解析 物体6 s 末的速度v 6＝12×(2＋5)×2 m/s －1
2×1×2 m /s ＝6 m/s ，那么0～6 s 内物体一
直向正方向运动，A 项错误；由题图可知物体在5 s 末速度最大，为v m ＝1
2×(2＋5)×2 m /s
＝7 m/s ，B 项错误；由题图可知物体在2～4 s 内加速度不变，做匀加速直线运动，速度变大，C 项错误；在0～4 s 内由动能定理可知，W 合4＝12m v 42－0，又v 4＝12
×(2＋4)×2 m /s ＝6 m/s ，
得W合4＝
36 J,0～6 s 内合力对物体做的功：W 合6＝1
2
m v 62－0，又v 6＝6 m/s ，得W 合6＝36 J ．则W 合
4＝W 合6，D
项正确．
命题点四 动能定理在多进程问题中的应用
例5 (2018·河南省洛阳市上学期期中)如图10所示，滑腻的轨道ABO 的AB 部份与水平部份BO 相切，轨道右边是一个半径为R 的四分之一的圆弧轨道，O 点为圆心，C 为圆弧上的一点，OC 与水平方向的夹角为37°.现将一质量为m 的小球从轨道AB 上某点由静止释放．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．(sin 37°＝35，cos 37°＝45
)
图10
(1)假设小球恰能击中C 点，求刚释放小球的位置距离BO 平面的高度； (2)改变释放点的位置，求小球落到轨道时动能的最小值． 答案 (1)4R 15 (2)3mgR
2
解析 (1)设小球通过O 点的速度为v 0，从O 点到C 点做平抛运动，那么有R cos 37°＝v 0t ，R sin 37°＝1
2
gt 2
从A 点到O 点，由动能定理得mgh ＝1
2
m v 02
联立可得，刚释放小球的位置距离BO 平面的高度h ＝
4
15
R ； (2)设小球落到轨道上的点与O 点的连线与水平方向的夹角为θ，小球做平抛运动，R cos θ＝v 0′t ′ R sin θ＝1
2
gt ′2
对此进程，由动能定理得mgR sin θ＝E k －1
2m v 0′2
解得E k ＝mgR (34sin θ＋1
4sin θ)
当sin θ＝
33时，小球落到轨道时的动能最小，最小值为E k ＝3
2
mgR . 变式5 如图11所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O 点，另一端自由伸长到A 点，OA
之间的水平面滑腻，固定曲面在B处与水平面滑腻连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.
图11
(1)求弹簧被紧缩到最短时所具有的弹性势能E p；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)假设物块能冲上曲面的最大高度h＝m，求物块沿曲面上滑进程所产生的热量．
答案(1) J(2)3 m/s(3) J
解析(1)对小物块从B点至紧缩弹簧最短的进程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－1
2m v02
W克弹＝E p
代入数据解得E p＝J
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的进程，由动能定理得，
－μmg·2s＝1
2m v B2－1
2m v02
代入数据解得v B＝3 m/s
(3)对小物块沿曲面的上滑进程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－1
2m v B2
产生的热量Q＝W克f＝J.
1.在篮球竞赛中，某位同窗取得罚球机遇，如图1，他站在罚球线处使劲将篮球投出，篮球以约为1 m/s的速度撞击篮筐．已知篮球质量约为kg，篮筐离地高度约为3 m，忽略篮球受到的空气阻力，那么该同窗罚球时对篮球做的功大约为()
图1
A ．1 J
B ．10 J
C ．50 J
D ．100 J 答案 B
解析 该同窗将篮球投出时的高度约为h 1＝ m ，依照动能定理有W －mg (h －h 1)＝1
2m v 2，解
得W ＝ J ，应选项B 正确．
2．在离地面高为h 处竖直上抛一质量为m 的物块，抛出时的速度为v 0，它落到地面时的速度为v ，用g 表示重力加速度，那么在此进程中物块克服空气阻力所做的功等于( ) A ．mgh －12m v 2－1
2m v 02
B ．－12m v 2－1
2m v 02－mgh
C ．mgh ＋12m v 02－12m v 2
D ．mgh ＋12m v 2－1
2m v 02
答案 C
解析 对物块从h 高处竖直上抛到落地的进程，依照动能定理可得mgh －W f ＝12m v 2－1
2m v 02，
解得W f ＝mgh ＋12m v 02－1
2
m v 2，选项C 正确．
3.(2018·天津理综·2)滑雪运动深受人民群众喜爱．如图2所示，某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB ，从滑道的A 点滑行到最低点B 的进程中，由于摩擦力的存在，运动员的速度不变，那么运动员沿AB 下滑进程中( )
图2
A ．所受合外力始终为零
B ．所受摩擦力大小不变
C ．合外力做功必然为零
D ．机械能始终维持不变 答案 C
解析 运动员从A 点滑到B 点的进程中速度不变，那么运动员做匀速圆周运动，其所受合外力指向圆心，A 错误．如下图，运动员受到的沿圆弧切线方向的合力为零，即F f ＝mg sin α，下滑进程中α减小，sin α变小，故摩擦力F f 变小，B 错误．
由动能定理知，运动员匀速下滑动能不变，合外力做功为零，C 正确．运动员下滑进程中动能不变，重力势能减小，机械能减小，D 错误．
4．(2016·全国卷Ⅲ·16)一质点做速度慢慢增大的匀加速直线运动，在时刻距离t 内位移为s ，动能变成原先的9倍．该质点的加速度为( ) 答案 A
解析 动能变成原先的9倍，那么质点的速度变成原先的3倍，即v ＝3v 0，由s ＝1
2(v 0＋v )t
和a ＝v －v 0t 得a ＝s
t
2，故A 项正确．
5．从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时刻后落回地面．忽略空气阻力，该进程中小球的动能E k 与时刻t 的关系图像是( )
解析 小球做竖直上抛运动，设初速度为v 0，那么 v ＝v 0－gt
小球的动能E k ＝1
2m v 2，把速度v 代入得
E k ＝12mg 2t 2－mg v 0t ＋1
2m v 02
E k 与t 为二次函数关系．
6．(多项选择)太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直的公路上由静止开始匀加速行驶，通过时刻t ，速度为v 时达到额定功率，并维持不变．以后汽车又继续前进了距离s ，达到最大速度v max .设汽车质量为m ，运动进程中所受阻力恒为f ，那么以下说法正确的选项是( )
A ．汽车的额定功率为f v max
B ．汽车匀加速运动进程中，克服阻力做功为f v t
C ．汽车从静止开始到速度达到最大值的进程中，克服阻力所做的功为12m v max 2－12m v 2
D ．汽车从静止开始到速度达到最大值的进程中，合力所做的功为1
2m v max 2
答案 AD
7.(多项选择)(2019·山西省运城市质检)质量为m 的物体放在水平面上，它与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .用水平力拉物体，运动一段时刻后撤去此力，最终物体停止运动．物体运动的v －t 图像如图3所示．以下说法正确的选项是( )
图3
A ．水平拉力大小为F ＝m v 0
t 0
B ．物体在3t 0时刻内位移大小为3
2v 0t 0
C ．在0～3t 0时刻内水平拉力做的功为1
2
m v 02
D ．在0～3t 0时刻内物体克服摩擦力做功的平均功率为1
2
μmg v 0
解析 依照v －t 图像和牛顿第二定律可知F －μmg ＝m v 0
t 0，应选项A 错误；由v －t 图像与坐
标轴所围面积可知，在3t 0时刻内的位移为x ＝12·3t 0·v 0＝3
2v 0t 0，因此选项B 正确；在0～3t 0
时刻内由动能定理可知W －μmgx ＝0，故水平拉力做的功W ＝3
2μmg v 0t 0，又f ＝μmg ＝m v 02t 0，
那么W ＝3
4m v 02，选项C 错误；0～3t 0时刻内克服摩擦力做功的平均功率为P ＝W f 3t 0＝12μmg v 0，
因此选项D 正确．
8．(多项选择)(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图4所示，B 、M 、N 别离为竖直滑腻圆轨道的右端点、最低点和左端点，B 点和圆心等高，N 点和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α＝60°.现从B 点的正上方某处A 点由静止释放一个小球，经圆轨道飞出后以水平速度v 通过C 点，已知圆轨道半径为R ，v ＝gR ，重力加速度为g ，那么以下结论正确的选项是(不计空气阻力)( )
图4
A ．C 、N 的水平距离为3R
B ．
C 、N 的水平距离为2R
C ．小球在M 点对轨道的压力为6mg
D ．小球在M 点对轨道的压力为4mg 答案 AC
解析 小球从N 到C 的进程可看做逆方向的平抛运动，那么v N cos α＝v 、v N sin α＝gt 、x CN ＝v t ，解得v N ＝2v ＝2gR 、x CN ＝3R ，故A 项正确，B 项错误；小球从M 到N 的进程由动能定理可得，－mg (R －R cos α)＝12m v N 2－1
2m v M 2，小球在M 点时，由牛顿第二定律可得，
N M －mg ＝m v M 2
R ，解得N M ＝6mg ，依照牛顿第三定律可得，小球在M 点对轨道的压力为6mg ，故C 项正确，D 项错误．
9．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和
s 1(s 1<s 0)处别离设置一个挡板和一面小旗，如图5所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止动身滑向小旗．训练要求当冰球抵达挡板时，运动员至少抵达小旗处．假定运动员在滑行进程中做匀加速运动，冰球抵达挡板时的速度为v 1.重力加速度为g .求：
图5
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)知足训练要求的运动员的最小加速度． 答案 (1)v 02－v 122gs 0 (2)s 1(v 0＋v 1)2
2s 02
解析 (1)设冰球的质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得 －μmgs 0＝12m v 12－1
2m v 02①
解得μ＝v 02－v 12
2gs 0
②
(2)冰球抵达挡板时，知足训练要求的运动员中，恰好抵达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情形下，冰球和运动员的加速度大小别离为a 1和a 2，所用的时刻为t .由运动学公式得 v 02－v 12＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝1
2a 2t 2⑤
联立③④⑤式得 a 2＝s 1(v 1＋v 0)22s 02
⑥
10．(2017·河北省唐山市模拟)如图6所示，装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧滑腻连接，其中轨道AB 、CD 段是滑腻的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度别离为h 1＝ m 、h 2＝ m ．现让质量为m 的小滑块(可视为质点)自A 点由静止释放．已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数
μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝，cos 37°＝.求：
图6
(1)小滑块第一次抵达D点时的速度大小；
(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时刻距离；
(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离．
答案(1)3 m/s(2)2 s(3) m
解析(1)小滑块从A→B→C→D进程中，
由动能定理得mg(h1－h2)－μmgx＝1
－0
2m v D2
代入数据解得v D＝3 m/s.
(2)小滑块从A→B→C进程中，
由动能定理得mgh1－μmgx＝1
2m v C2
代入数据解得v C＝6 m/s
小滑块沿CD段上滑的加速度大小a＝g sin θ＝6 m/s2
＝1 s
小滑块沿CD段上滑到最高点的时刻t1＝v C
a
由对称性可知小滑块从最高点滑回C点的时刻t2＝t1＝1 s
故小滑块第一次与第二次通过C点的时刻距离t＝t1＋t2＝2 s.
(3)设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x总，对小滑块运动全进程应用动能定理有mgh1－μmgx总＝0
代入数据解得x总＝m，故小滑块最终停止的位置距B点的距离为：2x－x总＝m. 11．(2018·湖北省黄冈市检测)某校物理爱好小组决定举行遥控赛车竞赛．竞赛途径如图7所示，赛车从起点A动身，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的滑腻竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在滑腻平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m ＝kg，通电后以额定功率P＝W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为N，随后在运动中受到的阻力都可不计．图中L＝m，R＝m，h＝m，s＝m．问：要使赛车完成竞赛，电动机至少工作多长时刻？(取g＝10 m/s2)
图7
答案 s
解析 赛车通过圆轨道最高点的最小速度为v 1′，依照牛顿第二定律得，mg ＝m v 1′2
R ，得v 1′＝gR
依照动能定理得，由B 点至圆轨道最高点有－mg ·2R ＝12m v 1′2－1
2m v 12
解得v 1＝4 m/s
为保证赛车通过最高点，抵达B 点的速度至少为v 1＝4 m/s 依照h ＝1
2
gt 2得，t ＝
2h
g ＝ s
那么平抛运动的初速度v 2＝s
t
＝3 m/s
为保证赛车能越过壕沟，那么抵达B 点的速度至少为v 2＝3 m/s 因此赛车抵达B 点的速度至少为v ＝v 1＝4 m/s 从A 到B 对赛车由动能定理得Pt －fL ＝1
2m v 2
解得t ≈ s.。