动能定理多过程
动能定理在多过程往复运动中的应用
动能定理在多过程往复运动中的应用运用动能定理解题时无需考虑中间过程的细节，只需考虑全过程中合外力做功的情况，以及初、末状态的动能，所以对于往复运动问题全过程运用动能定理比较简单．1.在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，注意两种力做功的区别：(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功W＝F f·s(s 为路程).2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.【题型1】如图所示，装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度d = 5 m，轨道CD足够长且倾角θ = 37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1 = 4.30 m、h2 = 1.35 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= 0.5，重力加速度g取10 m/s2。
求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；(3)小滑块最终停止的位置距B点的距离。
【题型2】某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的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 3 m/s沿轨道下滑，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：(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.【题型3】如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m 的滑块与挡板P 的距离为x 0，滑块以初速度v 0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。
动能定理在多过程问题中的应用(含解析)
动能定理在多过程问题中的应用类型一动能定理在多过程问题中的应用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；(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，cos 37°＝0.8)【答案】(1)810 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v C，由动能定理得mgh－μ1mg cos 45°·hsin 45°＝12m v C2代入数据得v C＝810 m/s(2)设过山车在D点速度大小为v D，由动能定理得mg (h －2R )－μ1mg cos 45°·h sin 45°＝12m v D 2F ＋mg ＝m v D 2R，解得F ＝7×103 N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°]－μ1mg cos 45°·hsin 45°－μ1mg cos 37°·l －xcos 37°－μ2mgx ＝0解得x ＝30 m.变式训练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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C 点时对轨道的压力的大小F 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． 【答案】(1)0.5 (2)4 N (3)见解析【解析】(1)由题图乙可知物块上滑时的加速度大小为a ＝10 m/s 2① 根据牛顿第二定律有：mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma ② 由①②联立解得μ＝0.5③(2)设物块到达C 点时的速度大小为v C ，由动能定理得： －mg (L sin 37°＋R ＋R cos 37°)－μmgL cos 37°＝12m v C 2－12m v 02④在C 点，根据牛顿第二定律有：mg ＋F N ′＝m v C 2R ⑤联立③④⑤解得：F N ′＝4 N ⑥根据牛顿第三定律得：F N ＝F N ′＝4 N ⑦ 物块在C 点时对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v 1上滑，最后恰好落到A 点 物块从C 到A ，做平抛运动，竖直方向：L sin 37°＋R (1＋cos 37°)＝12gt 2⑧水平方向：L cos 37°－R sin 37°＝v C ′t ⑨ 解得v C ′＝977 m/s>gR ＝ 5 m/s ，⑩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：－mg (L sin 37°＋1.8R )－μmgL cos 37°＝12m v C ′2－12m v 12⑪联立解得：v 1＝21837m/s ⑫ 类型二 动能定理在往复运动问题中的应用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，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)．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mg sin θ>μmg cos 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F f ＝μF N ＝μmg cos 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mgR cos θ－F f s ＝0，解得s ＝Rμ＝8 m.(2)滑块第一次过C 点时，速度最大，设为v 1，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，设为F max ，从A 到C 的过程，由动能定理得mgR －F f l AB ＝12m v 12－0，斜面AB 的长度l AB ＝Rtan θ，由牛顿第二定律得F max －mg ＝m v 12R ，解得F max ＝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v 2，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F min ，从B 到C ， 由动能定理得mgR (1－cos θ)＝12m v 22－0，由牛顿第二定律得F min －mg ＝m v 22R ，解得F min ＝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 【答案】 A【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 －W f ＝0－0，解得W f ＝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W f1>12W f ＝12mgh ，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 －W f1＝E k －0，解得E k <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． 故选A 。
动能定理在多过程问题中的应用-高考物理复习
例3 (2023·广东惠州市调研)光滑斜面与长度为L ＝0.5 m粗糙水平地面平滑相连，质量为m＝1 kg 的小球(可视为质点)从斜面上距离地面高H处由静 止释放，经A点进入与水平地面平滑连接的光滑圆形轨道(A点为轨道最 低点)，恰好能到达圆形轨道的最高点B点.已知小球与地面间的动摩擦因 数μ＝0.2，圆形轨道半径R＝0.1 m，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小球在B点的速度大小； 答案 1 m/s
动能定理在多过程问题中的应用
目标 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. 要求
内容索引
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
动能定理在多过程问题中的应用
1.应用动能定理解决多过程问题的两种思路 (1)分阶段应用动能定理 ①若题目需要求某一中间物理量，应分阶段应用动能定理. ②物体在多个运动过程中，受到的弹力、摩擦力等力若发生了变化，力 在各个过程中做功情况也不同，不宜全过程应用动能定理，可以研究其 中一个或几个分过程，结合动能定理，各个击破. (2)全过程(多个过程)应用动能定理 当物体运动过程包含几个不同的物理过程，又不需要研究过程的中间状 态时，可以把几个运动过程看作一个整体，巧妙运用动能定理来研究， 从而避开每个运动过程的具体细节，大大简化运算.
根据题意，小球恰好能到达圆形轨道的最高点 B，则 mg＝mvRB2，解 得 vB＝1 m/s.
(2)小球在A点时，其对圆形轨道的压力大小； 答案 60 N
小球由 A 运动到 B 的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝12mvB2－ 12mvA2，解得 vA＝ 5 m/s 在 A 点，轨道对小球的支持力和小球的重力的合力提供向心力，即 FN－mg＝mvRA2，解得 FN＝60 N，由牛顿第三定律得，小球对轨道的 压力大小为 60 N.
应用动能定理解决多过程问题-高考物理复习
A级 基础对点练 1.(2024·陕西宝鸡高三期末)如图1所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角
为θ的斜面，CD段是水平的，BC段是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度 可以略去不计。一质量为m的滑块(可看作质点)在A点由静止释放，沿轨道滑下， 最后停在D点，A点和D点的位置如图所示。现用一方向始终与轨道平行的力推 滑块，使它缓慢地由D点推回到A点。滑块与轨道间的动摩擦因数为μ，重力加
g，则滑块经过的总路程是( A )
Байду номын сангаас
A.1μ2gcvo20s θ＋s0tan θ
B.μ12gsvi20n θ＋s0tan θ
C.2μ2gcvo20s θ＋s0tan θ
D.μ12gcvo20s
θ＋tasn0
θ
图4
目录
研透核心考点
解析 滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为 s，对滑块运动的全程 应用动能定理得 mgs0sin θ－μmgscos θ＝0－12mv20，解得 s＝μ12gcvo20s θ＋s0tan θ， 选项 A 正确。
目录
研透核心考点
1.如图2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； 图2 (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。
mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝12mv2m
《动能定理与多过程问题》教学设计
《动能定理与多过程问题》教学设计
一、教学目标
1.掌握运用动能定理解决多过程问题的方法。
2.能够正确分析多过程中各阶段的受力和能量变化。
3.培养学生的物理思维和问题解决能力。
二、教学重难点
1.重点：动能定理在多过程问题中的应用。
2.难点：确定多过程中的初末状态和各阶段的做功情况。
三、教学方法
讲授法、实例分析法、讨论法。
四、教学过程
1.导入
通过实例展示多过程运动问题，引出动能定理的应用。
2.多过程问题分析
（1）分析多过程中各阶段的运动特点和受力情况。
（2）确定初末状态和各阶段的做功。
3.例题讲解
选取典型的多过程问题进行动能定理的应用讲解。
4.讨论交流
组织学生讨论不同多过程问题的解法。
5.课堂练习
让学生进行动能定理与多过程问题的练习。
6.课堂小结
总结动能定理在多过程问题中的分析要点和解题技巧。
7.作业布置
布置课后作业，包括多过程问题的应用题。
7.0.4动能定理多过程(5.20)
3.6m
3．(2018定州期末)从地面竖直向上抛出一个质量
为m的小球，小球上升的最大高度为H，设上升过
程中空气阻力f恒定．在小球从抛出到上升至最高处
的过程中，下列正确的是( )
A．小球的动能减少mgH B．小球的动能减少fH
对滑块从A到C由动能定理得 FLcos θ－μ(mg－Fsin θ)L－μmgx＝0，
如图4所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为 R=0.8m，BC是水平轨道，长l=3m，BC处的 摩擦系数为μ=1/15，今有质量m=1kg的物体 ，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求物 体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
1 2
mv12
如图所示，一条铁链长为2 m，质量为10 kg，放在水平地面上，拿住一端提起铁链 直到铁链全部离开地面的瞬间，物体克服 重力做功为多少？物体的重力势能变化了 多少？(g取9.8 m/s2)
配人教版 物理 必修2
例3 如图所示，总长为L的光滑匀质铁链跨过一个 光滑的轻小滑轮，开始时下端A、B相平齐，当略有扰动时其 一端下落，则当铁链刚脱离滑轮的瞬间，铁链的速度为多大？
答案：
gL 2
某公园内有一个滑梯，滑板长度为L，滑板与水平 地面的夹角为θ。一质量为m的儿童从顶端滑下， 滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数为μ，重力加速 度为g。求： （1）儿童滑到底端过程中重力做的功； （2）儿童到达滑梯底端时儿童的动能； （3）儿童下滑过程中因摩擦产生的热量。
W mgLsin
三、机械能守恒定律
m
A
v1
h1
B
v2
h2
地面为参考面
高中物理：巧用动能定理求解多过程问题
动能定理揭示了物体外力的总功与其动能变化间的关系。
可表示为W=E k2－E k1=△E k，在所研究的问题中，如果物体受外力作用而运动状态变化时，巧妙运用动能定理，往往能使解决问题的途径简捷明快，事半功倍。
例1．质量m=1.5kg的物块(可视为质点)在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=2.0 s停在B点，已知A、B两点的距离x=5.0 m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大？(g=10m/s2)解析：设撤去力F前、后物体的位移分别为x1、x2物块受到的滑动摩擦力为F f=μmg=0.2×1.5×10N=3N．撤去力F后物块的加速度大小为最后2s内，物体的位移为故力F作用的位移x1=x－x2=1.0m对物块运动的全过程应用动能定理：得本题应用牛顿第二定律也可求解，但比较繁琐，应用动能定理求解则简捷得多，求解时一定要注意两个力作用的位移是不同的。
例2．如图1所示，一物体质量m=2kg，从倾角θ=37°的斜面上的A点以初速度v0=3m／s下滑，A点距弹簧上的挡板位置B的距离AB=4 m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC=0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD=3 m，求物体跟斜面间的动摩擦因数．(g=10m／s2，弹簧及挡板质量不计)解析：在该题中，物体的运动过程分成了几个阶段，若用牛顿运动定律解决，要分几个过程来处理，考虑到全过程始末状态动能都是零，用动能定理解决就方便多了。
对A→B→C→D全过程，由动能定律得：F f=μmgcosθ两式联立得：当物体运动是由几个物理过程组成，又不需要研究过程的中间状态时，可以把几个物理过程看做一个整体来研究，从而避免每个运动过程的具体细节，大大简化运算。
例3．如图2所示，在一个固定盒子里有一个质量为m的滑块，它与盒子底面的动摩擦因数为μ开始滑块在盒子中央以足够大的初速度v0向右运动，与盒子两壁碰撞若干次后速度减为零，若盒子长为L，滑块与盒壁碰撞没有能量损失，求整个过程中物体与两壁碰撞的次数。
动能定理求解多过程问题(解析版)
动能定理求解多过程问题1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
3．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，要注意运用它们的特点：(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等于力的大小与路程的乘积。
4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v ＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)【答案】280 m对全过程应用动能定理得mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m 。
【典例2】如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能从水平地面上的C 点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE ，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，经过0.4 s 后落回E 点。
已知A 、B 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。
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1.如图5－2－12所示，AB 是倾角为θ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(可以看作质
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，物体与轨道AB 间的动摩擦因
数为μ.求：
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB 轨道上通过的总路程；
(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；
(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 ′应满足什么条件． 解析：(1)因为摩擦始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧上往复运动．
对整体过程由动能定理得：mgR ·cos θ－μmg cos θ·s ＝0，所以总路程为s ＝R μ. (2)对B →E 过程mgR (1－cos θ)＝12m v 2E
① F N －mg ＝m v 2E R
② 由①②得对轨道压力：F N ＝(3－2cos θ)mg .
(3)设物体刚好到D 点，则mg ＝m v 2D R
③ 对全过程由动能定理得：mgL ′sin θ－μmg cos θ·L ′－mgR (1＋cos θ)＝12
m v 2D ④ 由③④得应满足条件：L ′＝3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)
·R . 答案：(1)R μ (2)(3－2cos θ)mg (3)3＋2cos θ2(sin θ－μcos θ)
·R 2．在2008年四川汶川大地震抗震救灾活动中，为转移被困群众动用了直升飞机．设被救人员的质量m ＝80 kg ，所用吊绳的拉力最大值F m ＝1 200 N ，所用电动机的最大输出功率为P m ＝12 kW ，为尽快吊起被困群众，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，被救人员上升h ＝90 m 时恰好达到最大速度(g 取10 m/s 2)，试求：
(1)被救人员刚到达机舱时的速度；
(2)这一过程所用的时间．
解析：(1)第一阶段绳以最大拉力拉着被救人员匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，被救人员变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度
达到最大．由P m ＝F T v m ＝mg v m 得v m ＝P m mg ＝12×103
80×10
m/s ＝15 m/s (2)a 1＝F m －mg m ＝1 200－80×1080
m/s 2＝5 m/s 2 匀加速阶段的末速度v 1＝P m F m ＝12×103
1 200 m/s ＝10 m/s ，时间t 1＝v 1a 1＝105
s ＝2 s
上升的高度h 1＝v 12t 1＝102×2 m ＝10 m 对于以最大功率上升过程，由动能定理得：P m t 2－mg (h －h 1)＝12m v 2m －12
m v 21 代入数据解得t 2＝5.75 s ，所以此过程所用总时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋5.75) s ＝7.75 s. 答案：(1)15 m/s (2)7.75 s
3.如图5－2－18所示，质量m ＝0.5 kg 的小球从距离地面高H ＝5 m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R ＝0.4 m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10 m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向
上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，取g ＝10 m/s 2，求：
(1)小球第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面的高度h 为多少？
(2)小球最多能飞出槽外几次？
解析：(1)在小球下落到最低点的过程中，设小球克服摩擦力做功为W f ，由动能定理得：
mg (H ＋R )－W f ＝12
m v 2－0 从小球下落到第一次飞出半圆形槽上升到距水平地面h 高度的过程中，
由动能定理得mg (H －h )－2W f ＝0－0
联立解得：h ＝v 2g －H －2R ＝102
10
m －5 m －2×0.4 m ＝4.2 m. (2)设小球最多能飞出槽外n 次，则由动能定理得：mgH －2nW f ＝0－0
解得：n ＝mgH 2W f ＝mgH 2⎣⎡⎦
⎤mg (H ＋R )－12m v 2＝gH 2g (H ＋R )－v 2＝6.25 故小球最多能飞出槽外6次．
答案：(1)4.2 m (2)6次
4．如图5－2－19甲所示，一竖直平面内的轨
道由粗糙斜面AD 和光滑圆轨道DCE 组成，
AD 与DCE 相切于D 点，C 为圆轨道的最低
点，将一小物块置于轨道ADC 上离地面高为
H 处由静止下滑，用力传感器测出其经过C 点
时对轨道的压力F N ，改变H 的大小，可测出
相应的F N 的大小，F N 随H 的变化关系如图乙
折线PQI 所示(PQ 与QI 两直线相连接于Q
点)，QI 反向延长交纵轴于F 点(0,5.8 N)，重
力加速度g 取10 m/s 2，求：
(1)小物块的质量m ；
(2)圆轨道的半径及轨道DC 所对应的圆心角θ.(可用角度的三角函数值表示)
(3)小物块与斜面AD 间的动摩擦因数μ.
解析：(1)如果物块只在圆轨道上运动，则由动能定理得mgH ＝12
m v 2解得v ＝2gH ；
由向心力公式F N －mg ＝m v 2R ，得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mg R
H ＋mg ； 结合PQ 曲线可知mg ＝5得m ＝0.5 kg.
(2)由图象可知2mg R
＝10得R ＝1 m ．显然当H ＝0.2 m 对应图中的D 点， 所以cos θ＝1－0.21
＝0.8，θ＝37°. (3)如果物块由斜面上滑下，由动能定理得：mgH －μmg cos θ(H －0.2)sin θ＝12
m v 2 解得m v 2＝2mgH －83
μmg (H －0.2) 由向心力公式F N －mg ＝m v 2R 得F N ＝m v 2R ＋mg ＝2mg －83μmg R H ＋1.63
μmg ＋mg 结合QI 曲线知1.63
μmg ＋mg ＝5.8，解得μ＝0.3. 答案：(1)0.5 kg (2)37° (3)0.3。