【物理】2019届一轮复习人教版动能定理学案（浙江专用）

【物理】2019届一轮复习人教版动能定理学案（浙江专用）

第2讲　动能定理 ‎[考试标准]‎ 知识内容 必考要求 加试要求 说明 动能和动能定理 d d ‎1.不要求用平均力计算变力做功和利用F－l图象求变力做功．‎ ‎2.不要求用动能定理解决物体系的问题.‎ 动能　动能定理 ‎1．动能 ‎(1)定义：物体由于运动而具有的能叫动能．‎ ‎(2)公式：Ek＝mv2.‎ ‎(3)标矢性：动能是标量，只有正值．‎ ‎(4)状态量：动能是状态量，因为v是瞬时速度．‎ ‎2．动能定理 ‎(1)内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．‎ ‎(2)表达式：W＝mv－mv＝Ek2－Ek1.‎ ‎(3)适用条件：‎ ‎①既适用于直线运动，也适用于曲线运动．‎ ‎②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．‎ ‎③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用．‎ ‎(4)应用技巧：若整个过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可以分段考虑，也可以整个过程考虑．‎ 自测1　关于动能的理解，下列说法错误的是(　　)‎ A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能 B．物体的动能总为正值 C．一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化 D．动能不变的物体，一定处于平衡状态 答案　D 解析　动能是运动物体都具有的能量，是机械能的一种表现形式，A对；动能是标量，总是正值，B对；由Ek＝mv2可知当m恒定时，Ek变化，速率一定变化，速度 一定变化，但当只有速度方向变化而速率不变(如匀速圆周运动)时动能不变，C对；动能不变，物体不一定处于平衡状态，如匀速圆周运动，D错．‎ 自测2　关于动能定理的表述式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是(　　)‎ A．公式中的W为不包含重力的其他力做的总功 B．公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，只能先求合外力再求合外力的功 C．公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时，动能减少 D．动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功 答案　C 命题点一　动能定理的理解和应用 ‎1．定理中“外力”的两点理解 ‎(1)可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．‎ ‎(2)既可以是恒力，也可以是变力．‎ ‎2．应用动能定理解题的基本思路 例1　(2015·浙江10月选考·20)如图1所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险．质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h.(g＝10 m/s2)‎ 图1‎ ‎(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；‎ ‎(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；‎ ‎(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)．‎ 答案　(1)3.0×105 J　(2)2.0×103 N　(3)33.3 m 解析　(1)由ΔEk＝mv－mv得ΔEk＝3.0×105 J ‎(2)由动能定理有mgh－Ffl＝mv－mv 得Ff＝＝2.0×103 N ‎(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理有－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－mv 得x＝≈33.3 m 变式1　如图2所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，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．在此过程中(　　)‎ 图2‎ A．外力F做的功等于A和B动能的增量 B．B对A的摩擦力所做的功大于A的动能增量 C．A对B的摩擦力所做的功与B对A的摩擦力所做的功大小相等 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　D 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，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B错；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故摩擦力对二者做功大小不等，C错；对B应用动能定理，WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，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对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错．‎ 变式2　(2017·浙江“9＋1”高中联盟期中)‎ 如图3为倾角可调的可移动式皮带输送机，适用于散状物料或成件物品的装卸工作．在顺时针(从左侧看)匀速转动的输送带上端无初速度放一货物，货物从上端运动到下端的过程中，其动能Ek(选择地面所在的水平面为参考平面)与位移x的关系图象可能正确的是(　　)‎ 图3‎ 答案　B 解析　货物从上端运动到下端的过程可能一直加速、也可能先加速后匀速或者先做匀加速度较大的加速运动后做加速度较小的加速运动，故只有B正确．‎ 变式3　(2016·绍兴市联考)一辆汽车以v1＝6 m/s的速度沿水平路面行驶时，急刹车后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行驶，在同样的路面上急刹车后滑行的距离x2应为(不计空气阻力的影响)(　　)‎ A．6.4 m B．5.6 m C．7.2 m D．10.8 m 答案　A 解析　急刹车后，汽车只受摩擦阻力Ff的作用，且两种情况下摩擦力大小是相同的，汽车的末速度皆为零．由动能定理有 ‎－Ffx1＝0－mv ①‎ ‎－Ffx2＝0－mv ②‎ 由①②得＝ 故汽车滑行的距离 x2＝x1＝2×3.6 m＝6.4 m．故A正确．‎ ‎命题点二　用动能定理解决多过程问题 ‎1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式．‎ ‎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，要注意运用它们的功能特点：‎ ‎(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；‎ ‎(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．‎ ‎(3)弹簧弹力做功与路径无关．‎ 例2　(2016·浙江10月学考·20)如图4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：‎ 图4‎ ‎(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)8 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－μ1mgcos 45°·＝mv 代入数据得vC＝8 m/s ‎(2)设过山车在D点速度大小为vD，由动能定理得 mg(h－2R)－μ1mgcos 45°·＝mv F＋mg＝m，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°]－μ1mgcos 45°·－μ1mgcos 37°·－μ2mgx＝0‎ 解得x＝30 m.‎ 拓展点1　直线与平抛的结合 变式4　如图5所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，用质量为m＝1 kg的小物块压紧弹簧，从A处由静止释放物块，在弹簧弹力的作用下沿水平桌面向右运动，物块离开弹簧后继续运动，离开桌面边缘B后，落在水平地面C点，C点与B点的水平距离x＝1 m，桌面高度为h＝1.25 m，AB长度为s＝1.5 m，物块与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.4，小物块可看成质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，求：‎ 图5‎ ‎(1)物块在水平桌面上运动到桌面边缘B处的速度大小．‎ ‎(2)物块落地时速度大小及速度与水平方向夹角的正切值．‎ ‎(3)弹簧弹力对物块做的功．‎ 答案　(1)2 m/s　(2) m/s　2.5　(3)8 J 解析　(1)物块离开桌面边缘后做平抛运动，竖直方向上有h＝gt2，解得t＝0.5 s，‎ 水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2 m/s.‎ ‎(2)对平抛过程运用动能定理：mgh＝mv－mv，解得vC＝ m/s，‎ 物块落地时水平方向vx＝vB＝2 m/s，竖直方向vy＝gt＝5 m/s，则tan θ＝＝2.5.‎ ‎(3)从A到B的过程中，运用动能定理有W弹－μmgs＝mv－0，解得W弹＝8 J.‎ 拓展点2　直线、平抛与圆周的结合 变式5　(2017·宁波市九校高三上学期期末)如图6所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图．假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点．已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角α＝37°，空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图6‎ ‎(1)赛车通过C点时的速度大小；‎ ‎(2)赛道AB的长度；‎ ‎(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件．‎ 答案　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)0＜R≤ m 解析　(1)赛车在BC间做平抛运动，‎ 则竖直方向vy＝＝3 m/s.‎ 由图可知：vC＝＝5 m/s ‎(2)赛车在B点的速度v0＝vCcos 37°＝4 m/s 则根据动能定理：Pt－FflAB＝mv，得lAB＝2 m.‎ ‎(3)当赛车恰好通过最高点D时，有：mg＝m 从C到D，由动能定理：‎ ‎－mgR(1＋cos 37°)＝mv－mv，解得R＝ m，‎ 所以轨道半径需满足0＜R≤ m(可以不写0)．‎ 命题点三　与图象相关的动能问题 图象所围“面积”的意义 ‎(1)v－t图：由公式x＝vt可知，v－t图线与横轴围成的面积表示物体的位移．‎ ‎(2)a－t图：由公式Δv＝at可知，a－t图线与横轴围成的面积表示物体速度的变化量．‎ ‎(3)F－x图：由公式W＝Fx可知，F－x图线与横轴围成的面积表示力所做的功．‎ ‎(4)P－t图：由公式W＝Pt可知，P－t图线与横轴围成的面积表示力所做的功．‎ 例3　如图7甲所示，长为4 m的水平轨道AB与半径为R＝0.6 m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1 kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为μ＝0.25，与BC间的动摩擦因数未知，g取10 m/s2，求：‎ 图7‎ ‎(1)滑块到达B处时的速度大小；‎ ‎(2)滑块在水平轨道AB上运动前2 m过程所用的时间；‎ ‎(3)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少．‎ 答案　(1)2 m/s　(2) s　(3)5 J 解析　(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 解得vB＝2 m/s.‎ ‎(2)在前2 m内，有F1－μmg＝ma，‎ 且x1＝at，解得t1＝ s.‎ ‎(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m，‎ 对滑块从B到C的过程，由动能定理得：‎ W－mg·2R＝mv－mv 代入数值得W＝－5 J，‎ 即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5 J.‎ 变式6　质量为1 kg的物体，放置在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动，水平拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图8所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．x＝3 m时速度大小为2 m/s B．x＝9 m时速度大小为4 m/s C．OA段加速度大小为3 m/s2‎ D．AB段加速度大小为3 m/s2‎ 答案　C 解析　对于前3 m过程，根据动能定理有W1－μmgx＝mv，解得vA＝3 m/s，根据速度位移公式有2a1x＝v，解得a1＝3 m/s2，故A错误，C正确；对于前9 m过程，根据动能定理有W2－μmgx′＝mv，解得vB＝3 m/s，故B错误；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误．‎ ‎1．(2016·绍兴一中期末)下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是(　　)‎ A．如果物体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零 B．如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零 C．物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化 D．物体的动能不变，所受合外力一定为零 答案　A 解析　如果物体所受合外力为零，则根据W＝Flcos α可知合外力对物体做的功一定为零，A正确；如果合外力对物体所做的功为零，则合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体的向心力，B错误；物体在合外力作用下做变速运动，动能不一定发生变化，例如做匀速圆周运动的物体，C错误；物体的动能不变，所受合外力不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，D错误．‎ ‎2．(2016·衢州市学考模拟)如图1所示，一个物体由静止开始，从A点出发分别经三个粗糙斜面下滑到同一水平面上的C1、C2、C3处．已知三个斜面的动摩擦因数都相同，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．物体到达C3处的动能最大 B．物体在C1、C2、C3处的动能相等 C．物体在三个斜面上克服摩擦力做功都相同 D．物体沿AC3斜面下滑时克服摩擦力做功最多 答案　A 解析　设斜面倾角为θ，由物体克服摩擦力做功Wf＝μmgcos θ·x知，沿AC1斜面下滑克服摩擦力做功最多，沿AC3最少，而重力做功WG＝mgh相同，故到达C3处动能最大．‎ ‎3.(2016·温州市调研)如图2所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v0，则此过程中弹力所做的功为(　　)‎ 图2‎ A.mv＋μmgx B.mv－μmgx C.mv D．μmgx－mv 答案　A 解析　当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x，根据动能定理有：W弹＋(－μmgx)＝mv－0，得W弹＝mv＋μmgx，选项A正确．‎ ‎4．物体沿直线运动的v－t关系图象如图3所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)‎ 图3‎ A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为－W D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W 答案　D 解析　由动能定理W合＝mv－mv知第1 s内W＝mv2.同理可知，D正确．‎ ‎5．如图4所示的滑草运动中，某游客从静止开始由坡顶向坡底下滑，滑到坡底时速度大小为8 m/s，如果该游客以初速度6 m/s沿原来的路线由坡顶滑下，则游客滑到坡底时的速度大小是(设游客所受阻力不变)(　　)‎ 图4‎ A．14 m/s B．10 m/s C．12 m/s D．9 m/s 答案　B 解析　游客由静止从坡顶下滑到坡底的过程中，由动能定理得mgh－Ff·s＝mv，游客以6 m/s的初速度从坡顶下滑到坡底的过程中，由动能定理得mgh－Ff·s＝mv－mv，由以上两式解得v2＝10 m/s，选项B正确．‎ ‎6．(2016·临海市联考)如图5所示，AB为四分之一圆弧轨道，BC为水平直轨道，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从静止开始下滑，恰好运动到C处静止．那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为(重力加速度为g)(　　)‎ 图5‎ A.μmgR B.mgR 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WAB，对物体从A到C的全过程，由动能定理得mgR－WAB－μmgR＝0，故WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR.故D正确．‎ ‎7．质量为1 kg的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图6甲所示，外力F做的功和物体克服摩擦力Ff做的功分别与物体位移x的关系如图乙中图线所示，重力加速度g取10 m/s2.下列分析错误的是(　　)‎ 图6‎ A．物体与地面之间的动摩擦因数为0.2‎ B．物体运动的最大位移为13 m C．物体在前3 m运动过程中的加速度大小为3 m/s2‎ D．x＝9 m时，物体的速度为3 m/s 答案　B 解析　由Wf＝Ffx对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力Ff＝2 N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，A正确；由WF＝Fx对应题图乙可知，前3 m内，拉力F1＝5 N，3～9 m内拉力F2＝2 N，物体在前3 m内的加速度a1＝＝3 m/s2，C正确；由动能定理得：WF－Ffx＝mv2，可得：x＝9 m时，物体的速度为v＝3 m/s，D正确；由动能定理知物体运动的最大位移xm＝＝13.5 m，B错误．‎ ‎8.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用．为了检验废旧轮胎的缓冲效果，在一次模拟实验中用轻弹簧来代替废旧轮胎，实验情景如图7所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离L1＝1 m．当赛车启动时，产生水平向左的恒为F＝24 N的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触轻弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩轻弹簧，最后被弹回到B处停下．已知赛车的质量m＝2 kg，A、B之间的距离L2＝3 m，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小v＝4 m/s，方向水平向右．取g＝10 m/s2.求：‎ 图7‎ ‎(1)赛车和地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)弹簧被压缩的最大距离．‎ 答案　(1)0.2　(2)0.5 m 解析　(1)从赛车离开弹簧到B处停下，‎ 由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－mv2‎ 解得μ＝0.2‎ ‎(2)设轻弹簧被压缩的最大距离为L，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得 FL1－μmg(L1＋2L)＝mv2－0‎ 解得L＝0.5 m.‎ ‎9．如图8所示，小物块以一定的初速度冲上足够长的斜面，经过A点时的速度为v0，若斜面光滑，则物块恰能到达D点后返回；若AB 段不光滑(粗糙程度相同)，其余段光滑，则物块恰能到达C点后返回；已知AB段与BC段和CD段长度之比为1∶2∶3，试求：‎ 图8‎ ‎(1)斜面光滑时，物块通过B点的速率；‎ ‎(2)AB段不光滑时，物块通过B点的速率；‎ ‎(3)若已知斜面倾角为θ，AB段不光滑时，物块与AB段间的动摩擦因数．‎ 答案　(1)v0　(2)v0　(3)3tan θ 解析　(1)设斜面倾角为α，当斜面光滑时，由动能定理得－mg·lADsin α＝0－mv ‎－mg·lABsin α＝mv－mv 解得vB＝v0.‎ ‎(2)当AB段不光滑时，由动能定理有 ‎－mg·lACsin α－Ff·lAB＝0－mv ‎－mg·lABsin α－Ff·lAB＝mvB′2－mv 联立得vB′＝v0.‎ ‎(3)当斜面倾角为θ且AB段不光滑时，有 mg·lCDsin θ＝μmgcos θ·lAB 又lAB∶lCD＝1∶3，故μ＝3tan θ.‎ ‎10．(2017·温州市期末)水上滑梯可简化成如图9所示的模型：倾角为θ＝37°的斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝8.0 m，BC长d＝2.0 m，端点C距水面的高度h＝2.0 m．一质量m＝60 kg的运动员从滑道起点A点无初速度地自由滑下，不计空气的阻力(取重力加速度g＝10 m/s2，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)．已知运动员与AB、BC间有摩擦力，且动摩擦因数均为μ＝0.15，求：‎ 图9‎ ‎(1)运动员从B滑到C的过程中克服摩擦力所做的功；‎ ‎(2)运动员从A滑到B的过程中克服摩擦力所做的功；‎ ‎(3)运动员到达C点时速度的大小．‎ 答案　(1)180 J　(2)720 J　(3)3 m/s 解析　(1)运动员从B滑到C的过程中，克服摩擦力做功 Wf1＝μmgd＝0.15×60×10×2 J＝180 J ‎(2)运动员从A滑到B的过程中，克服摩擦力做功 Wf2＝μmgcos θ·＝0.15×60×10×0.8× J＝720 J.‎ ‎(3)运动员从A滑到C的过程中，根据动能定理可知：‎ mg(H－h)－Wf1－Wf2＝mv－0‎ 得运动员滑到C点时速度的大小为vC＝3 m/s.‎ ‎11．(2017·浙江11月选考·20)如图10甲所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图乙的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m．质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍．已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)‎ ‎　‎ ‎ 　　 甲　　　　　　　　　　　　乙 图10‎ ‎(1)求过山车过F点时的速度大小；‎ ‎(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；‎ ‎(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？‎ 答案　(1)3 m/s　(2)－7.5×104 J　(3)6×103 N 解析　(1)在F点由牛顿第二定律得：‎ m人g－0.25m人g＝m人，‎ r＝Lsin θ＝12 m 代入已知数据可得：vF＝3 m/s ‎(2)根据动能定理，从B点到F点：‎ mv－0＝mg(h－r)＋Wf 解得Wf＝－7.5×104 J ‎(3)在没有故障时，物体到达D点的速度为vD，‎ 根据动能定理mv－mv＝－mgr－μmgcos 37°·LDE LDE＝Lcos 37°＝16 m，‎ 发现故障之后，过山车不能到达EF段，设刹车后恰好到达E点速度为零，在此过程中，过山车受到的摩擦力为Ff1，根据动能定理 ‎0－mv＝－mgLDEsin 37°－Ff1LDE，‎ 联立各式解得Ff1＝4.6×103 N 使过山车能停在倾斜轨道上的摩擦力至少为Ff2，则有Ff2－mgsin θ＝0，‎ 解得Ff2＝6×103 N 综上可知，过山车受到的摩擦力至少应为6×103 N.‎