【物理】2020届一轮复习人教版第五章第2讲动能定理学案

【物理】2020届一轮复习人教版第五章第2讲动能定理学案

第2讲　动能定理 ‎[考试标准]‎ 知识内容 考试要求 说明 动能和动能定理 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＝mv22－mv12＝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 自测2　一个质量为25 kg的小孩从高度为3.0 m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0 m/s.g取10 m/s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是(　　)‎ A．合外力做功50 J B．阻力做功500 J C．重力做功500 J D．支持力做功50 J 答案　A 命题点一　对动能定理的理解 ‎1．动能定理表明了“三个关系”‎ ‎(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做的功．‎ ‎(2)因果关系：合外力做功是引起物体动能变化的原因．‎ ‎(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，所以动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式．‎ ‎3．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．‎ 例1　(多选)如图1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1‎ 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，则有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相对地面的位移不相等，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正确．根据功能关系可知，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　(多选)质量为m的物体在水平力F的作用下由静止开始在光滑水平地面上运动，前进一段距离之后速度大小为v，再前进一段距离使物体的速度增大为2v，则(　　)‎ A．第二过程的速度增量等于第一过程的速度增量 B．第二过程的动能增量是第一过程动能增量的3倍 C．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做的功 D．第二过程合外力做的功等于第一过程合外力做功的2倍 答案　AB 命题点二　动能定理的基本应用 ‎1．应用流程 ‎2．应用动能定理的优越性 ‎(1)动能定理既适用于直线运动，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．‎ 例2　(2015·浙江10月选考·20)如图2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2‎ ‎(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＝mv22－mv12得ΔEk＝3.0×105 J ‎(2)由动能定理有mgh－Ffl＝mv22－mv12‎ 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－mv22‎ 得x＝≈33.3 m.‎ 变式2　如图3所示，与水平面夹角θ＝60°的斜面和半径R＝0.4 m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内．滑块(可视为质点)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/s2，求：‎ 图3‎ ‎(1)滑块在C点的速度大小vC；‎ ‎(2)滑块在B点的速度大小vB；‎ ‎(3)A、B两点间的高度差h.‎ 答案　(1)2 m/s　(2)4 m/s　(3) m 解析　(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块，在C点由牛顿第二定律可得：mg＝m，所以vC＝＝ m/s＝2 m/s；‎ ‎(2)滑块在光滑圆轨道上运动时机械能守恒，故有：‎ mvB2＝mvC2＋mgR(1＋cos 60°)‎ 解得：vB＝4 m/s；‎ ‎(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得：‎ mgh－μmgcos 60°·＝mvB2‎ 解得：h＝ m.‎ 命题点三　动能定理与图象问题的结合 ‎1．解决物理图象问题的基本步骤 ‎(1)观察题目给出的图象，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)根据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比，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，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．‎ ‎2．图象所围“面积”的意义 ‎(1)v－t图象：由公式x＝vt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图象：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变化量．‎ ‎(3)F－x图象：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图象：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　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4所示，重力加速度为10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ 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＝mvA2，解得vA＝3 m/s ‎，根据速度位移公式有2a1x＝vA2，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′＝mvB2，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．‎ 变式3　(多选)在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭发动机直至静止，v－t图象如图5所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为Ff，全程中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则(　　)‎ 图5‎ A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1‎ C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3‎ 答案　BC 解析　对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，选项B正确，D错误；由v－t图象知x1∶x2＝1∶4.由动能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，选项A错误，C正确．‎ 命题点四　用动能定理解决多过程问题 ‎1．解决多过程问题的两种思路：‎ 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．‎ 类型1　直线运动与圆周运动的结合 例4　(2016·浙江10月选考·20)如图6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6‎ ‎(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°·＝mvC2‎ 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 D2‎ 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.‎ 类型2　直线运动与平抛运动的结合 例5　如图7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7‎ ‎(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＝mvC2－mvB2，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＝mvB2－0，解得W弹＝8 J.‎ 类型3　直线运动、平抛运动与圆周运动的结合 例6　如图8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8‎ ‎(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＝mv02，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°)＝mvD2－mvC2，解得R＝ m，‎ 所以轨道半径需满足0＜R≤ m(可以不写0).‎ ‎1．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，但合外力不一定为零，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．质量不等，但有相同动能的两个物体，在动摩擦因数相同的水平地面上滑行，直至停止，则(　　)‎ A．质量大的物体滑行的距离大 B．质量小的物体滑行的距离大 C．它们滑行的距离一样大 D．它们克服摩擦力所做的功不相等 答案　B 解析　由动能定理可得－Ffx＝0－Ek，即μmgx＝Ek，由于动能相同，动摩擦因数相同，故质量小的物体滑行的距离大，它们克服摩擦力所做的功都等于Ek.故本题只有B项正确．‎ ‎3．如图1所示，质量相同的物体分别自斜面AC和BC的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数相同，物体滑至斜面底部C点时的动能分别为Ek1和Ek2，下滑过程中克服摩擦力所做的功分别为W1和W2，则(　　)‎ 图1‎ A．Ek1>Ek2，W1Ek2，W1＝W2‎ C．Ek1＝Ek2，W1>W2 D．Ek1W2‎ 答案　B 解析　设斜面的倾角为θ，斜面的底边长为x，则下滑过程中克服摩擦力做的功为W＝＝μmgx，所以两种情况下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度比A低，所以由动能定理可知Ek1>Ek2.故选B.‎ ‎4．物体沿直线运动的v－t关系图象如图2所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则(　　)‎ 图2‎ 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＝mv22－mv12知第1 s内W＝mv2.同理可知，D正确．‎ ‎5.(2019届丽水市质检)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匀加速、也可能先加速后匀速或者先做加速度较大的匀加速运动后做加速度较小的匀加速运动，故只有B正确．‎ ‎6.如图4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，已知重力加速度为g，则此过程中弹力所做的功为(　　)‎ 图4‎ A.mv02＋μmgx B.mv02－μmgx C.mv02 D．μmgx－mv02‎ 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)＝mv02－0，得W弹＝mv02＋μmgx，选项A正确．‎ ‎7．一辆汽车以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－mv12①‎ ‎－Ffx2＝0－mv22②‎ 由①②得＝ 故汽车滑行的距离 x2＝x1＝2×3.6 m＝6.4 m．故A正确．‎ ‎8．如图5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5‎ 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＝mv12，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＝mv22－mv02，由以上两式解得v2＝10 m/s，选项B正确．‎ ‎9．如图6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之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接．AB之间的距离s＝1 m．质量m＝0.2 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＝0.4.现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2.‎ 图6‎ ‎(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；‎ ‎(2)求物块返回B点时的速度大小；‎ ‎(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求木块沿曲面上滑过程因摩擦所产生的热量．‎ 答案　(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J 解析　(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得：‎ ‎－μmgs－W＝0－mv02‎ W＝Ep 代入数据解得Ep＝1.7 J ‎(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程 ‎－μmg·2s＝mvB2－mv02‎ 代入数据解得vB＝3 m/s ‎(3)对小物块沿曲面上滑的过程，‎ 由动能定理得：Wf－mgh＝0－mvB2‎ 代入数据解得Q＝|Wf|＝0.5 J.‎ ‎10．(2018·浙江11月选考·20)如图7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：‎ 图7‎ ‎(1)弹簧的劲度系数；‎ ‎(2)篮球在运动过程中受到的空气阻力；‎ ‎(3)篮球在整个运动过程中通过的路程；‎ ‎(4)篮球在整个运动过程中速度最大的位置．‎ 答案　(1)500 N/m　(2)0.5 N ‎(3)11.05 m　(4)第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大 解析　(1)由最后静止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500 N/m ‎(2)由动能定理可知，在篮球由静止下落到第一次返弹至最高点的过程中 mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12‎ 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 因此代入可知Ff≈0.5 N ‎(3)整个运动过程中，空气阻力一直与运动方向相反 根据动能定理有mgΔh′＋Wf＋W弹＝mv2′2－mv12‎ 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 联立解得s＝11.05 m.‎ ‎(4)速度最大的位置是第一次下落到合力为零的位置，即mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009 m，即球第一次下落至A点下方0.009 m处速度最大．‎ ‎11．(2017·浙江11月选考·20)如图8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)‎ 图8‎ ‎(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：‎ mg(h－r)＋Wf＝mvF2－0‎ 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－mgr－μmgcos 37°·LDE＝mvF2－mvD2‎ 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 ‎－mgLDEsin 37°－Ff1LDE＝0－mvD2，‎ 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.‎