大二輪高考總復(fù)習(xí)物理第5講功功率與動(dòng)能定理

專題二動(dòng)量與能量第5講功、功率與動(dòng)能定理一、明晰功和功率的基本規(guī)律二、抓住機(jī)車啟動(dòng)問題解決關(guān)鍵1．機(jī)車輸出功率：P＝Fv，其中F為機(jī)車牽引力．2．機(jī)車啟動(dòng)勻加速過程的最大速度v1(此時(shí)機(jī)車輸出的功率最大)和全程的最大速度vm(此時(shí)F牽＝F阻)求解方法：(1)求v1：由F牽－F阻＝ma，P＝F牽v1可求v1＝eq\f(P,F阻＋ma)．(2)求vm：由P＝F阻vm，可求vm＝eq\f(P,F阻)．三、理解動(dòng)能及動(dòng)能定理的基本應(yīng)用高頻考點(diǎn)1功和功率的計(jì)算1．求功的途徑(1)用定義式(W＝Flcosα)求恒力功；(2)用動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)求功；(3)用F-l圖象所圍的面積求功；(4)用平均力求功(力與位移呈線性關(guān)系，如彈簧的彈力)；(5)利用W＝Pt求功．2．求功率的途徑(1)平均功率：P＝eq\f(W,t)，P＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosα．(2)瞬時(shí)功率：P＝Fvcosα．1－1．(2017·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一光滑大圓環(huán)固定在桌面上，環(huán)面位于豎直平面內(nèi)，在大圓環(huán)上套著一個(gè)小環(huán)．小環(huán)由大圓環(huán)的最高點(diǎn)從靜止開始下滑，在小環(huán)下滑的過程中，大圓環(huán)對(duì)它的作用力()A．一直不做功 B．一直做正功C．始終指向大圓環(huán)圓心 D．始終背離大圓環(huán)圓心解析：本題考查圓周運(yùn)動(dòng)、功．小環(huán)在固定的光滑大圓環(huán)上滑動(dòng)，做圓周運(yùn)動(dòng)，其速度沿大圓環(huán)切線方向，大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的彈力(即作用力)垂直于切線方向，與速度垂直，故大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力不做功，選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤．開始時(shí)大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力背離圓心，到達(dá)圓心等高點(diǎn)時(shí)彈力提供向心力，故大圓環(huán)對(duì)小環(huán)的作用力指向圓心，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤．答案：A1－2.(多選)(2016·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材質(zhì)制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量．兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無關(guān)．若它們下落相同的距離，則()A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：兩球的質(zhì)量m＝ρ·eq\f(4,3)πr3，對(duì)兩球由牛頓第二定律a＝eq\f(mg－f,m)＝g－eq\f(kr,ρ·\f(4,3)πr3)＝g－eq\f(k,ρ·\f(4,3)πr2)，可得a甲>a乙，由h＝eq\f(1,2)at2知甲球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤．由v＝eq\r(2ah)得v甲>v乙，故選項(xiàng)B正確．因f甲>f乙，由Wf＝f·h知阻力對(duì)甲球做功較大，選項(xiàng)D正確．答案：BD1－3.關(guān)于功率公式P＝eq\f(W,t)和P＝Fv的說法正確的是()A．由P＝eq\f(W,t)只能求某一時(shí)刻的瞬時(shí)功率B．從P＝Fv知，汽車的功率與它的速度成正比C．由P＝Fv只能求某一時(shí)刻的瞬時(shí)功率D．從P＝Fv知，當(dāng)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)功率一定時(shí)，牽引力與速度成反比解析：由P＝eq\f(W,t)能求某段時(shí)間的平均功率，當(dāng)物體做功快慢相同時(shí)，也可求得某一時(shí)刻的瞬時(shí)功率，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；從P＝Fv知，當(dāng)汽車的牽引力不變時(shí)，汽車的瞬時(shí)功率與它的速度成正比，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由P＝Fv能求某一時(shí)刻的瞬時(shí)功率，若v是平均速度，則也可求解平均功率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從P＝Fv知，當(dāng)汽車發(fā)動(dòng)機(jī)功率一定時(shí)，牽引力與速度成反比，選項(xiàng)D正確．答案：D1－4．(2017·上海靜安區(qū)高三質(zhì)檢)物體在平行于斜面向上的拉力作用下，分別沿傾角不同斜面的底端，勻速運(yùn)動(dòng)到高度相同的頂端，物體與各斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，則()A．沿傾角較小的斜面拉，拉力做的功較多B．沿傾角較大的斜面拉，克服重力做的功較多C．無論沿哪個(gè)斜面拉，拉力做的功均相同D．無論沿哪個(gè)斜面拉，克服摩擦力做的功相同解析：設(shè)斜面傾角為θ，斜面高度h，斜面長(zhǎng)度L＝eq\f(h,sinθ)，物體勻速被拉到頂端，根據(jù)動(dòng)能定理WF＝mgh＋μmgcosθ·L＝mgh＋μmg·eq\f(h,tanθ)，則h相同時(shí)，傾角較小則拉力做的功較多，選項(xiàng)A正確，C錯(cuò)誤；重力做功為WG＝mgh，則重力做功相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；克服摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·L＝μmg·eq\f(h,tanθ)，所以傾角越大，摩擦力做功越小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．答案：A高頻考點(diǎn)2機(jī)車啟動(dòng)問題機(jī)車的兩類啟動(dòng)問題1．恒定功率啟動(dòng)(1)機(jī)車先做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度—時(shí)間圖象如圖所示，當(dāng)F＝F阻時(shí)，vm＝eq\f(P,F)＝eq\f(P,F阻)．(2)動(dòng)能定理Pt1－F阻x＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－0．2．恒定加速度啟動(dòng)(1)速度—時(shí)間圖象如圖所示．機(jī)車先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)功率增大到額定功率后獲得勻加速的最大速度v1.之后做變加速直線運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度vm后做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(2)常用公式：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(F－F阻＝ma,P＝Fv,P額＝F阻vm,v1＝at1))2－1.(2015·全國(guó)卷Ⅱ)一汽車在平直公路上行駛．從某時(shí)刻開始計(jì)時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P隨時(shí)間t的變化如圖所示．假定汽車所受阻力的大小f恒定不變．下列描述該汽車的速度v隨時(shí)間t變化的圖線中，可能正確的是()解析：由P-t圖象知：0～t1內(nèi)汽車以恒定功率P1行駛，t1～t2內(nèi)汽車以恒定功率P2行駛．設(shè)汽車所受牽引力為F，則由P＝Fv得，當(dāng)v增加時(shí)，F(xiàn)減小，由a＝eq\f(F－f,m)知a減小，又因速度不可能突變，所以選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確．答案：A2－2.(2017·南昌十所省重點(diǎn)中學(xué)二模)用一根繩子豎直向上拉一個(gè)物塊，物塊從靜止開始運(yùn)動(dòng)，繩子拉力的功率按如圖所示規(guī)律變化，已知物塊的質(zhì)量為m，重力加速度為g,0～t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，t1時(shí)刻物塊達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是()A．物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．0～t0時(shí)間內(nèi)物塊的加速度大小為eq\f(P0,mt0)C．t0時(shí)刻物塊的速度大小為eq\f(P0,mg)D．0～t1時(shí)間內(nèi)物塊上升的高度為eq\f(P0,mg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－\f(t0,2)))－eq\f(P\o\al(2,0),2m2g3)解析：0～t0時(shí)間內(nèi)物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t0時(shí)刻后功率保持不變，根據(jù)P＝Fv知，v增大，F(xiàn)減小，物塊做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度減小到零，物體做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)P0＝Fv＝Fat，F(xiàn)＝mg＋ma得P＝(mg＋ma)at，可知圖線的斜率k＝eq\f(P0,t0)＝m(g＋a)a，可知a≠eq\f(P0,mt0)，故B錯(cuò)誤；在t1時(shí)刻速度達(dá)到最大，F(xiàn)＝mg，則速度v＝eq\f(P0,mg)，可知t0時(shí)刻物塊的速度大小小于eq\f(P0,mg)，故C錯(cuò)誤；P-t圖線圍成的面積表示牽引力做功的大小，根據(jù)動(dòng)能定理得，eq\f(P0t0,2)＋P0(t1－t0)－mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得h＝eq\f(P0,mg)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t1－\f(t0,2)))－eq\f(P\o\al(2,0),2m2g3)，故D正確．答案：D2－3.(多選)(2017·衡陽市高三第二次聯(lián)考)一輛汽車在平直的公路上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牽引功率，其牽引力和速度的圖象如圖所示．若已知汽車的質(zhì)量m、牽引力F1和速度v1及該車所能達(dá)到的最大速度v3，運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力恒定，則根據(jù)圖象所給的信息，下列說法正確的是()A．汽車行駛中所受的阻力為eq\f(F1v1,v3)B．汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中牽引力的沖量大小為eq\f(mv1v3,v3－v1)C．速度為v2時(shí)的加速度大小為eq\f(F1v1,mv2)D．若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則有v2＝2v1解析：根據(jù)牽引力和速度的圖象和功率P＝Fv得汽車運(yùn)動(dòng)中的最大功率為F1v1.該車所能達(dá)到的最大速度時(shí)加速度為零，所以此時(shí)阻力等于牽引力，所以阻力f＝eq\f(F1v1,v3)，選項(xiàng)A正確；根據(jù)牛頓第二定律，有恒定加速度時(shí)，加速度a′＝eq\f(F1－f,m)＝eq\f(F1,m)－eq\f(F1v1,mv3)，勻加速的時(shí)間：t＝eq\f(v1,a′)＝eq\f(mv1v3,F1v3－v1)，則汽車勻加速運(yùn)動(dòng)的過程中牽引力的沖量大小為I＝F1t＝eq\f(mv1v3,v3－v1)，故B正確；速度為v2時(shí)的牽引力是eq\f(F1v1,v2)，對(duì)汽車受力分析，受重力、支持力、牽引力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律有，速度為v2時(shí)加速度大小為a＝eq\f(F1v1,mv2)－eq\f(F1v1,mv3)，故C錯(cuò)誤；若速度為v2時(shí)牽引力恰為eq\f(F1,2)，則eq\f(F1v1,v2)＝eq\f(F1,2)，則v2＝2v1，選項(xiàng)D正確；故選ABD．答案：ABD高頻考點(diǎn)3動(dòng)能定理的應(yīng)用3－1.(多選)(2016·全國(guó)卷Ⅲ)如圖，一固定容器的內(nèi)壁是半徑為R的半球面；在半球面水平直徑的一端有一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)P.它在容器內(nèi)壁由靜止下滑到最低點(diǎn)的過程中，克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設(shè)質(zhì)點(diǎn)P在最低點(diǎn)時(shí)，向心加速度的大小為a，容器對(duì)它的支持力大小為N，則()A．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR) B．a(chǎn)＝eq\f(2mgR－W,mR)C．N＝eq\f(3mgR－2W,R) D．N＝eq\f(2mgR－W,R)解析：質(zhì)點(diǎn)P下滑過程中，重力和摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)公式a＝eq\f(v2,R)，聯(lián)立可得a＝eq\f(2mgR－W,mR)，A正確，B錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)重力和支持力的合力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，N－mg＝ma，代入可得，N＝eq\f(3mgR－2W,R)，C正確，D錯(cuò)誤．答案：AC3－2.(2017·成都外國(guó)語學(xué)校月考)如圖，質(zhì)量為M＝3kg的小滑塊，從斜面頂點(diǎn)A靜止開始沿ABC下滑，最后停在水平面D點(diǎn)，不計(jì)滑塊從AB面滑上BC面，以及從BC面滑上CD面的機(jī)械能損失．已知：AB＝BC＝5m，CD＝9m，θ＝53°，β＝37°，重力加速度g＝10m/sA．小滑塊與接觸面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5B．小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)克服摩擦力做功，等于在BC面上運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做功C．小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于小滑塊在BC面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間D．小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)的加速度a1與小滑塊在BC面上的運(yùn)動(dòng)的加速度a2之比是5/3解析：根據(jù)動(dòng)能定理得，Mg(SABsinθ＋SBCsinβ)－μMg(SABcosθ＋SBCcosβ)－μMSCD＝0，解得：μ＝eq\f(7,16)，A錯(cuò)誤；在AB段正壓力小于BC段正壓力，故在AB段克服摩擦力做功小于在BC段克服摩擦力做的功，B錯(cuò)誤；小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)的平均速度小于小滑塊在BC面上的平均速度，故小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于小滑塊在BC面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間，C正確；小滑塊在AB面上運(yùn)動(dòng)的加速度：a1＝gsinθ－μgcosθ＝eq\f(43,8)m/s2，小滑塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的加速度∶a2＝gsinβ－μgcosβ＝eq\f(5,2)m/s2，則a1∶a2＝43∶20，D錯(cuò)誤．答案：C3－3．(2017·江西師范大學(xué)附屬中學(xué)月考)如圖所示，豎直放置的等螺距螺線管高為h，該螺線管是用長(zhǎng)為l的硬質(zhì)直管(內(nèi)徑遠(yuǎn)小于h)彎制而成．一光滑小球從上端管口由靜止釋放，關(guān)于小球的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是()A．小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與l有關(guān)B．小球到達(dá)下端管口時(shí)重力的功率為mgeq\r(2gh)C．小球到達(dá)下端的時(shí)間為eq\r(\f(2l2,gh))D．小球在運(yùn)動(dòng)過程中受管道的作用力大小不變解析：在小球到達(dá)最低點(diǎn)的過程中只有重力做功，故根據(jù)動(dòng)能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)小球到達(dá)下端管口時(shí)的速度大小與h有關(guān)，與l無關(guān)，故A錯(cuò)誤；到達(dá)下端管口的速度為v＝eq\r(2gh)，速度沿管道的切線方向，故重力的瞬時(shí)功率為p＝mgeq\r(2gh)sinθ，故B錯(cuò)誤；物體在管內(nèi)下滑的加速度為a＝eq\f(gh,l)，故下滑所需時(shí)間為t，則l＝eq\f(1,2)at2，即t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(2l2,gh))，故C正確；小球做的是加速螺旋運(yùn)動(dòng)，速度愈來愈大，做的是螺旋圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)Fn＝eq\f(mv2,R)可知，支持力越來越大，故D錯(cuò)誤；故選C．答案：C3－4.(2017·全國(guó)卷Ⅱ)為提高冰球運(yùn)動(dòng)員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1<s0)處分別放置一個(gè)擋板和一面小旗，如圖所示．訓(xùn)練時(shí)，讓運(yùn)動(dòng)員和冰球都位于起跑線上，教練員將冰球以初速度v0擊出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑線的方向滑向擋板；冰球被擊出的同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員垂直于起跑線從靜止出發(fā)滑向小旗．訓(xùn)練要求當(dāng)冰球到達(dá)擋板時(shí)，運(yùn)動(dòng)員至少到達(dá)小旗處．假定運(yùn)動(dòng)員在滑行過程中做勻加速運(yùn)動(dòng)，冰球到達(dá)擋板時(shí)的速度為v1.重力加速度大小為g.求(1)冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員的最小加速度．解析：(1)設(shè)冰球的質(zhì)量為m，冰球與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，由動(dòng)能定理得－μmgs0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ①解得μ＝eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0) ②(2)冰球到達(dá)擋板時(shí)，滿足訓(xùn)練要求的運(yùn)動(dòng)員中，剛好到達(dá)小旗處的運(yùn)動(dòng)員的加速度最?。O(shè)這種情況下，冰球和運(yùn)動(dòng)員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時(shí)間為t．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)＝2a1s0 ③v0－v1＝a1t ④s1＝eq\f(1,2)a2t2 ⑤聯(lián)立③④⑤式得a2＝eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0)) ⑥答案：(1)eq\f(v\o\al(2,0)－v\o\al(2,1),2gs0)(2)eq\f(s1v1＋v02,2s\o\al(2,0))1．動(dòng)能定理往往用于單個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)過程，由于不牽扯加速度及時(shí)間，比動(dòng)力學(xué)研究方法要簡(jiǎn)潔．2．動(dòng)能定理表達(dá)式是一個(gè)標(biāo)量式，在某個(gè)方向上應(yīng)用動(dòng)能定理是沒有依據(jù)的．3．物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中包含有幾個(gè)運(yùn)動(dòng)性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)，此時(shí)可以分段考慮，也可以對(duì)全過程考慮，但若能對(duì)整個(gè)過程利用動(dòng)能定理列式則可使問題簡(jiǎn)化．應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過程多體類問題動(dòng)能定理解決多過程問題(2016·全國(guó)乙卷)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)．直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)．質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫出)，隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R.已知P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g.取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5)(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大?。?2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能．(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開始釋放．已知P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過G點(diǎn)．G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R.求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量．[思路點(diǎn)撥](1)物塊P從C到B點(diǎn)，受力情況、運(yùn)動(dòng)情況怎樣？可用什么公式求解？(2)物塊P從C到E再到F點(diǎn)，受力情況及各力做功情況怎樣？如何求f做的功？怎樣求BE這段距離？(3)分析物塊P從C到E的過程中各力對(duì)物塊做功的情況，如何求彈簧彈力做的功？(4)改變物塊質(zhì)量后，物塊由D到G做什么運(yùn)動(dòng)？應(yīng)用什么公式？(5)改變物塊質(zhì)量后，分析由E到D過程中各力做功情況，由動(dòng)能定理求解改變后P的質(zhì)量．提示：(1)物塊P受重力mg、支持力N、摩擦力f作用，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解，也可由動(dòng)能定理求解．(2)物塊受重力mg、支持力N、彈簧彈力及摩擦力作用，全過程只有重力和摩擦力做功，由能量守恒定律可求BE的長(zhǎng)度．(3)確定始末狀態(tài)的動(dòng)能，分析各力做功，由WG＋Wf＋W彈＝ΔEk求解．(4)平拋運(yùn)動(dòng)：y＝eq\f(1,2)gt2，x＝v0t．【解析】(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R ①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ②式中θ＝37°.聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR). ③(2)設(shè)BE＝x.P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep.P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B) ④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x ⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0 ⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R ⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR. ⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1.D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ ⑩式中，已應(yīng)用了過C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)．設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t．由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝eq\f(1,2)gt2 ?x1＝vDt ?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR) ?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC．在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,D)＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ)) ?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,C) ?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m. ?【答案】(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq