高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）教師用書第05章機(jī)械能第2講動(dòng)能定理

第二講動(dòng)能定理一動(dòng)能1.定義：物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能．2．表達(dá)式Ek＝eq\f(1,2)mv2．3．當(dāng)物體的速度變化時(shí)，動(dòng)能一定變化嗎？反之呢？舉例說明．提示：不一定，如勻速圓周運(yùn)動(dòng)；一定；動(dòng)能變化一定是速度的大小發(fā)生了變化.二動(dòng)能定理1.對照課本，填寫下列表格內(nèi)容力在一個(gè)過程中對物體所做的功等于物體在這個(gè)過程中動(dòng)能的變化表達(dá)式W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)對定理的理解W＞0，物體的動(dòng)能增加W＜0，物體的動(dòng)能減小W＝0，物體的動(dòng)能不變適用范圍(1)動(dòng)能定理既適用于直線運(yùn)動(dòng)，也適用于曲線運(yùn)動(dòng)(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功2.思考(1)如圖所示，質(zhì)量為m的物體在恒力F作用下在光滑水平面上移動(dòng)的位移為s，速度由v1增加至v2，試推導(dǎo)動(dòng)能定理的表達(dá)式．提示：由牛頓第二定律有：F＝ma，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)相關(guān)公式有：veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2as，由兩式消去a可得：Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)．(2)動(dòng)能定理的表達(dá)式是矢量式還是標(biāo)量式？能否在某一個(gè)方向上用動(dòng)能定理？提示：標(biāo)量式，不能．(3)物體所受到的合外力不為零，其動(dòng)能一定變化嗎？舉例說明．提示：不一定．例如勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(4)物體以速度v沿光滑水平面做直線運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對物體施加一外力F，經(jīng)過一段時(shí)間物體的速度仍為v，方向與原來的速度方向相反，則這段時(shí)間內(nèi)力F對物體做的功________．提示：W＝ΔEk＝0．(5)人用手托著質(zhì)量為m的物體，從靜止開始沿水平方向運(yùn)動(dòng)，前進(jìn)距離s后，速度為v(物體與手始終相對靜止)，物體與人手掌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則人對物體做的功為________．提示：物體所受到的摩擦力為靜摩擦力f＝ma，W＝fs＝ma·eq\f(v2,2a)＝eq\f(1,2)mv2或根據(jù)動(dòng)能定理W＝eq\f(1,2)mv2．1．判斷正誤(1)動(dòng)能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)．()(2)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零．()(3)物體在合外力作用下做變速運(yùn)動(dòng)時(shí)，動(dòng)能一定變化．()(4)物體的動(dòng)能不變，所受的合外力必定為零．()(5)做自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，某時(shí)刻的動(dòng)能與下落的時(shí)間的二次方成正比．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√2．關(guān)于運(yùn)動(dòng)物體所受的合外力、合外力做的功及動(dòng)能變化的關(guān)系，下列說法正確的是()A．合外力為零，則合外力做功一定為零B．合外力做功為零，則合外力一定為零C．合外力做功越多，則動(dòng)能一定越大D．動(dòng)能不變，則物體合外力一定為零答案：A3．(多選)如圖所示，甲、乙兩個(gè)質(zhì)量相同的物體，用大小相等的力F分別拉它們在水平面上從靜止開始運(yùn)動(dòng)相同的距離s.甲在光滑水平面上，乙在粗糙水平面上，則下列關(guān)于力F對甲、乙做的功和甲、乙兩物體獲得的動(dòng)能的說法中正確的是()A．力F對甲做功多B．力F對甲、乙兩個(gè)物體做的功一樣多C．甲物體獲得的動(dòng)能比乙大D．甲、乙兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能相同答案：BC4．(人教必修2P75·5改編)人在距地面h高處拋出一個(gè)質(zhì)量為m的小球，落地時(shí)小球的速度為v，不計(jì)空氣阻力，人對小球做功是()A．eq\f(1,2)mv2 B．mgh＋eq\f(1,2)mv2C．mgh－eq\f(1,2)mv2 D．eq\f(1,2)mv2－mgh答案：D5．有一質(zhì)量為m的木塊，從半徑為r的圓弧曲面上的a點(diǎn)滑向b點(diǎn)，如圖所示．若由于摩擦使木塊的運(yùn)動(dòng)速率保持不變，則以下敘述正確的是()A．木塊所受的合外力為零B．因木塊所受的力都不對其做功，所以合外力做的功為零C．重力和摩擦力的合力做的功為零D．重力和摩擦力的合力為零答案：C考點(diǎn)一動(dòng)能定理的理解和應(yīng)用1.對“外力”的兩點(diǎn)理解：(1)“外力”指的是合外力，可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時(shí)作用，也可以不同時(shí)作用．(2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力．2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個(gè)關(guān)系：數(shù)量關(guān)系合力的功與物體動(dòng)能的變化可以等量代換單位關(guān)系國際單位都是焦耳因果關(guān)系合力的功是物體動(dòng)能變化的原因3.解題的基本思路(1)選取研究對象，明確它的運(yùn)動(dòng)過程；(2)分析受力情況和各力的做功情況；(3)明確研究對象在過程的初末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1和Ek2；(4)列動(dòng)能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解題方程，進(jìn)行求解．(2018·貴陽月考)一個(gè)物體以初速度v0豎直向上拋出，上升的最大高度為H，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力為重力的k倍，落回拋出點(diǎn)的速度大小為v，重力加速度大小為g，則k和v的大小分別為()A．1－eq\f(v\o\al(2,0),2gH)和eq\r(\f(v\o\al(2,0),4gH－v\o\al(2,0)))v0 B．1－eq\f(v\o\al(2,0),2gH)和eq\r(\f(4gH－v\o\al(2,0),v\o\al(2,0)))v0C．eq\f(v\o\al(2,0),2gH)－1和eq\r(\f(v\o\al(2,0),4gH－v\o\al(2,0)))v0 D．eq\f(v\o\al(2,0),2gH)－1和eq\r(\f(4gH－v\o\al(2,0),v\o\al(2,0)))v0解析：選D對上升過程有0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－(mg＋kmg)H，解得k＝eq\f(v\o\al(2,0),2gH)－1，對下落過程有eq\f(1,2)mv2－0＝(mg－kmg)H，解得v＝eq\r(\f(4gH－v\o\al(2,0),v\o\al(2,0)))v0，故D正確．如圖所示，B是水平地面上AC的中點(diǎn)，可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊以某一初速度從A點(diǎn)滑動(dòng)到C點(diǎn)停止．小物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度等于它在A點(diǎn)時(shí)速度的一半．則小物塊與AB段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1和其與BC段間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的比值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：選C－μ1mgl＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μ2mgl＝0－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2解得eq\f(μ1,μ2)＝3．(2015·海南卷)如圖，一半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，軌道兩端等高．質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自軌道端點(diǎn)P由靜止開始滑下，滑到最低點(diǎn)Q時(shí)，對軌道的正壓力為2mg，重力加速度大小為g，質(zhì)點(diǎn)自P滑到Q的過程中，克服摩擦力所做的功為()A．eq\f(1,4)mgR B．eq\f(1,3)mgRC．eq\f(1,2)mgR D．eq\f(π,4)mgR解析：選C質(zhì)點(diǎn)沿軌道下滑的過程，所受摩擦力是變力，摩擦力的功沒法直接求．在Q點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到豎直向下的重力，和豎直向上的支持力，兩力的合力充當(dāng)向心力，所以有N－mg＝meq\f(v2,R)，N＝2mg，聯(lián)立解得v＝eq\r(gR)，下落過程中重力做正功，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mgR，所以克服摩擦力做功eq\f(1,2)mgR，C正確．應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功時(shí)應(yīng)注意的問題(1)所求的變力的功不一定為總功，故所求的變力的功不一定等于ΔEk．(2)合外力對物體所做的功對應(yīng)物體動(dòng)能的變化，而不是對應(yīng)物體的動(dòng)能．(3)若有多個(gè)力做功時(shí)，必須明確各力做功的正負(fù)，待求的變力的功若為負(fù)功，可以設(shè)克服該力做功為W，則表達(dá)式中應(yīng)用－W；也可以設(shè)變力的功為W，則字母W本身含有負(fù)號．(2016·新課標(biāo)全國卷Ⅲ)(多選)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：選AC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，摩擦力水平，不參與向心力，故根據(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．1．如圖所示，質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺(tái)之間的最大靜摩擦力為物塊重力的k倍，它與轉(zhuǎn)軸OO′相距R，物塊隨轉(zhuǎn)臺(tái)由靜止開始轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)轉(zhuǎn)速緩慢增加到一定值時(shí)，物塊將在轉(zhuǎn)臺(tái)上滑動(dòng)．在物塊由靜止到開始滑動(dòng)前的這一過程中，轉(zhuǎn)臺(tái)對物塊做的功為(重力加速度為g)()A．0 B．2πkmgRC．2kmgR D．eq\f(kmgR,2)解析：選D根據(jù)牛頓第二定律得：kmg＝meq\f(v2,R)，根據(jù)動(dòng)能定理得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)kmgR，故D正確，ABC錯(cuò)誤．2．(2018·安徽安慶聯(lián)考)(多選)如圖所示，光滑水平平臺(tái)上有一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，站在地面上的人用跨過定滑輪的繩子向右拉動(dòng)物塊，不計(jì)繩和滑輪的質(zhì)量及滑輪的摩擦，且平臺(tái)邊緣離人手作用點(diǎn)的豎直高度始終為h.當(dāng)人以速度v從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)位移x時(shí)，則()A．在該過程中，物塊做加速運(yùn)動(dòng)B．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(mv2x2,2h2＋x2)C．在該過程中，人對物塊做的功為eq\f(1,2)mv2D．人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為eq\f(vx,\r(x2＋h2))解析：選ABD將人的速度沿繩子方向和垂直于繩子方向分解，沿繩子方向上的分速度等于物塊的速度，如圖所示，物塊的速度等于vcosθ，故隨著夾角的減小，物塊的速度增大，即物塊做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確．當(dāng)人從平臺(tái)的邊緣處向右勻速前進(jìn)x時(shí)，物塊的速度大小為v′＝vcosθ＝veq\f(x,\r(h2＋x2))，故人前進(jìn)x時(shí)，物塊的運(yùn)動(dòng)速率為v′＝eq\f(xv,\r(h2＋x2))，根據(jù)動(dòng)能定理得人對物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(mv2x2,2h2＋x2)，故B、D正確，C錯(cuò)誤．3．(2018·陜西黃陵中學(xué)模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，自由靜止在P位置．現(xiàn)用水平力F緩慢地將小球從P拉到Q位置而靜止，細(xì)線與豎直方向夾角為θ＝60°，此時(shí)細(xì)線的拉力為F1，然后放手讓小球從靜止返回，到P點(diǎn)時(shí)細(xì)線的拉力為F2，則()A．F1＝F2＝2mgB．從P到Q，拉力F做功為F1C．從Q到P的過程中，小球受到的合外力大小不變D．從Q到P的過程中，小球重力的瞬時(shí)功率一直增大解析：選A在Q點(diǎn)，根據(jù)平衡有：F1sin30°＝mg，解得F1＝2mg.Q到P，根據(jù)動(dòng)能定理得，mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)2－mg＝meq\f(v2,L)，聯(lián)立兩式解得F2＝2mg，故A正確．從P到Q，小球緩慢移動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得，WF－mgL(1－cos60°)＝0，解得WF＝eq\f(1,2)mgL＝eq\f(1,4)F1L，故B錯(cuò)誤．從Q到P的過程中，小球的速度大小在變化，徑向的合力在變化，故C錯(cuò)誤．在Q點(diǎn)，重力的功率為零，在最低點(diǎn)，重力的方向與速度方向垂直，重力的功率為零，可知從Q到P的過程中，重力的功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤．故選A．考點(diǎn)二動(dòng)能定理與圖象綜合問題圖象所圍“面積”的意義(1)v-t圖：由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移．(2)a-t圖：由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量．(3)F-x圖：由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．(4)P-t圖：由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功．如圖(a)所示，一質(zhì)量為m的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從某斜面頂端A由靜止滑下，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和滑塊到斜面頂端的距離x的關(guān)系如圖(b)所示．斜面傾角為37°，長為l，有一半徑為R＝eq\f(1,20)l的光滑豎直半圓軌道剛好與斜面底端B相接，且直徑BC與水平面垂直，假設(shè)滑塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)沒有能量損失．g取10m/s2.求：(1)滑塊滑至斜面中點(diǎn)時(shí)的加速度大??；(2)滑塊滑至斜面底端時(shí)的速度大??；(3)試分析滑塊能否滑至光滑豎直半圓軌道的最高點(diǎn)C.如能，請求出在最高點(diǎn)時(shí)滑塊對軌道的壓力；如不能，請說明理由．解析：(1)滑塊滑至斜面中點(diǎn)時(shí)，由圖b可知，μ＝0.5，則對滑塊：mgsin37°－μmgcos37°＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝eq\f(1,5)g．(2)滑塊由頂端滑至底端，由動(dòng)能定理得：mglsin37°＋Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)由圖b的物理意義得：Wf＝eq\o(f,\s\up6(－))l＝－eq\f(0＋mgcos37°,2)l＝－eq\f(2,5)mgl解得：vB＝eq\r(\f(2,5)gl)．(3)設(shè)滑塊能運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，則從B到C，由動(dòng)能定理：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得：vC＝eq\r(\f(1,5)gl)如滑塊恰好滑到C點(diǎn)：mg＝meq\f(v′\o\al(2,C),R)解得：v′C＝eq\r(gR)＝eq\r(\f(1,20)gl)＜vC所以滑塊能夠到達(dá)C點(diǎn)當(dāng)滑塊滑到C點(diǎn)時(shí)：mg＋N＝meq\f(v\o\al(2,C),R)，N＝3mg由牛頓第三定律得滑塊在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力N′＝N＝3mg．答案：(1)eq\f(1,5)g(2)eq\r(\f(2,5)gl)(3)3mg功能相關(guān)圖象問題分析的“三步走”eq\x(第一步)→eq\x(明確圖象的種類如v-t圖象；F-x圖象等)↓eq\x(第二步)→eq\x(\a\al(根據(jù)物理規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式,挖掘圖象中的隱含條件))↓eq\x(第三步)→eq\x(\a\al(根據(jù)函數(shù)關(guān)系式求出所需物理量,求總功時(shí)注意其他力做功的情況))(2017·高考沖刺卷)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2甲乙A．t＝6s時(shí)，物體的速度為18B．在0～6s內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．t＝6s時(shí)，摩擦力的功率為400WD．t＝6s時(shí)，拉力F的功率為200W解析：選DA、根據(jù)Δv＝aΔt可知a-t圖象中，圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積表示速度的增量，則在t＝6s時(shí)刻，物體的速度v6＝v0＋Δv＝2m/s＋eq\f(1,2)×(2＋4)×6m/s＝20m/s，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)能定理得：W合＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,6)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，故B錯(cuò)誤；C、摩擦力的功率P＝fv＝2×20W＝40W，故C錯(cuò)誤；D、在t＝6s時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律得：F＝ma＋f＝2×4N＋2N＝10N，則在t＝6s時(shí)刻，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20W＝200W，故D正確．4．某物體以一定的初速度v0沿傾角為37°的斜面向上滑行，最后又回到出發(fā)點(diǎn)．物體與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)恒定，g取10m/s2.在此過程中，其動(dòng)能Ek隨物體到斜面底端距離L的變化關(guān)系如圖所示，A．1kgC．3kg解析：選A由題意可知，選取從滑上底端開始到再次滑下底端結(jié)束，過程中重力做功為零，根據(jù)動(dòng)能定理，則有：－f×2L＝Ek′－Ek；即有：f＝eq\f(24－48,－2×6)N＝2N；物體上升過程中：－fL－mgLsin37°＝0－Ek0，解得m＝1kg，故A正確．5．(多選)質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示，外力F和物體克服摩擦力Ff做的功W與物體位移x的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g取10mA．物體與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2B．物體運(yùn)動(dòng)的位移為13C．前3m運(yùn)動(dòng)過程中物體的加速度為3D．x＝9m時(shí)，物體的速度為3eq\r(2)解析：選ACD由Wf＝Ffx對應(yīng)圖乙可知，物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力Ff＝2N，由Ff＝μmg可得μ＝0.2，選項(xiàng)A正確；由WF＝Fx對應(yīng)圖乙可知，前3m內(nèi)，拉力F1＝5N，3～9m內(nèi)拉力F2＝2N，物體在前3m內(nèi)的加速度a1＝eq\f(F1－Ff,m)＝3m/s2，選項(xiàng)C正確；由動(dòng)能定理得：WF－Ffx＝eq\f(1,2)mv2可得：x＝9m時(shí)，物體的速度為v＝3eq\r(2)m/s，選項(xiàng)D正確；物體的最大位移xm＝eq\f(WF,F考點(diǎn)三利用動(dòng)能定理求路程(2018·蘭州月考)如圖所示，AB是傾角θ＝30°的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點(diǎn)與圓弧相切，圓弧的半徑為R，一個(gè)質(zhì)量為m的物體(可以看作質(zhì)點(diǎn))從直軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，結(jié)果它能在兩軌道間做往返運(yùn)動(dòng)．已知P點(diǎn)與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.求：(1)物體做往返運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中在AB軌道上通過的總路程；(2)最終當(dāng)物體通過圓弧軌道最低點(diǎn)E時(shí)，對圓弧軌道的壓力；(3)為使物體能順利到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)D，釋放點(diǎn)距B點(diǎn)的距離L′至少多大．解析：(1)對整體過程，由動(dòng)能定理得mgRcosθ－μmgcosθ·s＝0，所以物體在AB軌道上通過的總路程s＝eq\f(R,μ)．(2)最終物體以B(還有B關(guān)于OE的對稱點(diǎn))為最高點(diǎn)，在圓弧底部做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，對B→E過程，由動(dòng)能定理得mgR(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E) ①在E點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R) ②聯(lián)立①②式得FN＝(3－eq\r(3))mg．(3)物體剛好到D點(diǎn)，由牛頓第二定律有mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R) ③對全過程由動(dòng)能定理得mgL′sinθ－μmgcosθ·L′－mgR(1＋cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D) ④聯(lián)立③④式得L′＝eq\f(3＋\r(3)R,1－\r(3)μ)．答案：(1)eq\f(R,μ)(2)(3－eq\r(3))mg(3)eq\f(3＋\r(3)R,1－\r(3)μ)對于物體運(yùn)動(dòng)過程中有往復(fù)運(yùn)動(dòng)的情況，物體所受的滑動(dòng)摩擦力、空氣阻力等大小不變，方向發(fā)生變化，但在每一段上這類力均做負(fù)功，而且這類力所做的功等于力和路程的乘積，與位移無關(guān)．若題目中涉及求解物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化，可利用動(dòng)能定理求出摩擦力的功，然后進(jìn)一步確定物體運(yùn)動(dòng)的路程或位置的變化．(2018·河北石家莊二中聯(lián)考)如圖所示，從高臺(tái)邊A點(diǎn)以某速度水平飛出的小物塊(可看成質(zhì)點(diǎn))，恰能從固定在某位置的光滑圓弧軌道CDM的左端C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道．圓弧軌道CDM的半徑R＝0.5m，O為圓弧的圓心，D為圓弧最低點(diǎn)，C、M在同一水平高度，OC與CM夾角為37°，斜面MN與圓弧軌道CDM相切于M點(diǎn)，MN與CM夾角為53°，斜面MN足夠長，已知小物塊的質(zhì)量m＝3kg，第一次到達(dá)D點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為78N，與斜面MN之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,3)，小球第一次通過C點(diǎn)后立刻裝一與C點(diǎn)相切且與斜面MN關(guān)于OD對稱的固定光滑斜面，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不考慮小物塊運(yùn)動(dòng)過程中的轉(zhuǎn)動(dòng)，(1)小物塊平拋運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)A點(diǎn)到C點(diǎn)的豎直距離；(3)小物塊在斜面MN上滑行的總路程．解析：(1)在D點(diǎn)，軌道對小物塊的支持力和小物塊自身重力的合力提供向心力，則有FD－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)，解得veq\o\al(2,D)＝8(m/s)2，從C點(diǎn)到D點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－sin37°)＝eq\f(1,2)mveq