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第13講　動能定理
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
動能　動能定理 1
[命題點研究] 2
命題點一　對動能定理的理解 2
命題點二　動能定理的基本應用 3
命題點三　動能定理與圖象問題的結合 6
命題點四　用動能定理解決多過程問題 8
[課時訓練] 12
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
動能和動能定理 d 1.不要求用平均力計算變力做功和利用F－l圖象求變力做功． 2.不要求用動能定理解決物體系的問題.
[基礎過關]
動能　動能定理
1．動能
(1)定義：物體由于運動而具有的能叫動能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)標矢性：動能是標量，只有正值．
(4)狀態量：動能是狀態量，因為v是瞬時速度．
2．動能定理
(1)內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)表達式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)適用條件：
①既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
②既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
③力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
(4)應用技巧：若整個過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮．
[命題點研究]
命題點一　對動能定理的理解
1．動能定理表明了“三個關系”
(1)數量關系：合外力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能變化就是合外力做的功．
(2)因果關系：合外力做功是引起物體動能變化的原因．
(3)量綱關系：單位相同，國際單位都是焦耳．
2．標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題．當然動能定理也就不存在分量的表達式．
3．定理中“外力”的兩點理解
(1)可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．
(2)既可以是恒力，也可以是變力．
（2023 江蘇）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（　　）
A．受到的合力較小
B．經過A點的動能較小
C．在A、B之間的運動時間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
（2022 寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機器人可攜帶藥物進入老鼠體內，到達老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發生化學反應，產生氫氣氣泡作為推進動力，機器人的速度可達6×10﹣5m/s。若不計重力和浮力，則下列說法正確的是（　　）
A．胃液中運動的納米機器人不受阻力
B．機器人前進時對胃液的作用力比胃液對機器人的作用力大
C．氫氣氣泡對機器人作用力一定比胃液對機器人作用力小
D．機器人在胃液中加速前進時，氫氣氣泡對機器人做的功大于機器人動能的增加量
命題點二　動能定理的基本應用
1．應用流程
2．應用動能定理的優越性
(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
（2023春 杭州期中）如圖甲，轆轱是古代民間提水設施，由轆轱頭、支架、井繩、水斗等部分構成，如圖乙為提水設施工作原理簡化圖，某次從井中汲取m＝2kg的水，轆轱繞繩輪軸半徑為r＝0.1m，水斗的質量為0.5kg，井足夠深且井繩的質量忽略不計。t＝0時刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動向上提水桶，其角速度隨時間變化規律如圖丙所示，g取10m/s2，則（　?。?br/>A．水斗速度隨時間變化規律為v＝2t
B．井繩拉力瞬時功率隨時間變化規律為P＝5t
C．0～10s內水斗上升的高度為4m
D．0～10s內井繩拉力所做的功為255J
（2023春 北侖區校級期中）如圖所示，有一斜面體ABC，第一次將BC邊固定在水平地面上，小物體從頂端沿斜面恰能勻速下滑；第二次將AB邊固定于水平地面上，讓該小物體從頂端C靜止開始下滑，那么（　?。?br/>A．小物體兩次從頂端滑到底端的過程中，克服摩擦力做功相等
B．斜面的動摩擦因數為0.75
C．第二次小物體滑到底端A點時的速度大小
D．第二次小物體滑到底端A點時的克服摩擦力做功為1.5mgh
（2023春 浙江期中）如圖所示，小孩用手托著質量為m的蘋果，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v（蘋果與手始終相對靜止，空氣阻力可以忽略），蘋果與手掌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．蘋果不受手的摩擦力
B．蘋果所受摩擦力大小為μmg
C．手對蘋果做的功等于
D．手對蘋果的作用力豎直向上
（2023 溫州模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動摩擦因數μ＝tanθ，則（　?。?br/>A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
（2023春 北侖區校級期中）如圖所示，豎直平面內有由兩段圓弧拼接而成的軌道，圓弧半徑均為R＝1m，左側為水平平臺。一質量m＝1kg的小球（可視為質點）從平臺邊緣的A處以v0＝6m/s的水平速度射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道內側，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球到達P點時的速度大小vP；
（2）求小球在AP過程中重力所做的功；
（3）求小球在P點時重力的瞬時功率；
（4）若小球到達Q點時對下側軌道的壓力為154N，求小球在Q點的速度。
（2023 嘉興一模）如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內軌道BCDE組成，左側為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道BC，軌道上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角α，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上?，F有質量為m＝0.1kg的小滑塊P（視為質點）從空中的A點以v0＝2m/s的初速度水平向左拋出，經過s后恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動，經過D點后沿傾斜軌道向上運動至F點（圖中未標出），彈簧恰好壓縮至最短，已知CD＝DF＝1m，滑塊與軌道CD、DE間的動摩擦因數為μ＝0.1，各軌道均平滑連接，不計其余阻力，sin37°＝0.6。求：
（1）BO連線與水平方向的夾角α的大小；
（2）小滑塊P到達與O點等高的O'點時對軌道的壓力；
（3）彈簧的彈性勢能的最大值；
（4）試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對B點的壓力大?。蝗舨荒?，判斷滑塊最后位于何處。
命題點三　動能定理與圖象問題的結合
1．解決物理圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”的意義
(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移．
(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量．
(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F－x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
（2020 浙江模擬）“殲20是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲一20以恒定的功率P啟動，其起飛過程的速度隨時間變化圖象如圖所示，經時間t0飛機的速度達到最大值為vm時，剛好起飛。關于起飛過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．飛機所受合力不變，速度增加越來越慢
B．飛機所受合力增大，速度增加越來越快
C．平均速度為
D．該過程克服阻力所做的功為Pt0
（2019 浙江模擬）如圖甲所示，在傾角為θ的粗糙斜面上，有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始向下運動，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線則下列說法中正確的是（　?。?br/>A．在0～x2過程中物體先加速后勻速
B．在0～x1過程中物體的加速度一直減小
C．在x1～x2過程中物體的加速度為gsinθ
D．在0～x2過程中拉力F做的功為WF＝E1﹣E2+μmgx2
（2023 河北模擬）如圖甲所示，一質量為1kg的滑塊（視為質點）以某一初速度沖上足夠長的固定斜面，以斜面底端為位移的起點，滑塊在斜面上運動的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面傾角的正弦值為0.5
B．滑塊上滑過程克服摩擦力做的功為20J
C．滑塊與斜面間的動摩擦因數為0.25
D．滑塊返回斜面底端時，滑塊所受重力的功率為12W
（2023 峽江縣校級一模）如圖甲，在水平地面上固定一傾角θ＝37°、表面光滑的斜面體，物體A的質量為mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同時在物體A的正上方，一物體B的質量為mB＝0.1kg，以某一初速度水平拋出。當A上滑到最高點C速度為0時恰好被物體B擊中，規定相遇點所在平面為零勢能面。A、B運動的高度h隨動能Ek的變化關系圖像如圖乙所示，已知C點坐標為（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則（　　）
A．物體B的初速度v0＝2.4m/s
B．物體A從最低點運動到斜面最高點的時間t＝1.2s
C．A、B起始時刻的高度差H＝5m
D．B撞擊A瞬間的動能Ek＝5.4J
命題點四　用動能定理解決多過程問題
1．解決多過程問題的兩種思路：
一種是全過程列式，另一種是分段列式．
2．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：
(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．
(3)彈簧彈力做功與路徑無關．
類型1　直線運動與圓周運動的結合
（2023 湖北）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
（1）小物塊到達D點的速度大小。
（2）B和D兩點的高度差。
（3）小物塊在A點的初速度大小。
（2022 寧波二模）如圖所示，在豎直平面內，某一游戲軌道由直軌道AB、光滑圓弧細管道BCD和光滑圓弧軌道DE平滑連接組成，兩段圓弧半徑相等R＝0.5m，B、D等高，圖中θ角均為37°，AB與圓弧相切，AM水平。直軌道AB上方有與AB相平行的勻強電場E＝108N/C，且電場只分布在AB之間。直軌道AB底端裝有彈射系統（彈簧長度很短，長度和質量不計，可以認為滑塊從A點射出），具有初始彈性勢能EP＝2.5J，某次彈射系統將尺寸略小于管道內徑的帶正電的滑塊彈出，沖上直軌道AB，直軌道AB上鋪有特殊材料，使滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ大小可調?；瑝K進入光滑圓軌道后，最后能在E點與彈性擋板相互作用后以等速率彈回。已知滑塊的質量為m＝0.1kg，帶電量為q＝+8.0×10﹣9C，B點的高度h＝1.8m，整個過程中滑塊可視為質點，所帶電量保持不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若調節AB間的特殊材料，使其變為光滑，求滑塊在最高點C點時對軌道的作用力；
（2）現調節AB間的動摩擦因數μ，求滑塊首次到達E點時的速率vE與μ之間的關系式；
（3）若滑塊與彈性擋板相碰后最終能靜止在軌道AB的中點，求動摩擦因數μ。
（2022 寧波模擬）如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平臺面上的高度h可調的斜軌道AB、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道AE和EG相連）、細圓管道GHIJ（HI和IJ為兩段四分之一圓弧）和與J相切的水平直軌道JK組成?？烧J為所有軌道均處在同一豎直平面內，連接處均平滑。已知，滑塊質量為m＝30g且可視為質點，豎直圓軌道半徑為r＝0.45m小圓弧管道HI和大圓弧管道IJ的半徑之比為1：4，L1＝1.5m不變，L2＝0.5m，滑塊與AB、EG及JK間摩擦因數均為μ＝0.5，其他軌道均光滑，不計空氣阻力，忽略管道內外半徑差異?，F調節h＝2m，滑塊從B點由靜止釋放后，貼著軌道恰好能滑上水平直軌道JK，求：
（1）大圓弧管道IJ的半徑R；
（2）滑塊經過豎直圓軌道與圓心O等高的P點時對軌道的壓力F1與運動到圓弧管道最低點H時對軌道的壓力F2大小之比；
（3）若在水平軌道JK上某一位置固定一彈性擋板，當滑塊與之發生彈性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回時滑塊不脫軌就算游戲闖關成功。調節斜軌道的高度為h＝3m，仍讓滑塊從B點由靜止滑下，問彈性擋板與J的間距L滿足什么條件時游戲能闖關成功。
類型2　直線運動與平拋運動的結合
（2023 浙江模擬）如圖所示，光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE各部分平滑連接，水平區域FG足夠長，圓軌道最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，滑塊落到FG區域時馬上停止運動。現將一質量為m＝0.5kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.8m，水平面BD的長度x1＝2m，傳送帶長度x2＝9m，距離落地區的豎直高度H＝0.5m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝6m/s逆時針轉動（不考慮傳送帶輪的半徑對運動的影響）。
（1）若h＝1.2m，則滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力；
（2）若滑塊不脫離圓軌道且從E點飛出，求滑塊釋放點高度h0的取值范圍；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，求滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關系。
（2021 諸暨市模擬）如圖所示是一款固定在豎直平面內的游戲裝置。半徑R1＝0.25m的半圓型細管軌道AB與半徑R2＝0.15m的半圓形內軌道BC在B點平滑連接，圓心分別為O1和O2，直徑AB和BC處于豎直方向。傾角α＝37°的足夠長直軌道CD與軌道BC在C點用一小段圓弧軌道平滑連接，C點位于水平地面。在水平地面上可左右移動的P點能夠斜向上發射質量m＝0.15kg的小滑塊（可視為質點），而且要求小滑塊恰好以水平速度從A點進入細管軌道。已知軌道AB和軌道BC均光滑，小滑塊與軌道CD間的動摩擦因數μ＝0.25，忽略空氣阻力，不計細管管口直徑，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑塊剛進入A點時與細管內壁無擠壓求小滑塊第一次運動到內軌道BC的B點時受到軌道彈力的大小；
（2）若小滑塊從A點進入細管后最終還能從A點飛出，求發射點P到C點的距離需要滿足的條件；
（3）通過計算說明小滑塊從A點進入細管后能通過B點的最多次數。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．（2020春 硚口區校級期中）如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功可表述為（　?。?br/>A．μmgR B．mgR C．mgR D．（1﹣μ）mgR
2．（2022春 浙江期中）隨著北京冬奧會的臨近，人們參與冰雪運動熱情高漲。如圖所示滑雪滑道PQR，質量60kg的滑雪愛好者從頂端P靜止滑下，從末端R滑出時速度18m/s，滑行過程中姿勢保持不變，P端相對滑道最低點Q高度24m，R端相對Q點高度4m。從P到R滑行過程中，該滑雪愛好者克服阻力做功和重力做功的比值約為（　?。?br/>A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
3．（2021春 拱墅區校級期中）如圖，某同學把質量為m的足球從水平地面踢出，足球達到最高點時速度為v，離地高度為h。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該同學踢球時對足球做功
B．足球上升過程重力做功mgh
C．該同學踢球時對足球做功
D．足球上升過程克服重力做功
4．（2022秋 浙江期中）《民法典》規定高空拋物屬違法行為。若在離地20m的高層建筑上，將一質量為1kg的雜物以2m/s的速度水平拋出，忽略空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，則該雜物（　?。?br/>A．在空中運動的時間為4s
B．落地時速度大小為20m/s
C．落地時的水平位移大小為4m
D．落地時的動能為200J
5．（2022春 湖州期中）如圖所示，一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從最低位置P緩慢地拉至輕繩與豎直方向夾角為θ處。則下列說法正確的是（　　）
A．拉力F所做的功為Flsinθ
B．拉力F所做的功為mgl（1﹣cosθ）
C．繩的拉力所做的功為Flcosθ
D．小球所受合力做功為mgl（1﹣cosθ）
6．（2022春 天臺縣校級期中）2019年“山東艦”正式服役，標志著我國進入雙航母時代，如圖，“山東艦”正在沿直線航行，其質量為m，發動機的輸出功率恒為P，所受阻力大小恒為f，某時刻速度為v1、加速度為a1，一段時間t后速度變為v2（v2＞v1），在這段時間內位移為x。下列關系式正確的是（　?。?br/>A．xt B．a1
C．f D．Pt
7．（2022春 濱江區校級期中）低碳、環保是未來汽車的發展方向。某汽車研發機構在汽車的車輪上安裝了小型發電機，將減速時的部分動能轉化并儲存在蓄電池中，以達到節能的目的。某次測試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關閉發動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示，其中①是關閉儲能裝置時的關系圖線，②是開啟儲能裝置時的關系圖線。已知汽車的質量為1000kg，設汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。根據圖像所給的信息可求出（　　）
A．汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000N
B．汽車加速運動的時間為22.5s
C．汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5×106J
D．汽車的額定功率為80kW
8．（2022春 溫州期中）如圖所示，豎直環A半徑為R，固定在木板B上，在環內有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右兩側各有一個擋板固定在地面上使B不能左右運動。A、B、C質量均為m，給小球一個向右的瞬時速度使小球在環內做圓周運動。當小球運動到最高點的時候，地面對木板B的支持力剛好為0，則小球再次運動到最低點是，B對地面的壓力大小為（　?。?br/>A．7mg B．8mg C．9mg D．10mg
9．（2022春 寧波期中）某水上樂園設備公司設計一款水滑梯，設計簡圖如圖所示，傾斜滑道與水平滑道材料相同且平滑連接，其頂端到正下方的水平面上的O點的高度為h．可視為質點的游客的質量m，他從斜面滑道頂端由靜止開始滑下，游客與滑道間的動摩擦因數μ，游客在水平滑道上停止點A到O點的水平距離x，下列說法正確的是（　?。?br/>A．h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小與θ、m無關
D．h和μ一定，m越小，x越大
10．（2022春 寧波期中）如圖所示，一豎直放置半徑為0.1m的光滑圓軌道，C為最低點，F點與圓心O等高軌道右端H點與圓心連線與豎直方向夾角為60°，現從F點的正上方某處E點由靜止釋放一個質量為0.1kg的小球，恰好無碰撞進入圓軌道，最終從H點飛出時的速度大小為2m/s．不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．E、F間的豎直高度為0.12m
B．小球從H點飛出后能上升的最大豎直高度為0.15m
C．小球經過F點時對軌道壓力的大小為0
D．小球從F點到G點的過程中所受重力的功率一直增大
二．計算題（共2小題）
11．（2020 浙江模擬）如圖所示，質量m＝100g的滑塊（可視為質點），在F＝1N的水平推力作用下從A點由靜止開始運動，一段位移后撤去推力F，當滑塊由平臺邊緣B點飛出后，恰能從C點沿切線方向進入圓弧管道，滑塊略小于管道內徑。已知AB間的距離L＝2.1m，滑塊與平臺間的動摩擦因數μ＝0.5，B、C兩點間水平距離s＝1.2m、豎直高度差h＝0.8m，CD、DF是半徑均為R＝0.5m的光滑圓弧管道，C、D等高，E為DF管道的最高點，FG是長度d＝10m、傾角θ＝37°的粗糙直管道，在G處有一反彈膜，能無機械能損失的反彈滑塊，各部分管道在連接處均相切。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）滑塊在平臺上運動時水平推力F作用的位移大??；
（2）滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力；
（3）要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上，滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍。
12．（2020 寧波二模）某遙控賽車軌道如圖所示，賽車從起點A出發，沿擺放在水平地面上的直軌道AB運動L＝10m后，從B點進入半徑R＝0.1m的光滑豎直圓軌道，經過一個完整的圓周后進入粗糙的、長度可調的、傾角θ＝30°的斜直軌道CD，最后在D點速度方向變為水平后飛出（不考慮經過軌道中C、D兩點的機械能損失）。已知賽車質量m＝0.1kg，通電后賽車以額定功率P＝1.5W工作，賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3和μ2，重力加速度g取10m/s2。
（1）求賽車恰好能過圓軌道最高點P時的速度vP的大??；
（2）若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運動，求賽車通電的最短時間；
（3）已知賽車在水平直軌道AB上運動時一直處于通電狀態且最后階段以恒定速率運動，進入圓軌道后關閉電源，選擇CD軌道合適的長度，可使賽車從D點飛出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此時CD軌道的長度。
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第13講　動能定理
目錄
[考試標準] 1
[基礎過關] 1
動能　動能定理 1
[命題點研究] 2
命題點一　對動能定理的理解 2
命題點二　動能定理的基本應用 4
命題點三　動能定理與圖象問題的結合 10
命題點四　用動能定理解決多過程問題 14
[課時訓練] 22
[考試標準]
知識內容 考試要求 說明
動能和動能定理 d 1.不要求用平均力計算變力做功和利用F－l圖象求變力做功． 2.不要求用動能定理解決物體系的問題.
[基礎過關]
動能　動能定理
1．動能
(1)定義：物體由于運動而具有的能叫動能．
(2)公式：Ek＝mv2.
(3)標矢性：動能是標量，只有正值．
(4)狀態量：動能是狀態量，因為v是瞬時速度．
2．動能定理
(1)內容：在一個過程中合外力對物體所做的功，等于物體在這個過程中動能的變化．
(2)表達式：W＝mv22－mv12＝Ek2－Ek1.
(3)適用條件：
①既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
②既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
③力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以分階段作用．
(4)應用技巧：若整個過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可以分段考慮，也可以整個過程考慮．
[命題點研究]
命題點一　對動能定理的理解
1．動能定理表明了“三個關系”
(1)數量關系：合外力做的功與物體動能的變化具有等量代換關系，但并不是說動能變化就是合外力做的功．
(2)因果關系：合外力做功是引起物體動能變化的原因．
(3)量綱關系：單位相同，國際單位都是焦耳．
2．標量性
動能是標量，功也是標量，所以動能定理是一個標量式，不存在方向的選取問題．當然動能定理也就不存在分量的表達式．
3．定理中“外力”的兩點理解
(1)可以是重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．
(2)既可以是恒力，也可以是變力．
（2023 江蘇）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達最高點B后返回到底端。利用頻閃儀分別對上滑和下滑過程進行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖乙中相比，圖甲中滑塊（　　）
A．受到的合力較小
B．經過A點的動能較小
C．在A、B之間的運動時間較短
D．在A、B之間克服摩擦力做的功較小
【解答】解：A、設滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ，斜面的傾角為θ，根據幾何關系可知，圖甲中滑塊的合力大小為：
F1＝mgsinθ+μmgcosθ
圖乙中滑塊的合力大小為：
F2＝mgsinθ﹣μmgcosθ
由此可知，圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯誤；
B、經過A點時，兩種情況下滑塊的重力勢能相等，因此兩種情況下重力做的負功相等，但前后摩擦力做的功小于后者摩擦力做的功，則圖甲中滑塊經過A點的動能較大，故B錯誤；
C、根據A選項的分析可知，圖甲中滑塊的合力大于圖乙中滑塊的合力，根據逆向思維和運動學公式可知，圖甲中滑塊在AB之間的運動時間較短，故C正確；
D、在A、B之間，滑塊受到的摩擦力大小相等，位移也相等，根據功的計算公式W＝Fs可知兩種情況下滑塊在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故D錯誤；
故選：C。
（2022 寧波二模）如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機器人可攜帶藥物進入老鼠體內，到達老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發生化學反應，產生氫氣氣泡作為推進動力，機器人的速度可達6×10﹣5m/s。若不計重力和浮力，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．胃液中運動的納米機器人不受阻力
B．機器人前進時對胃液的作用力比胃液對機器人的作用力大
C．氫氣氣泡對機器人作用力一定比胃液對機器人作用力小
D．機器人在胃液中加速前進時，氫氣氣泡對機器人做的功大于機器人動能的增加量
【解答】解：A、納米機器人受到胃液的阻力，故A錯誤；
B、根據牛頓第三定律可知，B錯誤；
C、由于機器人向前加速，根據牛頓第二定律可知C錯誤；
D、根據動能定理可知，氫氣氣泡對機器人做的功加上胃液阻力對機器人做的負功等于機器人動能的增加量，故D正確；
故選：D。
命題點二　動能定理的基本應用
1．應用流程
2．應用動能定理的優越性
(1)動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．
(2)既適用于恒力做功，也適用于變力做功．
（2023春 杭州期中）如圖甲，轆轱是古代民間提水設施，由轆轱頭、支架、井繩、水斗等部分構成，如圖乙為提水設施工作原理簡化圖，某次從井中汲取m＝2kg的水，轆轱繞繩輪軸半徑為r＝0.1m，水斗的質量為0.5kg，井足夠深且井繩的質量忽略不計。t＝0時刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動向上提水桶，其角速度隨時間變化規律如圖丙所示，g取10m/s2，則（　　）
A．水斗速度隨時間變化規律為v＝2t
B．井繩拉力瞬時功率隨時間變化規律為P＝5t
C．0～10s內水斗上升的高度為4m
D．0～10s內井繩拉力所做的功為255J
【解答】解：A．根據題意可知ω＝2t，則水斗速度隨時間變化規律為v＝ωr＝0.2t，故A錯誤；
B．水斗勻加速上升，根據上述分析可知加速度a＝0.2m/s2
由牛頓第二定律F﹣（m+m'）g＝（m+m'）a
解得：F＝25.5N
井繩拉力瞬時功率隨時間變化規律為P＝Fv＝5.1t，故B錯誤；
C．水斗勻加速上升，0～10s內它上升的高度為：
，故C錯誤；
D．0～10s內井繩拉力所做的功為W＝Fh＝25.5×10J＝255J，故D正確。
故選：D。
（2023春 北侖區校級期中）如圖所示，有一斜面體ABC，第一次將BC邊固定在水平地面上，小物體從頂端沿斜面恰能勻速下滑；第二次將AB邊固定于水平地面上，讓該小物體從頂端C靜止開始下滑，那么（　?。?br/>A．小物體兩次從頂端滑到底端的過程中，克服摩擦力做功相等
B．斜面的動摩擦因數為0.75
C．第二次小物體滑到底端A點時的速度大小
D．第二次小物體滑到底端A點時的克服摩擦力做功為1.5mgh
【解答】解：B．由幾何關系可知
tanC＝0.5
則第一次勻速下滑，根據受力分析可得：
mgsinC＝μmgcosC
解得：μ＝0.5
故B錯誤；
AD．小物體兩次從頂端滑到底端的過程中，兩次克服摩擦力做功分別為：
由此可知小物體兩次從頂端滑到底端的過程中，克服摩擦力做功不相等，故AD錯誤；
C．第二次小物體滑到底端A點時
解得：，故C正確。
故選：C。
（2023春 浙江期中）如圖所示，小孩用手托著質量為m的蘋果，從靜止開始沿水平方向運動，前進距離L后，速度為v（蘋果與手始終相對靜止，空氣阻力可以忽略），蘋果與手掌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．蘋果不受手的摩擦力
B．蘋果所受摩擦力大小為μmg
C．手對蘋果做的功等于
D．手對蘋果的作用力豎直向上
【解答】解：AB、由于蘋果水平方向加速運動，所以蘋果受到手掌的摩擦力大小不為零，但蘋果沒有相對于手滑動，所以蘋果所受摩擦力大小小于μmg，故AB錯誤；
C、根據動能定理可得手對蘋果做的功W，故C正確；
D、豎直方向手對蘋果的作用力豎直向上、水平方向手對蘋果的作用力沿水平方向，所以手對蘋果的作用力不是豎直向上，而是斜向上偏向運動方向，故D錯誤。
故選：C。
（2023 溫州模擬）如圖所示，足夠大的粗糙斜面傾角為θ，小滑塊以大小為v0的水平初速度開始沿斜面運動，經過一段時間后，小滑塊速度大小為v、方向與初速度垂直。此過程小滑塊加速度的最大值為a1、最小值為a2。已知小滑塊與斜面動摩擦因數μ＝tanθ，則（　?。?br/>A．v＝v0 B．v＞v0 C． D．
【解答】解：AB．小滑塊在斜面上滑動，摩擦力力大小始終不變為f＝μmgcosθ＝mgsinθ，其大小與重力沿著斜面向下的分力大小相等，對整個運動過程根據動能定理可得：
其中，y為垂直初速度方向滑塊沿斜面下滑的長度，s為滑塊運動軌跡的長度，因為s＞y，可知v＜v0，故AB錯誤；
CD．摩擦力速度的方向始終與滑塊相對斜面的速度方向相反，可知f的方向與重力沿斜面向下的分力的方向mgsinθ的夾角為90°到180°，根據幾何關系可知合力的大小范圍為：
結合牛頓第二定律F合＝ma
由此可得
則；a2＝0，故D正確，C錯誤。
故選：D。
（2023春 北侖區校級期中）如圖所示，豎直平面內有由兩段圓弧拼接而成的軌道，圓弧半徑均為R＝1m，左側為水平平臺。一質量m＝1kg的小球（可視為質點）從平臺邊緣的A處以v0＝6m/s的水平速度射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向進入軌道內側，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°，已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。
（1）求小球到達P點時的速度大小vP；
（2）求小球在AP過程中重力所做的功；
（3）求小球在P點時重力的瞬時功率；
（4）若小球到達Q點時對下側軌道的壓力為154N，求小球在Q點的速度。
【解答】解：（1）小球從A點到P點做平拋運動，將小球在P點的速度vP分解如圖所示，則
vPm/s＝10m/s
（2）小球從A點到P點，由動能定理得
WG
解得小球在AP過程中重力所做的功：WG＝32J
（3）小球在P點時豎直分速度vy＝v0tan53°＝6m/s＝8m/s
小球在P點時重力的瞬時功率為P＝mgvy＝1×10×8W＝80W
（4）在Q點，對小球，由牛頓第二定律得
FN﹣mg＝m
根據牛頓第三定律知，在Q點軌道對小球的支持力FN＝154N，代入上式解得：vQ＝12m/s
答：（1）小球到達P點時的速度大小vP為10m/s。
（2）小球在AP過程中重力所做的功為32J；
（3）小球在P點時重力的瞬時功率為80W；
（4）若小球到達Q點時對下側軌道的壓力為154N，小球在Q點的速度為12m/s。
（2023 嘉興一模）如圖所示，某游樂場游樂裝置由豎直面內軌道BCDE組成，左側為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道BC，軌道上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角α，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上?，F有質量為m＝0.1kg的小滑塊P（視為質點）從空中的A點以v0＝2m/s的初速度水平向左拋出，經過s后恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動，經過D點后沿傾斜軌道向上運動至F點（圖中未標出），彈簧恰好壓縮至最短，已知CD＝DF＝1m，滑塊與軌道CD、DE間的動摩擦因數為μ＝0.1，各軌道均平滑連接，不計其余阻力，sin37°＝0.6。求：
（1）BO連線與水平方向的夾角α的大??；
（2）小滑塊P到達與O點等高的O'點時對軌道的壓力；
（3）彈簧的彈性勢能的最大值；
（4）試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對B點的壓力大?。蝗舨荒?，判斷滑塊最后位于何處。
【解答】解：（1）滑塊從A到B做平拋運動，滑塊經過B點時的豎直分速度為vy＝gt＝10m/s＝2m/s
滑塊恰好從B點進入軌道，如圖所示，由平拋運動的規律有
v0＝vBsinα＝vytanα
解得：α＝30°，vB＝4m/s
（2）由B→O'，由動能定理可知
mgRsin30°
解得
滑塊經過O'點時受軌道的支持力大小FN，由牛頓第二定律有
解得FN＝5N
由牛頓第三定律可得滑塊在O'點時對軌道的壓力大小F壓＝5N，方向向左。
（3）設CD＝DF＝L，從B到F，由動能定理及功能關系有
mg（R+Rsinα﹣Lsinθ）﹣μmgL﹣μmgLcosθ﹣Ep＝0
代入數據可解得彈簧的彈性勢能的最大值：Ep＝2.02J
（4）設滑塊返回時能上升的高度為h，由功能關系有
mgLsinθ+Ep＝mgLcosθ+μmgL+mgh
解得h＝2.44m＞1.2m
則滑塊返回時能從B點離開。
運動到B點時，有：，
在B點，對滑塊，由牛頓第二定律得
解得：FN＝2.6N
由牛頓第三定律可知對B點的壓力為F'N＝2.6N
答：（1）BO連線與水平方向的夾角α的大小為30°；
（2）小滑塊P到達與O點等高的O'點時對軌道的壓力為5N，方向向左；
（3）彈簧的彈性勢能的最大值為2.02J；
（4）能，飛出時對B點的壓力大小為2.6N。
命題點三　動能定理與圖象問題的結合
1．解決物理圖象問題的基本步驟
(1)觀察題目給出的圖象，弄清縱坐標、橫坐標所對應的物理量及圖線所表示的物理意義．
(2)根據物理規律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數關系式．
(3)將推導出的物理規律與數學上與之相對應的標準函數關系式相對比，找出圖線的斜率、截距、圖線的交點、圖線下的面積所對應的物理意義，分析解答問題，或者利用函數圖線上的特定值代入函數關系式求物理量．
2．圖象所圍“面積”的意義
(1)v－t圖象：由公式x＝vt可知，v－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體的位移．
(2)a－t圖象：由公式Δv＝at可知，a－t圖線與坐標軸圍成的面積表示物體速度的變化量．
(3)F－x圖象：由公式W＝Fx可知，F－x圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
(4)P－t圖象：由公式W＝Pt可知，P－t圖線與橫軸圍成的面積表示力所做的功．
（2020 浙江模擬）“殲20是中國自主研制的雙發重型隱形戰斗機，該機將擔負中國未來對空、對海的主權維護任務。在某次起飛中，質量為m的“殲一20以恒定的功率P啟動，其起飛過程的速度隨時間變化圖象如圖所示，經時間t0飛機的速度達到最大值為vm時，剛好起飛。關于起飛過程，下列說法正確的是（　?。?br/>A．飛機所受合力不變，速度增加越來越慢
B．飛機所受合力增大，速度增加越來越快
C．平均速度為
D．該過程克服阻力所做的功為Pt0
【解答】解：AB、根據圖象可知，圖象的斜率為加速度，所以起飛中，斜率越來越小，加速度越來越小，速度增加越來越慢，根據牛頓第二定律F合＝ma，加速度減小，合外力減小，故AB錯誤；
C、因為不是勻變速運動，所以平均速度不等于，故C錯誤；
D、根據動能定理可知：，解得：，故D正確；
故選：D。
（2019 浙江模擬）如圖甲所示，在傾角為θ的粗糙斜面上，有一個質量為m的物體在沿斜面方向的力F的作用下由靜止開始向下運動，物體與斜面之間的動摩擦因數為μ，物體的機械能E隨位移x的變化關系如圖乙所示其中0～x1過程的圖線是曲線，x1～x2過程的圖線為平行于x軸的直線則下列說法中正確的是（　　）
A．在0～x2過程中物體先加速后勻速
B．在0～x1過程中物體的加速度一直減小
C．在x1～x2過程中物體的加速度為gsinθ
D．在0～x2過程中拉力F做的功為WF＝E1﹣E2+μmgx2
【解答】解：A、根據功能關系可以知道，E﹣x圖象的斜率等于力F和摩擦力的合力F合，在0～x1過程中，機械能不斷減小，說明拉力F小于摩擦力，且斜率減小，F合逐漸減小，故拉力增大，所以物體做加速度增大的加速運動，在x1～x2過程中，機械能不變，故拉力F等于摩擦力，物體的合力等于mgsinθ，物體做勻加速運動，故A錯誤；
B、在0～x1過程中，拉力增大，合力增大，則加速度一直增大，故B錯誤；
C、在x1～x2過程中，物體的合力等于mgsinθ，則物體的加速度為gsinθ，故C正確；
D、根據功能原理得：WF﹣μmgcosθ x2＝E2﹣E1，則WF＝E2﹣E1+μmgcosθ x2，故D錯誤。
故選：C。
（2023 河北模擬）如圖甲所示，一質量為1kg的滑塊（視為質點）以某一初速度沖上足夠長的固定斜面，以斜面底端為位移的起點，滑塊在斜面上運動的動能Ek隨位移x變化的關系如圖乙所示。取重力加速度大小g＝10m/s2。下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面傾角的正弦值為0.5
B．滑塊上滑過程克服摩擦力做的功為20J
C．滑塊與斜面間的動摩擦因數為0.25
D．滑塊返回斜面底端時，滑塊所受重力的功率為12W
【解答】解：AB．由乙圖可知滑塊上滑的最大位移為5m，從斜面底端上滑至回到斜面底端過程中克服阻力做功為20J，所以上滑和下滑過程克服阻力做功都為10J。則上滑過程中有
﹣mgxsinθ+Wf＝﹣40J，Wf＝﹣10J
聯立解得：
故AB錯誤；
C．上滑過程中阻力做功Wf＝﹣μmgcosθ x＝﹣10J，
聯立解得：μ＝0.25
故C正確；
D．滑塊返回斜面底端時，滑塊的動能為：
解得
滑塊所受重力的功率為：
故D錯誤。
故選：C。
（2023 峽江縣校級一模）如圖甲，在水平地面上固定一傾角θ＝37°、表面光滑的斜面體，物體A的質量為mA＝0.1kg，以某一初速度沿斜面上滑，同時在物體A的正上方，一物體B的質量為mB＝0.1kg，以某一初速度水平拋出。當A上滑到最高點C速度為0時恰好被物體B擊中，規定相遇點所在平面為零勢能面。A、B運動的高度h隨動能Ek的變化關系圖像如圖乙所示，已知C點坐標為（1.8J，﹣1.8m）。A、B均可看成質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，則（　　）
A．物體B的初速度v0＝2.4m/s
B．物體A從最低點運動到斜面最高點的時間t＝1.2s
C．A、B起始時刻的高度差H＝5m
D．B撞擊A瞬間的動能Ek＝5.4J
【解答】解：AB．根據題意，A初始時動能，上升高度hA＝1.8m
根據幾何關系，A水平位移，解得xA＝2.4m
A上滑初速度vA0＝6m/s
根據牛頓第二定律：mAgsinθ＝mAaA
解得
故A上升時間，解得tA＝1s
因為A與B相撞于A上滑最高點，所以xA＝xB＝2.4m
tA＝tB＝1s
故，即v0＝2.4m/s
故A正確，B錯誤；
C．B在豎直方向下落的高度為，解得h＝5m
所以H＝hA+hB，解得H＝6.8m
故C錯誤；
D．由動能定理：
解得Ek＝5.288J，故D錯誤。
故選：A。
命題點四　用動能定理解決多過程問題
1．解決多過程問題的兩種思路：
一種是全過程列式，另一種是分段列式．
2．全過程列式時，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：
(1)重力的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小與路程的乘積．
(3)彈簧彈力做功與路徑無關．
類型1　直線運動與圓周運動的結合
（2023 湖北）如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內側，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，并恰好能到達軌道的最高點D。小物塊與桌面之間的動摩擦因數為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質點。求：
（1）小物塊到達D點的速度大小。
（2）B和D兩點的高度差。
（3）小物塊在A點的初速度大小。
【解答】解：（1）小物塊恰好能到達軌道的最高點D，說明只有重力提供向心力，列式得：mg，解得小物塊到達D點的速度大?。海?br/>（2）設B和D兩點的高度差為h，小物塊在B點的速度為vB，從B到D過程，根據動能定理得：mgh
小物塊在BC之間做平拋運動，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內側，說明在C點速度與過C點半徑垂直，說明此時速度方向與水平方向夾角為60°，將速度沿水平和豎直分解，如下圖所示：
BC之間的豎直距離H＝h+R+Rcos60°＝h+1.5R
根據平拋運動規律得：tan60°
聯立求解小物塊在B點的速度為vB，B和D兩點的高度差h＝0
（3）設小物塊在A點的速度為v，從A到B只有摩擦力做功，運用動能定理得：﹣μmg 2πR，將及vB代入解得：小物塊在A點的初速度大小v。
答：（1）小物塊到達D點的速度大小為；
（2）B和D兩點的高度差為0；
（3）小物塊在A點的初速度大小為。
（2022 寧波二模）如圖所示，在豎直平面內，某一游戲軌道由直軌道AB、光滑圓弧細管道BCD和光滑圓弧軌道DE平滑連接組成，兩段圓弧半徑相等R＝0.5m，B、D等高，圖中θ角均為37°，AB與圓弧相切，AM水平。直軌道AB上方有與AB相平行的勻強電場E＝108N/C，且電場只分布在AB之間。直軌道AB底端裝有彈射系統（彈簧長度很短，長度和質量不計，可以認為滑塊從A點射出），具有初始彈性勢能EP＝2.5J，某次彈射系統將尺寸略小于管道內徑的帶正電的滑塊彈出，沖上直軌道AB，直軌道AB上鋪有特殊材料，使滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ大小可調。滑塊進入光滑圓軌道后，最后能在E點與彈性擋板相互作用后以等速率彈回。已知滑塊的質量為m＝0.1kg，帶電量為q＝+8.0×10﹣9C，B點的高度h＝1.8m，整個過程中滑塊可視為質點，所帶電量保持不變，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若調節AB間的特殊材料，使其變為光滑，求滑塊在最高點C點時對軌道的作用力；
（2）現調節AB間的動摩擦因數μ，求滑塊首次到達E點時的速率vE與μ之間的關系式；
（3）若滑塊與彈性擋板相碰后最終能靜止在軌道AB的中點，求動摩擦因數μ。
【解答】解：（1）由幾何關系可得AB的長度為：
由A點到C點的動能定理：
在C點根據牛頓運動定律：
解得：FN＝11N
牛頓第三定律：FN′＝FN＝11N，方向：豎直向上
（2）由A點到C點的動能定理：
解得：
考慮到滑塊需先過C點：EP+Eql﹣mgh﹣mgR（1﹣cosθ）﹣μmgcosθ l≥0
所以：
所以：（且）
（3）滑塊經多次碰撞，最終在軌道AB中點速度減為0，由動能定理可得：
，其中n＝0，1，2，3…
解得：，其中n＝0，1，2，3…
要讓滑塊在中點能停住：Eq﹣mgsinθ≤μmgcosθ
所以：
因此，只有n＝0，1，2，3時滿足條件
所以動摩擦因數μ只能取，，，這4個值
答：（1）若調節AB間的特殊材料，使其變為光滑，滑塊在最高點C點時對軌道的作用力為11N；
（2）現調節AB間的動摩擦因數μ，求滑塊首次到達E點時的速率vE與μ之間的關系式為（且）；
（3）若滑塊與彈性擋板相碰后最終能靜止在軌道AB的中點，動摩擦因數μ只能取，，，這4個值。
（2022 寧波模擬）如圖所示，一游戲裝置由安裝在水平臺面上的高度h可調的斜軌道AB、豎直圓軌道（在最低點E分別與水平軌道AE和EG相連）、細圓管道GHIJ（HI和IJ為兩段四分之一圓?。┖团cJ相切的水平直軌道JK組成。可認為所有軌道均處在同一豎直平面內，連接處均平滑。已知，滑塊質量為m＝30g且可視為質點，豎直圓軌道半徑為r＝0.45m小圓弧管道HI和大圓弧管道IJ的半徑之比為1：4，L1＝1.5m不變，L2＝0.5m，滑塊與AB、EG及JK間摩擦因數均為μ＝0.5，其他軌道均光滑，不計空氣阻力，忽略管道內外半徑差異。現調節h＝2m，滑塊從B點由靜止釋放后，貼著軌道恰好能滑上水平直軌道JK，求：
（1）大圓弧管道IJ的半徑R；
（2）滑塊經過豎直圓軌道與圓心O等高的P點時對軌道的壓力F1與運動到圓弧管道最低點H時對軌道的壓力F2大小之比；
（3）若在水平軌道JK上某一位置固定一彈性擋板，當滑塊與之發生彈性碰撞后能以原速率返回，若第一次返回時滑塊不脫軌就算游戲闖關成功。調節斜軌道的高度為h＝3m，仍讓滑塊從B點由靜止滑下，問彈性擋板與J的間距L滿足什么條件時游戲能闖關成功。
【解答】解：（1）物塊從B點開始下滑，恰能達到水平直軌道JK，根據動能定理得：
解得：R＝0.8m
（2）運動到P點時，根據動能定理得：
在P點時，
解得：vP＝4m/s；
運動到H點時
解得：F2＝3.3N
因此
（3）要想讓物塊無擋板碰后不脫離圓軌道，當L最大時對應于物塊恰能達到與圓軌道圓心O等高的位置，則由動能定理得：
mgh﹣μmg（L1+2L2+2Lmax）﹣mgr＝0
解得：Lmax＝1.3m
當L最小時對應于物塊恰能達到與圓軌道最高點的位置，此時
則由動能定理得：
解得：Lmin＝0.625m
則彈性擋板與J的間距L滿足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闖關成功。
答：（1）大圓弧管道IJ的半徑為0.8m；
（2）滑塊經過豎直圓軌道與圓心O等高的P點時對軌道的壓力F1與運動到圓弧管道最低點H時對軌道的壓力F2大小之比為32：99；
（3）彈性擋板與J的間距L滿足滿足L≤0.625m或者L≥1.3m才能闖關成功。
類型2　直線運動與平拋運動的結合
（2023 浙江模擬）如圖所示，光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE各部分平滑連接，水平區域FG足夠長，圓軌道最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，滑塊落到FG區域時馬上停止運動。現將一質量為m＝0.5kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.8m，水平面BD的長度x1＝2m，傳送帶長度x2＝9m，距離落地區的豎直高度H＝0.5m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝6m/s逆時針轉動（不考慮傳送帶輪的半徑對運動的影響）。
（1）若h＝1.2m，則滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力；
（2）若滑塊不脫離圓軌道且從E點飛出，求滑塊釋放點高度h0的取值范圍；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，求滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關系。
【解答】解：（1）在h＝1.2m，則滑塊運動至B點時，由動能定理可得：
由牛頓第二定律可得：
代入數據解得：F＝20N
由牛頓第三定律可知，滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力為20N；
（2）若滑塊恰好能過C點，則C點時有：
從A到C，根據動能定理有：
代入數據解得：h1＝2m
要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊到E點的速度vE＝0，從A到E，
根據動能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入數據解得：h2＝2.2m
顯然h2＞h1，若滑塊不脫離圓軌道且從E點飛出，則滑塊釋放點的高度：h0＞2.2m。
（3）①當h1≤h≤h2時，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑塊第一次通過D點后再次返回到D點后，再到達B點時的動能為：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑塊恰好到達圓軌道的圓心等高處，在B點需要的動能為Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑塊恰好通過圓軌道的最高點需滿足：
滑塊恰好通過圓軌道的最高點，在B點需要的動能為Ek2＝2mgR
解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑塊再次返回圓軌道后會脫離圓軌道，不符合題意。
②當滑塊釋放點的高度h＞2.2m時，滑塊從E點飛出，根據動能定理有：
整理解得：vE＝2m/s
由平拋運動知識可知，平拋運動的時間：tss
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+2mm
答：（1）滑塊運動至B點時對圓弧軌道的壓力為20N；
（2）滑塊釋放點高度h0的取值范圍為h0＞2.2m；
（3）若滑塊不脫離圓軌道，滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關系式為：xm，（h＞2.2m）。
（2021 諸暨市模擬）如圖所示是一款固定在豎直平面內的游戲裝置。半徑R1＝0.25m的半圓型細管軌道AB與半徑R2＝0.15m的半圓形內軌道BC在B點平滑連接，圓心分別為O1和O2，直徑AB和BC處于豎直方向。傾角α＝37°的足夠長直軌道CD與軌道BC在C點用一小段圓弧軌道平滑連接，C點位于水平地面。在水平地面上可左右移動的P點能夠斜向上發射質量m＝0.15kg的小滑塊（可視為質點），而且要求小滑塊恰好以水平速度從A點進入細管軌道。已知軌道AB和軌道BC均光滑，小滑塊與軌道CD間的動摩擦因數μ＝0.25，忽略空氣阻力，不計細管管口直徑，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若小滑塊剛進入A點時與細管內壁無擠壓求小滑塊第一次運動到內軌道BC的B點時受到軌道彈力的大?。?br/>（2）若小滑塊從A點進入細管后最終還能從A點飛出，求發射點P到C點的距離需要滿足的條件；
（3）通過計算說明小滑塊從A點進入細管后能通過B點的最多次數。
【解答】解：（1）設小滑塊在A點與細管內壁恰好無擠壓時的速度為v1，根據向心力公式有：mg
設小滑塊在B點的速度為v2，從A點到B點的過程中，根據動能定理有：mg 2R
設小滑塊運動到BC軌道的B點時受到軌道的彈力大小為F，根據向心力公式有：mg+F
聯立解得：F＝11N 方向豎直向上
（2）若小滑塊從斜面返回到A點時速度為零，設小滑塊在斜面上滑行距離為L1，根據動能定理：
mg（L1 sinα﹣2R1﹣2R2）﹣μmgcosα L1＝0﹣0
解得：L1＝2m
設小滑塊從A點進入時速度為v3，返回到A點時速度為零，根據能量關系：2μmgcosα L1
解得：v3＝4m/s
從P到A的過程中，設小滑塊運動時間為t，水平距離為x0，根據平拋運動的規律有：2R1+2R2、x0＝v3t
解得：x0＝16m
故拋出點O到C點的距離應滿足：x＞1.6m
（3）設小滑塊恰好能經過B點的速度為v4，根據向心力公式有：mg
設小滑塊C點最小速度為v5，好能經過B點，從C到B過程中，根據動能定理：﹣mg 2R2
解得：v5
由于當vA＞4m/s時，小滑塊將從A點飛出細管，經過B點僅有2次。
當小滑塊進入A點速度vA＝4m/s時，設小滑塊在C點的最大速度為v6，從A到C的過程中，根據動能定理：mg（2R1+2R2）
解得：v6
設小滑塊在C點時速度為vC1，沿斜面向上滑行為L，從C到斜面最高點，根據動能定理：﹣mg Lsinα﹣μmgcosα L＝0
設小滑塊從斜面最高點返回到C點時速度為vC2，從斜面最高點到C點，根據動能定理：mg Lsinα﹣μmgcosα L0
解得：vC2vC1
小滑塊能經過B點的條件為：vC≥v5，即：v5故n的最大值為2
即小滑塊要經過B點，其在斜面上最多往返2次，所以，小滑塊最多經過B點5次。
答：（1）若小滑塊剛進入A點時與細管內壁無擠壓，則小滑塊第一次運動到內軌道BC的B點時受到軌道彈力的大小為11N；
（2）若小滑塊從A點進入細管后最終還能從A點飛出，則發射點P到C點的距離需要滿足的條件x＞16m；
（3）通過計算說明小滑塊從A點進入細管后能通過B點的最多次數為5。
[課時訓練]
一．選擇題（共10小題）
1．（2020春 硚口區校級期中）如圖所示，AB為圓弧軌道，BC為水平直軌道，圓弧的半徑為R，BC的長度也是R，一質量為m的物體，與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ，當它由軌道頂端A從靜止開始下落，恰好運動到C處停止，那么物體在AB段克服摩擦力所做的功可表述為（　?。?br/>A．μmgR B．mgR C．mgR D．（1﹣μ）mgR
【解答】解：BC段物體受摩擦力f＝μmg，位移為R，故BC段摩擦力對物體做功W＝﹣fR＝﹣μmgR；對全程由動能定理可知，mgR+W1+W＝0
解得W1＝μmgR﹣mgR；
故AB段克服摩擦力做功為W克＝mgR﹣μmgR。
故選：D。
2．（2022春 浙江期中）隨著北京冬奧會的臨近，人們參與冰雪運動熱情高漲。如圖所示滑雪滑道PQR，質量60kg的滑雪愛好者從頂端P靜止滑下，從末端R滑出時速度18m/s，滑行過程中姿勢保持不變，P端相對滑道最低點Q高度24m，R端相對Q點高度4m。從P到R滑行過程中，該滑雪愛好者克服阻力做功和重力做功的比值約為（　?。?br/>A．0.1 B．0.2 C．0.8 D．1
【解答】解：由能量守恒可知從P到R滑行過程中，該滑雪愛好者克服阻力做功
Wf＝mg（H﹣h） mv2
解得
Wf＝60×10×（24﹣4）J60×182J＝2280J
從P到R滑行過程中，該滑雪愛好者克服阻力做功和重力做功
WG＝mg（H﹣h），代入數據，解得WG＝12000J
則0.2；
故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
3．（2021春 拱墅區校級期中）如圖，某同學把質量為m的足球從水平地面踢出，足球達到最高點時速度為v，離地高度為h。不計空氣阻力，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。?br/>A．該同學踢球時對足球做功
B．足球上升過程重力做功mgh
C．該同學踢球時對足球做功
D．足球上升過程克服重力做功
【解答】解：AC．足球從開始被踢到最高點過程，由動能定理可得
W﹣mgh
解得該同學踢球時對足球做功
W＝mgh
故C正確，A錯誤；
BD．足球上升過程重力做功
WG＝﹣mgh
則足球上升過程克服重力做功mgh，故BD錯誤。
故選：C。
4．（2022秋 浙江期中）《民法典》規定高空拋物屬違法行為。若在離地20m的高層建筑上，將一質量為1kg的雜物以2m/s的速度水平拋出，忽略空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，則該雜物（　　）
A．在空中運動的時間為4s
B．落地時速度大小為20m/s
C．落地時的水平位移大小為4m
D．落地時的動能為200J
【解答】解：A、根據豎直方向的自由落體運動可得：h，解得：t＝2s，故A錯誤；
B、落地時豎直方向的速度大小為：vy＝gt＝10×2m/s＝20m/s，落地時速度大小為：vm/s＝2m/s，故B錯誤；
C、落地時的水平位移大小為：x＝v0t＝2×2m＝4m，故C正確；
D、根據動能定理可得：mgh＝Ek，解得落地時的動能為：Ek＝202J，故D錯誤。
故選：C。
5．（2022春 湖州期中）如圖所示，一質量為m的小球，用長為l的輕繩懸掛于O點，小球在水平拉力F作用下，從最低位置P緩慢地拉至輕繩與豎直方向夾角為θ處。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．拉力F所做的功為Flsinθ
B．拉力F所做的功為mgl（1﹣cosθ）
C．繩的拉力所做的功為Flcosθ
D．小球所受合力做功為mgl（1﹣cosθ）
【解答】解：小球始終處于動態平衡中，可知合力對小球做功為零。根據動能定理得：﹣mgl（1﹣cosθ）+WF＝0
所以拉力F做的功為mgl（1﹣cosθ），繩上的拉力由于始終與小球速度垂直，所以繩上拉力不做功，故B正確，ACD錯誤
故選：B。
6．（2022春 天臺縣校級期中）2019年“山東艦”正式服役，標志著我國進入雙航母時代，如圖，“山東艦”正在沿直線航行，其質量為m，發動機的輸出功率恒為P，所受阻力大小恒為f，某時刻速度為v1、加速度為a1，一段時間t后速度變為v2（v2＞v1），在這段時間內位移為x。下列關系式正確的是（　　）
A．xt B．a1
C．f D．Pt
【解答】解：A、由于航母做的是加速度減小的加速運動，平均速度，故A錯誤；
B、根據牛頓第二定律，f＝ma1，解得a1，故B正確；
C、速度為v1時，航母正在加速運動，根據牛頓第二定律f＝ma1＞0，則可知f，故C錯誤；
D、根據動能定理可知，Pt+Wf，摩擦力做功Wf不為零，故D錯誤；
故選：B。
7．（2022春 濱江區校級期中）低碳、環保是未來汽車的發展方向。某汽車研發機構在汽車的車輪上安裝了小型發電機，將減速時的部分動能轉化并儲存在蓄電池中，以達到節能的目的。某次測試中，汽車以額定功率行駛一段距離后關閉發動機，測出了汽車動能Ek與位移x的關系圖像如圖所示，其中①是關閉儲能裝置時的關系圖線，②是開啟儲能裝置時的關系圖線。已知汽車的質量為1000kg，設汽車運動過程中所受地面阻力恒定，空氣阻力不計。根據圖像所給的信息可求出（　?。?br/>A．汽車行駛過程中所受地面的阻力為1000N
B．汽車加速運動的時間為22.5s
C．汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為5×106J
D．汽車的額定功率為80kW
【解答】解：A、對于圖線①，根據動能定理得：﹣fx＝0﹣Ek，得到阻力為：f＝2×103N．故A錯誤。
D、設汽車勻速運動的速度為v，則有Ek得，v＝40m/s，汽車的額定功率為：P＝Fv＝fv＝2×103×40W＝80kW．故D正確。
B、對于加速運動過程，根據動能定理得：Pt﹣fs＝Ek2﹣Ek1，得到 t＝16.25s。故B錯誤。
C、根據功能關系得到：汽車開啟儲能裝置后向蓄電池提供的電能為：E＝Ek﹣fs＝8×105J﹣2×103×1.5×102J＝5×105J．故C錯誤。
故選：D。
8．（2022春 溫州期中）如圖所示，豎直環A半徑為R，固定在木板B上，在環內有一光滑小球C，木板B放在水平地面上，B的左右兩側各有一個擋板固定在地面上使B不能左右運動。A、B、C質量均為m，給小球一個向右的瞬時速度使小球在環內做圓周運動。當小球運動到最高點的時候，地面對木板B的支持力剛好為0，則小球再次運動到最低點是，B對地面的壓力大小為（　?。?br/>A．7mg B．8mg C．9mg D．10mg
【解答】解：在最高點，地面對木板B的壓力剛好為0，環對球的壓力最大為：
F＝2mg
則球在最高點：3mg＝m
解得：v1。
從最高點到最低點，根據動能定理有：mg 2R
在最低點根據牛頓第二定律有：F'﹣mg＝m
地面對B的支持力大小為：F''＝2mg+F'
根據牛頓第三定律可知B對地面的壓力大小F'''＝F''＝10mg
故D正確，ABC錯誤。
故選：D。
9．（2022春 寧波期中）某水上樂園設備公司設計一款水滑梯，設計簡圖如圖所示，傾斜滑道與水平滑道材料相同且平滑連接，其頂端到正下方的水平面上的O點的高度為h．可視為質點的游客的質量m，他從斜面滑道頂端由靜止開始滑下，游客與滑道間的動摩擦因數μ，游客在水平滑道上停止點A到O點的水平距離x，下列說法正確的是（　?。?br/>A．h和μ一定，θ越大，x越大
B．h和μ一定，θ越大，x越小
C．h和μ一定，x的大小與θ、m無關
D．h和μ一定，m越小，x越大
【解答】解：對游客從開始到停止的整個過程，由動能定理得：mgh﹣μmgcosθ μmg（x）＝0，解得x，則知h和μ一定，x一定，x的大小與θ、m無關，故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
10．（2022春 寧波期中）如圖所示，一豎直放置半徑為0.1m的光滑圓軌道，C為最低點，F點與圓心O等高軌道右端H點與圓心連線與豎直方向夾角為60°，現從F點的正上方某處E點由靜止釋放一個質量為0.1kg的小球，恰好無碰撞進入圓軌道，最終從H點飛出時的速度大小為2m/s．不計空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．E、F間的豎直高度為0.12m
B．小球從H點飛出后能上升的最大豎直高度為0.15m
C．小球經過F點時對軌道壓力的大小為0
D．小球從F點到G點的過程中所受重力的功率一直增大
【解答】解：A、從E到H，由動能定理可得：mghmvH2，解得：h＝0.2m，所以hEF＝h﹣Rcos60°＝0.2m﹣0.1m＝0.15m，故A錯誤；
B、小球從H點飛出后豎直分速度為：vy＝vHcos30°
上升的最大豎直高度為：hm，代入數據解得：hm＝0.15m，故B正確；
C、從E到F，由動能定理可得：mg（h﹣Rcos60°）mvF2，
在F點，軌道對小球的彈力提供向心力，有：N＝m
聯立解得：N＝3N，由牛頓第三定律可知小球經過F點時對軌道壓力的大小為3N，故C錯誤；
D、根據機械能守恒可知，小球的速率增大，在豎直方向的分速度先增大后減小，由P＝mgvy分析知小球b所受重力的功率先增大后減小，小球從F點到G點的過程中所受重力的功率先增大后減小，故D錯誤。
故選：B。
二．計算題（共2小題）
11．（2020 浙江模擬）如圖所示，質量m＝100g的滑塊（可視為質點），在F＝1N的水平推力作用下從A點由靜止開始運動，一段位移后撤去推力F，當滑塊由平臺邊緣B點飛出后，恰能從C點沿切線方向進入圓弧管道，滑塊略小于管道內徑。已知AB間的距離L＝2.1m，滑塊與平臺間的動摩擦因數μ＝0.5，B、C兩點間水平距離s＝1.2m、豎直高度差h＝0.8m，CD、DF是半徑均為R＝0.5m的光滑圓弧管道，C、D等高，E為DF管道的最高點，FG是長度d＝10m、傾角θ＝37°的粗糙直管道，在G處有一反彈膜，能無機械能損失的反彈滑塊，各部分管道在連接處均相切。（cos37°＝0.8，sin37°＝0.6）求：
（1）滑塊在平臺上運動時水平推力F作用的位移大小；
（2）滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力；
（3）要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上，滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍。
【解答】解：（1）滑塊從B到C做平拋運動，則
豎直方向有 h
水平方向有 s＝vBt
解得 vB＝3m/s
滑塊從A到B的過程，根據動能定理得
Fx﹣μmgL0
解得：水平推力F作用的位移大小 x＝1.5m
（2）根據平拋運動的規律得：
h
可得：滑塊到達C點時豎直分速度大小 vy＝4m/s
滑塊到達C點時速度大小 vCm/s＝5m/s
從C到E，根據動能定理得：
﹣mgR（1﹣cos53°）
在E點，對滑塊，由牛頓第二定律得
FN+mg＝m
解得 FN＝3.2N
根據牛頓第三定律得：滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力FN′＝FN＝3.2N，方向豎直向上。
（3）設滑塊與管道FG之間動摩擦因數為μ′．由滑塊能停在FG上，可得：
μ′mgcosθ＞mgsinθ
解得 μ′＞0.75
由反彈一次可得：
mg（R﹣Rcos37°+LFGsin37°）＞μ′mgLFGcos37°
解得 μ′0.89
分析可得：當μ′＞0.75時，EKFmg（R﹣Rcos37°）
解得 EKF＝1.15J＜μ′ 2mgLFGcos37°
滑塊無法返回P點。
綜上所述：滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍為：0.75＜μ′＜0.89。
答：（1）滑塊在平臺上運動時水平推力F作用的位移大小是1.5m；
（2）滑塊第一次到達E點時對軌道的作用力為3.2N，方向豎直向上；
（3）要使滑塊反彈一次后能停在管道FG上，滑塊與管道FG之間動摩擦因數的取值范圍為0.75＜μ′＜0.89。
12．（2020 寧波二模）某遙控賽車軌道如圖所示，賽車從起點A出發，沿擺放在水平地面上的直軌道AB運動L＝10m后，從B點進入半徑R＝0.1m的光滑豎直圓軌道，經過一個完整的圓周后進入粗糙的、長度可調的、傾角θ＝30°的斜直軌道CD，最后在D點速度方向變為水平后飛出（不考慮經過軌道中C、D兩點的機械能損失）。已知賽車質量m＝0.1kg，通電后賽車以額定功率P＝1.5W工作，賽車與AB軌道、CD軌道間的動摩擦因數分別為μ1＝0.3和μ2，重力加速度g取10m/s2。
（1）求賽車恰好能過圓軌道最高點P時的速度vP的大??；
（2）若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運動，求賽車通電的最短時間；
（3）已知賽車在水平直軌道AB上運動時一直處于通電狀態且最后階段以恒定速率運動，進入圓軌道后關閉電源，選擇CD軌道合適的長度，可使賽車從D點飛出后落地的水平位移最大，求此最大水平位移，并求出此時CD軌道的長度。
【解答】解：（1）賽車恰好能過圓軌道最高點P時，只受重力，由重力提供向心力，即
mg＝m
可得 vP＝1m/s
（2）由（1）題可知，若要求賽車能沿圓軌道做完整的圓周運動，賽車到達P點的速度至少為1m/s，賽車從開始運動到P點的全過程，根據動能定理得：
Pt﹣μ1mgL﹣mg 2R0
代入數據可得，賽車通電的最短時間 ts≈2.17s
（3）賽車在水平直軌道AB上最后過程做勻速運動，牽引力與滑動摩擦力平衡，其速度大小為
v
解得 v＝5m/s
設CD軌道的長度為l，賽車沿CD向上運動過程，由動能定理得：
mglsinθ﹣μ2（mgcosθ）l
賽車從D點飛出后做平拋運動，其水平位移為x，則
x＝vDt
豎直方向有 lsinθ
代簡并代入數據得
x
根據數學知識可知，當lm時，水平位移x最大，且最大值為 xm
答：
（1）賽車恰好能過圓軌道最高點P時的速度vP的大小是1m/s；
（2）賽車通電的最短時間是2.17s；
（3）最大水平位移是m，此時CD軌道的長度是m。
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