資源簡介

專題強化12　動能定理的應用(二)
(分值：50分)
1~4題每題4分，5題7分，共23分
1.如圖所示，用平行于斜面的推力F，使質量為m的物體(可視為質點)從傾角為θ的光滑固定斜面的底端，由靜止向頂端做勻加速運動。當物體運動到斜面中點時，撤去推力，物體剛好能到達頂端，重力加速度為g，則推力F大小為(　　)
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
2.如圖所示，物塊(可視為質點)以初速度v0從A點沿不光滑的軌道運動恰好到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，則經過A點的速度大小為(重力加速度為g，水平軌道與斜軌道平滑連接)(　　)
A. B.
C. D.
3.如圖所示，某一斜面AB的頂端A到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C點停下，如果將斜面改成AB'，仍然將小木塊從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C'點停下，已知木塊與斜面及水平面的動摩擦因數μ相同，則(　　)
A.C'點在C點的左側 B.C'點與C點重合
C.C'點在C點的右側 D.數據不足無法確定
4.(2023·大連市高一期中)如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，B、C兩點的距離為d=0.40 m，盆邊緣的高度為h=0.25 m。在A處放一個質量為m的小物塊(未畫出)并讓其從靜止滑下。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.10，重力加速度g=10 m/s2。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為(　　)
A.0.1 m B.0.2 m C.0.3 m D.0.4 m
5.(7分)如圖所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點在O位置。質量為m的物塊A(可視為質點)以初速度v0從距O點右方x0的P點向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，將彈簧右端壓到O'點位置后，A又被彈簧彈回。A離開彈簧后，恰好回到P點，物塊A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內。
(1)(3分)求物塊A從P點出發又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功；
(2)(4分)求O點和O'點間的距離x1。
6題6分，7題9分，共15分
6.質量為m的小球被系在長度為R的輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌跡的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，已知重力加速度為g，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是(　　)
A.mgR B.mgR C.mgR D.mgR
7.(9分)如圖甲所示為滑雪大跳臺，將其簡化為如圖乙所示模型：AB段和CD段是長度均為L=50 m的傾斜滑道，傾角均為37°；BC段是半徑R=20 m的一段圓弧軌道，圓心角為37°，與AB段平滑連接；DE段為結束區。一滑雪愛好者連同裝備總質量為m=60 kg，從A點由靜止出發沿著滑道AB、BC下滑，從C點水平拋出落到斜面CD上的N點，點N到C的距離d=48 m。該愛好者可看作質點，忽略其運動過程中所受的空氣阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)(6分)該愛好者運動到C點時對滑道的壓力大小；
(2)(3分)從開始運動到落至N點的過程中摩擦阻力做的功。
8.(12分)(2023·七臺河市高一期末)如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在軌道間做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。求：
(1)(4分)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過的總路程；
(2)(8分)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力。
答案精析
1.A　[設斜面的長度為2L，對全過程，由動能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故選A。]
2.B　[物塊由A運動到B的過程中，由動能定理可得-mgh-W克f=0-m①
物塊由B運動到A的過程中，由動能定理可得
mgh-W克f=m②
聯立①②可得v1=，故選B。]
3.B　[設斜面傾角為θ，運動到與O點相距s時停止，對木塊運動的整個過程，根據動能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg(s-)=0，解得s=，可知s與斜面傾角沒有關系，C'點與C點重合，A、C、D錯誤，B正確。]
4.A　[對全過程運用動能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B點的距離為0.1 m。故選A。]
5.(1)m　(2)-x0
解析　(1)設克服摩擦力所做的功為W克f，物塊A從P點出發又回到P點的過程，由動能定理得-W克f=0-m，可得W克f=m。
(2)物塊A從P點出發又回到P點的過程，據動能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-m，可得x1=-x0。
6.C　[小球通過最低點時，設繩的張力為T，則T-mg=m，即6mg=m；小球恰好通過最高點，繩子拉力為零，則有mg=m；小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得-mg·2R-Wf=m-m，聯立解得Wf=mgR，故C正確。]
7.(1)1 368 N　(2)-12 720 J
解析　(1)從C處做平拋運動，豎直方向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C處，根據牛頓第二定律有FN-mg=m
解得滑道對該愛好者的支持力大小為FN=1 368 N
根據牛頓第三定律，該愛好者運動到C點時對滑道的壓力大小與FN大小相等，為1 368 N。
(2)從A到C由動能定理得mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m，解得Wf=-12 720 J。
8.(1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向豎直向下
解析　(1)因為在AB軌道上摩擦力始終對物體做負功，物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復運動，整個過程中在AB軌道上通過的總路程為s，
對全過程由動能定理得mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0
解得s=
(2)設物體最終經過E點時的速度為v，物體從B到E過程中，
由動能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0
在E點，由牛頓第二定律得FN-mg=m
由牛頓第三定律，物體對圓弧軌道的壓力大小為FN'=FN
聯立解得FN'=(3-2cos θ)mg，方向豎直向下。專題強化12　動能定理的應用(二)
［學習目標］　1.能夠靈活應用動能定理解決多過程問題(重點)。2.能夠應用動能定理解決往復運動問題(重點)。3.能夠應用動能定理分析平拋運動、圓周運動(難點)。
一、應用動能定理解決多過程問題
一個物體的運動如果包含多個運動階段，既可以將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后應用動能定理列式聯立求解，也可以全過程應用動能定理，這樣不涉及中間量，解決問題會更簡單方便。
選擇全過程應用動能定理時，要注意有些力不是全過程都作用的，必須根據不同的情況區別處理，弄清楚物體所受的力在哪段位移上做功，做正功還是負功，正確寫出總功。
例1　如圖所示，一質量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入沙坑2 cm深處，空氣阻力不計，取g=10 m/s2。求沙子對鉛球的平均阻力f。
二、應用動能定理解決往復運動問題
1.物體做往復運動時，如果用運動學、動力學觀點去分析運動過程，會十分繁瑣，甚至無法確定往復運動的具體過程和終態。由于動能定理解題的優越性，求解多過程往復運動問題時，一般應用動能定理。
2.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：
(1)重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關；
(2)滑動摩擦力做功與路徑有關，克服摩擦力做的功W克f=fs(s為路程)。
例2　如圖所示，光滑固定斜面AB的傾角θ=53°，BC為水平面，BC長度lBC=1.1 m，CD為光滑的圓弧，半徑R=0.6 m。一個質量m=2 kg的物體，從斜面上A點由靜止開始下滑，物體與水平面BC間的動摩擦因數μ=0.2，軌道在B、C兩點平滑連接。當物體到達D點時，繼續豎直向上運動，最高點距離D點的高度h=0.2 m。不計空氣阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求：
(1)物體第一次運動到C點時的速度大小vC；
(2)A點距離水平面的高度H；
(3)物體最終停止的位置到C點的距離s。
三、動能定理在平拋運動、圓周運動中的應用
動能定理常與平拋運動、圓周運動相結合，解決這類問題要特別注意：
(1)與平拋運動相結合時，要注意應用運動的合成與分解的方法，如分解位移或分解速度求平拋運動的有關物理量。
(2)與豎直平面內的圓周運動相結合時，應特別注意隱藏的臨界條件：
①可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin=0。
②不可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為只有重力提供向心力，mg=，vmin=。
例3　如圖所示，一可以看成質點的質量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入固定圓弧軌道，BC為圓弧的豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ=53°，軌道半徑R=0.5 m。已知sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。
答案精析
例1　2 020 N
解析　方法一　應用動能定理分段求解
設鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得mgH=mv2-0，設鉛球在沙中受到的平均阻力大小為f，由動能定理得mgh-fh=0-mv2，聯立以上兩式得f=2 020 N
方法二　應用動能定理全程求解
鉛球下落全過程都受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力f，重力做功WG=mg(H+h)，阻力做功Wf=-fh，由動能定理得mg(H+h)-fh=0-0，代入數據得f=2 020 N
例2　(1)4 m/s　(2)1.02 m　(3)0.4 m
解析　(1)物體由C點運動到最高點，根據動能定理得：
-mg(h+R)=0-m
代入數據解得：vC=4 m/s
(2)物體由A點運動到C點，根據動能定理得：
mgH-μmglBC=m-0
代入數據解得：H=1.02 m
(3)從物體開始下滑到最終停止，根據動能定理得：
mgH-μmgs1=0
代入數據解得s1=5.1 m
由于s1=4lBC+0.7 m
所以物體最終停止的位置到C點的距離為：s=0.4 m。
例3　(1)3 m/s　(2)-4 J
解析　(1)在A點，由平拋運動規律得：
vA==v0
小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得
mg(R+Rcos θ)=m-m
聯立解得：v0=3 m/s；
(2)若小球恰好能通過最高點C，在最高點C處有mg=，小球從桌面運動到C點的過程中，由動能定理得Wf=m-m
代入數據解得Wf=-4 J。(共39張PPT)
DISIZHANG
第四章
專題強化12　動能定理的
應用(二)
1.能夠靈活應用動能定理解決多過程問題(重點)。
2.能夠應用動能定理解決往復運動問題(重點)。
3.能夠應用動能定理分析平拋運動、圓周運動(難點)。
學習目標
一、應用動能定理解決多過程問題
二、應用動能定理解決往復運動問題
專題強化練
內容索引
三、動能定理在平拋運動、圓周運動中的應用
應用動能定理解決多過程問題
一
一個物體的運動如果包含多個運動階段，既可以將復雜的過程分割成一個個子過程，對每個子過程的做功情況和初、末動能進行分析，然后應用動能定理列式聯立求解，也可以全過程應用動能定理，這樣不涉及中間量，解決問題會更簡單方便。
選擇全過程應用動能定理時，要注意有些力不是全過程都作用的，必須根據不同的情況區別處理，弄清楚物體所受的力在哪段位移上做功，做正功還是負功，正確寫出總功。
　如圖所示，一質量為2 kg的鉛球從離地面2 m高處自由下落，陷入沙坑2 cm深處，空氣阻力不計，取g=10 m/s2。求沙子對鉛球的平均阻力f。
例1
答案　2 020 N
方法一　應用動能定理分段求解
設鉛球自由下落到沙面時的速度為v，由動能定理得
mgH=mv2-0，設鉛球在沙中受到的平均阻力大小為f，
由動能定理得mgh-fh=0-mv2，聯立以上兩式得f=2 020 N
方法二　應用動能定理全程求解
鉛球下落全過程都受重力，只有進入沙中鉛球才受阻力f，重力做功WG=mg(H+h)，阻力做功Wf=-fh，由動能定理得mg(H+h)-fh=0-0，代入數據得f=2 020 N
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應用動能定理解決往復運動問題
二
1.物體做往復運動時，如果用運動學、動力學觀點去分析運動過程，會十分繁瑣，甚至無法確定往復運動的具體過程和終態。由于動能定理解題的優越性，求解多過程往復運動問題時，一般應用動能定理。
2.在有摩擦力做功的往復運動過程中，注意兩種力做功的區別：
(1)重力做功只與初、末位置有關，而與路徑無關；
(2)滑動摩擦力做功與路徑有關，克服摩擦力做的功W克f=fs(s為路程)。
　如圖所示，光滑固定斜面AB的傾角θ=53°，BC為水平面，BC長度lBC=1.1 m，CD為光滑的圓弧，半徑R=0.6 m。一個質量m=2 kg的物體，從斜面上A點由靜止開始下滑，物體與水平面BC間的動摩擦因數μ=0.2，軌道在B、C兩點平滑連接。當物體到達D點時，繼續豎直向上運動，最高點距離D點的高度h=0.2 m。不計空氣阻力，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，g取10 m/s2。求：
(1)物體第一次運動到C點時的速度大小vC；
例2
答案　4 m/s　
物體由C點運動到最高點，根據動能定理得：
-mg(h+R)=0-m
代入數據解得：vC=4 m/s
物體由A點運動到C點，根據動能定理得：
mgH-μmglBC=m-0
代入數據解得：H=1.02 m
(2)A點距離水平面的高度H；
答案　1.02 m
從物體開始下滑到最終停止，根據動能定理得：mgH-μmgs1=0
代入數據解得s1=5.1 m
由于s1=4lBC+0.7 m
所以物體最終停止的位置到C點的距離為：s=0.4 m。
(3)物體最終停止的位置到C點的距離s。
答案　0.4 m
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動能定理在平拋運動、圓周運動中的應用
三
動能定理常與平拋運動、圓周運動相結合，解決這類問題要特別注意：
(1)與平拋運動相結合時，要注意應用運動的合成與分解的方法，如分解位移或分解速度求平拋運動的有關物理量。
(2)與豎直平面內的圓周運動相結合時，應特別注意隱藏的臨界條件：
①可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨界條件為vmin=0。
②不可提供支撐效果的豎直平面內的圓周運動，物體能通過最高點的臨
界條件為只有重力提供向心力，mg=，vmin=。
　如圖所示，一可以看成質點的質量m=2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飛出后，恰好從A點沿切線方向進入固定圓弧軌道，BC為圓弧的豎直直徑，其中B為軌道的最低點，C為最高點且與水平桌面等高，圓弧AB對應的圓心角θ=53°，軌道半徑R=0.5 m。已知sin 53°=0.8，cos 53°= 0.6，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)求小球的初速度v0的大小；
例3
答案　3 m/s
在A點，由平拋運動規律得：
vA==v0
小球由桌面到A點的過程中，由動能定理得
mg(R+Rcos θ)=m-m
聯立解得：v0=3 m/s；
(2)若小球恰好能通過最高點C，求在圓弧軌道上摩擦力對小球做的功。
答案　-4 J
若小球恰好能通過最高點C，在最高點C處有mg=，小球從桌面運動到C點的過程中，由動能定理得Wf=m-m
代入數據解得Wf=-4 J。
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專題強化練
四
對一對
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
題號 1 2 3 4 5 6
答案 A B B A (1)m　(2)-x0 C
題號 7 8
答案 (1)1 368 N　(2)-12 720 J (1)　(2)(3-2cos θ)mg，方向豎直向下
1.如圖所示，用平行于斜面的推力F，使質量為m的物體(可視為質點)從傾角為θ的光滑固定斜面的底端，由靜止向頂端做勻加速運動。當物體運動到斜面中點時，撤去推力，物體剛好能到達頂端，重力加速度為g，則推力F大小為
A.2mgsin θ B.mg(1-sin θ)
C.2mgcos θ D.2mg(1+sin θ)
1
2
3
4
5
6
7
8
基礎強化練
√
設斜面的長度為2L，對全過程，由動能定理可得FL-2Lmgsin θ=0，解得F=2mgsin θ，故選A。
答案
2.如圖所示，物塊(可視為質點)以初速度v0從A點沿不光滑的軌道運動恰好到高為h的B點后自動返回，其返回途中仍經過A點，則經過A點的速度大小為(重力加速度為g，水平軌道與斜軌道平滑連接)
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
物塊由A運動到B的過程中，由動能定理可得
-mgh-W克f=0-m ①
物塊由B運動到A的過程中，由動能定理可得
mgh-W克f=m ②
聯立①②可得v1=，故選B。
答案
3.如圖所示，某一斜面AB的頂端A到正下方水平面O點的高度為h，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C點停下，如果將斜面改成AB'，仍然將小木塊從斜面的頂端A由靜止開始滑下，滑到水平面上的C'點停下，已知木塊與斜面及水平面的動摩擦因數μ相同，則
A.C'點在C點的左側
B.C'點與C點重合
C.C'點在C點的右側
D.數據不足無法確定
√
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
設斜面傾角為θ，運動到與O點相距s時停止，對木塊運動的整個過程，根據動能定理得mgh-μmgcos θ·-μmg(s-)=0，解得s=，可知s與斜面傾角沒有關系，C'點與C點重合，A、C、D錯誤，B正確。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
4.(2023·大連市高一期中)如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內側壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，B、C兩點的距離為d=0.40 m，盆邊緣的高度為h=0.25 m。在A處放一個質量為m的小物塊(未畫出)并讓其從靜止滑下。已知盆內側壁是光滑的，而盆底BC與小物塊間的動摩擦因數為μ=0.10，重力加速度g=10 m/s2。小物塊在盆內來回滑動，最后停下來，則停的地點到B點的距離為
A.0.1 m B.0.2 m
C.0.3 m D.0.4 m
1
2
3
4
5
6
7
8
√
答案
對全過程運用動能定理得mgh-μmgs=0，解得s== m=2.5 m，由s=6d+0.1 m，可知停止的位置到B點的距離為0.1 m。故選A。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
5.如圖所示，輕彈簧左端固定在豎直墻上，右端點在
O位置。質量為m的物塊A(可視為質點)以初速度v0從
距O點右方x0的P點向左運動，與彈簧接觸后壓縮彈簧，
將彈簧右端壓到O'點位置后，A又被彈簧彈回。A離開彈簧后，恰好回到P點，物塊A與水平面間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，彈簧始終處于彈性限度內。
(1)求物塊A從P點出發又回到P點的過程，克服摩擦力所做的功；
1
2
3
4
5
6
7
8
答案　m　
答案
設克服摩擦力所做的功為W克f，物塊A從P點出發又回到P點的過程，由動能定理得-W克f=0-m，可得W克f=m。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
(2)求O點和O'點間的距離x1。
1
2
3
4
5
6
7
8
答案　-x0
物塊A從P點出發又回到P點的過程，據動能定理可得-μmg·2(x0+x1)=0-
m，可得x1=-x0。
答案
6.質量為m的小球被系在長度為R的輕繩一端，在豎直平面內做半徑為R的圓周運動，如圖所示，運動過程中小球受到空氣阻力的作用。設某一時刻小球通過軌跡的最低點，此時繩子的張力為7mg，在此后小球繼續做圓周運動，經過半個圓周恰好能通過最高點，已知重力加速度為g，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功是
A.mgR B.mgR
C.mgR D.mgR
1
2
3
4
5
6
7
8
√
能力綜合練
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
小球通過最低點時，設繩的張力為T，則T-mg=m，
即6mg=m；小球恰好通過最高點，繩子拉力為零，
則有mg=m；小球從最低點運動到最高點的過程中，由動能定理得-mg·2R-Wf=m-m，聯立解得Wf=mgR，故C正確。
答案
7.如圖甲所示為滑雪大跳臺，將其簡化為如圖乙所示模型：AB段和CD段是長度均為L=50 m的傾斜滑道，傾角均為37°；BC段是半徑R=20 m的一段圓弧軌道，圓心角為37°，與AB段平滑連接；DE段為結束區。一滑雪愛好者連同裝備總質量為m=60 kg，從A點由靜止出發沿著滑道AB、BC下滑，從C點水平拋出落到斜面CD上的N點，點N到C的距離d=48 m。該愛好者可看作質點，忽略其運動過程中所受的空氣阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)該愛好者運動到C點時對滑道的壓力大小；
1
2
3
4
5
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答案　1 368 N　
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
從C處做平拋運動，豎直方向有dsin 37°=gt2
水平方向有dcos 37°=vCt
解得vC=16 m/s
在C處，根據牛頓第二定律有FN-mg=m
解得滑道對該愛好者的支持力大小為FN=1 368 N
根據牛頓第三定律，該愛好者運動到C點時對滑道的壓力大小與FN大小相等，為1 368 N。
答案
(2)從開始運動到落至N點的過程中摩擦阻力做的功。
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答案　-12 720 J
從A到C由動能定理得mg[Lsin 37°+R(1-cos 37°)]+Wf=m，解得
Wf=-12 720 J。
答案
8.(2023·七臺河市高一期末)如圖所示，AB是傾角為θ的粗糙直軌道，BCD是光滑的圓弧軌道，AB恰好在B點與圓弧相切，圓弧的半徑為R。一個質量為m的物體(可以看作質點)從直軌道上的P點由靜止釋放，結果它能在軌道間做往返運動。已知P點與圓弧的圓心O等高，物體與軌道AB間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。求：
(1)物體做往返運動的整個過程中在AB軌道上通過
的總路程；
尖子生選練
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因為在AB軌道上摩擦力始終對物體做負功，
物體最終在圓心角為2θ的圓弧上往復運動，
整個過程中在AB軌道上通過的總路程為s，
對全過程由動能定理得mgRcos θ-μmgcos θ·s=0-0
解得s=
答案
(2)最終當物體通過圓弧軌道最低點E時，對圓弧軌道的壓力。
答案　(3-2cos θ)mg，方向豎直向下
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設物體最終經過E點時的速度為v，
物體從B到E過程中，
由動能定理得mgR(1-cos θ)=mv2-0
在E點，由牛頓第二定律得FN-mg=m
由牛頓第三定律，物體對圓弧軌道的壓力大小為FN'=FN
聯立解得FN'=(3-2cos θ)mg，方向豎直向下。
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