动能定理综合应用（解析版）-2024年高考物理一轮复习热点重点难点

动能定理综合应用

特训目标特训内容

目标1用动能定理解决变力做功问题(1T-5T)

目标2有关动能定理的En-x图像问题(6T-10T)

目标3用动能定理处理机车扇动问题(11T-15T)

目标4用动能定理处理多过建问题(16T-20T)

【特训典例】

一、用动能定理解决变力做功问题

0瓦［如图所示的水平轨道AO足够长，只有BC部分是粗糙的，其长度为乙=1馆,其余部分是光滑的，质

量为1kg,长度为2L的粗细相同的匀质软绳静止在B点的左侧(绳的右端在B点)，软绳与粗糙部分的动摩

擦因数为〃=0.8,现用尸=2N的水平向右的恒力作用在软绳上,软绳始终保持伸直状态且长度不变，重力

加速度为g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在软绳运动的过程中，下列说法正确的是()

F

一^D

ABC

A.软绳先做匀加速后做匀减速运动B.软绳的左端能经过B点

C.软绳的最大动能为0.5JD.软绳克服摩擦力做功4.0J

【答案】。

【详解】设绳子B端向右运动位移为。，当OWcWL时，绳子所受摩擦力耳=〃噂-mg=V»ag

当L<x42L时，绳子所受摩擦力Ff=71g绳子所受摩擦力随位移x变化如图所示

又F-x图像与坐标轴围成的面积表示物体克服摩擦力做的功叫，当04,<乙时，唯=^Ff-x=

①

对绳子由动能定理得Fx—WF)—0②当c=L时”=0又Ffmax--^nmg—4N,F—2N得F(耳…

所以设绳子B端向右运动位移为乙速度为零，停止运动。

A.拉力F先比摩擦力大，后比摩擦力小，软绳先做加速运动后做减速运动。OWoWL时，摩擦力为变力，

所以加速度不恒定，A错误；

B.当c=Z，时，绳子停止运动，软绳的左端不能经过B点，B错误；

C.由①②得，当c=；x2L=0.5"i动能最大&m=F3—条〃ag=0.5J,C正确；

4

r2i

D.B端向右运动位移力的过程中，克服摩擦力做功唯=言〃77砥=十〃773=2/，。错误。故选C。

4L4

题目因质量为小的物体以初速度。。沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧。端相距s,如图所示，

已知物体与水平面的动摩擦因数为〃，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为①，则从开始碰撞到弹簧被

压缩至最短，弹簧弹力所的功为（）

%

A./mig(s+x)B.-^-mvl—/imgx

C./img(s+x)—D.一"mg(s+x)

【答案】。

【详解】物体受到的滑动摩擦力大小为了=〃772g对物体由动能定理可得W—〃rng（s+□?）=0—^-mvl

解得W=fimg1s+力）—故选Co

「题目回如图所示，一半径为五、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为

馆的质点自P点上方高度A处由静止开始下落,恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时,对轨道

的压力为4mg,g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功,

则（）

TOm

B.印＞5巾。儿质点不能到达心点

C.质点到达Q点后，继续上升一段距离

D.WV}mgR,质点到达Q点后，继续上升一段距离

【答案】。

【详解】根据质点滑到轨道最低点N时，对轨道压力为4mg,利用牛顿第三定律可知,轨道对质点的支持力

为4mg,则在最低点有4mg—mg=解得质点滑到最低点时的速度为v=j3gR对质点从开始下落到

滑到最低点的过程，由动能定理得2mgR-W--^-mv2—Q解得卬=-^-mgR对质点由最低点继续上滑的过

程，到达Q点时克服摩擦力做功要小于W,由此可知，质点到达Q点后，可继续上升一段距离。故选

Co

题目⑷滑草是一项前卫运动，符合新时代环保理念,具有能在春夏秋冬四季体会滑雪乐趣的独特魅力，如图

甲所示。某滑草场滑道及滑草爱好者的滑行过程可简化为如图乙情景，滑草爱好者坐在滑行器上，从倾角

e=37°的斜面顶端由静止开始滑行，以斜面顶端为原点（O）沿斜面方向建立位移（0，向下滑行过程中滑

行器与滑道间的动摩擦因数满足〃=工为位移，单位为m），滑行一段时间后动摩擦因数不变且滑草爱

好者将匀速下滑。若滑草爱好者及滑行器的总质量为70kg,则滑草爱好者由静止开始到匀速滑行的过程

A.做匀加速直线运动B.滑行607n后开始匀速运动

C.克服摩擦阻力做功12600JD.匀速滑行时的动能为12600J

【答案】BCD

【详解】滑草爱好者由静止开始下滑时，有mgsinff—^imgcosd—ma又〃=—可见随着x的增加，摩

擦因数〃逐渐增大，则加速度Q逐渐减小，因此运动员做加速度逐渐减小的加速直线运动，4错误；

B.匀速下滑时有fimgcosd—7ngsin。即-^—xmgcosff=mgsind解得x=8Otan0=60m即滑雪运动员滑

行60m后开始匀速运动,B正确；

C.匀速滑行时的摩擦阻力5cos37°=7，克服摩擦阻力做功%=[/=12600t7,。正确；

D.此过程根据动能定理有耳=TTigcsin37°-叫=12600/,。正确。故选BCD。

直目回如图甲所示，质量为机=5.0kg的物体静止在水平地面上，在水平推力F的作用下开始运动,水平推

力F随位移x变化的图像如图乙所示（①=4.0m后无推力存在），物体最终静止在水平地面上，己知物体与

地面间的动摩擦因数〃=0.50,g取lOm/s?,下列选项正确的是（）

A.物体的加速度先减小后增大B.在距出发点37n位置时物体的速度达到最大

C.物体的最大速度为D.物体在水平地面上运动的最大位移是87Tz

【答案】BD

【详解】B.物体受到的滑动摩擦力大小为/=〃N=〃mg=25N当水平推力等于滑动摩擦力时，物体的速

度达到最大，则有F=/=25N由乙图可得F=100-25c联立可得c=3m可知在距出发点3力位置时物

体的速度达到最大，B正确；

C.在距出发点3nz位置时物体的速度达到最大，根据动能定理可得以—〃小97=4恒优其中必=

。5x3J=187.5J联立解得物体的最大速度为vm—3，5mzs,C错误；

10+

D.设物体在水平地面上运动的最大位移为乐，根据动能定理可得W'F-u，mgx^0其W%=°2°-X4J

=2007

联立解得2；a=8m,。正确；

A.0~3m过程，推力大于摩擦力，随着推力的减小，物体的加速度逐渐减小；3~4m过程，推力小于摩擦力，

随着推力的减小，物体的加速度逐渐增大;4~8m过程,物体只受滑动摩擦力，物体的加速度保持不变;故在

整个运动过程中，物体的加速度先减小再增大，后保持不变，A错误。故选BD。

二、有关动能定理的鸟一①图像问题

题目回CS/LA4是我国自主研制的第一种高精度狙击步枪。某次性能测试中，弹头以初速度*垂直射入一

排竖直固定的钢板且未穿出，如图所示。若弹头所受阻力/与其速度0成正比,则弹头的速度。和动能为

随时间力、位移c变化的关系图像可能正确的是（）

【答案】。

【详解】A.由于弹头所受阻力/与其速度0成正比，则可设其阻力为kn,在弹头运动过程中由牛顿第二定

律有kv=ma弹头做减速运动，速度逐渐减小，则可知其所受阻力也逐渐减小，加速度逐渐减小，即弹头随

时间做加速度逐渐减小的减速运动，而n—力图像斜率的绝对值表示加速度大小，图示斜率的绝对值逐渐增

大，表示加速度逐渐增大，故A错误；

B.根据题意可得阻力的功率导=痴2而子弹的速度逐渐减小，则阻力的功率逐渐减小，瓦-力图像斜率的

绝对值表示阻力的功率大小，图示斜率逐渐增大，则表示阻力的功率逐渐增大，故B错误；

C.根据kv=ma则可得在任意极短时间内有k^-=—Tn^~-可得n=—―z即速度与位移成正比,故C

△tt\tm

正确；

D.在任意极短时间内有^E—kJ\v­Arc则可得b型—k\由此可知E—x图像斜率的绝对值应逐渐减

kAsvk

小，而图示斜率的绝对值逐渐增大，故。错误。故选Co

题目⑦近几年我国新能源汽车迅速发展，大力发展绿色环保动力。一质量为1kg的新能源实验小车在水平

直轨道上以额定功率启动,达到最大速度后关闭电源，其动能与位移的关系如图所示。假设整个过程受到

恒定的阻力,则下列说法正确的是（g取lOm/s?）（）

A.小车受到的阻力为4NB.小车的额定功率为8W

C.小车加速时间为2sD.小车减速时间为2s

【答案】

【详解】4由题意可得，当关闭电源后只有阻力对小车做功，有△及=—加结合动能与位移的关系图像可

得车受到的阻力为/=2N故A错误；

B.由题意与图像可得小车的最大动能为耳max=巳■■源=8J则最大速度为vm=4m/s小车的额定功率为

4=兀71=8皿故_8正确；

C.加速过程中，对小车列动能定理马位―加=礴3可得加速时间故。错误；

D.当关闭电源后，由牛顿运动定律可得a=工=Zm/s?小车减速时间为t3=&■=2s故D正确。故选

ma

BDo

题目同一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去

恒力，上升过程中滑块的动能和重力势能随位移变化的图象如图所示,图中风0、雨为已知量，滑块与斜面

间的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.恒力的大小为玛

So

B.斜面倾角的正切值为0.75

C.滑块下滑到斜面底端时的速度大小为现曾

D.滑块的质量可表示为殂

gso

【答案】BC

【详解】根据图像结合题意可知，滑块位移为so时的动能为用o,滑块位移为时恒力F撤去，此

5

5

时滑块的动能为2耳。,之后滑块在重力沿斜面向下的分力与摩擦力的作用下做减速运动，位移为乌So时

55

动能减为风0,可得滑块沿斜面向上的最大位移为器*So,对滑块加速上滑和减速上滑过程分别有

F—mgsinH—amgcosB=—mgsin。+jumgcos0=组皿根据滑块的重力势能随位移变化的图像有

SoSo

mg•，广。•sin。=8手卜。联立解得F-,tan。=0.75,m—2外。故AD错误，B正确；

1025sogs。

。.滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中，根据动能定理有^^mgsosin0—^^/imgs0cosff=

解得“=丝逼故。正确。故选B。。

题目回质量均为神=1kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动能及随位移立的

变化图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.甲的加速度大于乙的加速度B.甲、乙在，=6馆处相遇

C.当甲的位移刚达到9小时，乙在甲的后面D.当甲的位移为6小时，乙在甲后面，且距离最远

【答案】

【详解】A.根据动能定理，对甲772。便=及（）一耳得益=—?71。R+及0；对乙ma2x=Ek图线斜率大小等于合

22

力，甲、乙加速度大小分别为Q尸—=-^-m/s=2mzs之，a2=—=-^-m/s=Im/s?则甲的加速度大于乙的加

m1m1

速度，A正确；

B.对甲EkQ=^-mvl甲的初速度为vQ=6m/s二者相遇时x=vot—^Qi「=4电力?解得x=8m,B错误；

2

C,当甲的位移为9m时，由名产vot——小01"时间为力=3s此时乙的位移为x2--^-a2t=4.5m乙在甲的后

面，。正确；

r

D.当甲的位移为6m时，由maiX=Ek0―焉？w?此时甲的速度为v=2V3m/s时间为t=—=（3—V3）s

此时，乙的位移和速度分别为X—1a2产=（6—3V3）m,v—a2t'—（3—JW）m/s乙在甲后面，当速度不同，

距离不是最远，。错误。故选47。

鹘目叵）如图1所示，水平面上一质量为2kg的木箱在水平向右的力耳=13N的作用下向右移动4加的距离

后,在另一水平力£作用下，又匀速运动4m的距离到达斜面底端，撤去外力，木箱冲上倾角为37°的斜面，

斜面和水平面间通过光滑小圆弧轨道（未画出）连接。在木箱从静止开始运动到斜面上最高点的过程中，

其动能随运动路程变化的图像如图2所示。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o下列说法正确的是（）

A.月的大小为4N

B.木箱在斜面上能到达的最大高度为1.8m

C.木箱返回水平面后向左运动的最大距离为1.8m

D.整个运动过程中，木箱克服摩擦力做的功为36J

【答案】4。

【详解】由题图2可知，木箱初动能为0,则木箱在用的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用动

能定理有（E-〃img）Si=及1由题图2知Ekl=36J,可得为=0.2,之后木箱在月的作用下做匀速运动，所以

F2—%mg=4N故A正确；

B.木箱冲上斜面后做匀减速运动，根据动能定理有一（m5sin37+〃2m■gcos37）s3=0—Ek2由题图2知

=36J,可得s3=1.8m,木箱在斜面上能到达的最大高度71max=s3sin37=1.08m故B错误；

C.因为〃2=0.5<tan37°=0.75所以当木箱运动至斜面上的最高点后，沿斜面向下做匀加速运动，到达水

平面后，在摩擦力作用下再减速直到停止。木箱从冲上斜面到最终停下来，对这一过程应用动能定理可得

—2〃2m^gs3cos37°—^mgs4—0—E1a可得s&=1.8m故。正确；

D.对整个运动过程，由动能定理有酬1+匹2—用=0所以用=必1+必2=用既+理52=68/故。错误。

故选AC。

三、用动能定理处理机车启动问题

题目Qi一辆质量为小的汽车在平直的路面上以恒定功率P匀速行驶，匀速行驶的速度为n。,某时刻司机

看到路旁减速标志后，没有踩刹车,而是立即松减油门，发动机功率变为原来的4，保持该功率行驶一段时

间土后，汽车又开始匀速运动。设汽车受到的阻力恒定不变，在松减油门后的t时间内汽车前进的距离为

（）

Avt4巾褚„vPt+c3vPt+

A•丁oB.bC.-0--D.-0--

【答案】。

【详解】发动机的功率为P时，汽车以速度比匀速行驶，阻力为了='汽车再次匀速，此时汽车速度大小为

v

pP0

等=*=黑根据动能定理可得今—也=］恒（黑）2一若解得L=③伙故选0。

T厂OOZ\D

比

题目口口汽车在平直公路上以速度为匀速行驶，发动机的功率为P,司机为合理进入限速区，减小了油门，使

汽车功率立即减小一半并保持该功率继续行驶，设汽车行驶过程中所受阻力大小不变，从司机减小油门开

始，汽车的速度n与时间t的关系如图所示，则在0~友时间内下列说法正确的是（）

A.汽车的牵引力不断减小B.1=0时，汽车的加速度大小为上

mv（）

C.汽车行驶的位移为噜+母沙D.阻力所做的功为装荷

2oJr2o

【答案】。

【详解】A.减小油门后，机车的功率保持不变，当速度减小时，根据P=Fn可知，牵引力增大，故4错误；

B.汽车以速度小匀速行驶时，牵引力等于阻力，即有F=/发动机的功率为。，由。=尸方=加0

得阻力/=£■,t=0时，功率为原来的一半，速度没有变，则尸=2=3根据牛顿第二定律&=^^^=

VQVQ2VQm

P

2m

故大小为故B错误；

2mv0

CD.根据动能定理得0.5刊1+书=［皿0.5%）2_［小福解得阻力做功为％=一高山*一q］设汽车通过

22o2

的位移为①，由%=—扭,解得2=呼+当&故。正确，。错误。故选。。

题目正“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为小的动车组在平直的轨道

上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成

正比（耳目=阮，%为常量）,动车组能达到的最大速度为加。下列说法正确的是（）

A.动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度为等j

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度期4则这一过程中

该动车组克服阻力做的功为2Pt-

【答案】。

【详解】A.对动车组，由牛顿第二定律有F—/=ma若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但

瑞=kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，故力错误；

B.若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P,由牛顿第二定律有—~kv=ma故可知加速

V

启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B错误；

C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶时加速度为零，有2,25P=Aw而以额定功

V

率匀速时，有—就儿联立解得0=4%故。正确；

Vm4

D.若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间方达到最大速度加，由动能定理可

知4Pt—必阻=1~6诵—0可得动车组克服阻力做的功为WpfsL—iPt—说故。错误。故选。。

题目①当前我国“高铁”事业发展迅猛,假设一辆质量为机高速列车在机车牵引力和恒定阻力/作用下，在

水平轨道上由静止开始启动，其。-力图象如图所示，已知。〜力时间内为过原点的倾斜直线，力时刻达到额

定功率P,此后保持功率P不变，在右时刻达到最大速度禽，以后匀速运动。下列判断正确的是（）

A.0~友时间内，牵引力大小为？n生

B.从力至右时间内，列车的通过的路程为s==——T--------2—

C.±2时亥U，列车的加速度a=上一工

一mv2m

D.该列车受到的阻力/为工

【答案】CD

【详解】A.0~力1时间内，根据牛顿第二定律月一/=ma=771?解得牵引力大小为F[=m?+f故A错误;

力1tl

B.从右1至13时间内，根据动能定理P（力3—力1）~fs~~忧解得列车的通过的路程为s=

P（力—3幻知?/谪

----------------j----------------故B错误；

C.t2时刻，根据牛顿第二定律£-/=山&2又。=£般2解得此时列车的加速度为a2=-.......上故。正

mv2m

确；

D.在±3时刻达到最大速度g,则有鸟=/故该列车受到的阻力为了=£■故。正确。故选。。

V3

〔题目运质量巾=200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图像甲表示汽车运动的速度与时间

的关系，图像乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变,在18s末汽车的速

度恰好达到最大。则下列说法正确的是（）

A.汽车受到的阻力为800NB.8s—18s过程中汽车牵引力逐渐增大

C.0-8s过程中汽车牵引力做的功为64000JD.0-18s过程中汽车的位移大小为127.5m

【答案】AD

8

【详解】当牵引力等于阻力时，速度达到最大值，则有/==:产=800N故A正确；

“max10

B.n一七图像中图线斜率等于加速度，则根据图甲可知，8s—18s过程中汽车加速度不断减小，又因为阻力

不变，所以汽车牵引力是逐渐减小的，故B错误；

C.P-1图像中图线与时间轴围成的面积等于做功的大小，所以根据图乙可知0—8s过程中汽车牵引力

做的功为w=8X8；10：=32000J故C错误;

D.。一力图像中图线与时间轴围成的面积等于位移，故0-8s过程中汽车的位移为母=笥&=32恒，8s

s

—18s过程中，根据动能定理可得—/s2—■y^^max—~代入数据解得2—95.5m则0—18s过程中汽

车的位移大小为

s=Si+$2=32+95.5=127.5m故D正确。故选ADO

四、用动能定理处理多过程问题

题目正如图所示,半径为R的圆形轨道竖直固定在水平桌面上，AB为其水平直径,。为最低点，D为最

高点,轨道的ACB段粗糙、ADB段光滑，质量为小的物块（可视为质点）从A点以初速度的（未知）沿轨道

向上运动,运动到。点时对轨道的压力恰好为0,运动到。点时对轨道的压力为5mg。已知重力加速度为

g。求：

（1）物块在A点的初速度*

（2）物块运动到。点的速度的

（3）物块从B点运动到。点过程中摩擦力做功

【答案】⑴（2）fc=2^/gR;⑶用=-^-mgR

【详解】（1）运动到。点时对轨道的压力恰好为0,则有mg=得vD—y[gR从A到D由动能定理

—mgR=~1~山虎一可得v0={3gR

（2）运动到C点时对轨道的压力为F=5mg由向心力公式得F—mg=得v—2y/gR

Kc

（3）从D点运动到。点由动能定理可得2mgR+用=fz屋一。小嫁可得摩擦力做功为Wf^-^-mgR

逾回工己近年来，户外休闲娱乐活动颇受人们喜爱，“极限滑草”的速度与激情更是受到青少年追捧。图为某

“极限滑草”滑道的简化示意图，小李同学为了测量其倾斜滑道的高度,做了一次探究:他乘坐滑草车从倾

斜滑道顶部A处由静止开始沿滑道下滑，经时间力产5s从倾斜滑道底部B处进入水平滑道（两滑道连接处

无速度大小损失），再经时间益=2s停在。处，测得滑草车在水平滑道上的运动距离LBC=10mo若滑草车

与整个滑道间动摩擦因数处处相同，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力,人与滑草车整体可视为质点，

求：

(1)滑草车刚进入水平滑道时的速度大小;

【答案】(1)。=10m/s;(2)/i=15m

【详解】解：(1)设滑草车刚进入水平滑道时速度大小为n,水平滑道上有，5°=半解得n=10m/s

(2)设倾斜滑道长度为以B，高度为九，倾角为。；滑草车与人的总质量为滑草车与整个滑道间动摩擦因

数为〃，水平滑道上，由动能定理有—[imgLBC—0—■倾斜滑道上，有LAB—平~;mgh—[imgL^cosd

--^-mv2又因为cosd=—卜.联立解得h=15m

题目叵如图所示是一个快递包裹缓冲、接收装置。轻弹簧一段固定在斜面底端，另一端与质量为小平板

A相连。初始时平板A静止在P点，且恰好不受摩擦力，距斜面顶端Q的距离为乙。现有一质量也为小的

物块B从Q点由静止开始下滑,和平板A发生完全非弹性碰撞，碰撞时间极短,碰后一起沿斜面下滑。当

到达。处时，二者速度减小为0,同时物块B从。处的洞口落下(平板A边长比洞口大,不会掉下去)-此

后，平板A在弹簧的作用下向上运动,恰好又能回到P点。已知斜面与水平面夹角为氏平板A、物块B与

斜面间的动摩擦因数4=主咪，重力加速度为g。求：

(1)A、B碰撞过程中损失的机械能；

(2)4、B碰后瞬间的加速度；

【详解】⑴物块B下滑过程mgLsin6—/irrtgLcos9-0完全非弹性碰撞，机械能守恒mv()=2m%

损失的机械能\E-~~(2m)/联立解得—十mgLsin9

⑵碰前A处于平衡状态昂=mgsinB碰后瞬间，弹力大小不变，对整体分析2nzgsin。—昂一//(2m)geos夕

=2ma联立解得a=0

⑶设。、P之间的距离为x:P—(7过程，对整体分析一网单+2mg/sin夕—2/imgxcos0=0—，(2?n)日

C->F过程对A分析W^—mgxsin3—jumgxcos0=0—0联立解得x=&

题目应如图，AB是倾角为3的粗糙直轨道,BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧

的半径为R。一个质量为m的物体（可以看作质点）从直轨道上的P点由静止释放,结果它能在两轨道间

做往返运动。已知P点与圆弧的圆心。等高，物体与轨道间的动摩擦因数为必求：

（1）物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程；

（2）最终当物体通过圆弧轨道最低点E时,对圆弧轨道的压力；

（3）为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距5点的距离L'应满足什么条件。

【答案】⑴旦；（2）（3-2cos0）mg;（3）〃>3+2coSg

〃2（sm。一"cos。）

【详解】（1）物体从P点出发至最终到达_8点速度为零的全过程，由动能超理得mgRcos。一以mgcos。，S=

0

解得$=2

（2）最终物体以B（还有石关于O石的对称点）为最高点，在圆弧底部做往复运动，物体从B运动到E的过

程，由动能定理得mgR（l—cos。）=gm稔在石点，由牛顿第二定律得FN—mg—m*

f

联立解得及=（3—2cos9）mg则物体对圆弧轨道的压力FN=FN=（3—2cos0）mg

（3）设物体刚好到D点，则mg=

R

对全过程由动能定理得mgL'smO—/imgcosd-L'—mgR（l+cosO）=

由以上两式得应满足条件。=—3+2c°s，-R

2（sinf—4cos。）

则为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D,释放点距B点的距离〃应满足—3+2cos6*_R