（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第五章 機械能守恒定律 第2講 動能定理學案

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1、第2講　動能定理 [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. 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(tài)量：動能是狀態(tài)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

2、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． 自測1　關于動能定理的表述式W＝Ek2－Ek1，下列說法正確的是(　　) A．公式中的W為不包含重力的其他力做的總功 B．公式中的W為包含重力在內的所有力做的功，只能先求合外力再求合外力的功 C．公式中的Ek2－Ek1為動能的增量，當W>0時動能增加，當W<0時，動能減少 D．動能定理適用于直線運動，但不適用于曲線運動，適用于恒力做功，但不適用于變力做功 答案　C

3、自測2　一個質量為25kg的小孩從高度為3.0m的滑梯頂端由靜止開始滑下，滑到底端時的速度為2.0m/s.g取10 m/s2，關于力對小孩做的功，以下結果正確的是(　　) A．合外力做功50J B．阻力做功500J C．重力做功500J D．支持力做功50J 答案　A 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(shù)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

4、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． 例1　(多選)如圖1所示，一塊長木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物體A，現(xiàn)以恒定的外力拉B，由于A、B間摩擦力的作用，A將在B上滑動，以地面為參考系，A、B都向前移動一段距離．在此過程中(　　) 圖1 A．外力F做的功等于A和B動能的增量 B．B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量 C．A對B的摩擦力所做的功等于B對A的摩擦力所做的功

5、 D．外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和 答案　BD 解析　A物體所受的合外力等于B對A的摩擦力，對A物體運用動能定理，則有B對A的摩擦力所做的功等于A的動能的增量，B正確．A對B的摩擦力與B對A的摩擦力是一對作用力與反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑動，A、B相對地面的位移不相等，故二者做功不相等，C錯誤．對B應用動能定理WF－Wf＝ΔEkB，WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F對B做的功等于B的動能的增量與B克服摩擦力所做的功之和，D正確．根據(jù)功能關系可知，外力F做的功等于A和B動能的增量與產生的內能之和，故A錯誤． 變式1　(多選)質量為m的物體在

6、水平力F的作用下由靜止開始在光滑水平地面上運動，前進一段距離之后速度大小為v，再前進一段距離使物體的速度增大為2v，則(　　) A．第二過程的速度增量等于第一過程的速度增量 B．第二過程的動能增量是第一過程動能增量的3倍 C．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做的功 D．第二過程合外力做的功等于第一過程合外力做功的2倍 答案　AB 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(yōu)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． (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． 例2

7、　(2015·浙江10月選考·20)如圖2所示是公路上的“避險車道”，車道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽車在剎車失靈的情況下避險．質量m＝2.0×103kg的汽車沿下坡行駛，當駕駛員發(fā)現(xiàn)剎車失靈的同時發(fā)動機失去動力，此時速度表示數(shù)v1＝36km/h，汽車繼續(xù)沿下坡勻加速直行l(wèi)＝350 m、下降高度h＝50 m時到達“避險車道”，此時速度表示數(shù)v2＝72 km/h.(g＝10m/s2) 圖2 (1)求從發(fā)現(xiàn)剎車失靈至到達“避險車道”這一過程汽車動能的變化量； (2)求汽車在下坡過程中所受的阻力； (3)若“避險車道”與水平面間的夾角為17°，汽車在“避險車道”受到的阻力是在下坡

8、公路上的3倍，求汽車在“避險車道”上運動的最大位移(sin17°≈0.3)． 答案　(1)3.0×105J　(2)2.0×103N　(3)33.3m 解析　(1)由ΔEk＝mv22－mv12得ΔEk＝3.0×105J (2)由動能定理有mgh－Ffl＝mv22－mv12 得Ff＝＝2.0×103N (3)設汽車在“避險車道”上運動的最大位移是x，由動能定理有－(mgsin17°＋3Ff)x＝0－mv22 得x＝≈33.3m. 變式2　如圖3所示，與水平面夾角θ＝60°的斜面和半徑R＝0.4m的光滑圓軌道相切于B點，且固定于豎直平面內．滑塊(可視為質點)從斜面上的A點由靜止釋放，經

9、B點后沿圓軌道運動，通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零．已知滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝，g取10m/s2，求： 圖3 (1)滑塊在C點的速度大小vC； (2)滑塊在B點的速度大小vB； (3)A、B兩點間的高度差h. 答案　(1)2m/s　(2)4 m/s　(3)m 解析　(1)通過最高點C時軌道對滑塊的彈力為零，對滑塊，在C點由牛頓第二定律可得：mg＝m，所以vC＝＝m/s＝2 m/s； (2)滑塊在光滑圓軌道上運動時機械能守恒，故有： mvB2＝mvC2＋mgR(1＋cos60°) 解得：vB＝4m/s； (3)滑塊從A到B只有重力、摩擦力做功，由動能定理可得：

10、mgh－μmgcos60°·＝mvB2 解得：h＝m. 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(jù)物理規(guī)律推導出縱坐標與橫坐標所對應的物理量間的函數(shù)關系式． (3)將推導出的物理規(guī)律與數(shù)學上與之相對應的標準函數(shù)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(shù)圖線上的特定值代入函數(shù)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．

11、 (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(xiàn)－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． 例3　質量為1kg的物體，放置在動摩擦因數(shù)為0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，水平拉力做的功W和物體發(fā)生的位移x之間的關系如圖4所示，重力加速度為10m/s2，則下列說法正確的是(　　) 圖4 A．x＝3m時速度大小為2m/s B．x＝9m時速度大小為4m/s C．OA段加速度大小為3m/s2 D．A

12、B段加速度大小為3m/s2 答案　C 解析　對于前3m過程，根據(jù)動能定理有W1－μmgx＝mvA2，解得vA＝3m/s，根據(jù)速度位移公式有2a1x＝vA2，解得a1＝3m/s2，故A錯誤，C正確；對于前9m過程，根據(jù)動能定理有W2－μmgx′＝mvB2，解得vB＝3m/s，故B錯誤；AB段受力恒定，故加速度恒定，而初、末速度相等，故AB段的加速度為零，故D錯誤． 變式3　(多選)在平直公路上，汽車由靜止開始做勻加速直線運動，當速度達到vmax后，立即關閉發(fā)動機直至靜止，v－t圖象如圖5所示，設汽車的牽引力為F，受到的摩擦力為Ff，全程中牽引力做功為W1，克服摩擦力做功為W2，則(　　)

13、 圖5 A．F∶Ff＝1∶3 B．W1∶W2＝1∶1 C．F∶Ff＝4∶1 D．W1∶W2＝1∶3 答案　BC 解析　對汽車運動的全過程，由動能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，選項B正確，D錯誤；由v－t圖象知x1∶x2＝1∶4.由動能定理得Fx1－Ffx2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，選項A錯誤，C正確． 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；

14、 (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 例4　(2016·浙江10月選考·20)如圖6甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在豎直圓軌道上運行，可抽象為圖乙所示的模型．傾角為45°的直軌道AB、半徑R＝10m的光滑豎直圓軌道和傾角為37°的直軌道EF.分別通過水平光滑銜接軌道BC、C′E平滑連接，另有水平減速直軌道FG與EF平滑連接，EG間的水平距離l＝40m．現(xiàn)有質量m＝500kg的過山車，從高h＝40m處的A點由靜止下滑，經BCDC′EF最終停在G點．過山車與軌道AB、EF間的動摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2

15、，與減速直軌道FG間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.75.過山車可視為質點，運動中不脫離軌道，g取10m/s2.求： 圖6 (1)過山車運動至圓軌道最低點C時的速度大小； (2)過山車運動至圓軌道最高點D時對軌道的作用力大??； (3)減速直軌道FG的長度x.(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 答案　(1)8m/s　(2)7×103N　(3)30m 解析　(1)設過山車在C點的速度大小為vC，由動能定理得mgh－μ1mgcos45°·＝mvC2 代入數(shù)據(jù)得vC＝8m/s (2)設過山車在D點速度大小為vD，由動能定理得 mg(h－2R)－μ1mgcos45°·＝mvD

16、2 F＋mg＝m，解得F＝7×103N 由牛頓第三定律知，過山車在D點對軌道的作用力大小為7×103N (3)全程應用動能定理 mg[h－(l－x)tan 37°]－μ1mgcos45°·－μ1mgcos37°·－μ2mgx＝0 解得x＝30m. 類型2　直線運動與平拋運動的結合 例5　如圖7所示，水平桌面上的輕質彈簧左端固定，用質量為m＝1kg的小物塊壓緊彈簧，從A處由靜止釋放物塊，在彈簧彈力的作用下沿水平桌面向右運動，物塊離開彈簧后繼續(xù)運動，離開桌面邊緣B后，落在水平地面C點，C點與B點的水平距離x＝1m，桌面高度為h＝1.25m，AB長度為s＝1.5m，物塊與桌面之間的動摩

17、擦因數(shù)μ＝0.4，小物塊可看成質點，不計空氣阻力，取g＝10m/s2，求： 圖7 (1)物塊在水平桌面上運動到桌面邊緣B處的速度大?。? (2)物塊落地時速度大小及速度與水平方向夾角的正切值． (3)彈簧彈力對物塊做的功． 答案　(1)2m/s　(2)m/s　2.5　(3)8J 解析　(1)物塊離開桌面邊緣后做平拋運動，豎直方向上有h＝gt2，解得t＝0.5s， 水平方向上有x＝vBt，解得vB＝2m/s. (2)對平拋過程運用動能定理：mgh＝mvC2－mvB2，解得vC＝m/s， 物塊落地時水平方向vx＝vB＝2m/s，豎直方向vy＝gt＝5 m/s，則tanθ＝＝2.

18、5. (3)從A到B的過程中，運用動能定理有W彈－μmgs＝mvB2－0，解得W彈＝8J. 類型3　直線運動、平拋運動與圓周運動的結合 例6　如圖8所示為一遙控電動賽車(可視為質點)和它的運動軌道示意圖．假設在某次演示中，賽車從A位置由靜止開始運動，經2 s后關閉電動機，賽車繼續(xù)前進至B點后水平飛出，賽車能從C點無碰撞地進入豎直平面內的圓形光滑軌道，D點和E點分別為圓形軌道的最高點和最低點．已知賽車在水平軌道AB段運動時受到的恒定阻力為0.4 N，賽車質量為0.4 kg，通電時賽車電動機的輸出功率恒為2 W，B、C兩點間高度差為0.45 m，C與圓心O的連線和豎直方向的夾角α＝37°，空

19、氣阻力忽略不計，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 圖8 (1)賽車通過C點時的速度大?。? (2)賽道AB的長度； (3)要使賽車能通過圓軌道最高點D后回到水平賽道EG，其半徑需要滿足什么條件． 答案　(1)5m/s　(2)2m　(3)0＜R≤m 解析　(1)賽車在BC間做平拋運動， 則豎直方向vy＝＝3m/s. 由圖可知：vC＝＝5m/s (2)賽車在B點的速度v0＝vCcos37°＝4m/s 則根據(jù)動能定理：Pt－FflAB＝mv02，得lAB＝2m. (3)當賽車恰好通過最高點D時，有：mg＝m 從C到D，由動能定理：

20、 －mgR(1＋cos37°)＝mvD2－mvC2，解得R＝m， 所以軌道半徑需滿足0＜R≤m(可以不寫0). 1．下列關于運動物體所受合外力做功和動能變化的關系正確的是(　　) A．如果物體所受合外力為零，則合外力對物體做的功一定為零 B．如果合外力對物體所做的功為零，則合外力一定為零 C．物體在合外力作用下做變速運動，動能一定發(fā)生變化 D．物體的動能不變，所受合外力一定為零 答案　A 解析　如果物體所受合外力為零，則根據(jù)W＝Flcosα可知合外力對物體做的功一定為零，A正確；如果合外力對物體所做的功為零，但合外力不一定為零，例如做勻速圓周運動的物體的向心力，B錯誤

21、；物體在合外力作用下做變速運動，動能不一定發(fā)生變化，例如做勻速圓周運動的物體，C錯誤；物體的動能不變，所受合外力不一定為零，例如做勻速圓周運動的物體，D錯誤． 2．質量不等，但有相同動能的兩個物體，在動摩擦因數(shù)相同的水平地面上滑行，直至停止，則(　　) A．質量大的物體滑行的距離大 B．質量小的物體滑行的距離大 C．它們滑行的距離一樣大 D．它們克服摩擦力所做的功不相等 答案　B 解析　由動能定理可得－Ffx＝0－Ek，即μmgx＝Ek，由于動能相同，動摩擦因數(shù)相同，故質量小的物體滑行的距離大，它們克服摩擦力所做的功都等于Ek.故本題只有B項正確． 3．如圖1所示，質量相同的物

22、體分別自斜面AC和BC的頂端由靜止開始下滑，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)相同，物體滑至斜面底部C點時的動能分別為Ek1和Ek2，下滑過程中克服摩擦力所做的功分別為W1和W2，則(　　) 圖1 A．Ek1>Ek2，W1Ek2，W1＝W2 C．Ek1＝Ek2，W1>W2 D．Ek1W2 答案　B 解析　設斜面的傾角為θ，斜面的底邊長為x，則下滑過程中克服摩擦力做的功為W＝＝μmgx，所以兩種情況下克服摩擦力做的功相等．又由于B的高度比A低，所以由動能定理可知Ek1>Ek2.故選B. 4．物體沿直線運動的v－t關系圖象如圖2所示，已知在第1秒內合外力對

23、物體做的功為W，則(　　) 圖2 A．從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W B．從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2W C．從第5秒末到第7秒末合外力做功為－W D．從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75W 答案　D 解析　由動能定理W合＝mv22－mv12知第1s內W＝mv2.同理可知，D正確． 5.(2019屆麗水市質檢)如圖3為傾角可調的可移動式皮帶輸送機，適用于散狀物料或成件物品的裝卸工作．在順時針(從左側看)勻速轉動的輸送帶上端無初速度放一貨物，貨物從上端運動到下端的過程中，其動能Ek(選擇地面所在的水平面為參考平面)與位移x的關系圖象可能正確的是(　　)

24、 圖3 答案　B 解析　貨物從上端運動到下端的過程可能一直勻加速、也可能先加速后勻速或者先做加速度較大的勻加速運動后做加速度較小的勻加速運動，故只有B正確． 6.如圖4所示，一個彈簧左端固定于墻上，右端連接物塊，物塊質量為m，它與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為μ.起初用手按住物塊，彈簧的伸長量為x，然后放手，當彈簧的長度回到原長時，物塊的速度為v0，已知重力加速度為g，則此過程中彈力所做的功為(　　) 圖4 A.mv02＋μmgx B.mv02－μmgx C.mv02 D．μmgx－mv02 答案　A 解析　當彈簧恢復到原長時，物塊對地的位移為x，根據(jù)動能定理有：W彈＋(－

25、μmgx)＝mv02－0，得W彈＝mv02＋μmgx，選項A正確． 7．一輛汽車以v1＝6m/s的速度沿水平路面行駛時，急剎車后能滑行x1＝3.6 m，如果以v2＝8 m/s的速度行駛，在同樣的路面上急剎車后滑行的距離x2應為(不計空氣阻力的影響)(　　) A．6.4m B．5.6m C．7.2 m D．10.8 m 答案　A 解析　急剎車后，汽車只受摩擦阻力Ff的作用，且兩種情況下摩擦力大小是相同的，汽車的末速度皆為零．由動能定理有 －Ffx1＝0－mv12① －Ffx2＝0－mv22② 由①②得＝ 故汽車滑行的距離 x2＝x1＝2×3.6m＝6.4m．故A正確．

26、8．如圖5所示的滑草運動中，某游客從靜止開始由坡頂向坡底下滑，滑到坡底時速度大小為8m/s，如果該游客以初速度6 m/s沿原來的路線由坡頂滑下，則游客滑到坡底時的速度大小是(設游客所受阻力不變)(　　) 圖5 A．14m/s B．10m/s C．12m/s D．9m/s 答案　B 解析　游客由靜止從坡頂下滑到坡底的過程中，由動能定理得mgh－Ff·s＝mv12，游客以6m/s的初速度從坡頂下滑到坡底的過程中，由動能定理得mgh－Ff·s＝mv22－mv02，由以上兩式解得v2＝10m/s，選項B正確． 9．如圖6所示，輕質彈簧一端固定在墻壁上的O點，另一端自由伸長到A點，OA之

27、間的水平面光滑，固定曲面在B處與水平面平滑連接．AB之間的距離s＝1m．質量m＝0.2kg的小物塊開始時靜置于水平面上的B點，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4.現(xiàn)給物塊一個水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2. 圖6 (1)求彈簧被壓縮到最短時所具有的彈性勢能Ep； (2)求物塊返回B點時的速度大小； (3)若物塊能沖上曲面的最大高度h＝0.2m，求木塊沿曲面上滑過程因摩擦所產生的熱量． 答案　(1)1.7J　(2)3m/s　(3)0.5J 解析　(1)對小物塊從B點至壓縮彈簧最短的過程，由動能定理得： －μmgs－W＝0－mv02 W＝Ep 代入數(shù)據(jù)

28、解得Ep＝1.7 J (2)對小物塊從B點開始運動至返回B點的過程 －μmg·2s＝mvB2－mv02 代入數(shù)據(jù)解得vB＝3 m/s (3)對小物塊沿曲面上滑的過程， 由動能定理得：Wf－mgh＝0－mvB2 代入數(shù)據(jù)解得Q＝|Wf|＝0.5 J. 10．(2018·浙江11月選考·20)如圖7所示，在地面上豎直固定了刻度尺和輕質彈簧，彈簧原長時上端與刻度尺上的A點等高．質量m＝0.5kg的籃球靜止在彈簧正上方，其底端距A點的高度h1＝1.10m，籃球靜止釋放，測得第一次撞擊彈簧時，彈簧的最大形變量x1＝0.15m，第一次反彈至最高點，籃球底端距A點的高度h2＝0.873m，籃球

29、多次反彈后靜止在彈簧的上端，此時彈簧的形變量x2＝0.01m，彈性勢能為Ep＝0.025J．若籃球運動時受到的空氣阻力大小恒定，忽略籃球與彈簧碰撞時的能量損失和籃球形變，彈簧形變在彈性限度范圍內，g取10m/s2.求： 圖7 (1)彈簧的勁度系數(shù)； (2)籃球在運動過程中受到的空氣阻力； (3)籃球在整個運動過程中通過的路程； (4)籃球在整個運動過程中速度最大的位置． 答案　(1)500N/m　(2)0.5N (3)11.05m　(4)第一次下落至A點下方0.009m處速度最大 解析　(1)由最后靜止的位置可知kx2＝mg，所以k＝500N/m (2)由動能定理可知，在

30、籃球由靜止下落到第一次返彈至最高點的過程中 mgΔh－Ff·L＝mv22－mv12 整個過程動能變化為0，重力做功mgΔh＝mg(h1－h(huán)2)＝1.135J 空氣阻力恒定，作用距離為L＝h1＋h2＋2x1＝2.273m 因此代入可知Ff≈0.5N (3)整個運動過程中，空氣阻力一直與運動方向相反 根據(jù)動能定理有mgΔh′＋Wf＋W彈＝mv2′2－mv12 整個過程動能變化為0，重力做功W＝mgΔh′＝mg(h1＋x2)＝5.55J 彈力做功W彈＝－Ep＝－0.025J 則空氣阻力做功Wf＝－Ffs＝－5.525J 聯(lián)立解得s＝11.05m. (4)速度最大的位置是第一次下

31、落到合力為零的位置，即mg＝Ff＋kx3，得x3＝0.009m，即球第一次下落至A點下方0.009m處速度最大． 11．(2017·浙江11月選考·20)如圖8甲所示是游樂園的過山車，其局部可簡化為如圖乙的示意圖，傾角θ＝37°的兩平行傾斜軌道BC、DE的下端與水平半圓形軌道CD順滑連接，傾斜軌道BC的B端高度h＝24m，傾斜軌道DE與圓弧EF相切于E點，圓弧EF的圓心O1、水平半圓軌道CD的圓心O2與A點在同一水平面上，DO1的距離L＝20m．質量m＝1000kg的過山車(包括乘客)從B點自靜止滑下，經過水平半圓軌道后，滑上另一傾斜軌道，到達圓弧頂端F時乘客對座椅的壓力為自身重力的0.25

32、倍．已知過山車在BCDE段運動時所受的摩擦力與軌道對過山車的支持力成正比，比例系數(shù)μ＝，EF段摩擦力不計，整個運動過程空氣阻力不計．(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 圖8 (1)求過山車過F點時的速度大小； (2)求從B到F整個運動過程中摩擦力對過山車做的功； (3)如果過D點時發(fā)現(xiàn)圓軌道EF段有故障，為保證乘客的安全，立即觸發(fā)制動裝置，使過山車不能到達EF段并保證不再下滑，則過山車受到的摩擦力至少應多大？ 答案　(1)3m/s　(2)－7.5×104J　(3)6×103N 解析　(1)在F點由牛頓第二定律得： m人g－0.25m人g＝m人，

33、 r＝Lsinθ＝12m 代入已知數(shù)據(jù)可得：vF＝3m/s. (2)根據(jù)動能定理，從B點到F點： mg(h－r)＋Wf＝mvF2－0 解得Wf＝－7.5×104J. (3)在沒有故障時，物體到達D點的速度為vD，根據(jù)動能定理－mgr－μmgcos37°·LDE＝mvF2－mvD2 LDE＝Lcos37°＝16m， 發(fā)現(xiàn)故障之后，過山車不能到達EF段，設剎車后恰好到達E點速度為零，在此過程中，過山車受到的摩擦力為Ff1，根據(jù)動能定理 －mgLDEsin37°－Ff1LDE＝0－mvD2， 聯(lián)立各式解得Ff1＝4.6×103N 使過山車能停在傾斜軌道上的摩擦力至少為Ff2，則有Ff2－mgsinθ＝0， 解得Ff2＝6×103N 綜上可知，過山車受到的摩擦力至少應為6×103N. 15