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第 31 讲 与摩擦力做功及摩擦热相关的 6 种题型
1．（2021·浙江）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v ＝16m/s的初速度沿倾角 ＝37°的斜面上滑，
0
经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝θ0.8，求滑块
（1）最大位移值x；
（2）与斜面间的动摩擦因数；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P。
v
【解答】解：（1）小车向上做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动推论有：x= 0t
2
代入数据解得：
16
x= ×2m＝16m
2
Δv 16-0
（2）小车向上做匀减速直线运动，根据加速度定义得加速度大小：a = = m/s2＝8m/s2
1
t 2
上滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin + mgcos ＝ma
1
mgsinθ+μmgcosθ θ μ θ
得：a = =gsin + gcos
1
m
θ μ θ
a -gsinθ 8-10×0.6 1
代入数据解得： = 1 = = =0.25
gcosθ 10×0.8 4
μ
（3）小车下滑过程，由牛顿第二定律得：mgsin ﹣ mgcos ＝ma
2
mgsinθ-μmgcosθ θ μ θ
代入数据解得：a = =gsin ﹣ gcos ＝10×0.6﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
2
m
θ μ θ
由运动学公式得：v m/s m/s＝11.3m/s
t=√2a x=√2×4×16 =8√2
2
8√2
得重力的平均功率：P=mgvcos（90°﹣ ）=2×10× ×0.6W=48√2W＝67.9W
2
θ
答：（1）最大位移值x为16m；（2）与斜面间的动摩擦因数为0.25；
（3）从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率P为67.9W。
一.知识回顾
1．摩擦力做功正负情况
运动的物体受到滑动摩擦力或静摩擦力时，若摩擦力的方向与运动方向相反，则摩擦力做负功，
该摩擦力就是阻力；若摩擦力的方向与运动方向相同，则摩擦力做正功，该摩擦力就是动力。总之
摩擦力既可能做负功，也可能做正功，还可能不做功。举例如下：
2.两种摩擦力做功与能量转化的情况比较
类别
静摩擦力 滑动摩擦力
比较
不 在静摩擦力做功的过程中，只 (1)相对运动的物体通过滑动摩擦力
能量
同 有机械能从一个物体转移到另 做功，将部分机械能从一个物体转移的转 一个物体(静摩擦力起着传递 到另一个物体
化方 机械能的作用)，而没有机械 (2)部分机械能转化为内能，此部分
面 能转化为其他形式的能量 能量就是系统机械能的损失量
一对 一对相互作用的滑动摩擦力对物体系
点
摩擦 统所做的总功，等于摩擦力与两个物
一对静摩擦力所做功的代数和
力的 体相对路程的乘积且为负功，即W ＝
Ff
总等于零
总功 －F·x ，表示物体克服摩擦力做
f 相对
方面 功，系统损失的机械能转变成内能Q
正功、
相
负功、
同 两种摩擦力对物体都可以做正功、负功，还可以不做功
不做功
点
方面
5．摩擦力做功计算要注意过程中位移的方向是否改变。
(1)物体在粗糙水平面上做单方向的直线运动时，路程与位移大小相等，此时摩擦力做功W＝－
Fl(l指位移，F指摩擦力)。
(2)物体在粗糙水平面上做往复运动或曲线运动时，路程与位移大小不同，此时摩擦力做功W＝
－Fs(s指路程，F指摩擦力)。
6.易错点：
（1）计算摩擦力做功时，物体的位移是指对地的位移。而计算摩擦热时，是该摩擦力的施
力物体与受力物体之间相对运动运动的路程。
2一对静摩擦力的总功为零是因为物体间的静摩擦力总是大小相等、方向相反，而它们运
动时相对地面的位移是相同的，所以物体之间的静摩擦力若做功，则必定对一个物体做正功，对另
一个物体做等量负功。但是滑动摩擦存在相对运动，对地面的位移不同，其正负功不相等。
3摩擦力做功问题，常涉及两个物体的相对运动，要注意两物体的位移关系。
二.摩擦力做功与摩擦热公式推导
质量为M的木板放在光滑的水平面上，一个质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑至
B点，在木板上前进了L，而木板前进了l，如图所示。若滑块与木板间的动摩擦因数为 μ，重力
加速度为g，求摩擦力对滑块、对木板做功各为多少？这一对摩擦力做功的代数和为多大？[答案] －μmg(l＋L) μmgl －μmgL
思维引导：
(1)滑块的位移多大？所受摩擦力的方向是什么？
提示：滑块的位移是木板前进的距离l再加上它相对木板前进的距离L，表达式为(l＋L)。滑
块受到的摩擦力与运动方向相反。
(2)木板所受摩擦力的方向是什么？
提示：木板是被滑块带着向前的，其摩擦力与运动方向相同。
[解析] 滑块所受摩擦力F ＝μmg，位移为(l＋L)，且摩擦力与位移方向相反，故摩擦力对滑
f
块做的功为：W＝－μmg(l＋L)
1
木板所受的摩擦力F′＝μmg，方向与其位移l方向相同，故摩擦力对木板做的功W＝μmgl
f 2
这一对摩擦力做功的代数和W＝W＋W＝－μmgL
1 2
拓展：试根据上题中的模型推导摩擦热公式
解析：设木块质量为m ，木板质量为m ，水平桌面光滑，木块初速度v 大于木板初速度v ，
1 2 10 20
经过时间t时,木块对地位移为x ，速度为v ；木板对地位移为x ，速度为v ；木块相对木板位移
1 1 2 2
为Δx，则根据动能定理有：二.例题精析
题型一：板块模型中的摩擦热
（多选）例1．如图甲，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝3kg的另一木块B可看作质点，
以水平速度v ＝2m/s滑上原来静止的长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度
0
随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．木板的质量为M＝3kg
B．木块减小的动能为1.5J
C．系统损失的机械能为3J
D．A、B间的动摩擦因数为0.2
【解答】解：A、根据v﹣t图象可知，0﹣1s内A和B的加速度大小相等，而A、B受到的合力
大小都等于A、B之间的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，A、B的质量相等，则A的质量
为M＝3kg，故A正确；
1 1 1 1
B、木块减小的动能为△E ＝E ﹣E = mv2- mv2= ×3×22J- ×3×12J=4.5J，故B
k1 k0 k1 2 0 2 1 2 2
错误；
1 1 1
C、系统损失的机械能△E= mv2- mv2- Mv2=3J，故C正确；
2 0 2 1 2 1
D、对木板A分析，根据牛顿第二定律有 mg＝Ma，
根据v﹣t图象知a= △v =1m/s2， μ
△t解得 ＝0.1，故D错误。
故选：μAC。
题型二：斜面模型中静摩擦力做功
例2．如图所示，质量为m的物体置于倾角为 的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为 ，在外
力作用下，斜面体以加速度a沿水平方向向θ左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相μ对静止，
则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中正确的是（ ）
A．支持力做功为0
B．摩擦力做功可能为0
C．斜面对物体做功为0
D．物体所受合外力做功为0
【解答】解：A、由功的计算公式W＝Fscos 可知，支持力方向垂直斜面向上，与位移的方向
夹角小于90°，支持力一定做正功，故A错误α；
B、摩擦力是否存在需要讨论：当加速度较小时，摩擦力F 沿斜面向上，即a＜gtan ，摩擦力沿
f
斜面向上，做负功；当加速度较大时，摩擦力 F 沿斜面向下，即a＞gtan ，摩擦力θ沿斜面向下，
f
做正功；当a＝gtan 时，摩擦力不存在，不做功，故B正确； θ
CD、物体做加速运θ动，合力大小为ma，方向水平向左，故合力做正功；而重力不做功，故支持
力和摩擦力的总功一不为零，即物体所受合外力做正功，斜面对物体做正功，故 C错误，D错
误。
故选：B。
题型三：斜面模型中滑动摩擦力做功
例3．如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连
接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能 E 与水平位
k
移x关系的图象是（ ）A． B．
C． D．
【解答】解：设斜面倾角为 ，小物块的质量为m，物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均
为 ，小物块由静止开始在沿θ斜面上运动的过程中，当水平位移为x时，由动能定理得：
μ x
mg•xtan -μmgcosθ⋅ =E
k
﹣0
cosθ
θ
整理得小物块的动能E 与水平位移x关系为：
k
E ＝（mgtan ﹣ mg）x
k
假设小物块达θ到μ斜面底端的动能为E ，此时小物块的水平位移为x ，在水平面上运动的过程中，
k0 0
由动能定理得：
﹣ mg（x﹣x ）＝E ﹣E
0 k k0
整μ理得小物块的动能E 与水平位移x关系为：
k
E ＝E + mgx ﹣ mgx
k k0 0
所以小物μ块的动能μ E 与水平位移x关系的图象为正比关系和一次函数关系，故 A正确，BCD错
k
误。
故选：A。
题型四：圆周运动中摩擦力做功
（多选）例4．如图，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自
轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g。
质点自P滑到Q的过程中，下列说法正确的是（ ）A．重力、弹力做正功，摩擦力做负功
B．质点通过Q点的速度大小为√gR
C．重力对质点做功的功率一直变大
D．重力对质点做功的功率先变大后减小
【解答】解：AB、在Q点，质点对轨道的压力为2mg，根据牛顿第三定律知，轨道对质点的支
持力为2mg，根据第二定律得： v 2，F ＝2mg，解得： ，在P到Q的过
F -mg=m Q N v =√gR
N R Q
1 1
程中，根据动能定理有：mgR+W = mv 2-0，解得：W =- mgR，可知在该过程中，重
f 2 Q f 2
力做正功，弹力不做功，摩擦力做负功，故A错误，B正确；
CD、质点开始运动时竖直方向速度为零，到达最低点时竖直方向速度又变为零，可知竖直方向
速度先增大后减小，根据P＝mgv ，可知重力对质点做功的功率先变大后减小，故C错误，D正
y
确。
故选：BD。
题型五：往复运动中摩擦力做功
例5．如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中
轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s＝5m，轨道CD足够长且倾角 ＝37°，A、D
两点离轨道BC的高度分别为h ＝4.30m、h ＝1.35m．现让质量为m的小滑块自θA点由静止释
1 2
放．已知小滑块与轨道 BC间的动摩擦因数 ＝0.5，重力加速度 g取10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8，则小滑块第一次到达D点时的速μ度大小为 3 m/s；小滑块最终停止的位置距B
点的距离为 1. 4 m。
【解答】解：（1）小滑块从A→B→C→D过程，由动能定理得
1
mg（h ﹣h ）﹣ mgs= mv2 -0
1 2 2 D
μ解得：v m/s＝3m/s
D=√2g(h -h )-2μgs=√2×10×(4.30-1.35)-2×0.5×10×5
1 2
即小滑块第一次到达D点时的速度大小v 为3m/s。
D
（2）设小滑块在水平轨道上运动的总路程为S总 。
对小滑块运动全过程，利用动能定理，
有：mgh
1
﹣ mgs总 ＝0
hμ 4.3
解得s总 = 1= m＝8.6m
μ 0.5
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为 2s﹣s总 ＝2×5m﹣8.6m＝1.4m
即小滑块最终停止的位置距B点的距离为1.4m。
故答案为：（1）3（2）1.4
题型六：传送带中摩擦力做功与摩擦热
（多选）例6．如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始
终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为 ，物体过一会儿能保持与传送带相
对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程，下列说法μ正确的是（ ）
mv2
A．电动机多做的功为
2
mv2
B．物体在传送带上摩擦生热为
2
mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为
2
D．电动机增加的功率为 mgv
【解答】解：A、电动机多μ做的功转化成了物体的动能和内能，根据动能定理可知物体在这个过
1 vt 1
程中获得动能 mv2=f⋅ ，所以电动机多做的功一定要大于 mv2.故A错误。
2 2 2
vt 1
B、物体在传送带上摩擦生热为Q＝fx相 ＝f（vt- ）= mv2，故B正确。
2 2
C、传送带克服摩擦力做的功就为电动机多做的功，所以由A的分析可知电动机多做的功一定要
1
大于 mv2，故C错误。
2D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为fv＝ mgv，故D正确。
故选：BD。 μ
三.举一反三，巩固练习
1. 如图所示，若物体与接触面之间的动摩擦因数处处相同，DO是水平面，AB是斜面．
初速度为10m/s的物体从D点出发沿路面DBA恰好可以达到顶点A，如果斜面改为AC，再让
该物体从D点出发沿DCA恰好也能达到A点，则物体第二次运动具有的初速度（ ）
A．可能大于12 m/s
B．可能等于8 m/s
C．一定等于10 m/s
D．可能等于10 m/s，具体数值与斜面的倾角有关
【解答】解：物体从D点滑动到顶点A过程中，由动能定理可得：
1
﹣mg•h ﹣ mg•x ﹣ mgcos •x ＝0- mv2，
AO DB AB
2
μ μ α
由几何关系cos •x ＝x ，因而上式可以简化为
AB OB
﹣mg•h ﹣ m α g•x ﹣ mg•x ＝0- 1 mv2，
AO DB OB
2
μ μ
1
即得﹣mg•h ﹣ mg•x ＝0- mv2，
AO DO
2
μ
解得初速度 v ，从上式可以看出，物体的初速度与路径无关，则物体第二次
=√2gh +2μgx
AO DO
运动具有的初速度一定等于10m/s。故C正确，A、B、D错误。
故选：C。
2. 如图所示，质量为m的小车在与竖直方向成 角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向
左运动一段距离L，车与地面之间的动摩擦因数为 。α下列说法正确的是（ ）
μA．拉力对小车做功FL
B．拉力对小车做功为FLsin
C．摩擦力对小车做功为﹣ αmgL
D．重力对小车做功为mgLμ
【解答】解：AB．拉力对小车做功为W＝FLsin ，故A错误，B正确；
C．摩擦力对小车做功为W
f
＝﹣fL＝﹣ NL＝﹣α（mg﹣Fcos ）L，故C错误；
D．在重力方向小车没有位移，则重力对μ小车做功μ 为零，故Dθ错误。
故选：B。
3. 如图所示一半径为R、圆心为O的圆弧轨道在竖直平面内；绕竖直轴O O 以角速度
1 2
转动，相同的滑块A、B和圆弧轨道一起转动，其中OB处于水平方向，OA与OO 方向成
1
ω37°角，A相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，B刚好相对于圆弧轨道静止。已知重力加速
度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法中正确的是（ ）
√4g
A．圆弧轨道转动的角速度ω=
5R
4
B．滑块与圆弧轨道间的动摩擦因数μ=
5
C．A的重力做功的功率小于B的重力做功的功率
D．当圆弧轨道转动的角速度增大时滑块A有沿圆弧切线向下运动的趋势
【解答】解：A.相对于圆弧轨道刚好没有相对运动趋势，对滑块A：mgtan37°＝m 2Rsin37°
解得 ω√ 5g
=
4R
ω
故A错误：
B.B刚好相对于圆弧轨道静止，对B有
N＝m 2R，mg＝ N
解得滑ω块与圆弧轨μ道间的动摩擦因数
4
μ=
5
故B正确：
C.两滑块在竖直方向上速度都为零，所以重力不做功，重力功率都等于零，故C错误；
D.当圆弧轨道转动的角速度增大时，向心力增大，此时重力与支持力的合力不足以提供向心力，
则接触面会给滑块沿圆弧切线向下的静摩擦力，所以滑块A有沿圆弧切线向上运动的趋势，故
D错误。
故选：B。
4. 一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t 时刻撤去力F，其v﹣t
0
图像如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为 ，则物体在运动过程中（ ）
μ
1
A．摩擦力做功为 mv 2
2 0
B．物体速度变化为零，所以F平均功率为零
3
C．F做功W= mgv t
00
2
μ
D．F＝2 mg
【解答】μ解：D、取初速度方向为正方向。根据动量定理得：
对全过程：Ft ﹣ mg•3t ＝0，
0 0
得：F＝3 mg，所μ以D错误；
μ v t v t 3
AC、在 0﹣t 时间内物体的位移为：x= 0 0，力 F 做功大小为：W＝Fx＝3 mg• 0 0=
0
2 2 2
μ3
mgv t ，所以摩擦力做功为- mgv t ，又摩擦力做负功，故A错误，C正确；
00 00
2
μ μ
B、F作用时间在0﹣t 段，在此时间内物体的速度变化不为零，所以F的平均功率不为零，故B
0
错误。
故选：C。
5. 如图所示，一物体置于倾角为 的粗糙斜面上，在水平推力F作用下斜面向左做匀加
速直线运动，运动过程中物体与斜面之间α保持相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A．斜面对物体的摩擦力可能做正功
B．斜面对物体的支持力可能做负功
C．斜面对物体的作用力可能不做功
D．该物体受到的合外力可能不做功
【解答】解：A、当物体的加速度a＜gtan 时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向上，摩擦力方向与
位移方向夹角是钝角，摩擦力对物体做负功α ；
当物体的加速度a＞gtan 时，斜面对物体的摩擦力沿斜面向下，摩擦力方向与位移方向夹角是
锐角，摩擦力对物体做正α功；
当a＝gtan 时，斜面与物体间不存在摩擦力，摩擦力对物体不做功，故A正确；
B、斜面对α物体的支持力垂直于斜面向上，与物体的运动方向夹角是锐角，斜面对物体的支持力
一定做正功，故B错误；
C、物体受到重力和斜面对物体的作用力（支持力和摩擦力的合力），重力和斜面对物体的作用
力合力方向水平向左，而重力方向竖直向下，则斜面对物体的作用力斜向左上方，与物体位移
方向夹角是锐角，斜面体对物体的作用力对物体一定做正功，故C错误；
D、物体向左做匀加速直线运动，物体所受合外力水平向左，合外力方向与位移方向相同，合外
力对物体一定做正功，故D错误。
故选：A。
6. （多选）如图所示，一倾斜角 ＝37°、质量为M＝2kg的斜劈静止放置在水平地面上，
用手支撑将质量为m＝1kg的滑块静置在θ斜劈光滑的斜面上，某时刻松开手的同时给斜劈施加
一个水平向左的恒力F，滑块恰能相对于斜劈静止，已知斜劈与地面间的动摩擦因数 ＝0.4，
重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ） μA．松手后滑块的加速度大小为6m/s2
B．恒力F的大小为34.5N
C．松开手后2s内，斜劈克服摩擦力做的功为150J
D．松开手后2s内，恒力F的平均功率为258.75W
【解答】解：A.由于滑块恰能相对于斜劈静止，则对滑块做受力分析有
F cos ＝mg
N
F sinθ＝ma
N
联立有θ
3
a＝gtan ＝10× m/s2＝7.5m/s2
4
θ
故A错误；
B.由题知某时刻松开手的同时给斜劈施加一个水平向左的恒力F，滑块恰能相对于斜劈静止，则
将斜劈和滑块看成一个整体有
F﹣ （m+M）g＝（m+M） a
代入μ数据有：F＝34.5N
故B正确；
C.松开手后2s内，斜劈和滑块一起运动的距离为
1
x= at2
2
则摩擦力做的功为
W＝﹣ （m+M）gx
f
代入数据μ 有：W＝﹣180J
f
故C错误：
D.松开手后2s内，恒力F做的功为W ＝Fx
F
W
则松开手后2s内，恒力的平衡功率为P= F
t
解得：P＝258.75W
故D正确；
故选：BD。7. （多选）疫情防控中，某医院出现了一批人工智能机器人。机器人“小易”在医护人
员选择配送目的后，就开始沿着测算的路径出发，在加速启动的过程中，“小易”“发现”正
前方站着一个人，立即制动减速，恰好在距离人30cm处停下。“小易”从静止出发到减速停
止，可视为两段匀变速直线运动，其v﹣t图像如图所示，图中t ＝1.6s，v ＝5m/s。已知减速
0 0
时的加速度大小是加速时加速度大小的3倍，“小易”（含药物）的总质量为60kg，运动过程
中阻力恒为20N。则（ ）
A．“小易”从静止出发到减速停止的总位移为1 m
25
B．“小易”加速过程的加速度大小为 m/s2
6
9
C．启动过程的牵引力与制动过程的制动力大小之比为
25
D．阻力的平均功率为50W
【解答】解：A、根据v﹣t图像与时间轴围成的面积表示位移，可知“小易”从静止出发到减速
v t 5×1.6
停止的总位移为x= 0 0= m＝4m，故A错误；
2 2
B、“小易”加速运动与减速运动满足v ＝a t ＝a t ，又因t +t ＝1.6s，a ＝3a ，解得加速时间
0 11 22 1 2 2 1
25
为t ＝1.2s，加速度大小为a = m/s2，故B正确；
1 1
6
C、对加速过程，由牛顿第二定律有F ﹣f＝ma
1 1
对减速过程，由牛顿第二定律有F +f＝ma ，解得F ＝270N，F ＝730N，则启动过程的牵引力
2 2 1 2
与制动过程的制动力大小之比为F 270 27，故C错误；
1= =
F 730 73
2
W fx 20×4
D、由上解得阻力大小f＝20N，阻力的平均功率为P= = = W＝50W，故D正确。
t t 1.6
0
故选：BD。
8. 如图，与水平面夹角 ＝37°的斜面和半径R＝0.4m的光滑圆轨道相切于B点，且固
θ定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C
时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数 ＝0.25．（g取10m/s2，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8）求： μ
（1）滑块在C点的速度大小v ；
C
（2）滑块在B点的速度大小v ；
B
（3）A、B两点间的高度差h。
【解答】解：（1）通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块在C点应用牛顿第二定律可
得： mv 2，所以， ；
mg= C v =√gR=2m/s
C
R
（ 2 ） 滑 块 在 光 滑 圆 轨 道 上 运 动 ， 机 械 能 守 恒 ， 故 有 ：
1 1 2√115
mv 2= mv 2+mgR(1+cos37°)=2.3mgR，所以，v =√4.6gR= m/s≈4.3m/s；
2 B 2 C B 5
（ 3 ） 滑 块 从 A 到 B 只 有 重 力 、 摩 擦 力 做 功 ， 故 由 动 能 定 理 可 得 ：
h 1 ，所以， v 2 ；
mgh-μmgcos37°⋅ = mv 2 h= B =1.38m
sin37° 2 B 2g(1-μcot37°)
答：（1）滑块在C点的速度大小v 为2m/s；
C
（2）滑块在B点的速度大小v 为4.3m/s；
B
（3）A、B两点间的高度差h为1.38m．
9. 如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、
半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，已知轨道AB的倾角 ＝37°，A、B间高度差H＝12m，
轨道BCD的半径R＝4.8m，轨道DE的半径r＝2.4m，轨θ道最低点C距水平地面高度差h＝
0.2m，在轨道AB上运动时摩托车（含人）受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。
表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为2×103W，发动机工作时间由表演
者控制，表演者与摩托车总质量m＝100kg，表演者与摩托车可视为质点。（cos37°＝0.8）
（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为6000N，求经过C点的速度v ；
C
（2）满足（1）中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8条件下
表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可
能值。
【解答】解：（1）由牛顿第三定律可知：摩托车受到轨道的支持力F ＝6000N；
N
对摩托车在C点应用牛顿第二定律可得： mv 2
F -mg= C
N R
√R
所以，经过C点的速度为：v = (F -mg)=4√15m/s；
C m N
（2）摩托车由A到C的运动过程只有重力、摩擦力和发动机牵引力做功，故由动能定理可得：
H 1
mg[H+R(1-cos37°)]-0.2mgcos37°⋅ +Pt= mv 2-0；
sin37° 2 C
所以，摩托车发动机的工作时间t＝1.12s；
（3）表演者要能完整表演，那么，在D点应用牛顿第二定律可得： mv2
mg= D
r
1 1 5
故由机械能守恒可得： mv 2= mv 2+2mgr≥ mgr
2 E 2 D 2
所以，v ＝12m/s；
E
在AB上压力为mgcos37°，受力因子k＝0.8；在BCD上，C点速度最大，向心力最大，再根据
受力分析可知压力最大， mv 2 ；
F= C +mg
R在DE上类似，E点速度最大，向心力最大，再根据受力分析可知压力最大， mv 2
F'= E +mg
r
在EF上，压力为mg，故受力因子k＝1；
1 1
由机械能守恒可得： mv 2=mgR+ mv 2
2 C 2 E
所以， mv 2+2mgR mv 2 ；
F= E +mg= E +3mg
R R
又有k≤8，所以，F≤8mg，故 ；F'≤8mg，故v m/s；
v ≤√5gR=√10gr E ≤√7gr=2√42
E
所以， ；
12m/s≤v ≤2√42m/s
E
那么，表演者从F做平抛运动的初速度v ＝v ；平抛运动的竖直位移y＝R+h＝5m；
F E
√2y
所以，运动时间t= =1s，那么，表演者落点G点与F点的水平距离x＝v t
F
g
所以，12m≤x≤2√42m；
答：（1）某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为6000N，那么，经过C点的速度v 为
C
4√15m/s；
（2）满足（1）中的条件下，摩托车发动机的工作时间t为1.12s；
（3）已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8条件下
表演者是安全的；能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的取值
范围为12m≤x≤2√42m。
