文档内容
知识点 37：动能定理及应用
【知识思维方法技巧】
（1）动能定理的理解：
①动能定理内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．
②动能定理表达式：W ＝ΔE ＝mv 2－mv 2或W ＝E －E .
总 k 2 1 总 k2 k1
“外力”指的是合外力，可以是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可
以同时作用，也可以不同时作用．“外力”既可以是恒力，也可以是变力．
③动能定理的物理意义：合力的功是物体动能变化的量度．
（2）运用动能定理解题的优越性：
①动能定理既适用于恒力做功、直线运动、单过程问题，也适用于变力做功、曲线运动、
多过程问题、电场与磁场。
②动能定理不涉及势能，解决的是合力做功与动能变化的问题，各力做功的情况都要进行
分析。列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，
最后根据结果加以检验．求克服某力做的功，可以直接带入负号。
③动能定理中的位移和速度一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。动能定理是一个
标量式，不存在方向的选取问题．当然动能定理也就不存在分量的表达式。
（3）应用流程
考点一：动能定理在直线运动中的应用
题型一：动能定理在直线型单过程问题中的应用
【典例1提高题】相同材料制成的A、B两物块，以相同初速度同时滑上水平桌面，两物
块质量分别为 、 且 ，则（ ）
A．物块A惯性大，滑行距离大
B．物块B阻力小，滑行距离大
C．两物块滑行的时间相等
D．两物块克服阻力做功相等
【典例1提高题】【答案】C
【解析】令初速度为v，与桌面间的摩擦因数为 ，根据动能定理，对A有
0
，对B有 ，联立可得 ，质量是惯性的唯
1
学科网（北京）股份有限公司一量度，质量大的物体惯性大，所以物块A惯性大，故AB错误；根据动量定理，对A有
，对B有 ，联立可得 ，故C正确；根据定能定理，
对A有 ，对B有 ，因为 ，所以 ，故D错
误。
【典例1提高题对应练习】一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动，当物块的初速度为 v时，
上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为2v时，上升的最大高度记为h.重力加
速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数μ和h分别为( )
A．tan θ和2H B．tan θ和4H
C．tan θ和2H D．tan θ和4H
【典例1提高题对应练习】【答案】D
【解析】由动能定理得mgH＋μmgcos θ·＝mv2，mgh＋μmgcos θ·＝m(2v)2，联立解得h＝
4H，μ＝tan θ，选项D正确．
题型二：动能定理在直线型多过程问题中的应用
【知识思维方法技巧】
运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们
的功能特点：重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；大小恒定的阻力或摩擦
力做的功等于力的大小与路程的乘积。弹簧弹力做功与路径无关。
类型一：水平式多过程运动模型
【典例2a提高题】质量为m的物体，在水平面上以初速度v 开始滑动，经距离d时，速度
0
减为 。物体与水平面各处的动摩擦因数相同，则（ ）
A．物体与水平面间的动摩擦因数为
B．克服摩擦力做的功为
C．物体再前进 便停止
2
学科网（北京）股份有限公司D．要使物体前进总距离为2d，其初速度应为
【典例2a提高题】【答案】CD
【详解】根据动能定理 ，即克服摩擦力做功为 ，根
据 ，解得 ，AB错误；根据动能定理 ，解得
，C正确；根据动能定理 ，解得 ，D正确。
【典例2a提高题对应练习】如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑
行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置，按比赛规则，冰壶投出后
可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运
动，将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动．已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面
间的动摩擦因数为0.02.重力加速度g取10 m/s2.
(1)运动员以3.6 m/s的水平速度将冰壶投出，未摩擦冰面的情况下，求冰壶能在冰面上滑行
的最大距离s；
(2)设未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为 μ，摩擦冰面后二者之间的动摩擦因数
变为kμ，其中0v，所以小球能到
C
达最高点C，在C点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m代入数据解得F＝4 N，由牛顿第三定
律知，小球对C点的压力大小为4 N。
【典例2c提高题对应练习】如图所示为水上乐园的设施，由弯曲滑道、竖直平面内的圆形
滑道、水平滑道及水池组成，圆形滑道外侧半径R＝2 m，圆形滑道的最低点的水平入口B
12
学科网（北京）股份有限公司和水平出口B′相互错开，为保证安全，在圆形滑道内运动时，要求紧贴内侧滑行。水离
水平滑道高度h＝5 m。现游客从滑道A点由静止滑下，游客可视为质点，不计一切阻力，
重力加速度g取10 m/s2，求：
（1）起滑点A至少离水平滑道多高？
（2）为了保证游客安全，在水池中放有长度L＝5 m的安全气垫MN，其厚度不计，满足
(1)的游客恰落在M端，要使游客能安全落在气垫上，安全滑下点A距水平滑道的高度取值
范围为多少？
【典例2c提高题对应练习】【答案】(1)5 m (2)5 m≤H≤11.25 m
【解析】(1)游客在圆形滑道内侧恰好滑过最高点时，有mg＝m，从A到圆形滑道最高点，
由机械能守恒定律得mgH＝mv2＋mg·2R。解得H＝R＝5 m。
1 1
(2)落在M点时抛出速度最小，从A到C由机械能守恒定律得mgH ＝mv，v ＝＝10 m/s水
1 1
平抛出，由平抛运动规律可知h＝gt2，得t＝1 s则s＝vt＝10 m，落在N点时s＝s＋L＝15
1 1 2 1
m则对应的抛出速度v ＝＝15 m/s，由mgH ＝mv得H ＝＝11.25 m，安全滑下点A距水平
2 2 2
滑道高度范围为5 m≤H≤11.25 m。
考点三：动能定理在直线+曲线多运动组合问题的应用
【知识思维方法技巧】
（1）分析思路：
①受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的
变化情况；
②做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
③功能关系分析：运用动能定理进行分析，选择合适的规律求解．
（2）方法技巧：
①“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
②“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
③“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
题型一：直线运动＋平抛运动模型
【典例1提高题】如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m＝0.5 kg的小物块，它与
水平台阶表面间的动摩擦因数μ＝0.5，且与台阶边缘O点的距离s＝5 m．在台阶右侧固定
了一个圆弧挡板，圆弧半径R＝1 m，今以O点为原点建立平面直角坐标系．现用F＝5 N
的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．
（1）若小物块恰能击中挡板上的P点(OP与水平方向夹角为37°，已知sin 37°＝0.6，cos
13
学科网（北京）股份有限公司37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求其离开O点时的速度大小；
（2）为使小物块击中挡板，求拉力F作用的最短时间；
（3）改变拉力F的作用时间，使小物块击中挡板的不同位置．求击中挡板时小物块动能
的最小值．
【典例1提高题】【答案】(1) m/s (2)1 s (3) J
【解析】(1)小物块从O到P，做平抛运动水平方向：Rcos 37°＝vt ，竖直方向：Rsin 37°
0OP
＝gt解得：v＝＝ m/s。
0
(2)为使小物块击中挡板，小物块必须能运动到 O点，设拉力F作用的最短距离为d，由动
能定理得：Fd－μmgs＝ΔE ＝0解得：d＝2.5 m，由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma解得：
k
a＝5 m/s2由运动学公式得：d＝at解得：t ＝1 s。
min
(3)设小物块击中挡板的任意点坐标为(x，y)，则x＝v′t,y＝gt2，由机械能守恒得：E ＝
0 k
mv ′2＋mgy又x2＋y2＝R2化简得：E ＝＋＝＋y由数学方法求得：E ＝ J
0 k kmin
【典例1提高题对应练习】如图所示，固定在竖直平面内的倾斜轨道AB，与水平固定光滑
轨道BC相连，竖直墙壁CD高H＝0.2 m，在地面上紧靠墙壁固定一个和CD等高，底边
长L＝0.3 m的固定斜面．一个质量m＝0.1 kg的小物块(视为质点)在轨道AB上从距离B点
1
L ＝4 m处由静止释放，从C点水平抛出，已知小物块与AB段轨道间的动摩擦因数为
2
0.5，通过B点时无能量损失；AB段与水平面的夹角为37°.(空气阻力不计，取重力加速度
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求小物块运动到B点时的速度大小；
(2)求小物块从C点抛出到击中斜面的时间；
(3)改变小物块从轨道上释放的初位置，求小物块击中斜面时动能的最小值．
【典例1提高题对应练习【答案】(1)4 m/s (2) s (3)0.15 J
【解析】(1)对小物块从A到B过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgL cos 37°＝
2 2
mv 2，解得：v ＝4 m/s；
B B
(2)设物块落在斜面上时水平位移为x，竖直位移为y，如图所示：
14
学科网（北京）股份有限公司对平抛运动，有：x＝v t，y＝gt2，结合几何关系，有：＝＝，解得：t＝ s或t＝－ s(舍去)；
B
(3)设小物块从轨道上A′点静止释放且A′B＝L，运动到B点时的速度为v ′，对物块从A′到
B
碰撞斜面过程分析，根据动能定理有：mgLsin 37°－μmgcos 37°·L＋mgy＝mv2－0
对物块从A′到运动到B过程分析，根据动能定理有mv ′2＝mgLsin 37°－μmgLcos 37°
B
又x＝v ′t，y＝gt2，＝，联立解得：mv2＝mg(＋－)，故当＝，即y＝H＝0.12 m时，动能最
B
小为E ，代入数据，解得E ＝0.15 J.
kmin kmin
题型二：直线运动＋圆周运动模型
【典例2提高题】图所示，半径R＝0.4 m的光滑半圆轨道与水平地面相切于B点，且固定
于竖直平面内．在水平地面上距B点x＝5 m处的A点放一质量m＝3 kg的小物块，小物块
与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F的
作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且恰能到圆轨道
最高点C.圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ.(g取10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小物块在B点的最小速度v的大小；
B
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围．
【典例2提高题】【答案】(1)2 m/s (2)36 N (3) N≤F≤50 N
【解析】(1)小物块恰能到圆轨道最高点C时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度
为v ，由mg＝m得：v ＝2 m/s，物块从B运动到C，由动能定理有：
C C
－2mgR＝mv－mv，解得：v ＝2 m/s
B
(2)物块从P到C由动能定理有：－mgR(1－sin θ)＝mv－mv，解得v ＝ m/s，在P点由牛
P
顿第二定律有：mgsin θ＋F ＝m，解得F ＝36 N，根据牛顿第三定律可知，小物块在P点
N N
对轨道的压力大小为F ′＝F ＝36 N
N N
(3)当小物块刚好能通过C点时，拉力F有最小值，对物块从A到B过程分析：
F＝μ(mg－F sin θ)，F xcos θ－Fx＝mv，解得F ＝ N，当物块在AB段即将离开地
f min min f min
面时，拉力F有最大值，则F sin θ＝mg，解得F ＝50 N，综上，拉力的取值范围是：
max max
N≤F≤50 N.
15
学科网（北京）股份有限公司【典例2提高题对应练习】如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平
轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，
sinα＝ .一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平
轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，
已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速
度大小为g.求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1) mg (2) mg
【解析】(1)设水平恒力的大小为F ，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到
0
达C点时速度的大小为v ，则 ＝tanα，F＝ ，由牛顿第二定律得F＝m ，联立并
C
代入数据解得F ＝ mg，v ＝ .
0 C
(2)设小球到达B点时速度的大小为v ，小球由B到C的过程中由动能定理可得
B
－2FR＝ mv 2－ mv 2，代入数据解得v ＝ ，小球在B点时有F －F＝m ，解得F
C B B N N
＝ mg，由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为F ′＝ mg.
N
题型三：直线运动＋圆周运动模型＋平抛运动模型
【典例3提高题】如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v＝4 m/s水平向右抛出，
0
恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为 R＝3.75 m，B点是圆
弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°
角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光
16
学科网（北京）股份有限公司滑。最右侧是一个半径为r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨
道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°
＝0.8。
（1）求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
（2）若MN的长度为L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
（3）若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
【典例3提高题】【答案】(1)62 N (2)60 N (3)10 m
【解析】(1)根据平抛运动的规律有v＝v cos 37°，解得小物块经过A点时的速度大小v ＝
0 A A
5 m/s，小物块从A点运动到B点，根据动能定理有mg(R－R cos 37°)＝mv 2－mv 2，小物
B A
块经过B点时，有F －mg＝，解得F ＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力
N N
大小是62 N。
(2)小物块由B点运动到C点，根据动能定理有－μmgL－2mgr＝mv 2－mv 2，在C点F ′＋
C B N
mg＝，解得F ′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60
N
N。
(3)小物块刚好能通过C点时，根据mg＝解得v ′＝2 m/s，小物块从B点运动到C点的过程
C
中，根据动能定理有－μmgL′－2mgr＝mv ′2－mv 2解得L′＝10 m。
C B
【典例3提高题对应练习1】如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均
为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、
E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O 的连线，以
2
及O 、E、O 和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距
2 1
离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰
撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h ，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小v及在此过程
0 C
中所受合力的冲量I的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O 点等高的D点所受弹力F 与h的关系式；
1 N
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
17
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题对应练习1】【答案】(1) m 水平向左
(2)F ＝2mg h≥R (3)h≤R或h＝R
N
【解析】(1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh ＝mv，可得v ＝，根据动量定理得I＝
0 C
mv ＝m，方向水平向左。
C
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有mg(h－R)＝mv，根据牛顿第二定律有F ＝，联立
N
可得F ＝2mg，满足的条件h≥R。
N
(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时 h需满足的条件是
h≤R＋3Rsin θ＝R，第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，小球与墙面碰撞后，进
入G前做平抛运动，则d＝vt＝v，其中v ＝v sin θ，v＝v cos θ，故有v sin θ·＝d，可
x x x G y G G
得v ＝2，由机械能守恒定律有mg＝mv，可得h＝R。
G
【典例3提高题对应练习2】如图所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺
旋状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L ＝10 m，BC长度L ＝4 m，圆轨道半径R＝0.72
1 2
m．直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L＝3 m，水平边NE的长度L＝6 m，M点在C
3 4
点的正下方，MC的长度L＝1.2 m．小物块的质量为m＝1 kg，它与AB轨道和BC轨道的
5
动摩擦因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，
第一次到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点
时撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．
小物块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹
性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不
变，之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9 s，
求小物块刚运动至P点时的动能．
18
学科网（北京）股份有限公司【典例3提高题对应练习2】【答案】(1)0.5 (2)v2＝30F(6 m/s≤v≤20 m/s)(3)65 J
【解析】(1)小物块从A到C的过程，由动能定理得mgLsin θ－μmgL cos θ－μmgL ＝0
1 1 2
代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得
F(Lcos θ＋L)＋mgLsin θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)L－μmgL ＝mv2代入数据得v2＝30F，小
1 2 1 1 2
物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤m，从D到C的过程由机械能守恒定律
得mv2＋2mgR＝mv2解得v≥6 m/s，小物块不脱离斜面AB，应满足Fsin θ≤mgcos θ解
D
得v≤20 m/s，所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝gt2＝4.05 m，设物块在C点初速度为v，P点与竖直墙的水平
0
距离为vt－L，如图，由几何关系得
0 4
tan∠MNE＝，已知tan∠MNE＝＝，解得v＝7 m/s，从C到P由动能定理得mgh＝E －
0 k
mv2代入数据，解得E ＝65 J.即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.
0 k
【典例3提高题对应练习3】如图所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水
平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动
当其滑行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光
滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错
开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点
的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的
压力大小刚好为滑块重力的 3倍，水平轨道BC的长度为l ＝2.0 m，小滑块与水平轨道
2
AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求水平轨道AB的长度l；
1
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；
(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆
19
学科网（北京）股份有限公司轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．
【典例3提高题对应练习3】【答案】(1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析
【解析】(1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m，从B点
运动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v ，由机械能守恒定律有mv 2
B B
＝mg·2R＋mv2，代入数据解得v ＝2 m/s.小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得Fl －
B 1
μmgl ＝mv 2，代入数据可解得l＝2.4 m.
1 B 1
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v ，则由动能定理可得－μmgl ＝mv 2－mv 2
C 2 C B
代入数据解得v ＝2 m/s，设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有h＝gt2，解得t＝
C
0.2 s，故小滑块在水平方向上运动的距离为x ＝v t＝0.4 m<0.6 m，故小滑块将落入“陷
0 C
阱”中，不能运动到D点．
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨
论：①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x′，则由动能定理
1
可得：Fx ′－μmgl －mgR＝0，代入数据可解得x′＝0.75 m，故当恒力作用的距离满足
1 1 1
0μmgcos θ，
故滑块最终不会停留在斜面上，由于滑块在AB段受摩擦力作用，则滑块做往复运动的高
度将越来越低，最终以B点为最高点在光滑的圆弧面上往复运动．设滑块在AB段上运动
的总路程为s，滑块在AB段上所受摩擦力大小F＝μF ＝μmgcos θ，从A点出发到最终以
f N
B点为最高点做往复运动，由动能定理得mgRcos θ－Fs＝0，解得s＝＝8 m.
f
(2)滑块第一次过C点时，速度最大，设为v ，分析受力知此时滑块所受轨道支持力最大，
1
设为F ，从A到C的过程，由动能定理得mgR－Fl ＝mv 2－0，斜面AB的长度l ＝，
max fAB 1 AB
由牛顿第二定律得F －mg＝，解得F ＝102 N.滑块以B为最高点做往复运动的过程中
max max
过C点时，速度最小，设为v ，此时滑块所受轨道支持力最小，设为F ，从B到C，由
2 min
动能定理得mgR(1－cos θ)＝mv 2－0，由牛顿第二定律得F －mg＝，解得F ＝70 N，根
2 min min
据牛顿第三定律可知C点受到的压力最大值为102 N，最小值为70 N.
【典例2提高题对应练习】如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑
的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D与圆心O等高，圆弧轨
道半径R＝1.0 m，现有一个质量为m＝0.2 kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点
处自由下落，D、E两点间的距离h＝1.6 m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5，取
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力F 的大小；
N
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度L 至少要多长；
AB
（3）若斜面已经满足(2)要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性
运动，求在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
【典例2提高题对应练习】【答案】(1)12.4 N (2)2.4 m (3)4.8 J
【解析】(1)物体从E到C，由机械能守恒得：mg(h＋R)＝mv①
在C点，由牛顿第二定律得：F －mg＝m②，联立①②，解得支持力F ＝12.4 N③
N N
(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得，W －W＝0④，W ＝mg[(h＋Rcos 37°)－
G f G
L sin 37°]⑤，W＝μmgcos 37°L ⑥，联立④⑤⑥解得斜面长度至少为L ＝2.4 m⑦
AB f AB AB
24
学科网（北京）股份有限公司(3)因为mgsin 37°>μmgcos 37°(或μ
