【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第5章第2讲《动能定理及应用》(含解析).doc，共(18)页，334.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲动能定理及应用一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能。2.公式：Ek＝12mv2。3.单位：焦耳，1J＝1N·m＝1kg·m2/s2。4.标矢性：动能是标量，动能与速度方向无关。5.动能的变化：物体末动

能与初动能之差，即ΔEk＝12mv22－12mv21。二、动能定理1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。2.表达式：W＝Ek2－Ek1＝12mv22－12mv21。3.物理意义：合力做的功是物体动能变化的量度。4.适用条件(1)动能定理既

适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。如图1所示，物块沿粗糙斜面下滑至水平面；小球由内壁粗糙的圆弧轨道底端运动至顶端(轨道半径为R)。图1对

物块有WG＋Wf1＋Wf2＝12mv2－12mv20对小球有－2mgR＋Wf＝12mv2－12mv20。【自测1】关于运动物体所受的合力、合力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是()A.合力为零，则合力做功一定为零B.合力做功为零

，则合力一定为零C.合力做功越多，则动能一定越大D.动能不变，则物体所受合力一定为零答案A【自测2】如图2所示，AB为14圆弧轨道，BC为水平直轨道，BC恰好在B点与AB相切，圆弧的半径为R，BC的长度也是R。一质量为m的物体与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好

运动到C处停止，重力加速度为g，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为()图2A.μmgR2B.mgR2C.mgRD.(1－μ)mgR答案D解析设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A到C的全过程，根据动能定理有mgR－WAB－μmgR＝0，所以WAB＝mgR－μmgR＝(1－μ)mgR

，故D正确。命题点一动能定理的理解1.动能定理表明了“三个关系”(1)数量关系：合力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合力做的功。(2)因果关系：合力做功是引起物体动能变化的原因。(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳。2.标量性动能是标量，功也是标量，所

以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。【例1】(多选)如图3所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，A、B间接触面不光滑。现以恒定的外力拉B，A

在B上发生了滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动了一段距离。在此过程中()图3A.外力F做的功等于A和B动能的增量B.B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量

与B克服摩擦力所做的功之和答案BD解析A物体所受的合力等于B对A的摩擦力，根据动能定理，有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不相等，故二者做

功不相等，C错误；对B应用动能定理，有WF－Wf＝ΔEkB，解得WF＝ΔEkB＋Wf，即外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和，D正确；根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与产生的内能之和，故A错误。【变式1】(多选)用力F拉着一个物体从空中的a点运动到b点的过

程中，重力做功－3J，拉力F做功8J，空气阻力做功－0.5J，则下列判断正确的是()A.物体的重力势能增加了3JB.物体的重力势能减少了3JC.物体的动能增加了4.5JD.物体的动能增加了8J答案AC解析因为重力做负功时重力势能增加，所以重力势能增加3

J，A正确，B错误；根据动能定理W合＝ΔEk，得ΔEk＝－3J＋8J－0.5J＝4.5J，C正确，D错误。命题点二动能定理的基本应用1.应用流程2.注意事项(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。(2)应用动能定理的关键在于准确分析研究对象

的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。(4)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。【例2】(2020·山东省等级考试第二次模拟卷)如图4所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600m后达到v1＝216km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为

自身重力的0.1倍。起飞后，飞机以离地时的功率爬升t＝20min，上升了h＝8000m，速度增加到v2＝720km/h。已知飞机的质量m＝1×105kg，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：图4(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；(2)飞

机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。答案(1)4×105N(2)1.898×1010J解析(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v21＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma，联立

解得F＝4×105N。(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得Pt－mgh－Wf＝12mv22－12mv21，解得Wf＝1.898×1010J。【例3】(2020·辽宁葫芦岛市上学期质监)如图5所示，用

长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为()图5A.3gLB.6gLC.4g

LD.3gL答案D解析小球刚好能在竖直平面做圆周运动且恰好到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝mv21L，在最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理mg·4L＝12mv22－12mv21，联立可得落地速度v2＝3gL，

故A、B、C错误，D正确。【变式2】(2020·江苏盐城市第三次模拟)如图6所示，是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速

度为g。求：图6(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小F－。答案(1)2Fcosα－mgm(2)2Fhcosα(3)2Fhc

osαx＋mg解析(1)施力时重物所受的合力为F合＝2Fcosα－mg则重物上升过程中加速度大小a＝F合m＝2Fcosα－mgm。(2)重物上升过程中由动能定理2Fcosα·h－mgH＝0以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm＝mgH＝2Fhcosα。(3)重物砸入地面过程中由动能

定理mg(H＋x)－F－x＝0解得F－＝2Fhcosαx＋mg。命题点三动能定理与图像问题的结合1.解决图像问题的基本步骤(1)观察题目给出的图像，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义。(2)根据物理规律推导出纵坐标与横坐

标所对应的物理量间的函数关系式。(3)将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点、图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题，或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求

物理量。2.图像所围“面积”的意义(1)v－t图像：由公式x＝vt可知，v－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体的位移。(2)a－t图像：由公式Δv＝at可知，a－t图线与t坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量。(3)F－x图像：由公式W＝Fx可知，F－x图线与x坐标轴围成的面积表示力所做的功。(4

)P－t图像：由公式W＝Pt可知，P－t图线与t坐标轴围成的面积表示力所做的功。【例4】(2020·江苏卷，4)如图7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Ek与水平位移x关系的图像是()图7答案A解析在斜面上，物块受竖直向下的重力、沿斜面向上的滑动摩擦力以及垂直斜面向上的支持力，设物块的质量为m，斜面的倾角为θ，物块沿斜面下滑的距离对应的水平位移为x，由动能定

理有mgsinθ·xcosθ－μ1mgcosθ·xcosθ＝Ek－0,解得Ek＝(mgtanθ－μ1mg)x，即在斜面上时物块的动能与水平位移成正比，B、D项均错误；在水平面上，物块受竖直向下的重力、竖

直向上的支持力以及水平向左的滑动摩擦力，由动能定理有－μ2mg(x－x0)＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－μ2mg(x－x0)，其中Ek0为物块滑到斜面底端时的动能，x0为物块沿斜面下滑到底端时的距离对应的水平

位移，即在水平面上物块的动能与水平位移为一次函数关系，且为减函数，A项正确，C项错误。【变式3】(2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的

初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图8甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图像，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力的功为()图8A.12mv20－3mghB.3mgh－12mv20C.16mv20－mghD.mgh－16mv20答案D解析若物体静止开始下滑，由

动能定理得mgh－Wf＝12mv21，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，由动能定理得mgh－Wf＝12mv22－12mv20，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解Wf＝mgh－16mv20。命题点四动能定理在多过程问题中的

应用【例5】(2021·1月湖北学业水平选择性考试模拟演练，7)如图9所示，两倾角均为θ的光滑斜面对接后固定水平地面上，O点为斜面的最低点。一个小物块从右侧斜面上高为H处由静止滑下，在两个斜面上做往复运动。小物块每次通过O

点时都会有动能损失，损失的动能为小物块当次到达O点时动能的5%。小物块从开始下滑到停止的过程中运动的总路程为()图9A.49HsinθB.39HsinθC.29HsinθD.20Hsinθ答案B解析由题意知，小物块第一次到达O点由动能定理可得mgH＝Ek，此时小物块所

走路程s1＝Hsinθ，第一次通过O点后动能Ek1＝95%Ek＝95%mgH，此时利用动能定理知小物块上升高度H1＝95%H，第二次到达O点滑下的路程s2＝2H1sinθ＝95%2Hsinθ，同理第二次离开O点到第三次到达O点所走路程s3＝(95%)22Hsin

θ，„，故小物块下滑的总路程s总＝s1＋s2＋„sn＝Hsinθ＋95%2Hsinθ＋(95%)22Hsinθ＋„(95%)n－12Hsinθ，n无穷大时，可得s总＝39Hsinθ(等比数列求和)，故B正

确。【变式4】(2020·河南名校联考)如图10所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平。一个质量为m的小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，落到地面上的C点，轨

迹如图中虚线BC所示。已知它落地时相对于B点的水平位移OC＝l。现在轨道下方紧贴B点安装一水平木板，木板的右端与B的距离为l2，让P再次从A点由静止释放，它离开轨道并在木板上滑行后从右端水平飞出，仍然落在地面的C点。求：(不计空气阻力，重力加速度为g)图10(1)P滑至B点时的速度大小

；(2)P与木板之间的动摩擦因数μ。答案(1)2gh(2)3h2l解析(1)物体P在AB轨道上滑动时，只有重力做功，根据动能定理，有mgh＝12mv20，得物体P滑到B点时的速度大小为v0＝2gh。(2)当没有木板时，物体离开B点后做平抛运动，运动时间为t，有t＝lv0＝

l2gh当B点右方安装木板时，物体从木板右端水平抛出，在空中运动的时间也为t，水平位移为l2，因此物体从木板右端抛出的速度v1＝v02＝2gh2根据动能定理，物体在木板上滑动时，有－μmgl2＝12mv21－12mv20解得物体与木板之间的动摩擦因数μ＝

3h2l。课时限时练(限时：40分钟)对点练1动能定理的理解1.(多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是()A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下

两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合力再求合力的功C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W＞0时动能增加，当W＜0时，动能减少D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做功，但不适用于变力做功答案BC2.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的

速度为v0，它落到地面时的速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于()A.mgh－12mv2－12mv20B.－12mv2－12mv20－mghC.mgh＋12mv20－12mv2D.mgh＋12mv2－12mv20答案C解析对物块从h高处竖

直上抛到落地的过程，根据动能定理可得mgh－Wf＝12mv2－12mv20，解得Wf＝mgh＋12mv20－12mv2，选项C正确。对点练2动能定理的基本应用3.在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，如图1，他站在罚球线处用力将篮球投出，篮球以约为1m/s的速度撞击

篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为()图1A.1JB.10JC.50JD.100J答案B解析该同学将篮球投出时的高度约为h1＝1.8m，根据动能定理有W－mg(h－h1)＝12m

v2，解得W＝7.5J，故选项B正确。4.(2020·广东惠州市第三次调研)如图2，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小球以速度v从轨道下端滑入轨道，并保证从轨道上端水平飞出，则关于小球落地点到轨道下端的水平距离x

与轨道半径R的关系，下列说法正确的是()图2A.R越大，则x越大B.R越小，则x越大C.当R为某一定值时，x才有最大值D.当R为某一定值时，x才有最小值答案C解析设半圆的半径为R，根据动能定理得－mg·2R＝12mv′2－12mv

2，离开最高点做平抛运动，有2R＝12gt2，x＝v′t，联立解得x＝4R（v2－4gR）g＝－16g（R－v28g）2＋v44gg可知当R＝v28g时，水平位移最大。5.(2020·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U型池比赛项目，其赛道横截面如图3所示，为一半径为R、粗

糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻

力)，则()图3A.W＝34mgR，运动员没能到达Q点B.W＝14mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动C.W＝12mgR，运动员恰好能到达Q点D.W＝12mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离答案D解析在N点，根据牛顿第二定律有FN

－mg＝mv2NR，解得vN＝3gR，对质点从下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝12mv2N－0，解得W＝12mgR，由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得－m

gR－W′＝12mv2Q－12mv2N，因为W′＜12mgR，可知vQ＞0，所以质点到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。对点练3动能定理与图像问题的结合6.(2020·江苏五校上学期12月联考)

一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是()答案C解析设斜面的倾角为θ，物块的质量为m，沿斜面向上为位移正方向；小物块上滑过

程，由动能定理得－(mgsinθ＋μmgcosθ)x＝Ek－Ek0，整理得Ek＝Ek0－()mgsinθ＋μmgcosθx；设小物块上滑的最大位移大小为s，小物块下滑过程，由动能定理得(mgsinθ－μmgcosθ)(s－x)＝Ek－0，整理得Ek＝(mgsi

nθ－μmgcosθ)s－(mgsinθ－μmgcosθ)x，故只有C正确。7.如图4甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能Ek与距地面高度h的关系图像如图乙所示，

已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是()图4A.在0～h0过程中，F大小始终为mgB.在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C.在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D.在2h0

～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析在0～h0过程中，Ek－h图像为一段直线，由动能定理得(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，在0～h0过程中，F做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5

mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，由动能定理得WF′－1.5mgh0＝0－1.5mgh0，则WF′＝0，故F做功为0，物体的

机械能保持不变，故D错误。对点练4动能定理在多过程问题中的应用8.如图5所示，质量为m的小球，从离地面高H处由静止开始释放，落到地面后继续陷入泥中h深度而停止。设小球受到的空气阻力为Ff，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图5A.小球落地时动能等于mgHB.小球陷入泥中的过程中

克服泥的阻力所做的功小于刚落到地面时的动能C.整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)D.小球在泥中受到的平均阻力为mg(1＋Hh)答案C解析小球从静止开始释放到落到地面的过程，由动能定理得mgH－FfH＝

12mv20，选项A错误；设泥的平均阻力为Ff′，小球陷入泥中的过程，由动能定理得mgh－Ff′h＝0－12mv20，解得Ff′h＝mgh＋12mv20，Ff′＝mg(1＋Hh)－FfHh，选项B、D错误；对全过程应用动能定

理可知，整个过程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，选项C正确。9.(2020·四川内江市上学期一模)如图6所示，为某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图像以他离开跳板时为计时起点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()图6A.t3时刻达到最高点B.

t2时刻的位移最大C.t1时刻的加速度为负D.在t1～t2时间内，重力做功WG大于克服阻力做功Wf答案D解析运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图像为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻开始进入水面，之后进入水中，

此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；在t1～t2时间内，由动能定理可知WG－Wf＝12mv2，即重力做功WG大于克服阻力做功Wf，故D正确。10.(多选)(2020·重庆市六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在

水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图7所示的v－t图像。已知小车在0～2s内做匀加速直线运动，2～11s内小车牵引力的功率保持不变，9～11s内小车做匀速直线运动，在11s末

小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是()图7A.小车受到的阻力大小为8NB.在2～11s内小车牵引力的功率P是16WC.小车在2s末的速度大小vx为6m/sD.小车在0～15s内通过的距离是80m答案BD解析

根据题意，在11s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图像可知a＝ΔvΔt＝2m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8m/s，则有P＝Fvm＝16W，故B正确；0～2s的匀加速

运动过程中，小车的加速度为ax＝ΔvΔt＝vx2，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4m/s，故C错误；在2～9s内的变加速过程，Δt＝7s，由动能定理可得PΔt－f

x2＝12mv2m－12mv2x，解得x2＝44m，0～2s内通过的位移为x1＝42×2m＝4m，9～11s内小车做匀速直线运动通过的位移为x3＝8×2m＝16m，11～15s内通过的位移为x4＝82×4m＝16m，则小车在0～15s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x

4＝80m，故D正确。11.(2019·天津卷，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图8甲所示。为了便

于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图乙所示，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点

进入BC。已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求甲乙图8(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。答案(1)7.5×104J(2)1

.1×103N解析(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2＝L1t①根据动能定理，有W＝12mv2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104J。③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2＝R

sinθ④由牛顿第二定律，有FN－mg＝mv2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得FN＝1.1×103N。12.(2020·浙江选考模拟)弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图9所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大

得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0m，BC段长l1＝1.5m。弹射装置将一个质量m＝100g小球(可视为质点)以v0＝8m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C

点离开轨道随即进入长l2＝2m，μ＝0.1的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1m，不计空气阻力。求：图9(1)小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对

圆管的压力大小；(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大；(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8m/s从A点进入，当h多高时，水平射程x最大，并求出这个最大值。答案(1)8rad/s1N(2)26m/s(3)1.5m3m解析(1)

角速度ω＝v0R＝8rad/s，小球在BC段做匀速直线运动，合力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡状态，FN＝mg＝1N，根据牛顿第三定律，小球对圆管的压力大小为1N。(2)小球从A点到E点根据动能定理有－mgh－

μmgl2＝0－12mv20解得v0＝26m/s。(3)小球从A点到E点根据动能定理有－(mgh＋μmgl2)＝12mv2E－12mv20解得vE＝60－20h过了E点小球做平抛运动，有h＝12gt2x＝vEt得到x与h的

数学关系x＝12h－4h2即当h＝1.5m时，x的最大值为x＝3m