《2018_2019学年高中物理第四章机械能和能源微型专题5利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案粤教版必修2.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018_2019学年高中物理第四章机械能和能源微型专题5利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案粤教版必修2.pdf（21页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、1 。 。 。 内部文件，版权追溯 微型专题 5 利用动能定理分析变力做功和多过程问题 知识目标核心素养 1. 进一步理解动能定理，领会应用动能 定理解题的优越性. 2. 会利用动能定理分析变力做功、曲线 运动以及多过程问题. 1. 体会动能定理在分析变力问题、曲线运动、 多过程问题中的优越性. 2. 建立求解“多过程往复运动问题”的模型， 提高逻辑推理和综合分析问题的能力. 一、利用动能定理求变力的功 1动能定理不仅适用于求恒力做的功，也适用于求变力做的功，同时因为不涉及变力作用的 过程分析，应用非常方便 2利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以 用动
2、能定理间接求变力做的功，即W变W其他Ek. 例 1如图 1 所示，质量为m的小球自由下落d后，沿竖直面内的固定轨道ABC运动，AB 是半径为d的1 4光滑圆弧， BC是直径为d的粗糙半圆弧 (B是轨道的最低点) 小球恰能通过圆 弧轨道的最高点C. 重力加速度为g，求： 图 1 (1) 小球运动到B处时对轨道的压力大小； (2) 小球在BC运动过程中，摩擦力对小球做的功 2 答案(1)5mg(2) 3 4mgd 解析(1) 小球运动到B点的过程由动能定理得2mgd 1 2mv 2， 在B点：FNmgm v 2 d，得： FN5mg， 根据牛顿第三定律：小球在B处对轨道的压力大小 FNFN5mg.
3、 (2) 小球恰好通过C点，则mgm vC 2 d 2 . 小球从B运动到C的过程： mgdWf 1 2mv C 21 2mv 2，得 Wf 3 4mgd . 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 B至C的过程中摩擦力为变力( 大小方向都变 ) ，求变力的功不能直接根据功的公式，通常用 动能定理求解 针对训练1 如图 2 所示，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，克服摩擦力所做的功为( ) 图 2 A. 1 4mgR B.
4、 1 3mgR C. 1 2mgR D. 4 mgR 答案C 解析质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FNmg m vQ 2 R ，由题意及牛顿第三定律知FN2mg，可得vQgR，质点自P滑到Q的过程中，由动 3 能定理得mgRWf 1 2mv Q 2，得克服摩擦力所做的功为 Wf 1 2mgR ，选项 C正确 【考点】应用动能定理进行有关的计算 【题点】应用动能定理求功 二、利用动能定理分析多过程问题 一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理 (1) 分段应用动能定理时， 将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、
5、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解 (2) 全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确 定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定 理列式求解 当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便 注意： 当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时， 应注意各力对应的位移计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和 例 2如图 3 所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5 m ，一个质量为m 0.5 kg的木块在F1.5 N的水平拉力作
6、用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块 到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数0.2 ，取g10 m/s 2.求： 图 3 (1) 木块沿弧形槽上升的最大高度( 木块未离开弧形槽) ； (2) 木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离 答案(1)0.15 m (2)0.75 m 解析(1) 设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零从木块开始运 动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得： FLfLmgh 0 其中fFN mg0.2 0.5 10 N 1.0 N 所以h FLfL mg 1.5 1.0 1.5 0.5 10 m0.15 m (2) 设
7、木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x. 由动能定理得： mghfx0 4 所以：x mgh f 0.5 100.15 1.0 m0.75 m 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 针对训练2 如图 4 所示，质量m1 kg 的木块静止在高h1.2 m的平台上，木块与平台间 的动摩擦因数 0.2 ，用水平推力F20 N ，使木块滑行l13 m 时撤去，木块又滑行l2 1 m 后飞出平台，求木块落地时速度的大小(g取 10 m/s 2) 图 4 答案11.3 m/s 解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，
8、再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得 Fl1 mgl1 1 2mv 1 2 mgl2 1 2mv 2 21 2mv 1 2 mgh1 2mv 3 21 2mv 2 2 解得v311.3 m/s 解法二对全过程由动能定理得 Fl1 mg(l1l2) mgh 1 2mv 20 代入数据解得v11.3 m/s 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用 动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意： (1) 与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平 抛运动的有关物
9、理量 (2) 与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件： 有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin 0. 5 没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmingR. 例 3如图 5 所示，一可以看成质点的质量m2 kg 的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞 出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，BC为圆弧竖直直径，其中B为轨道的最低点， C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角53，轨道半径R0.5 m 已知 sin 53 0.8 ，cos 53 0.6 ，不计空气阻力，g取 10 m/s 2. 图 5 (1) 求
10、小球的初速度v0的大小； (2) 若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功 答案(1)3 m/s (2) 4 J 解析(1) 在A点由平抛运动规律得： vA v0 cos 53 5 3v 0 小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得 mg(RRcos ) 1 2mv A 21 2mv 0 2 由得：v03 m/s. (2) 若小球恰好通过最高点C，在最高点C处有mg mv C 2 R ，小球从桌面运动到C点的过程中， 由动能定理得Wf 1 2mv C 21 2mv 0 2， 代入数据解得Wf 4 J. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过
11、程问题 四、动能定理在多过程往复运动中的应用 例 4某游乐场的滑梯可以简化为如图6 所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L6 m 、倾角 37的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R15 m 、圆心角 37的圆弧轨道，轨道 AB段粗糙，其余各段均光滑一小孩( 可视为质点 ) 从A点以初速度v0 23 m/s 下滑，沿轨 道运动到D点时的速度恰好为零( 不计经过B点时的能量损失) 已知该小孩的质量m30 kg， 取 sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g10 m/s 2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，求： 6 图 6 (1) 该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的
12、压力； (2) 该小孩与AB段的动摩擦因数； (3) 该小孩在轨道AB上运动的总路程s. 答案(1)420 N ，方向向下(2)0.25 (3)21 m 解析(1) 由C到D速度减为0，由动能定理可得 mg(RRcos 37 ) 0 1 2mv C 2， vC215 m/s 在C点，由牛顿第二定律得 FNmgm vC 2 R， FN420 N 根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力大小为420 N，方向向下 (2) 小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得： mgLsin mgLcos mgR(1 cos ) 0 1 2mv 0 2 可得： 0.25 (3) 在AB斜轨上， mgcos Wf1，故m
13、ghWf20，B点动能小于A点动能， C正确 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 5. 质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图4所示，运 动过程中小球受到空气阻力的作用设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为 7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服 空气阻力所做的功是( ) 12 图 4 A. 1 4mgR B. 1 3mgR C. 1 2mgR DmgR 答案C 解析小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则 FTmgm v1 2 R ，6mgm v1 2 R 小球恰好过最高点，绳子拉
14、力为零，这时mgm v2 2 R 小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得 mg2RWf1 2mv 2 21 2mv 1 2 由式联立解得Wf1 2mgR ，选 C. 【考点】应用动能定理求变力的功 【题点】应用动能定理求变力的功 6( 多选 ) 在平直公路上，汽车由静止开始做匀加速直线运动，当速度达到vmax后，立即关闭 发动机直至静止，vt图象如图5 所示，设汽车的牵引力为F，受到的摩擦力为f，全过程 中牵引力做功为W1，克服摩擦力做功为W2，则 ( ) 图 5 AFf13 BW1W211 CFf41 DW1W213 答案BC 解析对汽车运动的全过程，由动能定理得：W1W2Ek0，所
15、以W1W2，选项 B正确， D 错误；由动能定理得Fs1fs20，由图象知s1s214. 所以 Ff41，选项A错误， C正确 13 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 7如图 6 所示， 一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置 于地板的P处，并与地板平滑连接将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木 板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同现 将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度 释放 ( 设滑块在木板和地面接触处平滑过渡) ，则滑
16、块最终将停在( ) 图 6 AP处BP、Q之间 CQ处DQ的右侧 答案C 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 8.( 多选 ) 如图 7 所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动小环从最高点A 滑到最低点B的过程中， 线速度大小的平方v 2 随下落高度h的变化图象可能是图中的( ) 图 7 答案AB 解析对小环由动能定理得mgh1 2mv 21 2mv 0 2，则 v 22gh v0 2.当 v00 时，B正确当v00 时， A正确 9 ( 多选 ) 如图 8 所示为一滑草场 某条滑道由上、 下两段高均为h， 与水平面倾角分别为45
17、14 和 37的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为. 质量为m的载人滑草车从坡顶由 静止开始下滑， 经过上、 下两段滑道后， 最后恰好静止于滑道的底端( 不计滑草车在两段滑道 交接处的能量损失，sin 37 0.6 ，cos 37 0.8) 则 ( ) 图 8 A动摩擦因数 6 7 B载人滑草车最大速度为 2gh 7 C载人滑草克服摩擦力做功为mgh D载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为 3 5g 答案AB 解 析根 据 动 能 定 理 有2mghWf 0， 即2mgh mgcos 45 h sin 45 mgcos 37 h sin 37 0，得动摩擦因数6 7，则 A项正确；载人滑
18、草车克服摩擦力做的功为 Wf 2mgh， 则 C项错误；载人滑草车在上、 下两段的加速度分别为a1g(sin 45 cos 45) 2 14 g，a2g(sin 37 cos 37 ) 3 35g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做 加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1 h sin 45 v 2 得，v2a1 h sin 45 2 7gh，故 B项正确， D项错误 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题 二、非选择题 10( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 9 所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，
19、 右端在O位置，质量为m的物块A( 可视为质点 ) 以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动， 与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回A离开弹簧后，恰 好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g. 15 图 9 (1) 求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功 (2) 求O点和O点间的距离x1. 答案(1) 1 2mv 0 2 (2) v0 2 4g x0 解析(1)A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为Wf0 1 2mv 0 21 2mv 0 2，即克服摩擦力做功为 1 2mv 0 2. (2)A从P开始运动
20、，最后回到P的全过程，根据动能定理，有2mg(x1x0) 0 1 2mv 0 2， 得x1 v0 2 4g x0. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题 11( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 10 所示，光滑水平面AB与一半圆形轨道在B点平 滑连接，轨道位于竖直面内，其半径为R，一个质量为m的物块静止在水平面上，现向左推 物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B点进入半圆形轨道 瞬间，对轨道的压力为其重力的7 倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，重力加 速度为g. 求： 图 10 (1) 弹簧弹力对物块做的功；
21、 (2) 物块从B到C克服阻力所做的功； (3) 物块离开C点后，再落回到水平面上时的动能 答案(1)3mgR(2) 1 2mgR (3) 5 2mgR 解析(1) 由动能定理得W 1 2mv B 2 16 在B点由牛顿第二定律得7mgmgm vB 2 R 解得W3mgR (2) 物块从B到C由动能定理得 2mgRW 1 2mv C 21 2mv B 2 物块在C点时mgm vC 2 R 解得W 1 2mgR ，即物块从B到C克服阻力做功为 1 2mgR . (3) 物块从C点平抛到水平面的过程中，由动能定理得 2mgREk 1 2mv C 2，解得 Ek 5 2mgR . 【考点】应用动能定
22、理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题 12( 应用动能定理分析多过程问题)如图 11 所示，光滑斜面AB的倾角 53，BC为水平 面，BC长度lBC1.1 m ，CD为光滑的 1 4圆弧，半径 R0.6 m 一个质量m 2 kg 的物体，从 斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数0.2 ，轨道在B、C两点 平滑连接当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h0.2 m 不计 空气阻力， sin 53 0.8 ，cos 53 0.6 ，g取 10 m/s 2. 求： 图 11 (1) 物体运动到C点时的速度大小vC； (2)A点距离水平
23、面的高度H； (3) 物体最终停止的位置到C点的距离s. 答案(1)4 m/s (2)1.02 m (3)0.4 m 解析(1) 物体由C点运动到最高点，根据动能定理得： mg(hR) 0 1 2mv C 2 代入数据解得：vC4 m/s (2) 物体由A点运动到C点，根据动能定理得： 17 mgHmglBC 1 2mv C 20 代入数据解得：H1.02 m (3) 从物体开始下滑到停下，根据动能定理得： mgHmgs10 代入数据，解得s15.1 m 由于s1 4lBC 0.7 m 所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s0.4 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能
24、定理处理含曲线运动的多过程问题 1 ( 应用动能定理分析多过程问题)2016 年 11 月 1 日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空 航天博览会上， 空军“八一”飞行表演队的6 架歼 10 战斗机为现场数千名观众带来了一场 震撼表演如图1 所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运 动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m、重力加速度为g. 图 1 (1) 若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度； (2) 若这位飞行员以(1) 中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直 加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过
25、程中飞机对飞行员做的功 答案(1)2gR(2)5gR1 2mgR 解析(1) 最高点座椅对飞行员的弹力FNmg 由重力和弹力的合力提供向心力FNmg mv1 2 R ，v12gR (2) 最低点向心加速度最大时速度也最大，a mv2 2 R 5g，速度最大为v25gR 对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg2RW 1 2mv 2 21 2mv 1 2，解得 W 1 2mgR . 18 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 2( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 2 所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r 1.5 m 、可绕中心轴转动的圆盘
26、，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑已知 桌面离地高度为h0.8 m ，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角 速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是 0.4 m 已知碟子质量m0.1 kg ，碟子与圆盘间的最大静摩擦力fmax0.6 N ，g取 10 m/s 2， 求： ( 不计空气阻力) 图 2 (1) 碟子从桌面飞出时的速度大小； (2) 碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功； (3) 若碟子与桌面动摩擦因数为0.225 ，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？ 答案(1)1 m/s (2) 0.4 J (3
27、)2.5 m 解析(1) 根据平抛运动规律：h 1 2gt 2， xvt， 得vx g 2h1 m/s. (2) 碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则fmaxm v0 2 r ，即v03 m/s 由动能定理得：Wf 1 2mv 21 2mv 0 2，代入数据得： Wf 0.4 J. (3) 当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值 设碟子在桌子上滑动的位移为s， 根据动能定理：mgs0 1 2mv 0 2 代入数据得：s 2 m 由几何知识可得桌子半径的最小值为： Rr 2 s 22.5 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 19 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程
28、问题 3 ( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 3 所示为一种射程可调节的“抛石机”模型抛石机 长臂OA的长度L 4 m ，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置开始时长臂 与水平面间的夹角30，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水 平抛出在某次投石试验中，将质量为m10 kg 的石块安装在A点，击中地面上距O点水平 距离为x12 m 的目标不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取 10 m/s 2，求： 图 3 (1) 石块即将被投出瞬间所受向心力的大小； (2) 整个过程中投石机对石块所做的功W； (3) 若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远
29、处才能使石块落地时距O点的水 平距离最大？ 答案(1)300 N (2)1 200 J (3)3 m 解析(1) 石块被抛出后做平抛运动，水平方向xvt 竖直方向h 1 2gt 2 又hLLsin ，解得v230 m/s 所以石块受到的向心力为Fm v 2 L 300 N (2) 长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得 Wmg(LLsin 30 ) 1 2mv 20 代入数值解得W1 200 J (3) 设抛出点距离O点为l Wmg(llsin 30 ) 1 2mv 20 v24030l 下落时间t 2h g 2l2 10 水平位移为s2 243ll 2 6l3 2150 20 因
30、此当l3 m 时石块落地时距O点水平距离最远 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 4 ( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 4 所示为一遥控电动赛车( 可视为质点 ) 和它的运动轨 道示意图假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s 后关闭电动机，赛车 继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点 和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力 为 0.4 N ，赛车质量为0.4 kg ，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差 为 0.45 m
31、，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角37，空气阻力忽略不计，sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，g10 m/s 2，求： 图 4 (1) 赛车通过C点时的速度大小； (2) 赛道AB的长度； (3) 要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径需要满足什么条件？ 答案(1)5 m/s (2)2 m (3)R25 46 m 解析(1) 赛车在BC间做平抛运动，则vy2gh 3 m/s 由图可知：vC vy sin 37 5 m/s (2) 由(1) 可知B点速度v0vCcos 37 4 m/s 则根据动能定理：Ptfl AB 1 2mv 0 2， 解得lAB2 m. (3)
32、当恰好通过最高点D时，有：mgm vD 2 R 从C到D，由动能定理可知： mgR(1cos 37 ) 1 2mv D 21 2mv C 2， 21 解得R 25 46 m 所以轨道半径R 25 46 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题 5( 应用动能定理分析多过程问题) 如图 5 所示， 在竖直平面内， 长为L、倾角 37的粗 糙斜面AB下端与半径R1 m 的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是轨迹最低点，D 点与圆心O等高 现有一质量m0.1 kg 的小物体从斜面AB上端的A点无初速度下滑，恰能 到达圆弧轨道的D点 若物体与斜面之
33、间的动摩擦因数0.25 ， 不计空气阻力，g取 10 m/s 2， sin 37 0.6 ，cos 37 0.8 ，求： 图 5 (1) 斜面AB的长度L； (2) 物体第一次通过C点时的速度大小vC 1； (3) 物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin； (4) 物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总 答案(1)2 m (2)25 m/s (3)1.4 N (4)6 m 解析(1)A到D过程，根据动能定理有 mg(Lsin Rcos ) mgLcos 0，解得：L2 m； (2)A到C过程，根据动能定理有 mg(Lsin RRcos ) mgLcos 1 2mv C 1 2， 解得：vC 125 m/s ； (3) 物体经过C点， 轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(R Rcos ) 1 2mv min 2，根据向心力公式有： FNminmgm vmin2 R ，解得FNmin1.4 N ； (4) 根据动能定理有：mgLsin mgs总cos 0，解得s总 6 m. 【考点】应用动能定理处理多过程问题 【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题