物理人教版必修2学案7-7动能和动能定理

7动能和动能定理知识点一动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：eq\f(1,2)mv2，式中v是瞬时速度．3．单位：动能的单位与功的单位相同，国际单位都是焦耳，符号为J.1J＝1kg·m2/s2＝1N·m.4．对动能概念的理解(1)动能是标量，只有大小，没有方向，且动能只有正值．(2)动能是状态量，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．两个物体质量比为14，速度大小之比为41，则这两个物体的动能之比为(C)A．11B．14C．41D．21解析：根据Ek＝eq\f(1,2)mv2求解可得．知识点二动能定理1．内容力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式(1)W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).(2)W＝Ek2－Ek1.说明：①式中W为合力做的功，它等于各力做功的代数和．②如果合外力做正功，物体的动能增加，合外力做负功，物体的动能减少．3．适用范围不仅适用于恒力做功和直线运动，也适用于变力做功和曲线运动的情况．足球运动员用100N的力踢出足球，足球的质量为0.4kg，足球被踢出时的速度为10m/s，足球被踢出后在地面上运动了10m停下．在这个过程中，足球运动员对足球做功了吗？足球运动员对足球所做的功是否可以用踢球的100N的力与足球在地面上运动的10m位移的乘积来求？为什么？若不能，应该怎样求这个功？功为多少？提示：做功了；不能，因为10m不是100N力的位移；根据动能定理求功W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.4×100J＝20J.考点一动能1．动能(1)定义：物体由于运动而具有的能，叫做动能．(2)表达式：Ek＝eq\f(1,2)mv2.(3)动能的理解①标量性：动能没有方向只有大小且只有正值．②瞬时性：描述的是物体在某一时刻或某一位置时所具有的能量状态，是个状态量．③动能的单位和功的单位相同，在国际单位制中的单位都是焦耳(J)．④相对性：由于速度与参考系的选取有关，所以动能也与参考系的选取有关．高中阶段，一般都以地面为参考系．2．动能的变化：物体末状态的动能减去初状态的动能．(1)表达式：ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).(2)动能的变化是过程量，ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减小．【例1】(多选)对于动能的理解，下列说法中正确的是()A．动能是普遍存在的机械能的一种基本形式，凡是运动的物体都具有动能B．动能总是正值，但对于不同的参考系，同一物体的动能大小是不同的C．一定质量的物体，动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化D．动能不变的物体，一定处于平衡状态对动能的理解要注意以下几点：(1)动能是标量，只有大小，没有方向，且动能只有正值．(2)动能是状态量，在某一时刻，物体具有一定的速度，也就具有一定的动能．(3)动能是相对量，选择的参考系不同，物体的运动速度也就不同，根据动能的定义式Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，物体的动能也就不同．【解析】由于运动而具有的能叫做动能，A正确；对不同参考系速度不同，动能不同，B正确；动能变化时，速度(大小)一定变化，但只有速度方向变化时，动能不会变化，C正确；动能不变，若速度的方向变化时，物体处于非平衡状态，D错误．【答案】ABC总结提能(1)动能是标量，其大小与物体的质量及运动的速率有关．(2)动能变化，则速度一定变化；速度变化，动能可以不变，因为速度是矢量．下列说法中正确的是(D)A．做直线运动的物体动能不变，做曲线运动的物体动能变化B．物体的速度变化越大，物体的动能变化也越大C．物体的速度变化越快，物体的动能变化也越快D．物体的速率变化越大，物体的动能变化也越大解析：对于给定的物体来说，只要速度的大小(速率)发生变化时它的动能就改变，与是直线运动还是曲线运动无关，且速率变化越大，动能变化也越大，故A错误，D正确；速度是矢量，它的变化可以只是速度方向的变化，例如匀速圆周运动，故B错误；速度变化的快慢是指加速度，加速度大小与速度大小之间无必然的联系，故C错误．考点二动能定理(1)推导：设物体的质量为m，初速度为v1，在与运动方向相同的合力F的作用下发生一段位移l，速度增加到v2，如图所示，这个过程中F做的功W＝Fl，根据牛顿第二定律有F＝ma，由匀变速直线运动的规律有2al＝veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)，得l＝eq\f(1,2a)(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))，联立上式可得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).(2)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．这个结论叫做动能定理．(3)表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).(4)物理意义：揭示了外力对物体所做的总功与物体动能变化的关系．(5)动能定理的理解①W是总功，是物体所受合力所做的功，或者是物体所受所有外力做功的代数和．合力做正功，物体的动能增加；合力做负功，物体的动能减小．②动能定理的实质是一种功能关系，是其他形式的能通过合力做功与动能之间的相互转化．③动能定理的研究对象可以是单个物体，也可以是几个物体组成的系统．④动能定理既适用于恒力作用的过程，也适用于变力作用的过程，既适用于物体做直线运动的情况，也适用于物体做曲线运动的情况．这是动能定理的优越性所在．⑤动能定理的研究过程可以是运动的全过程，也可以是运动中的某段具体过程．(6)应用动能定理解题的思路①选取研究对象(一般为单个物体)，明确运动过程．②分析研究对象的受力和各力的做功情况，求出外力所做的总功．③明确研究对象在运动过程的始、末状态的动能Ek1和Ek2.④列出动能定理的方程：W＝Ek2－Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).⑤结合其他规律求解．【例2】冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示．比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1＝0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2＝0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出．为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？(g取10m/s2)解答本题时应注意以下两点：(1)冰壶运动过程中的受力情况及各力做功的情况．(2)冰壶运动过程始末的动能变化．【解析】设投掷线到圆心O的距离为s，冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s1，所受摩擦力的大小为f1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为s2，所受摩擦力的大小为f2.则有s1＋s2＝s，f1＝μ1mg，f2＝μ2mg设冰壶的初速度为v0，由动能定理得－f1s1－f2s2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)联立以上各式并代入数据解得s2＝eq\f(2μ1gs－v\o\al(2,0),2gμ1－μ2)＝10m.【答案】10m总结提能1.如果问题中已知空间关系，而不涉及物体的加速度，则可以先分析物体所受各力的做功情况，然后由动能定理求解．2．如果物体的某个运动过程包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则能使问题简化．原则是尽量使做功的力减少，各个力做的功计算方便，或使初、末状态的动能等于零．一架喷气式飞机，质量m＝5.0×103kg，起飞过程中从静止开始滑跑．当位移达到l＝5.3×102m时，速度达到起飞速度v＝60m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的0.02倍．求飞机受到的牵引力．(g取10m/s2)解析：飞机的初动能Ek1＝0，末动能Ek2＝eq\f(1,2)mv2；合力F做的功W＝Fl.根据动能定理，有Fl＝eq\f(1,2)mv2－0，合力F为牵引力F牵与阻力F阻之差，而阻力与重量的关系为F阻＝kmg(其中k＝0.02)，所以F＝F牵－kmg，代入上式后解出F牵＝eq\f(mv2,2l)＋kmg，把数据代入后得到F牵≈1.8×104N，飞机所受的牵引力是1.8×104N.答案：1.8×104N【例3】如图所示，在高出水平地面h＝1.8m的光滑平台上放置一质量M＝2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20N水平向右的恒力，待B脱离A(A尚未露出平台)后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2m．(取g＝10m/s2)求：(1)B离开平台时的速度vB；(2)B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB；(3)A左段的长度l2.解答本题时可按以下思路进行分析：(1)利用平抛运动的规律可求出B离开平台的速度vB；(2)对B进行受力分析，利用牛顿第二定律和运动学规律可求出tB和xB；(3)对A进行受力分析和运动过程分析，根据A、B的位移关系列式求解l2.【解析】(1)设物块B做平抛运动的时间为t，由平抛运动的规律得h＝eq\f(1,2)gt2①x＝vBt②联立①②式，代入数据解得vB＝2m/s③(2)设B在A上运动的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝maB④vB＝aBtB⑤xB＝eq\f(1,2)aBteq\o\al(2,B)⑥联立③④⑤⑥式，代入数据解得tB＝0.5s⑦xB＝0.5m⑧(3)设B刚开始运动时A的速度为vA，由动能定理得Fl1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,A)⑨设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学公式得F－μmg＝MaA⑩l2＋xB＝vAtB＋eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,B)⑪联立⑦⑧⑨⑩⑪式，代入数据解得l2＝1.5m.【答案】(1)vB＝2m/s(2)tB＝0.5sxB＝0.5m(3)l2＝1.5m总结提能高考中经常将动能定理与平抛运动、圆周运动等知识相结合考查考生的综合应用能力．应用动能定理解题，在分析物体的运动过程时无需考虑物体运动过程的细节，只需考虑整个过程中外力做的功及过程始末的动能．若整个运动过程包含了几个运动性质不同的小过程，则既可分段考虑，也可对整个过程考虑．若不涉及中间过程量，则一般对整个过程分析比较简捷．如图所示，四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R＝0.45m，水平轨道AB长s1＝3m，OA与AB均光滑．一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F＝1.6N的水平恒力作用下开始运动，运动一段时间后撤去力F，当小车在CD上运动了s2＝3.28m时速度v＝2.4m/s，此时滑块恰好落入小车中．已知小车质量M＝0.2kg，与CD间的动摩擦因数μ＝0.4.忽略小车的高度，取g＝10m/s2.求：(1)恒力F的作用时间t；(2)AB与CD的高度差h.解析：(1)设小车在力F的作用下加速运动的距离为s，由动能定理得Fs－μMgs2＝eq\f(1,2)Mv2设小车在力F作用下做加速运动时的加速度为a，由牛顿第二定律得F－μMg＝Ma，s＝eq\f(1,2)at2联立以上三式解得a＝4m/s2，t＝1s(2)设小车在力F作用下做加速运动的末速度为v′，撤去力F后小车做减速运动时的加速度为a′，速度从v′减为v的时间为t′，由牛顿第二定律得v′＝at，－μMg＝Ma′，v＝v′＋a′t′设滑块的质量为m，运动到A点时的速度为vA，由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得s1＝vAt1设滑块做平抛运动的时间为t1′，则有t1′＝t＋t′－t1由平抛运动规律得h＝eq\f(1,2)gt1′2联立以上各式，代入数据解得h＝0.8m.答案：(1)t＝1s(2)h＝0.8m1．下列关于运动物体的合外力做功和动能、速度变化的关系，正确的是(C)A．物体做变速运动，合外力一定不为零，动能一定变化B．若合外力对物体做功为零，则合外力一定为零C．物体的合外力做功，它的速度大小一定发生变化D．物体的动能不变，所受的合外力必定为零解析：力是改变物体速度的原因，物体做变速运动时，合外力一定不为零，但合外力不为零时，做功可能为零，动能可能不变，选项A，B错误；物体合外力做功，它的动能一定变化，速度也一定变化，选项C正确；物体的动能不变，所受合外力做功一定为零，但合外力不一定为零，选项D错误．2．某同学用200N的力将质量为0.44kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是(B)A．4.4JB．22JC．132JD．12000J解析：根据动能定理，W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.44×102J＝22J，Wf＝eq\f(1,2)mv2，故选项B正确．3．如图所示，在2018世界杯足球比赛时，某方获得一次罚点球机会，该方一名运动员将质量为m的足球以速度v0猛地踢出，结果足球以速度v撞在球门高h的门梁上而被弹出．现用g表示当地的重力加速度，则此足球在空中飞往门梁的过程中克服空气阻力所做的功应等于(C)A．mgh＋eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) B.eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－mghC.eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－mgh D．mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解析：由动能定理得－Wf－mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－mgh.故选项C正确．4．在水平路面上，有一辆以36km/h行驶的客车，在车厢后座有一位乘客甲，把一个质量为4kg的行李以相对客车5m/s的速度抛给前方座位的另一位乘客乙，则行李的动能是(C)A．500JB．200JC．450JD．900J解析：行李相对地面的速度v＝v车＋v相对＝15m/s，所以行李的动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝450J，选项C正确．5．如图所示，AB为固定在竖直平面内的eq\f(1,4)光滑圆弧轨道，轨道的B点与水平地面相切，其半径为R.质量为m的小球由A点静止释放，求：(1)小球滑到最低点B时，小球速度v的大小；(2)小球刚到达最低点B时，轨道对小球的支持力FN的大小；(3)小球通过光滑的水平面BC滑上固定曲面，恰到达最高点D，D到地面的高度为h(已知h<R)，求小球在曲面上克服摩擦力所做的功Wf.解析：(1)由动能定理得mgR＝eq\f(1,2)mv2，则v＝eq\r(2gR)；(2)由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v2,R)，则FN＝3mg；(3)由动能定理得－mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，则Wf＝mg(R－h)．答案：(1)eq\r(2gR)(2)3mg(3)mg(R－h)学科素养培优精品微课堂——思想方法系列十四动能定理的应用[方法解读]1．动能定理的应用技巧(1)一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做的功W具有等量关系．①若ΔEk>0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功．②若ΔEk<0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值．③若ΔEk＝0，表示物体的动能没有变化，合外力对物体所做的功等于零，反之亦然．以上等量关系提供了求变力做功的一种简便方法．(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，往往优先考虑使用动能定理．动能定理可以由牛顿第二定律导出，但由于动能定理不涉及物体运动过程中的细节，只需要考虑整个过程中外力做的功和始末两个状态动能的变化，并且动能和功都是标量，无方向性，故无论是直线运动还是曲线运动，也无论是恒力还是变力，用动能定理求解都会特别方便．2．应用动能定理求变力做功(1)变力做功变力对物体所做的功一般用动能定理计算，应用时要清楚整个过程中动能的变化量及其他力做的功．注意：①变力是指力的大小或方向发生变化的力，曲线运动中的力不一定是变力，直线运动中的力也未必是恒力．②汽车以恒定功率启动的过程中牵引力是变力，牵引力所做的功可以根据公式W＝Pt求解．(2)应用动能定理求变力做功的方法①分析物体的受力情况，明确做功过程中的各个力是恒力还是变力，并求出各恒力所做的功．②分析物体的运动过程，确定物体在初、末状态的动能．③利用动能定理列方程求解．【例1】如图所示，竖直平面内有一用同种材料制成的一段轨道，AB段为eq\f(1,4)圆周，半径为R，BC段水平，长度为R.一小物块质量为m，与轨道间的动摩擦因数为μ，当它从轨道顶端A由静止下滑时，恰好运动到C点静止，则物块在AB段克服摩擦力做的功为()A．μmgR B．mgR(1－μ)C.eq\f(1,2)πμmgR D.eq\f(1,2)mgR物块在AB段所受摩擦力的大小和方向都变化，故不能利用公式W＝Flcosα进行计算，可根据动能定理进行求解．[解析]设在AB段物块克服摩擦力做的功为W，则物块由A运动到B的过程中，根据动能定理可得mgR－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0，物块由B运动到C的过程中，根据动能定理可得－μmgR＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，联立以上两式解得W＝mgR(1－μ)，也可以对物块由A到C的整个过程应用动能定理，有mgR－W－μmgR＝0，亦可解得W＝mgR(1－μ)．故选项B正确．[答案]B总结提能本题中摩擦力为变力，对变力做功，不能应用功的公式求解，而应用动能定理非常方便，动能定理可以求解变力做功的问题．[变式训练1]如图所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4m的圆形轨道相连接．一个质量为0.1kg的物体从高为H＝2m的A点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C处时，对轨道的压力等于物体的重力．求物体从A运动到C的过程中克服摩擦力所做的功．(g取10m/s2)解析：物体运动到C点时受到重力和轨道对它的压力，由圆周运动知识可知FN＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),r)，又FN＝mg，联立两式解得vC＝eq\r(2gr)＝eq\r(8)m/s，在物体从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mg(H－2r)－WFf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0，代入数据解得WFf＝0.8J.答案：0.8J3．应用动能定理判断动能的变化或做功的情况合外力做的功等于物体动能的变化，合外力做正功，动能增加；合外力做负功，动能减少；合外力不做功，动能不变．反之亦然．因此，可利用动能定理判断动能的变化或做功的情况．4．应用动能定理求解多过程问题从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，这时，动能定理的优越性就明显地表现出来了．多过程问题的复杂不外乎其受力情况、运动情况比较难确定，但是，利用动能定理分析多过程问题是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解．分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可．利用动能定理求解多过程问题的方法：(1)弄清物体的运动由哪些过程构成；(2)分析每个过程物体的受力情况；(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献；(4)从总体上把握全过程，表示出总功，找出初、末状态的动能；(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程．【例2】总质量为M的汽车，沿平直公路匀速前进，其拖车质量为m，中途脱钩，司机发觉时，车头已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力．设汽车运动时所受的阻力与质量成正比，车头的牵引力是恒定的．当汽车的两部分都停止时，它们的距离是多少？[解析]设汽车沿平直公路匀速前进的速度为v0，依题意作出草图，标明各部分运动的位移，如图所示．汽车匀速运动时，阻力f＝F牵＝kMg(k>0)对车头，脱钩后的全过程由动能定理得F牵L－k(M－m)gs1＝0－eq\f(1,2)(M－m)veq\o\al(2,0)对拖车，脱钩后由动能定理得－kmgs2＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)又Δs＝s1－s2联立以上各式解得Δs＝eq\f(ML,M－m).[答案]eq\f(ML,M－m).总结提能如果物体的运动包含几个过程，关键是弄清楚整个过程中有几个力做功及研究对象的初、末状态的动能．另外，本题若以拖车为参考系，解答过程会更简便，请同学们试试．[变式训练2]如图所示，质量m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m时飞出平台，求木块落地时速度的大小？解析：设木块落地时的速度为v，整个过程各力做功情况分别为WF＝F·l1，摩擦力做功Wf＝－μmg(l1＋l2)，重力做功WG＝mgh，由动能定理得：Fl1－μmg(l1＋l2)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2－0代入数据20×3J－0.2×1×10×(3＋1)J＋1×10×1.2J＝eq\f(1,2)×v2，解得v＝8eq\r(2)m/s.答案：8eq\r(2)m/s5．应用动能定理求物体运动的总路程对于物体运动过程中有往复运动的情况，物体所受的滑动摩擦力、空气阻力等大小不变，方向发生变化，但在每一段上这类力均做负功，而且这类力所做的功等于力和路程的乘积，与位移无关．【例3】如图所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块，距挡板P的距离为s0，以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受的摩擦力小于滑块的重力沿斜面方向的分力．若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上通过的总路程为多少？[解析]滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少．又滑块所受的摩擦力小于滑块的重力沿斜面方向的分力，所以滑块最终会停在斜面底端．在整个过程中，滑块受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设滑块通过的总路程为L，对全过程，由动能定理得mgs0sinα－μmgLcosα＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得L＝eq\f(v\o\al(2,0)＋2gs0sinα,2μgcosα).[答案]eq\f(v\o\al(2,0)＋2gs0sinα,2μgcosα)总结提能考虑到重力做功与路径无关，滑动摩擦力一直做负功，且与路程成正比，所以对全过程应用动能定理就显得非常简便．该题的求解充分显示了动能定理解题的优越性，是解题思维的创新．[变式训练3]如图所示，AB与CD为两个对斜面，其上部足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0m处，以初速度4.0m/s沿斜面运动．若物体与两斜面的动摩擦因数为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共能走多长路程？(g取10m/s2)解析：斜面的倾角为θ＝60°，由于物体在斜面上所受到的滑动摩擦力小于重力沿斜面的分力(μmgcos60°<mgsin60°)，所以物体不能停留在斜面上，物体在斜面上滑动时，由于摩擦力做功，使物体的机械能逐渐减小，物体滑到斜面上的高度逐渐降低，直到物体再也滑不到斜面上为止，最终物体将在B，C间往复运动，设物体在斜面上运动的总路程为l，则摩擦力所做的总功为－μmglcos60°，末状态选为B(或C)，此时物体速度为零，对全过程由动能定理得mg[h－R(1－cos60°)]－μmglcos60°＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).物体