12
同理μmg(lCD＋lCO)＋mghA＝2mv，④ 1
即μmglDO＋mghA＝2mv2⑤
此式表明由D出发的初速度v0与斜面夹角α无关，因此沿DCA上滑到A点的初速度仍为v0，选项B正确． 答案 B
9．如图5－2－15所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆ABCD光滑，内圆的上半部分B′C′D′粗糙，下半部分B′A′D′光滑．一质量为m＝0.2 kg的小球从外轨道的最低点A处以初速度v0向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径R＝0.2 m，取g＝10 m/s2.
图5－2－15
(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度v0至少为多少？ (2)若v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力FC＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
(3)若v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点A时受到的支持力为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
解析 (1)设此情形下小球到达外轨道的最高点的最小速度为vC，则由牛顿第mvC2二定律可得mg＝R 11
由动能定理可知－2mgR＝2mvC2－2mv02 代入数据解得：v0＝10m/s.
(2)设此时小球到达最高点的速度为vC′，克服摩擦力做的功为W，则由牛顿mvC′2
第二定律可得mg－FC＝R 121由动能定理可知－2mgR－W＝2mvC′－2mv02 代入数据解得：W＝0.1 J
(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动．设小球经过最低点1
的速度为vA，受到的支持力为FA，则由动能定理可知mgR＝2mvA2 mvA2
根据牛顿第二定律可得FA－mg＝R 代入数据解得：FA＝3mg＝6 N
1
设小球在整个运动过程中减少的机械能为ΔE，由功能关系有ΔE＝2mv02－mgR
代入数据解得：ΔE＝0.561 J
答案 (1)10 m/s (2)0.1 J (3)0.561 J
B 深化训练——提高能力技巧
10．(2013·辽宁五校协作体联考)将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek与时间t的关系如图5－2－16所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2.根据图像信息，不能确定的物理量是( )．
图5－2－16
A．小球的质量 B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 D．小球抛出时的高度
解析 2 s末小球竖直分速度vy＝gt2＝10×2 m/s＝20 m/s，由图像知小球的初1122
动能为5 J，即2mv02＝5 J，2 s末小球的动能为30 J，即2m(v0＋vy)＝30 J，
0＋vy
联立可求出小球的质量m和初速度v0；由P＝mg·2可求出最初2 s内重力1
对小球做功的平均功率，由h2＝2gt22只能求出最初2 s内小球下落高度，而无法确定小球抛出时的高度． 答案 D
11．(2013·湖北荆州一模)某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着质量为m的升降机由静止开始匀加速上升，当升降机的速度为v1时，电动机的功率达到最大值P，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v2匀速上升为止．整个过程中忽略一切阻力和钢丝绳的质量，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )． PA．钢丝绳的最大拉力为v 2
P
B．升降机的最大速度v2＝mg C．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服升降机重力所做的功 D．升降机速度由v1增大至v2的过程中，钢丝绳的拉力不断减小
P
解析 当升降机的速度为v1前，钢丝绳的拉力最大且为v，选项A错误；当
1
PP
钢丝绳的拉力F＝mg时升降机的速度达到最大，v2＝F＝mg，选项B正确；根据动能定理有
11
WF－WG＝2mv22－2mv12，由于v2>v1，所以WF≠WG，即选项C错误；由P＝Fv知，P不变时F随v的增大而减小，选项D正确． 答案 BD
12．(2014·南充模拟)如图5－2－17所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R.一个质量为m的物体(可以看作质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：
图5－2－17
(1)物体做往返运动的整个过程中在AB轨道上通过的总路程； (2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，对圆弧轨道的压力；
(3)为使物体能顺利到达圆弧轨道的最高点D，释放点距B点的距离L′应满足什么条件．
解析 (1)因为摩擦力始终对物体做负功，所以物体最终在圆心角为2θ的圆弧轨道上往复运动． 对整体过程由动能定理得： mgR·cos θ－μmgcos θ·s＝0， R所以总路程为s＝μ (2)对B―→E过程
1
mgR(1－cos θ)＝2mgvE2 ① mvE2
N－mg＝g ②
由①②得N＝(3－2cos θ)mg，由牛顿第三定律可知，物体对轨道的压力N′＝N＝(3－2cos θ)mg，方向竖直向下． (3)设物体刚好到D点，则 mvD2
mg＝R 对全过程由动能定理得：
1
mgL′sin θ－μmgcos θ ·L′－mgR(1＋cos θ)＝2mvD2 ④
由③④得应满足条件： 3＋2cos θL′＝·R
?2sin θ－μcos θ?
R
答案 (1)μ (2)(3－2cos θ)mg，方向竖直向下 (3)L′＝
3＋2cos θ
·R
2?sin θ－μcos θ?