高考物理中的最值问题2(含答案)

高考物理中的最值问题

2(含答案)

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

2

高考物理中的力学计算问题2

1 如图所示，AB 为水平绝缘粗糙轨道，动摩擦因数为0.2，AB 距离为3 m ；BC 为半径r =l m 的竖直光滑绝 缘半圆轨道；BC 的右侧存在竖直向上的匀强电场。一质量m =l kg ，电量q =10-3 C 的带电小球，在功率P 恒为4W 的水平向右拉力作用下由静止开始运动，到B 点时撤去拉力。已知到达B 点之前已经做匀速运动，求： （1）小球匀速运动的速度大小 （2）小球从A 运动到B 所用的时间 （3）为使小球能沿圆轨道从B 点运动到C 点，匀强电场的电场强度E 的大小范围? （4）是否存在某个电场强度E ，使小球从C 点抛出后能落到A 点?请说明理由。 【解析】（1）因为小球匀速运动

所以F 牵引=f ……1分

s m mg

f p F p v B /24====

μ牵引

……1分 （2）A 到B 过程中，由动能定理：

02

12

-=-B mv mgAB pt μ……1分

得t =2s……………1分 （3）若小球刚好过B 点，得

r

v

m mg qE B 2

=-………………………………………1分

E =1.4×104N/C ．．．…1分 若小球刚好过C 点

所以r

v

m qE mg c 2

=- ………………………………….1分

又因为2

22

1212)(B c mv mv r qE mg -=

?--………..1分 E =9.2×103N/C……………………………1分

综合所述：1.4×104N/C ≥ E ≥ 9.2×103 N/C ．…1分 （4）因为2

221212)(B c mv mv r qE mg -=?-- 又因为4

.0343v =

==

g

r t

x

c

得E =1.4625×104 N/C…………………………….1分 E 的值超出了（3）中的范围，所以不能。……1分

2 如图甲所示为一景区游乐滑道，游客坐在座垫上沿着花岗岩滑道下滑，他可依靠手、脚与侧壁间的摩擦来控制下滑速度。滑道简化图如乙所示，滑道由AB 、BC 、CD

三段组成，各段之间平滑连接。

3

AB 段和CD 段与水平面夹角为θ1，竖直距离均为h 0，BC 段与水平面夹角为θ2，竖直距离为1

2 h 0。一质量为m 的游客从A 点由静止开始下滑，到达底端D 点时的安全速度不得大于2gh 0 ，已知sin θ1=14 、sin θ2=1

8 ，座垫与滑道底面间摩擦及空气阻力均不计，若未使用座垫，游客与滑道底面间的摩擦力大小f 恒为重力的0.1倍，运动过程中游客始终不离开滑道，问：

(1) 游客使用座垫自由下滑(即与侧壁间无摩擦)，则游客在BC 段增加的动能△E k 多大?

(2)

(3) 若游客未使用坐垫且与侧壁间无摩擦下滑，则游客到达D 点时是否安全；

(4) 若游客使用座垫下滑，则克服侧壁摩擦力做功的最小值。

解：(1) 重力在BC 段做的功即为增加的动能△E k

可得 △E k =W G =1

2 mg h 0 3分

(2)在AD 段，由动能定理，得 mg (h 0+ 12 h 0+h 0)-12f 2h 0= 12 mv 2

D 2分

v D = 2.6gh 0 >2gh 0 到达D 点时不安全 2分

(3)到达D 点的速度为2gh 0 对应的功最小。

在AD 段，由动能定理，得 mg (h 0+ 12 h 0+h 0)- W = 12 mv 2

D 3分

W=3

2 mg h 0 2分

3 某同学在设计连锁机关游戏中，设计了如图所示的起始触发装置．AB 段是长度连续可调的竖直伸缩杆，BCD 段是半径为R 的四分之三圆弧弯杆，DE 段是长度为2R 的水平杆，与AB 杆稍稍错开．竖直杆外套有下端固定且劲度系数较大的轻质弹簧，在弹簧上端放置质量为m 的套环．每次将弹簧的长度压缩至 P 点后锁定，设PB 的高度差为h ，解除锁定后弹簧可将套环弹出．在触发器的右侧有多米诺骨牌，多米诺骨牌的最高点Q 和P 点等高，且与E 的水平距离x =8R ，已知弹簧锁定时的弹性势能E =9mgR ，套环P 与水平杆的动摩擦因数μ=0.5，与其他部分的摩擦不计，不计套环受到的空气阻力及解除锁定时的弹性势能损失，不考虑伸缩竖直杆粗细变化对套环的影响，重力加速度为g ．求： （1）当 h =3R 时，套环

到达杆的最高点C 处时的速度大小v ； （2）在（1）问中套环运动

到最高点C 时对杆作用力的大小和方向； （3）若 h 可在 R ～6R 连续可调，要使该套环恰能击中Q 点，则h 需调节为多长？ A B

C

12 h 0

h 0

h 0

甲

第20题图

θ1

θ2

θ1

乙

解：（1）当 h=3R时，套环从P点运动到C点，根据机械能守恒定律有：，E=9mgR

解得：

（2）在最高点C时，对套环，根据牛顿第二定律有：mg+F C =解得：F C=9mg，方向竖直向下；

（3）套环恰能击中Q 点，平抛运动过程：

x=v E t

从P到E ，根据能量守恒定律有：

联立解得：h=5R

答：（1）当 h=3R时，套环到达杆的最高点C处时的速度大小v 为；

（2）在（1）问中套环运动到最高点C时对杆作用力的大小为

9mg，方向竖直向下；

（3）若h 可在R～6R连续可调，要使该套环恰能击中Q点，则h 需调节为5R．

4 （北京高考）如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物

块，弹簧质量不计，物块（可视为质点）的质量为m，在水平桌面上沿x轴转动，与桌面间的

动摩擦因数为 ，以弹簧

原长时物块的位置为坐标

原点O，当弹簧的伸长量为x时，物块所受弹簧弹力大小为F=kx，k为常量。

（1）请画出F随x变化的示意图:并根据F-x图像，求物块沿x轴从O点运动到位置x过程中弹力所做的功。

（2）物块由

1

x向右运动到

3

x，然后由

3

x返回到

2

x，在这个过程中。

a、求弹力所做的功；并据此求弹性势能的变化量；

b、求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在

与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概念。

【解析】：(1) F-x图象如图所示．

4

5

物块沿x 轴从O 点运动到位置x 的过程中，弹力做负功；F -x 图线

下的面积等于弹力做功大小．弹力做功221

21kx x kx W T -=??-=

（2）a 、物块由x 1向右运动到x 3的过程中，弹力做功为： W T1=-

21(kx 1+kx 3) (x 3-x 1) =21kx 12-2

1

kx 32； 物块由x 3运动到x 2的过程中，弹力做功为：

W T2=

21(kx 2+kx 3) (x 3-x 2)=21kx 32-2

1

kx 22； 整个过程中弹力做功：W T =W T1+W T2=21kx 12-21

kx 22；

弹性势能的变化量为：△E P =－W T =21kx 22－21

kx 12；

b 、整个过程中，摩擦力做功：W f =-μmg (2 x 3-x 1-x 2)

比较两力做功可知，弹力做功与实际路径无关，取决于始末两点间的位置；因此我们可以定义一个由物体之间的相互作用力（弹力）和相对位置决定的能量--弹性势能；

而摩擦力做功与x 3有关，即与实际路径有关，因此不能定义与摩擦力对应的“摩擦力势能”．

答：（1）图象如图所示；弹力做功为：-2

1

kx 2；

（2）弹性势能的变化量为21kx 22-21

kx 12；摩擦力做功：W f =-μmg

（2x 3-x 1-x 2）；不能引入“摩擦力势能”．

5 （广东高考）如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5m ，物块A 以v 0＝6m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的

6

质量均为m ＝1kg （重力加速度g 取10m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短）。⑴ 求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ；

⑵ 若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； ⑶ 求碰后AB 滑至第n 个（n ＜k ）光滑段上的速度v n 与n 的关系式。

(1)物块A 滑入圆轨道到达Q 的过程中机械能守恒，根据机械能守恒：

mgR mv mv 22

1212

20+=① 物块A 在做圆周运动故： R

v m F 2

向= ②

由①②联立得：v =4m/s

N G N F A 1032=>=向，所以轨道上壁提供压力。

合力做向心力 G F F -=向③ 带入数值N F 22= (2)在与B 碰撞前，系统机械能守恒，所以与B 碰前A 的速度为6m/s ，A 和B 在碰撞过程中动量守恒：

10）v m （m

v m B A

A +=④

AB 碰后向右滑动，由动能定理：

212

10)(）v m （m

gs m m -B A

B A +-=+μ⑤ 由④⑤联立得s=4.5m 45s

==

L

k （3）碰后AB 滑至第n 个光滑段上的速度n v ，由动能定理：

212

)(21)(21)(v m m v m m gnL m m -B A n B A B A +-+=+μ⑥

解得：n L v v 2.09gn 221n -=-=μ m/s

6 （江苏高考）一转动装置如图所示，四根轻

杆OA 、OC 、AB 和CB 与两小球以及一小环通过铰链连接，轻杆长均为l ，球和环的质量均

7

为m ，O 端固定在竖直的轻质转轴上，套在转轴上的轻质弹簧连接在O 与小环之间，原长为L ，装置静止时，弹簧长为3L /2，转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，求（1）弹簧的劲度系数k ；（2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度0ω；（3）弹簧长度从3L /2缓慢缩短为L /2的过程中，外界对转动装置所做的功W 。 解：（1）装置静止时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为θ1，

小环受到弹簧的弹力 2

1L

k F =弹，

小环受力平衡，F 弹1=mg +2T 1cos θ1，

小球受力平衡，F 1cos θ1+T 1cos θ1=mg ，F 1sin θ1=T 1sin θ1， 解得 k =

L

mg

4． （2）设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为

θ2，弹簧长度为x 。．小环受到弹簧的弹力F 弹2=k （x -L ），

小环受力平衡，F 弹2=mg ，解得x =L 4

5

，

对小球，F 2cos θ2=mg ，22

22sin sin θωθl m F =，且 l

x

2cos 2=θ， 解得 L

g 580=

ω． （3）弹簧长度为

2

L

时，设OA 、AB 杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA 杆与弹簧的夹角为θ3， 小环受到的弹力2

3L k

F =弹， 小环受力平衡，2T 3cos θ3=mg +F 弹3，且cos θ3=

l

L 4， 对小球，F 3cos θ3=T 3cos θ3+mg ，3233333sin sin sin θωθθl m T F =+，

解得 L

g

163=

ω． 整个过程中弹簧弹性势能变化为零，则弹力做功为零，由动能定理得，

=

，

解得 W =L

mgl mgL 2

16+．

8

答：（1）弹簧的劲度系数为

L

mg

4；（2）装置转动的角速度为L

g 58； （3）外界对转动装置所做的功为

L

mgl mgL 2

16 ．

7 （江苏2018模拟）如图所示，长为3l 的不可伸长的轻绳，穿过一长为l 的竖直轻质细管，两端拴着质量分别为m 、2m 的小球A 和小物块B ，开

始时B 先放在细管正下方的水平地面上．手握细管轻轻摇动一段时间后，B 对地面的压力恰好为零，A 在水平面内做匀速圆周运动．已知重力加速度为g ，不计一切阻力．（1）求A 做匀速圆周运动时绳与竖直方向夹角θ； （2）求摇动细管过程中手所做的功； （3）轻摇细管可使B 在管口下的任意位置处于平衡，当B 在某一位置平衡时，管内一触发装置使绳断开，求A 做平抛运动的最大水平距离．

9

8 如图所示，不可伸长的轻绳穿过光滑竖直固定细管，细管长为l ，两端拴着质量分别为m 、2m 的小球A 和小物块B ，拉着小球A 使它停在管的下端，这时物块B 离管的下端距离为l ，管的下端离水平地面的距离为2l ，拉起小球A ，使绳与竖直方向成一定夹角，给小球A 适当的水平速度，使它在水平面内做圆周运动，上述过程中物块B 的位置保持不变，已知重力加速度为g ． （1）求绳与竖直方向夹角θ和小球A 做圆周运动的角速度ω1；

（2）在小球A 做圆周运动时剪断轻绳，求小球A 第一次落地点到物块B 落地点的距离s ；

（3）若小球A 从管的下端拉起时带动物块B 上移，B 到管下某位置时使小球A 在水平面内做角速度ω2的圆周运动，求整个过程中人对A 、B 系统做的功W ．

解：（1）小球A 在重力和轻绳的拉力作用下在水平面内做圆周运动，则：轻绳的拉力为：T =2mg 竖直方向受力平衡：T cos θ - mg =0

水平方向由牛顿第二定律得：T sin θ=mω12l sin θ 代入数据联立解得：θ=600，ω1=

l

g

2． （2）在小球A 做圆周运动时剪断轻绳，A 做平抛运动，设平抛运

动的时间为t ，则竖直方向上有：221

25gt l =

平抛的初速度：v 1=ω1l sinθ

由几何关系有：s =221)sin ()(θl t v + 代入数据联立解得：s =

l 2

33 （3）设B 物体位置上移x ，小球A 做圆周运动时轻绳与竖直方向的夹角为α，则竖直方向受力平衡：T cosα -mg =0 水平方向由牛顿第二定律得：T sin α = mω22（l +x ）sin α 解得：x =

l g -22

2ω

由功能关系有：W =2mgx +mg [l －(l +x )cos α]+

2

1

m [(l +x )ω2sin α]2 解得：W =mgl mg -2

2

2

29ω 答：（1）绳与竖直方向夹角600；小球A 做圆周运动的角速度为

l

g

2；

10

（2）小球A 第一次落地点到物块B 落地点的距离为

l 2

33

； （3）整个过程中人对A 、B 系统做的功为mgl mg -2

2

2

29ω 9一轻质细绳一端系一质量为m =0.05kg 的小球A ，另一端挂在光滑水平轴O 上，O 到小球的距离为L =0.1m ，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡

板，如图所示，水平距离s =2m ．现有一滑块B ，质量也为m ，从斜面上滑下，与小球发生碰撞，每次碰后，滑块与小球速度均交换，已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能，水平面与滑块间的动摩擦因数为μ=0.25，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g 取10m/s 2，试问：（1）若滑块B 从斜面某一高度h 处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h ；

（2）若滑块B 从h ′=5m 处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数．

解：（1）小球刚能完成一次完整的圆周运动，它到最高点的速度

为v 0，在最高点，仅有重力充当向心力，则有 mg =m L

v 20

--------①

在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球在最低点速度为v ，则又有

21mV 12=mg ?2L +2

1

mV 02-------------② 由①②解得：V 1=5m/s

滑块从h 高处运动到将与小球碰撞时速度为v 2，对滑块由能的转化及守恒定律有mgh =μmg ?

2s +2

1

mV 22， 因弹性碰撞后速度交换V 2=5 m/s ，解上式得 h =0.5m ．

（2）若滑块从h ′=5m 处下滑到将要与小球碰撞时速度为u ，同理有 mgh ′=μmg ?

2s +2

1

mu 2-----------------③ 解得 u =95 m/s ，

滑块与小球碰后的瞬间，同理滑块静止，小球以 u =95 m/s 的速度开始作圆周运动，滑块和小球最后一次碰撞时速度至少为V =5m/s ，

滑块最后停在水平面上，它通过的路程为 s′，同理有 mgh ′=μmg ?s ′+

2

1

mV 2--------------④

11

小球做完整圆周运动的次数为 n =s

s

s 2' +1-------------⑤

解④、⑤得 s ′=19m ，n =10次． 答：（1）高度为0.5m ，

（2）小球做完整圆周运动的次数为10次． 【同类题】一轻质细绳一端系一质量为m =0.05kg 的小球A ，另一端套在光滑水平细轴O 上，O 到小球的距离为L =0.1m ，小球刚好与水平地

面接触，但无相互作用．在球的两侧等距离处分别固定一光滑斜面和一挡板，二者到球A 的水平距离s=2m ，如图所示．现有一滑块B ，质量也为m ，从斜面上高度h =3m 处由静止滑下，与小球碰撞时没有机械能损失、二者互换速度，与档板碰撞时以同样大小的速率反弹．若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，滑块与水平地面之间的动摩擦因数μ=0.25，g 取10m/s 2．求： （1）滑块第一次与小球碰撞时的速度v 1； （2）小球第一次运动到最高点时细绳的拉力T ； （3）小球在竖直平面内做完整圆周运动的次数．

解：（1）滑块B 从斜面高度h 处滑下与小球第一次碰撞前瞬间速度为v 1，由动能定理得：mgh -μmgs =

2

1

mv 12，解得：v 1=52 m/s ； （2）滑块B 与小球碰撞，二者互换速度， 小球到达最高点过程中，由机械能守恒定律得：

21mv 12=2

1

mv 2+mg ?2L ， 在最高点，由牛顿第二定律得：T +mg =m L v 2

，解得：T =22.5 N ；

（3）小球恰好做圆周运动，在最高点，由牛顿得：mg =m L

v

2

2，

解得：v 2=1m/s ，

小球从最低点到最高点过程中，由机械能守恒定律得：

21mv A 2=21

mv 22+mg ?2L ， 解得：v A =5 m/s ，

从小球第一次到达A 点到小球速度为5m/s 过程中， 由动能定理得：-μmgL =21mv A 2-2

1

mv 12，解得：L =9m ， 由于：s

L

2+1=3.25，则小球能完成圆周运动的次数为3次．

答：（1）滑块第一次与小球碰撞时的速度v1=52m/s；

（2）小球第一次运动到最高点时细绳的拉力为22.5N；

（3）小球在竖直平面内能做3次完整圆周运动．

【同类题】如图所示，高为H=0.45m的台面上有轻质细绳，绳的一端系一质量为m=0.1kg的小球P，另一端挂在光滑的水平轴上O 上，O到小球P的距离为R=0.1m，小球与台面接触，但无相互作用，在小球两侧等距离各为L=0.5m处，分别固定一光滑斜面及一水平向左运动的传送带，传送带长为d=0.9m，运行速度大小为

v=3m/s，现有一质量也为m可视为质点的小滑块Q从斜面上的A 处无初速滑下（A距台面高h=0.7m），至C处与小球发生弹性碰撞，已知滑块与台面的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带之间动摩擦因数为μ2=0.25，不计传送带高度，及滑轮大小对问题的影响．（重力加速度g=10m/s2）求：

（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小？（2）滑块的最终位置与传送带末端的E的距离？

（3）整个过程传送带电机消耗的电能？

解：（1）对滑块Q从A到C根据动能定理有：mgh- μ1mgl=

2

1

mv c2得v c=3m/s

PQ发生弹性碰撞，因质量相等，故交换速度，撞后P的速度为v c′=v c=3m/s

P运动至最高点的速度为v F，根据机械能守恒定律有：

2

1

mv c′2-

2

1

mv F 2=mg?2R

得v F=5m/s

P在最高点根据牛顿第二定律有：F+mg=

R

v

m F

2

得F=

R

v

m F

2

-mg=4N

根据牛顿第三定律知轻绳受力大小F′=F=4N

（2）PQ再撞后再次交换速度对物块有v c″=v c′=3m/s

对物块从C到D根据动能定理有：-μ1mgl=

2

1

mv D2-

2

1

mv c″2

得v D=2m/s

物块进入传送带做匀减速运动，设加速度大小为a1

12

13

则根据牛顿第二定律有：μ2mg =ma 1

得 a 1=μ2g =2.5m/s 2

由运动学公式知减速至速度为零时间为t =

1

a v D -=0.8s ． 进入传送带位移为：s 1=2

+D v t =0.8m

因s 1＜d 故物块从左边离开传送带，离开时速度大小为v D ′=v D =2m/s 在CD 上再次减速，设加速大小为a 2 则根据牛顿第二定律有：μ1mg =ma 2 得 a 2=μ1g =5m/s 2

由运动学公式知减速至0位移为 s 2=2

2

2'

a v D =0.4m 因s 2＜L ，故不会再与球相撞

与传送带末端E 的距离为D =s 2+d =1.3m （3）在传送带上运动的两段时间均为t =0.8S

此过程传送带向左移运动两段位移d 1=d 2=vt =3×0.8m=2.4m 在传带上产生的热量为：Q =μ2mg （d 1+s 1+d 2-s 1）=1.2J

因传送带速度大小不变，物块进出传送带速度大小相等，由能量守恒定律知电动机提供电能为E =Q =1.2J ．

答：（1）当小球被撞后做圆周运动到最高点时对轻绳的作用力大小为4N ．

（2）滑块的最终位置与传送带末端的E 的距离为1.3m ． （3）整个过程传送带电机消耗的电能为1.2J ．

10 如图所示，粗糙、绝缘的直轨道OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对齐，A 是轨道上一点，过A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小E ＝1.5×106N/C ，方向水平向右的匀强电场。带负电的小物体P 电荷量是2.0×10－6C ，质量m ＝0.25kg ，与轨道间动摩擦因数μ＝0.4，P 从O 点由静止开始向右运动，经过0.55s 到达A 点，到达B 点时速度是5m/s ，到达空间D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且tan α＝1.2。P 在整个运动过程中始终受到水平向右的某外力F 作用，F 大小与P 的速率v 的关系如表所示。P 视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力，取g ＝10 m/s 2，求：

（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间；

（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功。

解：（1）小物体P的速率从0只2m/s，受外力F1=2N，设其做匀变速直线运动的加速度为a1，经过时间△t1，则F1-μmg=ma1①v1=a1△t ②

由式代入数据得△t1=0.5s ③

（2）小物体P从2m/s运动至A点，受外力F2=6N，设其做匀变速直线运动的加速度为a2，则F2-μmg=ma2④

设小物体P从速度v1经过△t2时间，在A点的速度为v2，则△t2=0.55s-△t1 ⑤

v2=v1+a2△t2⑥

P从A点至B点，受外力F2=6N、电场力和滑动摩擦力的作用，设其做匀变速直线运动的加速度为a3，电荷量为q，在B点的速度为v3，从A点至B点的位移为x1，则有：F2-μmg-qE=ma3⑦

⑧

P以速度v3滑出轨道右端B点，设水平方向外力为F3，电场力大小为F E，有F E=F3 ⑨

F3与F E大小相等方向相反，P水平方向所受合力为零，所以P从B 点开始做初速度为v3的平抛运动．

设P从B点运动至D点用是为△t3，水平位移为x2，

由题意知（10）

x2=v3△t3 （11）

设小物体P从A点至D点电场力做功为W，则有：

W=－qE(x1+x2) （12）

联立④⑧（10）（12）式并代入数据得W=-9.25J．

答：（1）小物体P从开始运动至速率为2m/s所用的时间为0.5s；（2）小物体P从A运动至D的过程，电场力做的功为-9.25J

11滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图所示是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60o，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8m。一运动员从轨道上的A点

14

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以3m/s 的速度水平滑出，在B 点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg ，B 、E 两点与水平面CD 的竖直高度分别为h 和H ，且h=2m ，H=2.8m ，取10m/s 2。求：

（1）运动员从A 运动到达B 点时的速度大小v B ； （2）轨道CD 段的动摩擦因数

μ；

（3）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B 点如能，请求出回到B 点时速度的大小；如不能，则最终静止在何处

解：（1）由题意可知：0

60

cos v v B 解得：

（2）由B 点到E 点，由动能定理可得：

由①②带入数据可得：

（3）运动员能到达左侧的最大高度为，从B 到第一次返回左侧

最高处，根据动能定理

解出

所以：第一次返回时，运动员不能回到B 点

设运动员从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理

可得：

解得：

因为

，所以运动员最后停在D 点左侧6.4m 处，或C

点右侧1.6m 处。