（2014•石景山区一模）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中水平直轨A
（2014•石景山区一模）如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中水平直轨AB与倾斜直轨CD长均为L=6m，圆弧形轨道AQC和BPD均光滑，AQC的半径为r=1m，AB、CD与两圆弧形轨道相切，O2D、O1C与竖直方向的夹角均为θ=37°．现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0=24J的初动能从B点开始水平向左运动，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为μ=[1/6]，设小球经过轨道连接处均无能量损失．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）小球第一次回到B点时的速度大小；
（2）小球第二次到达C点时的动能；
（3）小球在CD段上运动的总路程．
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解题思路：（1）对从B点出发到回到B点整个过程运用动能定理，求出小球第一次回到B点时的速度大小．
（2）小球第二次到达C点时，对B到C运用动能定理，求出到达C点时的动能．
（3）小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，对全过程运用动能定理，求出小球在CD段上运动的总路程．
（2）小球第二次到达C点时，对B到C运用动能定理，求出到达C点时的动能．
（3）小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，对全过程运用动能定理，求出小球在CD段上运动的总路程．
（1）根据动能定理得，
[1/2]mv12-Ek0=-μmgLcosθ-μmgL
代入 解得v1=
12m/s≈3.4m/s
（2）小球第一次回到B点时的动能EK1＝
1
2mv12＝6J，继续运动，
根据动能定理得，mgr（1+cosθ）-μmgLcosθ=EKC-EK1
当到达C点时动能为EKC=mgr（1+cosθ）+EK1-μmgLcosθ=18+6-8=16J．
（3）小球第二次到达C点后还剩16J的能量，继续上升还需克服重力做功为W=mgr（1+cos37°）=18J，才能到达A点，因此小球无法继续上升，滑到AQC某处后开始下滑，之后受摩擦力作用，上升高度越来越低．
小球最终只能在圆弧形轨道BPD上做往复运动，即到达D点速度为零，
由动能定理：
1
2mvD2−
1
2mvC2＝mgLsinθ−μmgscosθ
可得小球在斜轨CD上所通过的路程为s=39m
小球通过CD段的总路程为s=2L+s=51m
答：（1）小球第一次回到B点时的速度大小为3.4m/s．
（2）小球第二次到达C点时的动能为16J．
（3）小球在CD段上运动的总路程为51m．
点评：
本题考点： 动能定理的应用．
考点点评： 本题涉及多个过程运动，关键是正确地进行受力分析，选择适当的研究过程，运用动能定理解题．
1年前
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