（2010•湘潭一模）如图，竖直放置的斜面AB的下端与光华圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，圆心与A、D在同一水平

解题思路：（1）由几何知识得知，斜面的倾角等于θ．物体从A点无初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，物体在斜面上运动时机械能不断减小，到达的最大高度越来越小，最终在BE圆弧上来回运动，到达B点的速度为零．物体在斜面上运动时摩擦力大小为μ2mgcosθ，总是做负功，滑动摩擦力做的总功与总路程成正比，根据动能定理求解总路程．（2）当物体第一次经过C点时，速度最大，对C点的压力最大，当最后稳定后，物体在B点之下运动时，经过C点时速度最小，物体对C点的压力最小，根据动能定理求出最大速度和最小速度，再由牛顿运动定律求解最大压力和最小压力．

（1）P滑到B点过程中重力和摩擦力做功，物体的动能增大：
由几何关系知，P下滑的高度：h=Rcosθ；斜面与水平面的夹角为θ；
设B点以上的斜面长为s，则：s＝
h
sinθ＝
R
tanθ
由动能定理得：mgh−μmgscosθ＝
1
2mv2
联立以上各方程，解得：v＝

2R(gsinθ−μgcosθ)
tanθ
到B点与Q发生完全碰撞，由于碰撞的时间短，可以认为碰撞的过程中动量守恒，则：mv=2mv′
由于克服摩擦力做功，物体在斜面上运动时机械能不断减小，到达的最大高度越来越小，
最终粘连体在圆弧上角度为2θ范围内做往复运动，故最终粘连体在B点速度为0
由动能定理：[1/2•2mv′2＝μ•2mcosθ•S0
代入数据解得：S0＝
R(sinθ−μcosθ)
4μtanθ]
（2）第一次往返C点时压力最大，设为F₁，对于PQ整体，B→C过程机械能守恒：
[1/2×2mv′2+2mgR(1−cosθ)＝
1
2×2m
v2c]…①
在C点：F1−2mg＝2m•

v2c
R…②
代入数据解得：F1＝2mg+4mg(1−cosθ)+
2m
R×
1
4×2gR(sinθ−μcosθ)•cotθ=6mg−3mgcosθ−μmg
cos2θ
sinθ
当物体不能冲出B点时，再经过C点时的压力最小，设在C点的最小压力为F₂．
2mgR(1−cosθ)＝
1
2×2m
v2C1…③
在C点：F2−2mg＝2m•

v2C2
R…④
代入数据解得：F₂=6mg-4mgcosθ
答：（1）粘连体在斜面上运动的路程为S0＝
R(sinθ−μcosθ)
4μtanθ；
（2）粘连体通过C点时，对C点的最大压力为6mg−3mgcosθ−μmg
cos2θ
sinθ，最小压力为：6mg-4mgcosθ．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点．