《（通用版）2018-2019版高考物理總復(fù)習(xí) 主題三 機(jī)械能及其守恒定律 提升課 動(dòng)能定理的應(yīng)用學(xué)案 新人教版》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2018-2019版高考物理總復(fù)習(xí) 主題三 機(jī)械能及其守恒定律 提升課 動(dòng)能定理的應(yīng)用學(xué)案 新人教版（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 提升課　動(dòng)能定理的應(yīng)用 　應(yīng)用動(dòng)能定理求變力做功 [要點(diǎn)歸納] 1.動(dòng)能定理不僅適用于求恒力做功，也適用于求變力做功，同時(shí)因?yàn)椴簧婕白兞ψ饔玫倪^(guò)程分析，應(yīng)用非常方便。 2.利用動(dòng)能定理求變力的功是最常用的方法，當(dāng)物體受到一個(gè)變力和幾個(gè)恒力作用時(shí)，可以用動(dòng)能定理間接求變力做的功，即W變＋W其他＝ΔEk。 3.當(dāng)機(jī)車(chē)以恒定功率啟動(dòng)，牽引力為變力時(shí)，那么牽引力做的功可表示為W＝Pt。 [精典示例] [例1]　一質(zhì)量為m的小球，用長(zhǎng)為l的輕繩懸掛于O點(diǎn)。第一次小球在水平拉力F1作用下，從平衡位置P點(diǎn)緩慢地移到Q點(diǎn)，此時(shí)繩與豎直方向夾角為θ(如圖1所示)，在這個(gè)過(guò)程中水平拉力做

2、功為W1。第二次小球在水平恒力F2作用下，從P點(diǎn)移到Q點(diǎn)，水平恒力做功為W2。重力加速度為g，且θ<90°，則(　　) 圖1 A.W1＝F1lsin θ，W2＝F2lsin θ B.W1＝W2＝mgl(1－cos θ) C.W1＝mgl(1－cos θ)，W2＝F2lsin θ D.W1＝F1lsin θ，W2＝mgl(1－cos θ) 思路導(dǎo)航 第一次緩慢拉動(dòng)，物體處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，拉力為變力，變力的功使用動(dòng)能定理求解；第二次為恒力，可使用功的公式求得。 解析　第一次水平拉力為變力，由動(dòng)能定理有W1－mgl(1－cos θ)＝0，得W1＝mgl(1－cos θ)。第二

3、次水平拉力為恒力，由功的公式可得W2＝F2lsin θ。C正確。 答案　C 方法總結(jié) (1)所求變力的功可以是合力的功，也可以是其中一個(gè)力的功，但動(dòng)能定理中，合力的功才等于動(dòng)能的變化量。 (2)待求變力的功一般用符號(hào)W表示，但要分清結(jié)果是變力的功，還是克服此變力的功。 [針對(duì)訓(xùn)練1] 質(zhì)量為m的物體以初速度v0沿水平面向左開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，起始點(diǎn)A與一輕彈簧O端相距s，如圖2所示，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體與彈簧相碰后，彈簧的最大壓縮量為x，則從開(kāi)始碰撞到彈簧被壓縮至最短，物體克服彈簧彈力所做的功為(　　) 圖2 A.mv－μmg(s＋x) B.mv－μmgx C

4、.μmgs D.μmg(s＋x) 解析　由動(dòng)能定理得－W－μmg(s＋x)＝0－mv，故物體克服彈簧彈力做功W＝mv－μmg(s＋x)，A正確。 答案　A 　動(dòng)能定理與圖象的結(jié)合 [要點(diǎn)歸納] 利用物體的運(yùn)動(dòng)圖象可以了解物體的運(yùn)動(dòng)情況，要特別注意圖象的形狀、交點(diǎn)、截距、斜率、面積等信息。動(dòng)能定理經(jīng)常和圖象問(wèn)題綜合起來(lái)，分析時(shí)一定要弄清圖象的物理意義，并結(jié)合相應(yīng)的物理情境選擇合理的規(guī)律求解。 [精典示例] [例2]　質(zhì)量m＝1 kg的物體，在水平拉力F的作用下，沿粗糙水平面運(yùn)動(dòng)，在位移是4 m時(shí)，拉力F停止作用，運(yùn)動(dòng)到位移是8 m時(shí)物體停止，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中Ek－x的圖象如圖3所示，

5、g取10 m/s2，求： 圖3 (1)物體和平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)拉力F的大小。 解析　(1)在運(yùn)動(dòng)的第二階段，物體在位移x2＝4 m內(nèi)，動(dòng)能由Ek＝10 J變?yōu)榱恪Ｓ蓜?dòng)能定理得：－μmgx2＝0－Ek， 故動(dòng)摩擦因數(shù)：μ＝＝＝0.25。 (2)在運(yùn)動(dòng)的第一階段，物體位移x1＝4 m，初動(dòng)能Ek0＝2 J，根據(jù)動(dòng)能定理得：Fx1－μmgx1＝Ek－Ek0，所以F＝4.5 N。 答案　(1)0.25　(2)4.5 N 方法總結(jié) 分析動(dòng)能定理與圖象結(jié)合問(wèn)題“三步走” [針對(duì)訓(xùn)練2] (多選)物體沿直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v－t關(guān)系圖象如圖4所示，已知在第1 s內(nèi)合力對(duì)物體所做的

6、功為W，則(　　) 圖4 A.從第1 s末到第3 s末合力做功為4W B.從第3 s末到第5 s末合力做功為－2W C.從第5 s末到第7 s末合力做功為W D.從第3 s末到第4 s末合力做功為－0.75W 解析　設(shè)物體在第1 s末速度為v，由動(dòng)能定理可得在第1 s內(nèi)合力做的功W＝ mv2－0。從第1 s末到第3 s末物體的速度不變，所以合力做的功為W1＝0。從第3 s末到第5 s末合力做的功為W2＝0－mv2＝－W。從第5 s末到第7 s末合力做的功為W3＝m(－v)2－0＝W。第4 s末的速度v4＝，所以從第3 s末到第 4 s末合力做的功W4＝m－mv2＝－W。故選

7、項(xiàng)C、D正確。 答案　CD 　動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用 [要點(diǎn)歸納] 對(duì)于包含多個(gè)運(yùn)動(dòng)階段的復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可以選擇分段或全程應(yīng)用動(dòng)能定理。 1.分段應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，將復(fù)雜的過(guò)程分割成一個(gè)個(gè)子過(guò)程，對(duì)每個(gè)子過(guò)程的做功情況和初、末動(dòng)能進(jìn)行分析，然后針對(duì)每個(gè)子過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理列式，然后聯(lián)立求解。 2.全程應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，分析整個(gè)過(guò)程中出現(xiàn)過(guò)的各力的做功情況，分析每個(gè)力的做功，確定整個(gè)過(guò)程中合力做的總功，然后確定整個(gè)過(guò)程的初、末動(dòng)能，針對(duì)整個(gè)過(guò)程利用動(dòng)能定理列式求解。當(dāng)題目不涉及中間量時(shí)，選擇全程應(yīng)用動(dòng)能定理更簡(jiǎn)單，更方便。 [精典示例] [例3]　如圖5所示，質(zhì)量為m的小球，

8、從離地面H高處從靜止開(kāi)始釋放，落到地面后繼續(xù)陷入泥中h深度而停止，設(shè)小球受到空氣阻力為f，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A.小球落地時(shí)動(dòng)能等于mgH B.小球陷入泥中的過(guò)程中克服泥的阻力所做的功小于剛落到地面時(shí)的動(dòng)能 C.整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h) D.小球在泥土中受到的平均阻力為mg(1＋) 解析　小球從靜止開(kāi)始釋放到落到地面的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－fH＝mv，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；設(shè)泥的平均阻力為f0，小球陷入泥中的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgh－f0h＝0－mv，解得f0h＝mgh＋mv，f0＝mg(1＋)－，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理

9、可知，整個(gè)過(guò)程中小球克服阻力做的功等于mg(H＋h)，選項(xiàng)C正確。 答案　C 方法總結(jié) 利用動(dòng)能定理研究單物體多過(guò)程問(wèn)題的思路 (1)應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題時(shí)，要根據(jù)題目所求解的問(wèn)題選取合適的過(guò)程，可以分過(guò)程，也可以整過(guò)程一起研究。值得注意的是雖然列式時(shí)忽略了中間復(fù)雜過(guò)程，但不能忽略對(duì)每個(gè)過(guò)程的分析。 (2)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體受到的某個(gè)力可能是變化的或分階段存在的，應(yīng)用動(dòng)能定理列式時(shí)要注意這種力做功的表達(dá)方式。 [針對(duì)訓(xùn)練3] 如圖6所示，右端連有一個(gè)光滑弧形槽的水平桌面AB長(zhǎng)L＝1.5 m，一個(gè)質(zhì)量為m＝0.5 kg的木塊在F＝1.5 N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止

10、開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，木塊到達(dá)B端時(shí)撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： 圖6 (1)木塊沿弧形槽上升的最大高度(木塊未離開(kāi)弧形槽)； (2)木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動(dòng)的最大距離。 解析　(1)設(shè)木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，木塊在最高點(diǎn)時(shí)的速度為零。從木塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到弧形槽最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得：FL－Ff L－mgh＝0 其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10 N＝1.0 N 所以h＝＝ m＝0.15 m (2)設(shè)木塊離開(kāi)B點(diǎn)后沿桌面滑動(dòng)的最大距離為x。由動(dòng)能定理得：mgh－Ff x＝0 所以x＝＝ m＝0.75 m

11、 答案　(1)0.15 m　(2)0.75 m 1.(多選)一質(zhì)點(diǎn)開(kāi)始時(shí)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，從某時(shí)刻起受到一恒力作用。此后，該質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)能可能(　　) A.一直增大 B.先逐漸減小至零，再逐漸增大 C.先逐漸增大至某一最大值，再逐漸減小 D.先逐漸減小至某一非零的最小值，再逐漸增大 解析　若恒力的方向與初速度的方向相同或二者夾角為銳角或直角，該質(zhì)點(diǎn)一直做加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；若恒力的方向與初速度的方向相反，該質(zhì)點(diǎn)先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確；若恒力方向與初速度方向之間的夾角為鈍角，可類(lèi)比斜上拋運(yùn)動(dòng)，易知選項(xiàng)D正確。 答案　ABD 2.北京獲得2022年冬奧

12、會(huì)舉辦權(quán)，冰壺是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目。將一個(gè)冰壺以一定初速度推出后將運(yùn)動(dòng)一段距離停下來(lái)。換一個(gè)材料相同、質(zhì)量更大的冰壺，以相同的初速度推出后，冰壺運(yùn)動(dòng)的距離將(　　) A.不變 B.變小 C.變大 D.無(wú)法判斷 解析　冰壺在冰面上以一定初速度被推出后，在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝0－mv2，得s＝，兩種冰壺的初速度相等，材料相同，故運(yùn)動(dòng)的距離相等。故選項(xiàng)A正確。 答案　A 3.(2017·淮安高一檢測(cè))(多選)如圖7甲所示，質(zhì)量m＝2 kg 的物體以100 J的初動(dòng)能在粗糙的水平地面上滑行，其動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖象如圖乙所示，則下列判斷正確的是(

13、　　) 圖7 A.物體運(yùn)動(dòng)的總位移大小為10 m B.物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為10 m/s2 C.物體運(yùn)動(dòng)的初速度大小為10 m/s D.物體所受的摩擦力大小為10 N 解析　由圖象可知，物體運(yùn)動(dòng)的總位移為10 m，根據(jù)動(dòng)能定理得，－Ff x＝0－Ek0，解得Ff＝＝ N＝10 N，故A、D正確；根據(jù)牛頓第二定律得，物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小a＝＝ m/s2＝5 m/s2，故B錯(cuò)誤；根據(jù)Ek0＝mv得v0＝＝ m/s＝10 m/s，故C正確。 答案　ACD 4.半徑R＝1 m的圓弧軌道下端與一水平軌道連接，水平軌道離地面高度h＝ 1 m，如圖8所示，有一質(zhì)量m＝1.0 kg

14、的小滑塊自圓軌道最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始滑下，經(jīng)過(guò)水平軌道末端B時(shí)速度為4 m/s，滑塊最終落在地面上，g取10 m/s2，試求： 圖8 (1)不計(jì)空氣阻力，滑塊落在地面上時(shí)速度大小； (2)滑塊在軌道上滑行時(shí)克服摩擦力做的功。 解析　(1)從B點(diǎn)到地面這一過(guò)程，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝mv2－mv， 代入數(shù)據(jù)解得v＝6 m/s。 (2)設(shè)滑塊在軌道上滑行時(shí)克服摩擦力做的功為Wf，對(duì)A到B這一過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理有mgR－Wf＝mv－0， 解得Wf＝2 J。 答案　(1)6 m/s　(2)2 J 基礎(chǔ)過(guò)關(guān) 1.一質(zhì)點(diǎn)做速度逐漸增大的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間間

15、隔t內(nèi)位移為s，動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍。該質(zhì)點(diǎn)的加速度為(　　) A. B. C. D. 解析　動(dòng)能變?yōu)樵瓉?lái)的9倍，則物體的速度變?yōu)樵瓉?lái)的3倍，即v＝3v0，由s＝(v0＋v)t和a＝得a＝，故A項(xiàng)正確。 答案　A 2.如圖1所示，假設(shè)在某次比賽中他從10 m高處的跳臺(tái)跳下，設(shè)水的平均阻力約為其體重的3倍，在粗略估算中，把運(yùn)動(dòng)員當(dāng)作質(zhì)點(diǎn)處理，為了保證運(yùn)動(dòng)員的人身安全，池水深度至少為(不計(jì)空氣阻力)(　　) 圖1 A.5 m B.3 m C.7 m D.1 m 解析　設(shè)水深h，對(duì)全程運(yùn)用動(dòng)能定理 mg(H＋h)－h(huán)＝0，＝3mg， 即mg(H＋h)＝3m

16、gh。所以h＝5 m。 答案　A 3.如圖2所示，木板長(zhǎng)為l，木板的A端放一質(zhì)量為m的小物體，物體與板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。開(kāi)始時(shí)木板水平，在繞O點(diǎn)緩慢轉(zhuǎn)過(guò)一個(gè)小角度θ的過(guò)程中，若物體始終保持與木板相對(duì)靜止。對(duì)于這個(gè)過(guò)程中各力做功的情況，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖2 A.摩擦力對(duì)物體所做的功為mglsin θ(1－cos θ) B.彈力對(duì)物體所做的功為mglsin θcos θ C.木板對(duì)物體所做的功為mglsin θ D.合力對(duì)物體所做的功為mglcos θ 解析　重力是恒力，可直接用功的計(jì)算公式，則WG＝－mgh；摩擦力雖是變力，但因摩擦力方向上物體沒(méi)有發(fā)生位移，所以

17、Wf＝0；因木板緩慢運(yùn)動(dòng)，所以合力F合＝0，則W合＝0；因支持力FN為變力，不能直接用公式求它做的功，由動(dòng)能定理W合＝ΔEk知，WG＋WFN＝0，所以WFN＝－WG＝mgh＝mglsin θ。 答案　C 4.如圖3所示，光滑斜面的頂端固定一彈簧，一小球向右滑行，并沖上固定在地面上的斜面。設(shè)小球在斜面最低點(diǎn)A的速度為v，壓縮彈簧至C點(diǎn)時(shí)彈簧最短，C點(diǎn)距地面高度為h，則從A到C的過(guò)程中彈簧彈力做功是(　　) 圖3 A.mgh－mv2 B.mv2－mgh C.－mgh D.－ 解析　由A到C的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理可得： －mgh＋W＝0－mv2，所以W＝mgh－mv2，故A

18、正確。 答案　A 5.如圖4所示，固定斜面傾角為θ，整個(gè)斜面分為AB、BC兩段，AB＝2BC。小物塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))與AB、BC兩段斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ1、μ2。已知P由靜止開(kāi)始從A點(diǎn)釋放，恰好能滑動(dòng)到C點(diǎn)而停下，那么θ、μ1、μ2間應(yīng)滿(mǎn)足的關(guān)系是(　　) 圖4 A.tan θ＝ B.tan θ＝ C.tan θ＝2μ1－μ2 D.tan θ＝2μ2＋μ1 解析　由動(dòng)能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，則有tan θ＝，故選項(xiàng)B正確。 答案　B 6.用起重機(jī)提升貨物，貨物上升過(guò)程中的v－t圖象如圖5所示，

19、在t＝3 s 到t＝5 s內(nèi)，重力對(duì)貨物做的功為W1、繩索拉力對(duì)貨物做的功為W2、貨物所受合力做的功為W3，則(　　) 圖5 A.W1＞0 　　　　 B.W2＜0 C.W2＞0 　　　　 D.W3＞0 解析　分析題圖可知，貨物一直向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)功的定義式可得：重力做負(fù)功，拉力做正功，即W1＜0，W2＞0，A、B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)能定理：合力做的功W3＝0－mv2，v＝2 m/s，即W3＜0，D錯(cuò)誤。 答案　C 能力提升 7.(多選)在平直公路上，汽車(chē)由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到vmax后，立即關(guān)閉發(fā)動(dòng)機(jī)直至靜止，v－t圖象如圖6所示，設(shè)汽車(chē)的牽引力

20、為F，受到的摩擦力為Ff，全程中牽引力做功為W1，克服摩擦力做功為W2，則(　　) 圖6 A.F∶Ff＝1∶3 B.W1∶W2＝1∶1 C.F∶Ff＝4∶1 D.W1∶W2＝1∶3 解析　對(duì)汽車(chē)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程，由動(dòng)能定理得：W1－W2＝ΔEk＝0，所以W1＝W2，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；設(shè)牽引力、摩擦力作用下的位移分別為x1、x2，由圖象知x1∶x2＝1∶4。由動(dòng)能定理得Fx1－Ff x2＝0，所以F∶Ff＝4∶1，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確。 答案　BC 8.一列火車(chē)由機(jī)車(chē)牽引沿水平軌道行駛，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，其速度由0增大到v。已知列車(chē)總質(zhì)量為M，機(jī)車(chē)功率P保持不變，列車(chē)所

21、受阻力f為恒力。求這段時(shí)間內(nèi)列車(chē)通過(guò)的路程。 解析　以列車(chē)為研究對(duì)象，列車(chē)水平方向受牽引力和阻力。設(shè)列車(chē)通過(guò)路程為s，據(jù)動(dòng)能定理 WF－Wf＝Mv2－0，WF＝Pt，Wf＝fs 故Pt－fs＝Mv2 解得：s＝。 答案　 9.如圖7所示，質(zhì)量為m的物體從高為h、傾角為θ的光滑斜面頂端由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，最后停在水平面上，已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，求： 圖7 (1)物體滑至斜面底端時(shí)的速度； (2)物體在水平面上滑行的距離。(不計(jì)斜面與平面交接處的動(dòng)能損失) 解析　(1)物體下滑過(guò)程中只有重力做功，且重力做功與路徑無(wú)關(guān)，由動(dòng)能定理：mgh＝mv2，可求得物體滑

22、至斜面底端時(shí)速度大小為v＝。 (2)設(shè)物體在水平面上滑行的距離為l， 由動(dòng)能定理得：－μmgl＝0－mv2 解得：l＝＝。 答案　(1)　(2) 10.如圖8甲所示，長(zhǎng)為4 m的水平軌道AB與半徑為R＝0.6 m 的豎直半圓弧軌道BC在B處平滑連接，有一質(zhì)量為1 kg的滑塊(大小不計(jì))從A處由靜止開(kāi)始受水平力F作用而運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)隨位移變化的關(guān)系如圖乙所示(水平向右為正)，滑塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，與BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)未知，g取10 m/s2。 圖8 (1)求滑塊到達(dá)B處時(shí)的速度大小； (2)求滑塊在水平軌道AB上運(yùn)動(dòng)前2 m過(guò)程所用的時(shí)間。 解析　(1)對(duì)滑塊從

23、A到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得 F1x1－F3x3－μmgx＝mv 得vB＝2m/s。 (2)在前2 m內(nèi)，由牛頓第二定律得 F1－μmg＝ma，且x1＝at 解得t1＝ s。 答案　(1)2m/s　(2) s 11.如圖9所示，ABCD為一位于豎直平面內(nèi)的軌道，其中BC水平，A點(diǎn)比BC高出10 m，BC長(zhǎng)1 m，AB和CD軌道光滑且與BC平滑連接。一質(zhì)量為1 kg的物體，從A點(diǎn)以4 m/s的速度開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)BC后滑到高出C點(diǎn)10.3 m的D點(diǎn)速度為零。g取10 m/s2，求： 圖9 (1)物體與BC軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度； (3)物體最后停止的位置(距B點(diǎn)多少米)。 解析　(1)由動(dòng)能定理得 mg(H－h(huán))－μmgxBC＝0－mv，解得μ＝0.5。 (2)物體第5次經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，物體在BC上滑動(dòng)了4次，由動(dòng)能定理得mgH－μmg·4xBC＝mv－mv 解得v2＝4 m/s。 (3)分析整個(gè)過(guò)程，由動(dòng)能定理得 mgH－μmgs＝0－mv 解得s＝21.6 m。 所以物體在軌道上來(lái)回運(yùn)動(dòng)了10次后，還有1.6 m，故距B點(diǎn)的距離為2 m－1.6 m＝0.4 m。 答案　(1)0.5　(2)4 m/s　(3)距B點(diǎn)0.4 m 12