| 动能定理解决多过程问题 题目答案及解析
稿件来源：高途
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必修2
第七章 机械能守恒定律
7.7 动能和动能定理
动能定理解决多过程问题
如图所示为一弹射游戏装置，由安装在水平轨道$AB$左侧的弹射器、半圆轨道$CDE$、水平轨道$EF$、四分之一圆弧轨道$FO_{4}$、$IO_{2}$、对称圆弧轨道$GO_{4}$、$HO_{2}$等组成。$CDE$半径$r_{1}=0.9\;\rm m$，$EF$长度$L=4.5\;\rm m$，$FO_{4}$、$IO_{2}$半径$r_{2}=0.6\;\rm m$，$GO_{4}$、$HO_{2}$半径$r_{3}=0.3\;\rm m$、圆心角$\theta=37^\circ$。$C$点略高于$B$点且在同一竖直线上，其余各段轨道平滑连接。可视为质点的滑块质量$m=1\;\rm kg$，锁定在弹射器上的$A$点，解除锁定后滑块在水平轨道$AB$上运动了$l=0.2\;\rm m$，从$B$点贴着$C$点进入半圆轨道，滑块在$C$点对半圆轨道的压力恰好为零。除水平轨道$AB$、$EF$外其余轨道均光滑，滑块与水平轨道$AB$间的动摩擦因数$\mu _{1}=0.2$，$\sin37^\circ=0.6$，$\cos37^\circ=0.8$。求：
弹射器的弹性势能$E_{p}$；
弹射器的弹性势能$E_{p}$为$4.9\\;\\rm J$
"]]对滑块在$C$点时，根据牛顿第二定律得:$mg = m\dfrac{v_{C}^{2}}{r_{1}}$
对滑块从$A$点到$C$点过程中，根据功能关系得:$E_{p} = \dfrac{1}{2}mv_{C}^{2} + \mu_{1}mgl$
解得$E_{p}=4.9\;\rm J$
若滑块从$G$点飞出后从$H$点进入轨道，滑块在$G$点速度$v_{G}$的大小:
若滑块从$G$点飞出后从$H$点进入轨道，滑块在$G$点速度$v_{G}$的大小为$\\sqrt{5}\\;\\rm m/s$
"]]滑块从$G$点到$H$点过程做斜抛运动，水平方向的分速度大小为$v_{G}\sin\theta$，由水平方向为匀速直线运动可得:
$2r_{3}\cos\theta=v_{G}\sin\theta t$
在$G$点竖直方向的分速度大小为$v_{G}\cos\theta$，由竖直方向为竖直上抛运动可得:$t = \dfrac{2v_{G}\cos\theta}{g}$
联立解得:$v_{G} = \sqrt{5}\;\rm m/s$
若滑块在运动过程中不脱离轨道且经过了$F$点，滑块与水平轨道$EF$的动摩擦因数$\mu $的范围。
若滑块在运动过程中不脱离轨道且经过了$F$点，滑块与水平轨道$EF$的动摩擦因数$\\mu $的范围为$\\dfrac{11}{30} \\leqslant \\mu \\lt 0.5$
解若滑块刚好到$F$点速度为零，对滑块从$C$点到$F$点的过程，根据动能定理得:$2mgr_{1} - \\mu mgL = 0 - \\dfrac{1}{2}mv_{C}^{2}$
解得$\\mu =0.5$
若滑块刚好到$O_{4}$点速度为零，对滑块从$C$点到$O_{4}$点过程，根据动能定理得:$mg(2r_{1} - r_{2}) - \\mu mgL = 0 - \\dfrac{1}{2}mv_{C}^{2}$
解得$\\mu = \\dfrac{11}{30}$
若滑块在运动过程中不脱离轨道且经过了$F$点，需满足:$\\dfrac{11}{30} \\leqslant \\mu \\lt 0.5$
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