高中物理教科版必修二学案 动能定理 Word版含解析
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| 名称 | 高中物理教科版必修二学案 动能定理 Word版含解析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 624.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-10-14 09:59:54 | ||
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文档简介
动能定理
【考纲解读与考频分析】
动能定理是高中物理重要知识点，也是高考命题考查热点。
【高频考点定位】：
动能定理
考点一：动能定理
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
（A）弹簧的最大弹力为μmg
（B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs
（D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大???????????????????????????????????????????
B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????
D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功。 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
3.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功
（3）上升和下降的时间。
【参考答案】（1）；（2）0；；（3），
【名师解析】
（1）上升过程：mg+Ff=ma1
解得a1=11m/s2
上升的高度：
（2）重力做功：WG=0
空气阻力做功：
（3）上升的时间：
下降过程：mg-Ff=ma2
解得a2=9m/s2
解得
4、（12分）（2017年4月浙江选考）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，D O1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）求过山车过F点时的速度大小。
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【名师解析】在F点，选择某个乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有 m人g-0.25 m人g = m人，
r=Lsinθ=12m
解得：vF==3m/s。
（2）设整个过程摩擦阻力做功为W，对过山车从B到F的过程，应用动能定理，得
mg（h-r）+W=-0，
解得：W=-7.5×104J
（3）触发制动装置后，设恰好能够到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理
-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理，
-μmgcosθLcosθ-mgr=-
联立解得：Ff1=×103N =4.6×103N
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2，Ff2=mgsinθ=6×103N
综合考虑可得：Ffm=6×103N。
5. （2019高考理综天津卷）（16分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。
【名师解析】（16分）
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【2年模拟再现】
1．（2019沈阳东北育才学校模拟8）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则?下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为 C. 从C到A过程，弹簧对环做功为 D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
【参考答案】CD 【名师解析】
圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误； 圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：?mgh+Wf-W弹=0-0 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2 联立解得：Wf=-mv2，所以产生的热量为mv2，故B错误； 从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα， 联立解得：弹簧对环做功为W弹=mgLsinα-mv2，故C正确； 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式?mgh′+W′f-W′弹=mvB2-0 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′2。 即得mgh′-W′f-W′弹=mvB′2。由于W′f＜0，所以有mvB2＜mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确； 【关键点拨】 根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化．研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小． 本题要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择．
2（2019高考三轮冲刺训练） 汽车发动机的额定功率为40KW，质量为2000kg，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，取g=10m/s2 ， 若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则（?? ）
A.?汽车在水平路面上能达到的最大速度为20m/s B.?汽车匀加速的运动时间为10s C.?当汽车速度达到16m/s时，汽车的加速度为0.5m/s2 D.?汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5s
【参考答案】A,B,D
【名师解析】由题意知，汽车发动机的额定功率P额=40kW=4×104W，阻力f=0.1mg=0.1×2000×10N=2000N。当汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力二力平衡，由P额=F牵vm=fvm得，汽车的最大速度： ，A符合题意；若汽车从静止作匀加速直线运动，则当P=P额时，匀加速结束，则有： ?①根据牛顿第二定律有： ??②，联立①②可解得：vt=10m/s，由vt=at得，汽车匀加速的运动时间t=10s，B符合题意；当速度v=16m/s时，由P=Fv得，此时汽车的牵引力： ，则汽车的加速度： ，C不符合题意；设匀加速后的800m过程所用的时间为t′，从静止开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得： ，解得：t′=47.5s，汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间：t总=t+t′=10s+47.5s=57.5s，D符合题意．
3．（12分）（2019广西桂林、崇左二模）如图所示为某滑雪赛道。长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝30m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4m/s2，到达B点时速度vB＝20m/s。取重力加速度g＝l0m/s2。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）若不计BC段的阻力，求运动员在C点所受支持力的大小。
【命题意图】本题以运动员滑雪为情景，考查匀变速直线运动、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
（1）运动员从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系可得：
vB2＝2aL，
解得：L＝50m；
（2）运动员由B到C的过程，根据动能定理可得：
mgh＝mvC2﹣mvB2
运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；
根据第二定律可得：FN﹣mg＝m
解得：FN＝1800N。
答：（1）长直助滑道AB的长度L是50m；
若不计BC段的阻力，运动员在C点所受支持力的大小是1800N。
4.（2019山东潍坊教科院模拟）如图是过山车的部分模型图．模型图中光滑圆形轨道的半径R=8.1m，该光滑圆形轨道固定在倾角为α=37°斜轨道面上的Q点，圆形轨道的最高点A与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车（视作质点）从P点以一定的初速度沿斜面向下运动，已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ=10/81，不计空气阻力，过山车质量为20kg，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．若小车恰好能通过圆形轨道的最高点A处，求：
（1）小车在A点的速度为多大； （2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的多少倍； （3）小车在P点的动能．
【名师解析】（1）设小车经过A点时的临界速度为vA， 由mg=m， 解得: vA=9m/s
（2）从B到A，根据动能定理有：-mg·2R=mvA2－m vB2， 在B点，FN-mg= m， 解得FN=6mg， 由牛顿第三定律可知，小车对轨道的压力等于6mg． （3）对P到A，根据动能定理得，-μmgxPQsinα=mvA2－m vP2， 其中xPQsinα=R+Rcosα， 解得： m vP2=1290J． 答：（1）小车在A点的速度为9m/s； （2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的6倍； （3）小车在P点的动能为1290J
预测考点一：动能定理（考向点拨）
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019山东潍坊三模）质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示．物体在x＝0处速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为（ ）
A．2m/s B．3 m/s C．4 m/s D．m/s
【参考答案】B
【名师解析】在0﹣4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a＝＝1m/s2，根据2ax＝得：v4＝3m/s
对物体在4﹣16m内运动过程运用动能定理得；
＝s4﹣8+0﹣s12﹣16
从图中可知＝，s4﹣8＝s12﹣16＝4m，所以4﹣16m内力F做功之和为0，
得：v16＝v4＝3m/s，选项B正确。
【方法归纳】在0﹣4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，可以根据匀变速直线运动位移速度公式求出x＝4m处时的速度，在4m﹣8m位移内，力在逐渐减小，是变力，在8m﹣12m位移内力等于零，在12m﹣16m位移内，力F反方向逐渐增大，根据做功公式可知：力F在4﹣16m内做功之和为零，可对这一阶段运用动能定理得到x＝16m处时速度等于x＝4m处时的速度．
2.（2019郑州一中模拟）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则（ ）
A. 动摩擦因数μ= B. 载人滑草车最大速度为v= C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为2g/5
【参考答案】AB 【名师解析】对整个过程，由动能定理得：2mgh-μmgcos45°?-μmgcos37°?=0 解得：μ=．故A正确。滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：mgh-μmgcos45°?=，解得：v=．故B正确。、对整个过程，由动能定理得： 2mgh-Wf=0，解得，载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf=2mgh。故C错误。载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a==g，故D错误。 【关键点拨】 对于整个过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．由题分析可知，滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，由动能定理求解．对全过程，运用动能定理求载人滑草车克服摩擦力做功．加速度根据牛顿第二定律求．本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究的过程，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解动摩擦因数和最大速度．
3．（18分）（2019北京通州二模）如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α（固定不变）和β（可取不同的值），且α＞β，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变化。已知AO轨道光滑，空气阻力可以忽略不计。
（1）论证：滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；
（2）运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若OB光滑，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；
（3）运用动能定理和机械能的相关定义，论证：若OB光滑，保持β角不变，滑块在OB上运动的过程中机械能守恒。
【名师解析】（1）滑块的受力图（如下面左图），沿斜面和垂直斜面建坐标轴（如下面右图），
根据牛顿第二定律可得：mgsinα＝maA，
解得aA＝gsinα，可知与质量无关；
（2）设P点的高度为H，滑块到O点时的速度大小为v0，则根据匀变速直线运动规律有：
类似（1）受力分析，运用牛顿第二定律，可得滑块在OB上滑时的加速度大小为：aB＝gsinβ
设上升的最大高度为h，则由匀变速直线运动规律可知：
解得
所以有h＝H，这一结论与β无关，故滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；
（3）设滑块到O点时的速度大小为v0，从O到OB上的某点K的过程中，上升的高度为hx，根据动能定理：
即
也即E
上式左边即为滑块在任意点K所具有的机械能，右边为在O点的动能。
4．（14分）（2019江西南昌三模）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【命题意图】本题以滑块冲上斜面过程中的速度v随时间t变化的v﹣t图象为信息，考查对速度图像的理解、牛顿第二定律、动能定理、匀变速直线运动规律及其相关知识点。
【解题思路】（1）由图示v﹣t图象可知，滑块的加速度为：
a＝＝0.8m/s2，
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma，
代入数据解得：μ＝0.25
（2）滑块向上滑行的最大距离为：x＝
由动能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcos37°＝EK，
代入数据解得：EK＝12.5J
答：1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.25；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能是12.5J。
5.（2019湖南长沙长郡中学二模）动车组列车是由几节自带动力的车厢（动车）和几节不带动力的车厢（拖车）编成一组．某兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率．开始时动车组先以恒定加速度a=1m/s2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶．行驶过程中所受阻力恒定．
（1）求动车组所受阻力大小；求匀加速运动的时间． （2）动车组变加速运动过程的时间为10s，求变加速运动的位移．【名师解析】（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F， 动车组以最大速度匀速运动时：F=f 动车组总功率：P=Fvm 因为有4节小动车，故：P=4P0 联立解得：f=2N? 设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F?，匀加速运动的末速度为v?， 由牛顿第二定律有：F?-f=ma?? 动车组总功率：P=F?v??? 运动学公式：v?=at1 解得匀加速运动的时间：t1=3s?? （2）设动车组变加速运动的位移为x， 据动能定理：Pt-fx=mvm2-mv’2 解得：x=46.5m? 答：（1）动车组所受阻力大小为2N；匀加速运动的时间为3s． （2）动车组变加速运动过程的时间为10s，变加速运动的位移为46.5m． 【关键点拨】
（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间； （2）对变加速过程运动动能定理，即可求出求变加速运动的位移． 本题考查机车启动模型中牛顿运动定律、运动学规律以及动能定理的综合运用，解题关键是要分好过程，明确每一个过程中机车的运动类型，再选择合适的规律解题，第（2）问在变加速的过程中，牵引力是变力但功率恒定，故用W=Pt去表示牵引力做功．
6. （2019安徽滁州期末）现上海有若干辆超级电容车运行，运行中需要连接电缆，只需再候客上车间隙充电30s到1min，就能行驶3到5公里，假设有一辆超级电容车，质量m=2.5×103kg，额定功率P=75kW，当超级电容车在阻力恒定的平直水平路面上行驶时，其所能达到的最大速度vm=30 m/s，取g= 10m/s2。 （1）超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的多少倍？ （2）若超级电容车从静止开始，保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持多次时间？
【名师解析】
（1）设超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的k倍，则在其速度达到最大时，有? ， 解得k=0.1 （2）汽车做匀加速运动时，有 设汽车刚达到额定功率时的速度为v1，则有， 所求时间， 联立解得 答：（1）超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的0.1倍 （2）若超级电容车从静止开始，保持1m/s的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持15s
【1年仿真原创】
1.（12分）一辆质量为m的汽车从静止开始启动，汽车的额定功率为P，汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，以额定功率继续加速t时间到最大速度，已知汽车所受的阻力为其自身重的，汽车匀加速末的速度为最大速度的，重力加速度大小为g，求汽车匀加速运动的加速度大小及汽车以恒定功率加速过程的位移大小。
【命题意图】本题考查考生的推理及分析综合能力，需要考生利用汽车启动知识，牛顿运动定律、功率及动能定理解题。
【解题思路】汽车运动过程中受到的阻力大小（1分）
汽车运动的最大速度大小（1分）
汽车匀加速末的速度大小（1分）
由牛顿第二定律（2分）
汽车匀加速末（1分）
求得汽车匀加速运动的加速度大小（2分）
根据动能定理（2分）
求得 （2分）
【技巧点拨】本题中对需要清楚功率的计算方法，并清楚额定功率的含义，从而计算出达到额定功率时汽车的速度，结合动能定理求解恒定功率加速过程的位移。
2.(12分)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37°，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D分别为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2N,且过(0.5m,4N)点，取g=10m/s2,求：
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；
【名师解析】：（1）当H=0时，由图象截距可知
F=mg=2N 2分
m=0.2kg ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1分
由图象知，h=0.5m，对轨道的压力F1=4N
mgh=mv12? 1分
?F1-mg= 1分
解得R=1m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1分
（2）不脱离轨道分两种情况：
①到圆心等高处速度为零
有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R=1m ? 3分
②通过最高点，通过最高点的临界条件vD= 1分
设下落高度为H0，由动能定理mg（H0-2R）=mvD2 1分
解得H0=2.5m 则应该满足下落高度h2≥2.5m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? 1分
【考纲解读与考频分析】
动能定理是高中物理重要知识点，也是高考命题考查热点。
【高频考点定位】：
动能定理
考点一：动能定理
【3年真题链接】
1．（2019高考江苏卷物理8）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态．小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止．物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度．在上述过程中
（A）弹簧的最大弹力为μmg
（B）物块克服摩擦力做的功为2μmgs
（C）弹簧的最大弹性势能为μmgs
（D）物块在A点的初速度为
【参考答案】BC
【名师解析】小物块压缩弹簧最短时有，故A错误；全过程小物块的路程为，所以全过程中克服摩擦力做的功为： ，故B正确；小物块从弹簧压缩最短处到A点由能量守恒得：，故C正确；小物块从A点返回A点由动能定理得：，解得：，故D错误。
2.（2018?江苏）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（??? ）
A.?加速度先减小后增大???????????????????????????????????????????
B.?经过O点时的速度最大 C.?所受弹簧弹力始终做正功????????????????????????????????????
D.?所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【参考答案】A,D
【名师解析】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功。 【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。
3.（2019年4月浙江选考）小明以初速度v0=10m/s竖直向上抛出一个质量m=0.1kg的小皮球，最后在抛出点接住。假设小皮球在空气中所受阻力大小为重力的0.1倍。求小皮球
（1）上升的最大高度；
（2）从抛出到接住的过程中重力和空气阻力所做的功
（3）上升和下降的时间。
【参考答案】（1）；（2）0；；（3），
【名师解析】
（1）上升过程：mg+Ff=ma1
解得a1=11m/s2
上升的高度：
（2）重力做功：WG=0
空气阻力做功：
（3）上升的时间：
下降过程：mg-Ff=ma2
解得a2=9m/s2
解得
4、（12分）（2017年4月浙江选考）如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，D O1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）求过山车过F点时的速度大小。
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功。
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【名师解析】在F点，选择某个乘客为研究对象，根据牛顿第二定律有 m人g-0.25 m人g = m人，
r=Lsinθ=12m
解得：vF==3m/s。
（2）设整个过程摩擦阻力做功为W，对过山车从B到F的过程，应用动能定理，得
mg（h-r）+W=-0，
解得：W=-7.5×104J
（3）触发制动装置后，设恰好能够到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理
-Ff1Lcosθ-mgrcosθ=0-
未触发制动装置时，对D点到F点的过程，由动能定理，
-μmgcosθLcosθ-mgr=-
联立解得：Ff1=×103N =4.6×103N
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2，Ff2=mgsinθ=6×103N
综合考虑可得：Ffm=6×103N。
5. （2019高考理综天津卷）（16分）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）。若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入。已知飞行员的质量，，求
（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大。
【名师解析】（16分）
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
【2年模拟再现】
1．（2019沈阳东北育才学校模拟8）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的圆环相连，圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为α，圆环在A处时弹簧竖直且处于原长．将圆环从A处静止释放，到达C处时速度为零．若圆环在C处获得沿杆向上的速度v，恰好能回到A．已知AC=L，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为g，则?下列说法正确的是（ ）
A. 下滑过程中，环受到的合力不断减小
B. 下滑过程中，环与杆摩擦产生的热量为 C. 从C到A过程，弹簧对环做功为 D. 环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度
【参考答案】CD 【名师解析】
圆环从A处由静止开始下滑，初速度为零，到达C处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再做减速运动，所以加速度先减小至零，后反向增大，则合力先减小后增大，故A错误； 圆环从A处由静止开始下滑到C过程，由动能定理得：?mgh+Wf-W弹=0-0 在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A，运用动能定理列出等式-mgh+W弹+Wf=0-mv2 联立解得：Wf=-mv2，所以产生的热量为mv2，故B错误； 从C到A过程，由动能定理得-mgh+W弹+Wf=0-mv2，h=Lsinα， 联立解得：弹簧对环做功为W弹=mgLsinα-mv2，故C正确； 研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程，运用动能定理列出等式?mgh′+W′f-W′弹=mvB2-0 研究圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式-mgh′+W′f+W′弹=0-mvB′2。 即得mgh′-W′f-W′弹=mvB′2。由于W′f＜0，所以有mvB2＜mvB′2，则环经过B时，上滑的速度大于下滑的速度，故D正确； 【关键点拨】 根据圆环的运动情况分析下滑过程中加速度的变化，来判断合力的变化．研究圆环从A处由静止开始下滑到C和在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A两个过程，运用动能定理列出等式求解；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出等式，可比较上滑和下滑经过B点时速度的大小． 本题要能正确分析小球的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，掌握动能定理的应用，注意研究过程的选择．
2（2019高考三轮冲刺训练） 汽车发动机的额定功率为40KW，质量为2000kg，汽车在水平路面上行驶时受到阻力为车重的0.1倍，取g=10m/s2 ， 若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶了800m，直到获得最大速度后才匀速行驶，则（?? ）
A.?汽车在水平路面上能达到的最大速度为20m/s B.?汽车匀加速的运动时间为10s C.?当汽车速度达到16m/s时，汽车的加速度为0.5m/s2 D.?汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间为57.5s
【参考答案】A,B,D
【名师解析】由题意知，汽车发动机的额定功率P额=40kW=4×104W，阻力f=0.1mg=0.1×2000×10N=2000N。当汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力二力平衡，由P额=F牵vm=fvm得，汽车的最大速度： ，A符合题意；若汽车从静止作匀加速直线运动，则当P=P额时，匀加速结束，则有： ?①根据牛顿第二定律有： ??②，联立①②可解得：vt=10m/s，由vt=at得，汽车匀加速的运动时间t=10s，B符合题意；当速度v=16m/s时，由P=Fv得，此时汽车的牵引力： ，则汽车的加速度： ，C不符合题意；设匀加速后的800m过程所用的时间为t′，从静止开始一直运动到最大速度的过程中，根据动能定理得： ，解得：t′=47.5s，汽车从静止到获得最大行驶速度所用的总时间：t总=t+t′=10s+47.5s=57.5s，D符合题意．
3．（12分）（2019广西桂林、崇左二模）如图所示为某滑雪赛道。长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝30m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4m/s2，到达B点时速度vB＝20m/s。取重力加速度g＝l0m/s2。
（1）求长直助滑道AB的长度L；
（2）若不计BC段的阻力，求运动员在C点所受支持力的大小。
【命题意图】本题以运动员滑雪为情景，考查匀变速直线运动、动能定理、牛顿运动定律及其相关知识点。
【解题思路】
（1）运动员从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，根据速度位移关系可得：
vB2＝2aL，
解得：L＝50m；
（2）运动员由B到C的过程，根据动能定理可得：
mgh＝mvC2﹣mvB2
运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；
根据第二定律可得：FN﹣mg＝m
解得：FN＝1800N。
答：（1）长直助滑道AB的长度L是50m；
若不计BC段的阻力，运动员在C点所受支持力的大小是1800N。
4.（2019山东潍坊教科院模拟）如图是过山车的部分模型图．模型图中光滑圆形轨道的半径R=8.1m，该光滑圆形轨道固定在倾角为α=37°斜轨道面上的Q点，圆形轨道的最高点A与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接．现使小车（视作质点）从P点以一定的初速度沿斜面向下运动，已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ=10/81，不计空气阻力，过山车质量为20kg，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．若小车恰好能通过圆形轨道的最高点A处，求：
（1）小车在A点的速度为多大； （2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的多少倍； （3）小车在P点的动能．
【名师解析】（1）设小车经过A点时的临界速度为vA， 由mg=m， 解得: vA=9m/s
（2）从B到A，根据动能定理有：-mg·2R=mvA2－m vB2， 在B点，FN-mg= m， 解得FN=6mg， 由牛顿第三定律可知，小车对轨道的压力等于6mg． （3）对P到A，根据动能定理得，-μmgxPQsinα=mvA2－m vP2， 其中xPQsinα=R+Rcosα， 解得： m vP2=1290J． 答：（1）小车在A点的速度为9m/s； （2）小车在圆形轨道的最低点B时对轨道的压力为重力的6倍； （3）小车在P点的动能为1290J
预测考点一：动能定理（考向点拨）
【2年模拟再现】
1．（6分）（2019山东潍坊三模）质量为10kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随位移x的变化情况如图所示．物体在x＝0处速度为1m/s，一切摩擦不计，则物体运动到x＝16m处时，速度大小为（ ）
A．2m/s B．3 m/s C．4 m/s D．m/s
【参考答案】B
【名师解析】在0﹣4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：a＝＝1m/s2，根据2ax＝得：v4＝3m/s
对物体在4﹣16m内运动过程运用动能定理得；
＝s4﹣8+0﹣s12﹣16
从图中可知＝，s4﹣8＝s12﹣16＝4m，所以4﹣16m内力F做功之和为0，
得：v16＝v4＝3m/s，选项B正确。
【方法归纳】在0﹣4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，可以根据匀变速直线运动位移速度公式求出x＝4m处时的速度，在4m﹣8m位移内，力在逐渐减小，是变力，在8m﹣12m位移内力等于零，在12m﹣16m位移内，力F反方向逐渐增大，根据做功公式可知：力F在4﹣16m内做功之和为零，可对这一阶段运用动能定理得到x＝16m处时速度等于x＝4m处时的速度．
2.（2019郑州一中模拟）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ．质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin37°=0.6，cos37°=0.8）。则（ ）
A. 动摩擦因数μ= B. 载人滑草车最大速度为v= C. 载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D. 载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为2g/5
【参考答案】AB 【名师解析】对整个过程，由动能定理得：2mgh-μmgcos45°?-μmgcos37°?=0 解得：μ=．故A正确。滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，设为v，由动能定理得：mgh-μmgcos45°?=，解得：v=．故B正确。、对整个过程，由动能定理得： 2mgh-Wf=0，解得，载人滑草车克服摩擦力做功为：Wf=2mgh。故C错误。载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为：a==g，故D错误。 【关键点拨】 对于整个过程，运用动能定理列式，可求得动摩擦因数．由题分析可知，滑草车通过第一段滑道末端时速度最大，由动能定理求解．对全过程，运用动能定理求载人滑草车克服摩擦力做功．加速度根据牛顿第二定律求．本题考查了动能定理和牛顿第二定律的应用，关键要灵活选择研究的过程，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解动摩擦因数和最大速度．
3．（18分）（2019北京通州二模）如图所示，足够长的平直轨道AO和OB底端平滑对接，将它们固定在同一竖直平面内，两轨道与水平地面间的夹角分别为α（固定不变）和β（可取不同的值），且α＞β，现将可视为质点的一小滑块从左侧轨道的P点由静止释放，若小滑块经过两轨道的底端连接处的速率没有变化。已知AO轨道光滑，空气阻力可以忽略不计。
（1）论证：滑块在AO轨道下滑时的加速度与滑块的质量无关；
（2）运用牛顿运动定律和运动学规律，论证：若OB光滑，取不同的β角，滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；
（3）运用动能定理和机械能的相关定义，论证：若OB光滑，保持β角不变，滑块在OB上运动的过程中机械能守恒。
【名师解析】（1）滑块的受力图（如下面左图），沿斜面和垂直斜面建坐标轴（如下面右图），
根据牛顿第二定律可得：mgsinα＝maA，
解得aA＝gsinα，可知与质量无关；
（2）设P点的高度为H，滑块到O点时的速度大小为v0，则根据匀变速直线运动规律有：
类似（1）受力分析，运用牛顿第二定律，可得滑块在OB上滑时的加速度大小为：aB＝gsinβ
设上升的最大高度为h，则由匀变速直线运动规律可知：
解得
所以有h＝H，这一结论与β无关，故滑块在OB上能到达的最高点总与P等高；
（3）设滑块到O点时的速度大小为v0，从O到OB上的某点K的过程中，上升的高度为hx，根据动能定理：
即
也即E
上式左边即为滑块在任意点K所具有的机械能，右边为在O点的动能。
4．（14分）（2019江西南昌三模）一质量m＝0.2kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程速度v随时间t变化的v﹣t图象。已知sin37°＝0.6，g取10m/s2．求：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能。
【命题意图】本题以滑块冲上斜面过程中的速度v随时间t变化的v﹣t图象为信息，考查对速度图像的理解、牛顿第二定律、动能定理、匀变速直线运动规律及其相关知识点。
【解题思路】（1）由图示v﹣t图象可知，滑块的加速度为：
a＝＝0.8m/s2，
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma，
代入数据解得：μ＝0.25
（2）滑块向上滑行的最大距离为：x＝
由动能定理得：mgxsin37°﹣μmgxcos37°＝EK，
代入数据解得：EK＝12.5J
答：1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.25；
（2）滑块重新回到斜面底端的动能是12.5J。
5.（2019湖南长沙长郡中学二模）动车组列车是由几节自带动力的车厢（动车）和几节不带动力的车厢（拖车）编成一组．某兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率．开始时动车组先以恒定加速度a=1m/s2启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度vm=6m/s并开始匀速行驶．行驶过程中所受阻力恒定．
（1）求动车组所受阻力大小；求匀加速运动的时间． （2）动车组变加速运动过程的时间为10s，求变加速运动的位移．【名师解析】（1）设动车组在运动中所受阻力为f，动车组的牵引力为F， 动车组以最大速度匀速运动时：F=f 动车组总功率：P=Fvm 因为有4节小动车，故：P=4P0 联立解得：f=2N? 设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F?，匀加速运动的末速度为v?， 由牛顿第二定律有：F?-f=ma?? 动车组总功率：P=F?v??? 运动学公式：v?=at1 解得匀加速运动的时间：t1=3s?? （2）设动车组变加速运动的位移为x， 据动能定理：Pt-fx=mvm2-mv’2 解得：x=46.5m? 答：（1）动车组所受阻力大小为2N；匀加速运动的时间为3s． （2）动车组变加速运动过程的时间为10s，变加速运动的位移为46.5m． 【关键点拨】
（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间； （2）对变加速过程运动动能定理，即可求出求变加速运动的位移． 本题考查机车启动模型中牛顿运动定律、运动学规律以及动能定理的综合运用，解题关键是要分好过程，明确每一个过程中机车的运动类型，再选择合适的规律解题，第（2）问在变加速的过程中，牵引力是变力但功率恒定，故用W=Pt去表示牵引力做功．
6. （2019安徽滁州期末）现上海有若干辆超级电容车运行，运行中需要连接电缆，只需再候客上车间隙充电30s到1min，就能行驶3到5公里，假设有一辆超级电容车，质量m=2.5×103kg，额定功率P=75kW，当超级电容车在阻力恒定的平直水平路面上行驶时，其所能达到的最大速度vm=30 m/s，取g= 10m/s2。 （1）超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的多少倍？ （2）若超级电容车从静止开始，保持1m/s2的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持多次时间？
【名师解析】
（1）设超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的k倍，则在其速度达到最大时，有? ， 解得k=0.1 （2）汽车做匀加速运动时，有 设汽车刚达到额定功率时的速度为v1，则有， 所求时间， 联立解得 答：（1）超级电容车在此路面上行驶时受到的阻力f是车重的0.1倍 （2）若超级电容车从静止开始，保持1m/s的加速度做匀加速直线运动，则这一过程能维持15s
【1年仿真原创】
1.（12分）一辆质量为m的汽车从静止开始启动，汽车的额定功率为P，汽车先做匀加速直线运动，达到额定功率后，以额定功率继续加速t时间到最大速度，已知汽车所受的阻力为其自身重的，汽车匀加速末的速度为最大速度的，重力加速度大小为g，求汽车匀加速运动的加速度大小及汽车以恒定功率加速过程的位移大小。
【命题意图】本题考查考生的推理及分析综合能力，需要考生利用汽车启动知识，牛顿运动定律、功率及动能定理解题。
【解题思路】汽车运动过程中受到的阻力大小（1分）
汽车运动的最大速度大小（1分）
汽车匀加速末的速度大小（1分）
由牛顿第二定律（2分）
汽车匀加速末（1分）
求得汽车匀加速运动的加速度大小（2分）
根据动能定理（2分）
求得 （2分）
【技巧点拨】本题中对需要清楚功率的计算方法，并清楚额定功率的含义，从而计算出达到额定功率时汽车的速度，结合动能定理求解恒定功率加速过程的位移。
2.(12分)如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道AB和圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，OB与OC夹角为37°，CD连线是圆轨道竖直方向的直径(C、D分别为圆轨道的最低点和最高点)，可视为质点的小滑块从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出滑块经过圆轨道最低点C时对轨道的压力为F,并得到如图乙所示的压力F与高度H的关系图象，该图线截距为2N,且过(0.5m,4N)点，取g=10m/s2,求：
(1)滑块的质量和圆轨道的半径；
(2)若要求滑块不脱离圆轨道，则静止滑下的高度为多少；
【名师解析】：（1）当H=0时，由图象截距可知
F=mg=2N 2分
m=0.2kg ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 1分
由图象知，h=0.5m，对轨道的压力F1=4N
mgh=mv12? 1分
?F1-mg= 1分
解得R=1m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?1分
（2）不脱离轨道分两种情况：
①到圆心等高处速度为零
有能量守恒可知，滑块从静止开始下滑高度h1≤R=1m ? 3分
②通过最高点，通过最高点的临界条件vD= 1分
设下落高度为H0，由动能定理mg（H0-2R）=mvD2 1分
解得H0=2.5m 则应该满足下落高度h2≥2.5m． ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? 1分