浙江专用2018-2019学年高中物理第七章机械能守恒定律微型专题利用动能定理分析变力做功和多过程问题学案新人教版必修2 .doc

微型专题利用动能定理分析变力做功和多过程问题一、利用动能定理求变力的功1.动能定理不仅适用于求恒力做功，也适用于求变力做功，同时因为不涉及变力作用的过程分析，应用非常方便.2.利用动能定理求变力的功是最常用的方法，当物体受到一个变力和几个恒力作用时，可以用动能定理间接求变力做的功，即W变W其他Ek.例1(2018杭西高高一4月测试)如图1所示，竖直平面内的轨道由直轨道AB和圆弧轨道BC组成，小球从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端后又滑上半径为R0.4 m的圆弧轨道.(g10 m/s2)图1(1)若接触面均光滑，小球刚好能滑到圆弧轨道的最高点C，求斜面高h；(2)若已知小球质量m0.1 kg，斜面高h2 m，小球运动到C点时对轨道的压力为mg，求全过程中摩擦阻力做的功.答案见解析解析(1)小球刚好到达C点，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：mgm，从A到C过程，由动能定理得：mg(h2R)mv2，解得：h2.5R2.50.4 m1 m；(2)在C点，由牛顿第二定律得：mgmgm，从A到C过程，由动能定理得：mg(h2R)WfmvC20，解得：Wf0.8 J.从B至C小球所受的摩擦力是变力(大小、方向都变)，求变力的功不能直接应用功的公式，通常用动能定理求解.针对训练1(2018余姚市高一下学期期中考试)如图2所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为()图2A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR答案C解析质点经过Q点时，由重力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得FNmgm，由题有FN2mg，可得vQ，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgRWfmvQ2，得克服摩擦力所做的功为mgR，选项C正确.二、利用动能定理分析多过程问题一个物体的运动如果包含多个运动阶段，可以选择分段或全程应用动能定理.(1)分段应用动能定理时，将复杂的过程分割成一个个子过程，对每个子过程的做功情况和初、末动能进行分析，然后针对每个子过程应用动能定理列式，然后联立求解.(2)全程应用动能定理时，分析整个过程中出现过的各力的做功情况，分析每个力做的功，确定整个过程中合外力做的总功，然后确定整个过程的初、末动能，针对整个过程利用动能定理列式求解.当题目不涉及中间量时，选择全程应用动能定理更简单，更方便.注意：当物体运动过程中涉及多个力做功时，各力对应的位移可能不相同，计算各力做功时，应注意各力对应的位移.计算总功时，应计算整个过程中出现过的各力做功的代数和.例2如图3所示，右端连有一个光滑弧形槽的水平桌面AB长L1.5 m，一个质量为m0.5 kg的木块在F1.5 N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数0.2，取g10 m/s2.求：图3(1)木块沿弧形槽上升的最大高度(木块未离开弧形槽)；(2)木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑行的最大距离.答案(1)0.15 m(2)0.75 m解析(1)设木块沿弧形槽上升的最大高度为h，木块在最高点时的速度为零.从木块开始运动到沿弧形槽上升到最大高度处，由动能定理得：FLFfLmgh0其中FfFNmg0.20.510 N1.0 N所以h m0.15 m(2)设木块离开B点后沿桌面滑行的最大距离为x.由动能定理得：mghFfx0Ffmg所以：x m0.75 m【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题针对训练2如图4所示，质量m1 kg的木块静止在高h1.2 m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数0.2，用水平推力F20 N，使木块产生位移l13 m时撤去，木块又滑行l21 m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.(g取10 m/s2)图4答案11.3 m/s解析解法一取木块为研究对象，其运动分三个过程，先匀加速前进l1，后匀减速前进l2，再做平抛运动，对每一过程，分别由动能定理得Fl1mgl1mv12mgl2mv22mv12mghmv32mv22解得v311.3 m/s解法二对全过程由动能定理得Fl1mg(l1l2)mghmv20代入数据解得v11.3 m/s【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题三、动能定理在平抛、圆周运动中的应用动能定理常与平抛运动、圆周运动相结合，解决这类问题要特别注意：(1)与平抛运动相结合时，要注意应用运动的合成与分解的方法，如分解位移或分解速度求平抛运动的有关物理量.(2)与竖直平面内的圆周运动相结合时，应特别注意隐藏的临界条件：有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin0.没有支撑效果的竖直平面内的圆周运动，物体能通过最高点的临界条件为vmin.例3(2018金华市十校联考)如图5所示，质量m0.2 kg的小物块，放在半径R12 m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数10.8.圆心角为37、半径R22.5 m的光滑圆弧轨道BC与水平轨道光滑连接于C点，小物块与水平轨道间的动摩擦因数为20.5.开始圆盘静止，在电动机的带动下绕过圆心O1的竖直轴缓慢加速转动，某时刻小物块沿纸面水平方向飞出(此时O1与A连线垂直纸面)，恰好沿切线进入圆弧轨道B处，经过圆弧BC进入水平轨道CD，在D处进入圆心为O2、半径R30.5 m的光滑竖直圆轨道，绕过圆轨道后沿水平轨道DF向右运动.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2，求：图5(1)圆盘对小物块m做的功；(2)小物块刚离开圆盘时A、B两点间的水平距离；(3)假设竖直圆轨道可以左右移动，要使小物块能够通过竖直圆轨道，求竖直圆轨道底端D与圆弧轨道底端C之间的距离范围和小物块的最终位置.答案(1)1.6 J(2)1.2 m(3)lDC1 m最后停在离C位置右侧3.5 m处解析(1)小物块刚滑出圆盘时：1mg得：vA4 m/s由动能定理可得：WmvA2 得：W1.6 J(2)物块正好切入圆弧轨道BC，由平抛运动知识可得：在B处物块的竖直分速度为vByvAtan 37运动时间tA、B间的水平距离xvAt联立解得：x1.2 m(3)物块刚好通过竖直完整圆轨道最高点E处：mg由B到E点由动能定理得：mgR2(1cos 37)2mgL2mgR3mvE2mvB2又vB可得：L1 m即DC之间距离不大于1 m时物块可通过竖直圆轨道.最后物块必定停止，由动能定理可得：mgR2(1cos 37)2mgx0mvB2 解得x3.5 m即最后物块停在离C位置右侧3.5 m处.四、动能定理在多过程往复运动中的应用例4(2018湖州、衢州、丽水高三期末联考)某游乐场的滑梯可以简化为如图6所示竖直面内的ABCD轨道，AB为长L6 m、倾角37的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R15 m、圆心角37的圆弧轨道，轨道AB段粗糙，其余各段均光滑.一小孩(可视为质点)从A点以初速度v02 m/s沿轨道下滑，运动到D点时的速度恰好为零(不计经过B点时的能量损失).已知该小孩的质量m30 kg，取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图6(1)该小孩第一次经过圆弧轨道C点时，对圆弧轨道的压力；(2)该小孩与AB段的动摩擦因数；(3)该小孩在轨道AB上运动的总路程s.答案(1)420 N，方向竖直向下(2)0.25(3)21 m解析(1)由C到D速度减为0，由动能定理可得mg(RRcos )0mvC2，解得vC2 m/s在C点，由牛顿第二定律得FNmgm，解得FN420 N根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420 N，方向竖直向下(2)小孩从A运动到D的过程中，由动能定理得：mgLsin mgLcos mgR(1cos )0mv02可得：0.25(3)在AB斜轨上，mgcos mgsin ，小孩不能静止在斜轨上，则小孩从A点以初速度v0滑下，最后静止在BC轨道B处.由动能定理得：mgLsin mgscos 0mv02解得s21 m.1.在含有摩擦力的多过程往复运动过程中，注意两种力做功的区别：(1)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；(2)滑动摩擦力(或全部阻力)做功与路径有关，克服摩擦力(或全部阻力)做的功WFfs(s为路程).2.由于动能定理解题的优越性，求多过程往复运动问题中的路程，一般应用动能定理.1.(用动能定理求变力的功)如图7所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动.设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，则在整个过程中摩擦力对物体做的功是()图7A.0 B.2mgRC.2mgR D. 答案D解析物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有mg.在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得：Wmv20.联立解得WmgR.2.(动能定理在平抛、圆周运动中的应用)如图8所示，一可以看成质点的质量为m2 kg的小球以初速度v0沿光滑的水平桌面飞出后，恰好从A点沿切线方向进入圆弧轨道，其中B为轨道的最低点，C为最高点且与水平桌面等高，圆弧AB对应的圆心角53，轨道半径R0.5 m.已知sin 530.8，cos 530.6，不计空气阻力，g取10 m/s2.图8(1)求小球的初速度v0的大小；(2)若小球恰好能通过最高点C，求在圆弧轨道上摩擦力对小球做的功.答案(1)3 m/s(2)4 J解析(1)在A点由平抛运动规律得：vAv0.小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得mg(RRcos )mvA2mv02由得：v03 m/s.(2)在最高点C处有mg，小球从桌面到C点，由动能定理得WfmvC2mv02，代入数据解得Wf4 J.3.(利用动能定理分析多过程及往复运动问题)滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来.如图9是滑板运动的轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点，圆心角为60，半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD段粗糙且长8 m.某运动员从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出，在B点刚好沿轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC，经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度减为零，然后返回.已知运动员和滑板的总质量为60 kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h2 m，H2.8 m，g取10 m/s2.求：图9(1)运动员从A点运动到达B点时的速度大小vB；(2)滑板与轨道CD段间的动摩擦因数；(3)通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到B点？如能，请求出回到B点时速度的大小；如不能，则最后停在何处？答案(1)6 m/s(2)0.125(3)不能回到B处，最后停在D点左侧6.4 m处(或C点右侧1.6 m处)解析(1)由题意可知：vB解得：vB6 m/s.(2)从B点到E点，由动能定理可得：mghmgxCDmgH0mvB2 代入数据可得：0.125.(3)设运动员能到达左侧的最大高度为h，从B到第一次返回左侧最高处，根据动能定理得：mghmghmg2xCD0mvB2解得h1.8 mWf1，故mghWf20，木块在B点动能小于在A点动能，C正确.【考点】应用动能定理求变力的功【题点】应用动能定理求变力的功6.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，如图5所示，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，在此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰好能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是()图5A.mgR B.mgRC.mgR D.mgR答案C解析小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则FTmgm，6mgm小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mgm小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得mg2RWfmv22mv12由式联立解得WfmgR，选C.考点二利用动能定理分析多过程问题7.如图6所示，假设在某次比赛中运动员从10 m高处的跳台跳下，设水的平均阻力约为其体重的3倍，在粗略估算中，把运动员当作质点处理，为了保证运动员的人身安全，池水深度至少为(不计空气阻力)()图6A.5 m B.3 mC.7 m D.1 m答案A解析设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：mg(Hh)Ffh0，Ff3mg，所以h5 m.8.如图7所示，一薄木板斜搁在高度一定的平台和水平地板上，其顶端与平台相平，末端置于地板的P处，并与地板平滑连接.将一可看成质点的滑块自木板顶端无初速度释放，沿木板下滑，接着在地板上滑动，最终停在Q处.滑块和木板及地板之间的动摩擦因数相同.现将木板截短一半，仍按上述方式搁在该平台和水平地板上，再次将滑块自木板顶端无初速度释放(设滑块在木板和地面接触处平滑过渡)，则滑块最终将停在()图7A.P处 B.P、Q之间C.Q处 D.Q的右侧答案C9.(多选)如图8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.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始下滑，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，sin 370.6，cos 370.8).则()图8A.动摩擦因数B.载人滑草车最大速度为 C.载人滑草克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g答案AB解析根据动能定理有2mghWf0，即2mghmgcos 45mgcos 370，得动摩擦因数，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf2mgh，则C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1g(sin 45cos 45)g，a2g(sin 37cos 37)g，则载人滑草车在上、下两段滑道上分别做加速运动和减速运动，因此在上段滑道底端时达到最大速度v，由运动学公式有2a1v2得，v ，故B项正确，D项错误.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理仅含直线运动的多过程问题二、非选择题10.(利用动能定理分析多过程问题)(2018东阳中学期中考试)如图9所示，自然伸长的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端在O位置，质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点x0的P点处向左运动，与弹簧接触后压缩弹簧，将弹簧右端压到O点位置后，A又被弹簧弹回.A离开弹簧后，恰好回到P点，物块A与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.图9(1)求物块A从P点出发又回到P点的过程中，克服摩擦力所做的功；(2)求O点和O点间的距离x1.答案(1)mv02(2)x0解析(1)A从P开始运动，最后回到P的过程，根据动能定理得：摩擦力所做的功为Wf0mv02mv02，即克服摩擦力做功为mv02.(2)A从P开始运动，最后回到P的全过程，根据动能定理，有2mg(x1x0)0mv02，得x1x0.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含弹力做功的多过程问题11.(利用动能定理分析多过程问题)如图10所示，一个质量为m0.6 kg 的小球以初速度v02 m/s 从P点水平抛出，从粗糙圆弧ABC的A点沿切线方向进入(不计空气阻力，进入圆弧时无动能损失)且恰好沿圆弧通过最高点C，已知圆弧的圆心为O，半径R0.3 m，60，取g10 m/s2.求：图10(1)小球到达A点的速度vA的大小；(2)P点到A点的竖直高度H；(3)小球从圆弧A点运动到最高点C的过程中克服摩擦力所做的功W.答案(1)4 m/s(2)0.6 m(3)1.2 J解析(1)在A点有：vA，代入数据解得vA4 m/s(2)从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vyv0tan 由运动学规律有vy22gH解得H0.6 m(3)恰好过C点满足mg由A点到C点由动能定理得mgR(1cos )WmvC2mvA2 代入数据解得W1.2 J.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用运动定理处理含曲线运动的多过程问题12.(利用动能定理分析多过程问题)如图11所示，光滑斜面AB的倾角53，BC为水平面，BC长度lBC1.1 m，CD为光滑的圆弧，半径R0.6 m.一个质量m2 kg的物体，从斜面上A点由静止开始下滑，物体与水平面BC间的动摩擦因数0.2，轨道在B、C两点平滑连接.当物体到达D点时，继续竖直向上运动，最高点距离D点的高度h0.2 m.不计空气阻力，sin 530.8，cos 530.6.g取10 m/s2.求：图11(1)物体运动到C点时的速度大小vC；(2)A点距离水平面的高度H；(3)物体最终停止的位置到C点的距离s.答案(1)4 m/s(2)1.02 m(3)0.4 m解析(1)物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：mg(hR)0mvC2 代入数据解得：vC4 m/s(2)物体由A点运动到C点，根据动能定理得：mgHmglBCmvC20代入数据解得：H1.02 m(3)从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：mgHmgs10代入数据解得s15.1 m由于s14lBC0.7 m所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：s0.4 m.1.(2017温州中学11月选考科目模拟考试)2016年11月1日广东珠海开幕的第十一届中国国际航空航天博览会上，空军“八一”飞行表演队的6架歼10战斗机为现场数千名观众带来了一场震撼表演.如图1所示，某次飞行表演中，飞行员驾驶飞机在竖直面内做半径为R的圆周运动，在最高点时飞行员头朝下，已知飞行员质量为m，重力加速度为g.图1(1)若飞行员在最高点座椅对他的弹力和飞机在地面上起飞前一样，求最高点的速度；(2)若这位飞行员以(1)中的速度从最高点加速飞到最低点，且他在最低点能承受的最大竖直加速度为5g，求飞机在最低点的最大速度及这个过程中飞机对飞行员做的功.答案(1)(2)mgR解析(1)最高点座椅对飞行员的弹力FNmg由重力和弹力的合力提供向心力FNmg，v1(2)最低点向心加速度最大时速度也最大，an5g，速度最大为v2对最高点到最低点的过程运用动能定理，有mg2RWmv22mv12，解得WmgR.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题2.(2018嘉兴市3月高三选考)如图2所示是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑.已知桌面离地高度为h0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆盘边缘，若缓慢增大圆盘的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，落地点与桌面飞出点的水平距离是0.4 m.已知碟子质量m0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Ffmax0.6 N，g取10 m/s2，求：(不计空气阻力)图2(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；(3)若碟子与桌面间的动摩擦因数为0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？答案(1)1 m/s(2)0.4 J(3)2.5 m解析(1)根据平抛运动规律：hgt2，xvt，得vx1 m/s.(2)设碟子从圆盘上甩出时的速度为v0，则Ffmaxm，即v03 m/s由动能定理得：Wfmv2mv02，代入数据得：Wf0.4 J.(3)当碟子滑到桌面边缘时速度恰好减为零，对应的桌子半径取最小值.设碟子在桌子上滑动的位移为x，根据动能定理：mgx0mv02代入数据得：x2 m由几何知识可得桌子半径的最小值为：R2.5 m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题3.(2017绍兴市9月选考科目适应性考试)如图3所示为一种射程可调节的“抛石机”模型.抛石机长臂OA的长度L4 m，B为OA中点，石块可装在长臂上的AB区域中某一位置.开始时长臂与水平面间的夹角30，对短臂施力，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块被水平抛出.在某次投石试验中，将质量为m10 kg的石块安装在A点，击中地面上距O点水平距离为x12 m的目标.不计空气阻力和抛石机长臂与短臂的质量，g取10 m/s2，求：图3(1)石块即将被投出瞬间所受向心力的大小；(2)整个过程中投石机对石块所做的功W；(3)若投石机对石块做功恒定，问应将石块安装在离O点多远处才能使石块落地时距O点的水平距离最大？答案(1)300 N(2)1 200 J(3)3 m解析(1)石块被抛出后做平抛运动，水平方向xvt竖直方向hgt2又hLLsin ，解得v2 m/s所以石块受到的向心力为Fm300 N(2)长臂从A点转到竖直位置的整个过程中，根据动能定理得Wmg(LLsin )mv20代入数值解得W1 200 J(3)设抛出点距离O点为lWmg(llsin 30)mv20v下落时间t 水平位移为s因此当l3 m时石块落地时距O点水平距离最大.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题4.(2018台州中学高三第一学期第一次统练)如图4所示为一遥控电动赛车(可视为质点)和它的运动轨道示意图.假设在某次演示中，赛车从A位置由静止开始运动，经2 s后关闭电动机，赛车继续前进至B点后水平飞出，赛车能从C点无碰撞地进入竖直平面内的圆形光滑轨道，D点和E点分别为圆形轨道的最高点和最低点.已知赛车在水平轨道AB段运动时受到的恒定阻力为0.4 N，赛车质量为0.4 kg，通电时赛车电动机的输出功率恒为2 W，B、C两点间高度差为0.45 m，C与圆心O的连线和竖直方向的夹角37，空气阻力忽略不计， sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2，求：图4(1)赛车通过C点时的速度大小；(2)赛道AB的长度；(3)要使赛车能通过圆轨道最高点D后回到水平赛道EG，其半径R需要满足什么条件？答案(1)5 m/s(2)2 m(3)R m解析(1)赛车在BC间做平抛运动，则vy3 m/s由图可知：vC5 m/s(2)由(1)可知B点速度v0vCcos 374 m/s则根据动能定理：PtFflABmv02，解得lAB2 m.(3)当恰好通过最高点D时，有：mgm从C到D，由动能定理可知：mgR(1cos 37)mvD2mvC2，解得R m所以轨道半径R m.【考点】应用动能定理处理多过程问题【题点】应用动能定理处理含曲线运动的多过程问题5.如图5所示，在竖直平面内，长为L、倾角37的粗糙斜面AB下端与半径R1 m的光滑圆弧轨道BCDE平滑相接于B点，C点是最低点，D点与圆心O等高.现有质量m0.1 kg的小物体从斜面AB上端的A点无初速下滑，恰能到达圆弧轨道的D点.若物体与斜面之间的动摩擦因数0.25，不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图5(1)斜面AB的长度L；(2)物体第一次通过C点时的速度大小vC1；(3)物体经过C点时，轨道对它的最小支持力FNmin；(4)物体在粗糙斜面AB上滑行的总路程s总.答案(1)2 m(2)2 m/s(3)1.4 N(4)6 m解析(1)A到D过程，根据动能定理有mg(Lsin Rcos )mgLcos 0，解得：L2 m；(2)A到C过程，根据动能定理有mg(Lsin RRcos )mgLcos mvC12，解得：vC12 m/s；(3)物体经过C点，轨道对它有最小支持力时，它将在B点所处高度以下运动，所以有：mg(RRcos )mvmin2，根据向心力公式有：FNminmgm，解得FNmin1.4 N；(4)根据动能定理有：mgLsin mgs总cos 0，解得s总6 m.