北京重庆2013高考物理二轮复习测试 专题二第2讲课下机械能守恒定律功能关系

功能关系

1．刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一。如图1所示的图线1、

2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l 与刹车前的车速

v 的关系曲线，已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦。据此可知，

下列说法中正确的是( )

A ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车的刹车性能好

图1

B ．乙车与地面间的动摩擦因数较大，乙车的刹车性能好

C ．以相同的车速开始刹车，甲车先停下来，甲车的刹车性能好

D ．甲车的刹车距离随刹车前的车速v 变化快，甲车与地面间的动摩擦因数较大

解析：选B 在刹车过程中，由动能定理可知μmgl ＝12mv2，得l ＝v22μg ＝v22a

，可知甲车与地面间动摩擦因数小(题图线1)，乙车与地面间动摩擦因数大(题图线2)，刹车时的加速度a ＝μg ，乙车刹车性能好；以相同的车速开始刹车，乙车先停下来。B 正确。

2．(2012·上海高考)质量相等的均质柔软细绳A 、B 平放于水平地面，绳A 较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA 、hB ，上述过程中克服重力做功分别为WA 、WB 。若( )

A ．hA ＝h

B ，则一定有WA ＝WB

B ．hA>hB ，则可能有WAC ．hAD ．hA>hB ，则一定有WA>WB

解析：选B 当hA ＝hB 时，则一定有WAhB 时，有WAWB 、WA ＝WB 三种可能，故选项B 正确，D 错误。当hA3．如图2所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与木块m 连

接，且m 与M 及M 与地面间光滑。开始时，m 与M 均静止，现同时对m 、M

施加等大反向的水平恒力F1和F2。在两物体开始运动以后的整个

图2

运动过程中，对m 、M 和弹簧组成的系统(整个过程弹簧形变不超过其弹性限度)，下列说法正确的是( )

A ．由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒

B ．由于F1、F2分别对m 、M 做正功，故系统的动能不断增加

C ．由于F1、F2分别对m 、M 做正功，故系统的机械能不断增加

D ．当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m 、M 的动能最大

解析：选 D 开始拉力大于弹力，F1、F2对木块和木板做正功，所以机械能增加；当拉力等于弹力时，木块和木板速度最大，故动能最大；当拉力小于弹力时，木块和木板做减速运动，速度减小到零以后，木块和木板反向运动，拉力F1、F2均做负功，故机械能减少。故本题正确选项为D 。

4.如图3所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R ，质量不能

忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻

均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向

上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做功的代数

和等于( ) 图3

A ．棒的机械能增加量

B ．棒的动能增加量

C ．棒的重力势能增加量

D ．电阻R 上放出的热量

解析：选A 金属棒受重力、恒力F 和安培力作用，力F 对金属棒做功，金属棒克服重力和安培力做功，由动能定理WF ＋W 安＋WG ＝ΔEk ，得WF ＋W 安＝－WG ＋ΔEk ＝mgh ＋ΔEk ，即F 与F 安做功的代数和等于金属棒机械能的增加量，故A 正确，B 、C 、D 均错。

5．光滑斜面上有一个小球自高度为h 的A 处由静止开始滚下，到达光

滑的水平面上的B 点时的速度大小为v0。光滑水平面上每隔相等的距离

设置了一个与小球运动方向垂直的活动阻挡条，如图4所示，小球越过

n 条活动阻挡条后停下来。若让小球从h 高处以初速度v0滚下，则

图4

小球能越过的活动阻挡条的条数是(设小球每次越过活动阻挡条时损失的动能相等)( )

A ．n

B ．2n

C ．3n

D ．4n

解析：选B 设每条阻挡条对小球做的功为W ，当小球在水平面上滚动时，由动能定理有0－12

mv02＝nW ，对第二次有0－12mv22＝0－⎝⎛⎭⎫12＋mgh ＝NW ，又因为12

mv02＝mgh ，联立以上三式解得N ＝2n 。

6．(2012·福州质检)如图5所示，在光滑斜面上的A 点先后水平抛出和

静止释放两个质量相等的小球1和2，不计空气阻力，最终两小球在斜面上

的

B 点相遇，在这个过程中( ) 图5

A ．小球1重力做的功大于小球2重力做的功

B ．小球1机械能的变化大于小球2机械能的变化

C ．小球1到达B 点的动能大于小球2到达B 点的动能

D ．两小球到达B 点时，在竖直方向的分速度相等

解析：选C 重力做功只与初、末位置的高度差有关，与物体经过的路径无关，所以重力对1、2两小球所做的功相等，A 错误；1、2两小球从A 点运动到B 点的过程中，只有重力对其做功，所以它们的机械能均守恒，B 错误；由动能定理可得，对小球1有：mgh ＝Ek1－Ek0，对小球2有：mgh ＝Ek2－0，显然Ek1＞Ek2，C 正确；由上面的分析可知，两小球到达B 点时，小球1的速度大于小球2的速度，且小球1的速度方向与竖直方向的夹角小于小球2速度方向与竖直方向的夹角，因此，小球1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度，D 错误。

7．(2012·衡水期末)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t ＝0时撤去推力，0～6 s 内速度随时间的变化情况如图6所示，由图象可知，下列说法错误的是( )

图6

A ．0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为5∶1

B ．0～1 s 内摩擦力的平均功率大小与1～6 s 内摩擦力平均功率大小之比为1∶1

C ．0～1 s 内位移大小与1～6 s 内位移大小之比为1∶5

D ．0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5

解析：选A 0～1 s 内物体沿斜面向上位移为5 m ，平均速度为5 m/s ；1～6 s 内物体沿斜面向下位移为25 m ，平均速度为5 m/s ；0～1 s 内位移大小与1～6 s 内位移大小之比为1∶5,0～1 s 内重力的平均功率大小与1～6 s 内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A 错误、C 正确。摩擦力与1～6 s 内摩擦力大小相等，0～1 s 内 摩擦力的平均功率大小与1～6 s 内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B 正确；0～1 s 内机械能变化量大小与1～6 s 内机械能变化量大小之比为1∶5，选项D 正确。

8．(2012·南京模拟)如图7所示，圆心在O 点、半径为R 的圆弧轨道abc 竖直固定在水平桌面上，Oc 与Oa 的夹角为60°，轨道最低点a 与桌面相切。一轻

绳

两端系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道

边缘c 的两边，开始时，m1位于c 点，然后从静止释放，设轻绳足

够长，不计一切摩擦。则( ) 图7

A ．在m1由c 下滑到a 的过程中下滑到a 点的过程中，两球速度

大

小始终相等

B ．在m1由c 下滑到a 的过程中重力的功率先增大后减少

C ．若m1恰好能沿圆弧下滑到a 点，则m1＝3m2

D ．若m1恰好能沿圆弧下滑到a 点，则m1＝4m2

解析：选B 小球m1沿绳的方向的分速度与m2的速度大小相等，A 错误；重力m1g 的功率P1＝m1g·v1竖，小球m1在竖直方向的分速度v1竖先增大后减小，故P1也先增大后减小，B 正确；由m1和m2组成的系统机械能守恒可得：m1gR(1－cos 60°)＝m2gR ，故m1＝2m2，C 错误，D 错误。

9．(2012·苏州期末)如图8所示，水平地面与一半径为l 的竖直光滑圆弧轨道相接于B 点，轨道上的C 点位置处于圆心O 的正下方。距地面高度为l 的水平平台边缘上的A 点处有一质量为m 的小球以v0＝2gl 的速度水平飞出，小球在空中运动至B 点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g ，试求：

图8

(1)B 点与抛出点A 正下方的水平距离x ；

(2)圆弧BC 段所对的圆心角θ；

(3)小球滑到C 点时，对圆轨道的压力。

解析：(1)设小球做平抛运动到达B 点的时间为t ，由平抛运动规律，

l ＝12

gt2，x ＝v0t ， 联立解得x ＝2l 。

(2)设小球到达B 点时竖直分速度为vy ，vy2＝2gl ，tan θ＝vy v0

，解得θ＝45°。 (3)小球从A 运动到C 点的过程中机械能守恒，设到达C 点时速度大小为vC ，有机械能守恒定律，mgl ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－22＝12

mvC2－12mv02，

设轨道对小球的支持力为F ，有：F －mg ＝m vC2l

， 解得：F ＝(7－2)mg ，

由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－2)mg ，方向竖直向下。 答案：(1)2l (2)45° (3)(7－2)mg 竖直向下

10．如图9所示，是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施，轨道除CD 部分粗糙外，其余均光滑。一挑战者质量为m ，沿斜面轨道滑下，量损失地滑入第1个圆管形轨道，根据设计要求，在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试挑战者对轨道的压力，并通过计算机显示出来。挑战者到达A 处时刚好对管壁无压力，又经过水平轨道CD 滑入第2个圆管轨道，在最高点B 处挑战者对管的内侧壁压力为0.5mg ，A 、B 分别是两轨道的最高点，然后从平台上飞入水池内，水面离轨道的距离为h ＝2.25r 。若第1个圆管轨道的半径为R ，第2个圆管轨道的半径为r ，g 取10 m/s2，管的内径及人的尺寸相对圆管轨道的半径可以忽略不计，则

图9

(1)挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道多高的地方开始下滑？

(2)挑战者从A 到B 的运动过程中克服轨道阻力所做的功是多少？

(3)挑战者入水时的速度大小是多少？

解析：(1)挑战者到达A 处时刚好对管壁无压力，可得出mg ＝m vA2R

， 设挑战者从离水平轨道H 高处的地方开始下滑正好运动到A 点对管壁无压力，在此过程中机

械能守恒有mgH ＝12

mvA2＋mg2R ，解得H ＝2.5R 。 (2)在B 处挑战者对管的内侧壁压力为0.5 mg ，分析挑战者受力，根据牛顿第二定律得：

mg ＋N ＝

mvB2r

挑战者在从A 到B 的运动过程中，由动能定理得 mg ×2(R－r)－Wf ＝12mvB2－12

mvA2， 联立解得Wf ＝52mgR －114

。 (3)设挑战者在第2个圆管轨道最低点D 处的速度为v ，则－mg×2r＝12mvB2－12

mv2，解得v ＝222

gr 。 挑战者离开第2个圆管轨道后在平面上做匀速直线运动，然后做平抛运动落入水中，在此过程中机械能守恒，设挑战者入水时的速度大小为v′，则

mgh ＋12mv2＝12

mv′2， 解得v′＝10gr 。

2

mgR－

11

4

mgr (3)10gr

[课下——针对高考押题训练]

1．(2012·济南模拟)如图1所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，

在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，

滑行s＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉

力的图1

大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。试求：

(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；

(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x；

(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。

解析：(1)小滑块由C运动到A，由动能定理，得

mgsin 37°L－μmgs＝0

解得μ＝24 35

(2)小滑块由A运动到C，由动能定理，得Fs－μmgs＋Fx－mgsin 37°·L＝0

解得x＝1.25 m

(3)小滑块由A运动到B，由动能定理，得

Fs－μmgs＝1

2

mv2

由牛顿第二定律，得F－mgsin 37°＝ma

由运动学公式，得x＝vt＋1

2

at2

联立解得t＝0.5 s

答案：(1)24

35

(2)1.25 m (3)0.5 s

2．(2012·湖南师大附中模拟)冬季有一种雪上“府式冰橇”滑溜

运动，运动员从起跑线推着冰橇加速一段相同距离，再跳上冰橇

自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如图2所示

的图2

模型，某一质量m＝20 kg的冰橇静止在水平雪面上的A处，现质量M＝60 kg的运动员，用与水平方向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推动冰橇，使其沿AP方向一起做直线运动，当冰橇到达P点时运动员迅速跳上冰橇与冰橇一起运动(运动员跳上冰橇瞬间，运动员和冰橇的速度不变)。已知AP距离为s＝12 m，冰橇与雪面间的动摩擦因数为0.2, 不计冰橇长度和空气阻力。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)求：

(1)冰橇从A到P的运动时间；

(2)冰橇从P点开始还能滑行的距离。

解析：(1)对冰橇受力分析如图，冰橇做匀加速直线运动阶段：

Fcos α－μ(mg＋Fsin α)＝ma1

代入数据得：a1＝4.8 m/s2

sAP ＝12

a1t12 得t1＝ 5 s

(2)对冰橇和人受力分析如图，冰橇加速运动结束时：vP ＝a1t1＝

245

5 m/s 减速阶段：μ(M ＋m)g ＝(M ＋m)a2

代入数据得a2＝2 m/s2

则冰橇继续滑行距离为s′＝vP22a2＝28.8 m 答案：(1) 5 s (2)28.8 m

3．(2012·徐州模拟)如图3所示，水平传送带AB 长L ＝6 m ，以v0＝3 m/s 的恒定速度转动。水平光滑台面与传送带平滑连接于B 点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R ＝0.4 m ，与水平台面相切于C 点。一质量m ＝1 kg 的物块(可视为质点)，从A 点无初速释放，当它运动到A 、B 中点位置时，刚好与传送带保持相对静止。重力加速度g ＝10 m/s2。试求：

图3

(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；

(2)物块刚滑过C 点时对轨道的压力N ；

(3)物块在A 点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D(结果可用根式表示)。 解析：(1)对物块，由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式有 μmg ＝ma

v02＝2a·12

L 解得μ＝0.15

(2)物块刚滑过C 点时的速度vC ＝v0＝3 m/s

在C 点，有N －mg ＝m vC2R

解得N ＝32.5 N

由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N ，方向竖直向下。

(3)物块经过半圆轨道最高点D 的最小速度为vD ＝gR ＝2 m/s

由C 到D 的过程中，由动能定理有－2mgR ＝12mvD2－12mvC′2 解得vC′＝20 m/s>3 m/s

可见，物块从A 到B 的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B 端的速度至少为vB′＝vC′＝20 m/s

由(1)问可知，物块在传送带上减速运动时的加速度大小a ＝1.5 m/s2

由运动学公式有vB′2－vA′2＝－2aL

解得vA′＝38 m/s

答案：(1)0.15 (2)32.5 N ，方向竖直向下

(3)38 m/s

4．(2012·潍坊模拟)如图4所示，半径为R 的竖直光滑半圆轨道BC 与水平轨道AB 相切于B 点，AB 长xAB ＝1 m ，离水平地面h ＝1.6 m 。一质量m ＝2 kg 的滑块，以速度v0＝4 m/s 从A 点向右运动，经B 点滑上半圆轨道。已知滑块与AB 间的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s2。

(1)求滑块在平台上从A 到B 的运动时间t(结果可保留根式)； 图4

(2)若滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求R 应满足的条件；

(3)若R ＝0.9 m ，求滑块在地面上的落点到平台左侧的水平距离x 。

解析：(1)由运动学公式xAB ＝v0t －12

at2 由牛顿第二定律μmg ＝ma

得t ＝(2－3) s

(2)①若滑块恰好运动到半圆轨道的最高点，有mg ＝

mv12R

由动能定理得－μmgxAB －2mgR ＝12mv12－12

mv02 解得R ＝0.24 m

②若滑块恰好滑到半圆弧一半高度时不再上滑，有－μmgxAB －mgR ＝0－12

mv02 得R ＝0.6 m

综上所述，R 应满足：R≤0.24 m 或R≥0.6 m

(3)R ＝0.9 m>0.6 m ，滑块从圆轨道返回，由动能定理

－2μmgxAB ＝12mv22－12

mv02 得v2＝2 2 m/s

滑块从A 点水平抛出，有x ＝v2t1，h ＝12

gt12 解得x ＝1.6 m

答案：(1)(2－3) s (2)R≤0.24 m 或R≥0.6 m

(3)1.6 m

[课下——针对高考押题训练]

1．(2012·泉州模拟)如图1甲所示，圆形玻璃平板半径为r, 离水平地面的高度为h ，一质量为m 的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O 在水平面内做匀速圆周运动。

图1

(1)若匀速圆周运动的周期为T ，求木块的线速度和所受摩擦力的大小。

(2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O 的竖直线间的距离为s ，俯视图如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g ，试求木块落地前瞬间的动能。

解析：(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小

v ＝2πr T

木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力。

Ff ＝m(2πT

)2r (2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有h ＝12

gt2 在水平方向上做匀速运动，水平位移

x ＝vt

x 与距离s 、半径r 的关系

s2＝r2＋x2

木块从抛出到落地前机械能守恒，得

Ek ＝12

mv2＋mgh 由以上各式解得木块落地前瞬间的动能

Ek ＝mg(s2－r24h

＋h) 答案：(1)

2πr T m(2πT )2r (2)mg(s2－r24h ＋h) 2．如图2所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L ＝8 m ，匀速运动的速度v0＝5 m/s 。一质量m ＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上xP ＝2 m 的P 点。小物块随传送带运动到Q 点后冲上光滑斜面且刚好到达N 点(小物块到达N 点后被收集，不再滑下)。若小物块经过Q 处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g ＝10 m/s2。求：

图2

(1)N 点的纵坐标；

(2)小物块在传送带上运动产生的热量；

(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM ＝0.5 m 的M 点，求这些位置的横坐标范围。

解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a ＝μg ＝5 m/s2。

小物块与传送带共速时，所用时间t ＝

v0a ＝1 s 运动的位移x ＝v022a

＝2.5 m<(L －xP)＝6 m 故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s 的速度匀速运动到Q ，然后冲上光滑斜面到达N 点，由机械能守恒定律得

12

mv02＝mgyN 解得yN ＝1.25 m

(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x0＝v0t －x ＝2.5 m

产生的热量Q ＝μmgx0＝12.5 J

(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M 点，由能量守恒得 μmg(L －x1)＝mgyM

代入数据解得x1＝7 m

故小物块在传送带上的位置坐标范围0≤x<7 m

答案：(1)1.25 m (2)12.5 J (3)0≤x<7 m

3．(2012·山东省实验中学模拟)如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，弹簧处于自然状态时其右端位于B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的内表面光滑、粗细可忽略不计的圆管轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R 。用质量m1＝2.0 kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg 的物块将弹簧也缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点(B 点为弹簧原长位置)后做匀减速直线运动，其位移与时间的关系为s ＝6t －2t2，物块从桌面右边缘D 点飞离桌面后，恰在P 点无碰撞地进入圆管轨道。运动过程中，物块可视为质点，g ＝10 m/s2。

图3

(1)求m2运动至D 点时的速度大小；

(2)求BP 间的水平距离；

(3)计算分析m2经圆管轨道能否到达最高点M ，若能则求到达最高点M 时m2对轨道壁的压力；

(4)求释放m2后，m2在运动过程中克服摩擦力做的功。

解析：(1)设物块由D 点以初速度vD 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为vy ＝2gR ，vy vD

＝tan 45°得vD ＝4 m/s

(2)m2做平抛运动用时为t ，水平位移为x ，R ＝12

gt2，x ＝vDt ，得x ＝2R ＝1.6 m 由s ＝6t －2t2可知，在桌面上过B 点后初速v0＝6 m/s ，加速度a ＝4 m/s2，减速到vD 。

BD 间位移为s1＝v02－vD22a

＝2.5 m 即BP 水平间距为x ＋s1＝4.1 m

(3)若物块能沿轨道到达M 点，其速度为vM

vP ＝4 2 m/s

－m2g(R ＋Rcos 45°)＝12m2vM2－12

m2vP2 vM ＝24－2 2 m/s 大于零，可见能到达M 点。

设轨道对物块的压力方向向下，大小为F ，则 F ＋m2g ＝m2vM2R 解得F ＝(2－22) N ＝－0.828 N 可见方向向上

根据牛顿第三定律：m2对轨道内壁的压力F′＝F ＝0.828 N ，方向竖直向下。

(4)设弹簧长为AC 时的弹性势能为Ep ，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，

释放m1时，Ep ＝μm1gsCB ，释放m2时，Ep ＝μm2gsCB ＋12

m2v02 且m1＝10m2，Ep ＝4 J

m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf

则Ep －Wf ＝12

，可得Wf ＝2.4 J 答案：(1)4 m/s (2)4.1 m (3)能到达M 点 0.828 N ，方向竖直向下 (4)2.4 J

4．(2012·佛山期末)如图4甲所示，ABC 为竖直放置的半径为0.1 m 的半圆形轨道，在轨道的最低点A 和最高点C 各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA 和FC 。质量为0.1 kg 的小球，以不同的初速度v 冲入ABC 轨道。

(g 取10 m/s2)

图4

(1)若FC 和FA 的关系图线如图乙所示，求：当FA ＝13 N 时小球经过A 点时的速度vA ，以及小球由A 点滑至C 点的过程中损失的机械能。

(2)若轨道ABC 光滑，小球均能通过C 点。试推导FC 随FA 变化的关系式。

解析：(1)由牛顿第三定律可和，小球在A 、C 两点所受轨道的弹力大小FA′＝FA ，FC′＝FC 在A 点由牛顿第二定律得：

FA′－mg ＝mvA2R

① 解得vA ＝2 3 m/s ②

在C 点由牛顿第二定律得：FC′＋mg ＝mvC2R

③ 对A 至C 的过程，由动能定理得：

Wf －mg·2R＝12mvC2－12

mvA2④ ②③④联立得

Wf ＝12mvC2－12

mvA2＋2mgR ＝－0.2 J ⑥ 故损失的机械能为0.2 J 。

(2)因轨道光滑，小球由A 至C 的过程中机械能守恒

12mvA2＝12

mvC2＋mg·2R⑦ 联立①③⑦得FA′－FC′＝6mg

即FC ＝(FA －6) N 。⑧

答案：(1)2 3 m/s 0.2 J (2)FC ＝(FA －6) N