最新学年高中物理 第七章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考试专用.docx

最新学年高中物理 第七章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考试专用.docx

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最新学年高中物理第七章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考试专用

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＝ΔEk.

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R＝0.4m的圆弧轨道.（g＝10m/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m＝0.1kg，斜面高h＝2m，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：

mg＝m，

从A到C过程，由动能定理得：

mg（h－2R）＝mv2，

解得：

h＝2.5R＝2.5×0.4m＝1m；

（2）在C点，由牛顿第二定律得：

mg＋mg＝m，

从A到C过程，由动能定理得：

mg（h－2R）＋Wf＝mvC2－0，

解得：

Wf＝0.8J.

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2

A.mgRB.mgR

C.mgRD.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FN－mg＝m，由题有FN＝2mg，可得vQ＝，质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得mgR－Wf＝mvQ2，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L＝1.5m，一个质量为m＝0.5kg的木块在F＝1.5N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μ＝0.2，取g＝10m/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）0.15m　

（2）0.75m

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：

FL－FfL－mgh＝0

其中Ff＝μFN＝μmg＝0.2×0.5×10N＝1.0N

所以h＝＝m＝0.15m

（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：

mgh－Ff′x＝0

Ff′＝μmg

所以：

x＝＝m＝0.75m

【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m＝1kg的木块静止在高h＝1.2m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2，用水平推力F＝20N，使木块产生位移l1＝3m时撤去，木块又滑行l2＝1m后飞出平台，求木块落地时速度的大小.（g取10m/s2）

图4

答案　11.3m/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

Fl1－μmgl1＝mv12

－μmgl2＝mv22－mv12

mgh＝mv32－mv22

解得v3≈11.3m/s

解法二　对全过程由动能定理得

Fl1－μmg（l1＋l2）＋mgh＝mv2－0

代入数据解得v≈11.3m/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：

①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＝0.

②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m＝0.2kg的小物块，放在半径R1＝2m的水平圆盘边缘A处，小物块与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.8.圆心角为θ＝37°、半径R2＝2.5m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μ2＝0.5.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R3＝0.5m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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/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）1.6J　

（2）1.2m　（3）lDC≤1m　最后停在离C位置右侧3.5m处

解析　

（1）小物块刚滑出圆盘时：

μ1mg＝

得：

vA＝4m/s

由动能定理可得：

W＝mvA2

得：

W＝1.6J

（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vBy＝vAtan37°

运动时间t＝

A、B间的水平距离x＝vAt

联立解得：

x＝1.2m

（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（1－cos37°）－μ2mgL－2mgR3＝mvE2－mvB2

又vB＝

可得：

L＝1m

即DC之间距离不大于1m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（1－cos37°）－μ2mgx＝0－mvB2

解得x＝3.5m

即最后物块停在离C位置右侧3.5m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L＝6m、倾角α＝37°的斜轨道，BC为水平轨道，CD为半径R＝15m、圆心角β＝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v0＝2m/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m＝30kg，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/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）420N，方向竖直向下　

（2）0.25　（3）21m

解析　

（1）由C到D速度减为0，由动能定理可得

－mg（R－Rcosβ）＝0－mvC2，

解得vC＝2m/s

在C点，由牛顿第二定律得

FN－mg＝m，解得FN＝420N

根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为420N，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：

mgLsinα－μmgLcosα－mgR（1－cosβ）＝0－mv02

可得：

μ＝0.25

（3）在AB斜轨上，μmgcosα

由动能定理得：

mgLsinα－μmgscosα＝0－mv02

解得s＝21m.

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W＝Ff·s（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μ，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7

A.0B.2μmgR

C.2πμmgRD.

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μmg＝.①

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：

W＝mv2－0.②

联立①②解得W＝μmgR.

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m＝2kg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θ＝53°，轨道半径R＝0.5m.已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力，g取10m/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）3m/s　

（2）－4J

解析　

（1）在A点由平抛运动规律得：

vA＝＝v0.①

小球由桌面到A点的过程中，由动能定理得

mg（R＋Rcosθ）＝mvA2－mv02②

由①②得：

v0＝3m/s.

（2）在最高点C处有mg＝，小球从桌面到C点，由动能定理得Wf＝mvC2－mv02，代入数据解得Wf＝－4J.

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8m.某运动员从轨道上的A点以3m/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60kg，B、E两点到水平轨道CD的竖直高度分别为h和H，且h＝2m，H＝2.8m，g取10m/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μ；

（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）6m/s　

（2）0.125　（3）不能回到B处，最后停在D点左侧6.4m处（或C点右侧1.6m处）

解析　

（1）由题意可知：

vB＝

解得：

vB＝6m/s.

（2）从B点到E点，由动能定理可得：

mgh－μmgxCD－mgH＝0－mvB2

代入数据可得：

μ＝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：

mgh－mgh′－μmg·2xCD＝0－mvB2

解得h′＝1.8m

所以第一次返回时，运动员不能回到B点

设运动员从B点运动到停止，在CD段的总路程为s，由动能定理可得：

mgh－μmgs＝0－mvB2

解得：

s＝30.4m

因为s＝3xCD＋6.4m，所以运动员最后停在D点左侧6.4m处（或C点右侧1.6m处）.

一、选择题

考点一　利用动能定理求变力的功

1.在离地面高为h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当它落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于（　　）

A.mgh－mv2－mv02

B.mv2－mv02－mgh

C.mgh＋mv02－mv2

D.mgh＋mv2－mv02

答案　C

解析　选取物块从刚抛出到正好落地时的过程，由动能定理可得：

mgh－Wf克＝mv2－mv02

解得：

Wf克＝mgh＋mv02－mv2.

2.如图1所示，AB为圆弧轨道，BC为水平直轨道，圆弧的半径为R，BC的长度也是R，一质量为m的物体，与两个轨道间的动摩擦因数都为μ，当它由轨道顶端A从静止开始下落，恰好运动到C处停止，那么物体在AB段克服摩擦力所做的功为（　　）

图1

A.μmgRB.mgR

C.－mgRD.（1－μ）mgR

答案　D

解析　设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A运动到C的全过程，根据动能定理，

有mgR－WAB－μmgR＝0.

所以有WAB＝mgR－μmgR＝（1－μ）mgR.

3.一质量为m的小球，用长为l的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图2所示，则拉力F所做的功为（　　）

图2

A.mglcosθ

B.mgl（1－cosθ）

C.Flcosθ

D.Flsinθ

答案　B

解析　由于小球缓慢移动，动能保持不变，由动能定理得：

－mgl（1－cosθ）＋W＝0，所以W＝mgl（1－cosθ）.

4.质量为m的物体以初速度v0沿水平面向左开始运动，起始点A与一轻弹簧最右端O相距s，如图3所示.已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，物体与弹簧相碰后，弹簧的最大压缩量为x，则从开始碰撞到弹簧被压缩至最短，物体克服弹簧弹力所做的功为（不计空气阻力）（　　）

图3

A.mv02－μmg（s＋x）B.mv02－μmgx

C.μmgsD.μmgx

答案　A

解析　设物体克服弹簧弹力所做的功为W，则物体向左压缩弹簧过程中，弹簧弹力对物体做功为－W，摩擦力对物体做功为－μmg（s＋x），根据动能定理有－W－μmg（s＋x）＝0－mv02，所以W＝mv02－μmg（s＋x）.

5.（2018·余姚中学高二第二学期期中考试）如图4所示，一木块沿竖直放置的粗糙曲面从高处滑下，当它滑过A点的速度大小为5m/s时，滑到B点的速度大小也为5m/s.若使它滑过A点的速度大小变为7m/s，则它滑到B点的速度大小为（　　）

图4

A.大于7m/sB.等于7m/s

C.小于7m/sD.无法确定

答案　C

解析　第一次从A点到B点的过程中：

mgh－Wf1＝ΔEk＝0，Wf1＝mgh

第二次速度增大，木块对轨道的压力增大，Wf2>Wf1，故mgh－Wf2<0，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5

A.mgRB.mgR

C.mgRD.mgR

答案　C

解析　小球通过最低点时，设绳的张力为FT，则

FT－mg＝m，6mg＝m①

小球恰好过最高点，绳子拉力为零，这时mg＝m②

小球从最低点运动到最高点的过程中，由动能定理得

－mg·2R－Wf＝mv22－mv12③

由①②③式联立解得Wf＝mgR，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10m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6

A.5mB.3m

C.7mD.1m

答案　A

解析　设水深为h，对运动全程运用动能定理可得：

mg（H＋h）－Ffh＝0，Ff＝3mg，

所以h＝5m.

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7

A.P处B.P、Q之间

C.Q处D.Q的右侧

答案　C

9.（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μ.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，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）.则（　　）

图8

A.动摩擦因数μ＝

B.载人滑草车最大速度为

C.载人滑草克服摩擦力做功为mgh

D.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g

答案　AB

解析　根据动能定理有2mgh－Wf＝0，即2mgh－μmgcos45°·－μmgcos37°·＝0，得动摩擦因数μ＝，则A项正确；载人滑草车克服摩擦力做的功为Wf＝2mgh，则C项错误；载人滑草车在上、下两段的加速度分别为a1＝g（sin45°－μcos45°）＝g，a2＝g（sin37°－μcos37°）＝－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2a1＝v2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μ，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Wf＝0－mv02＝－mv02，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－2μmg（x1＋x0）＝0－mv02，得x1＝－x0.

【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m＝0.6kg的小球以初速度v0＝2m/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R＝0.3m，θ＝60°，取g＝10m/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）4m/s　

（2）0.6m　（3）1.2J

解析　

（1）在A点有：

vA＝，

代入数据解得vA＝4m/s

（2）从P点到A点小球做平抛运动，竖直分速度vy＝v0tanθ

由运动学规律有vy2＝2gH

解得H＝0.6m

（3）恰好过C点满足mg＝

由A点到C点由动能定理得

－mgR（1＋cosθ）－W＝mvC2－mvA2

代入数据解得W＝1.2J.

【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θ＝53°，BC为水平面，BC长度lBC＝1.1m，CD为光滑的圆弧，半径R＝0.6m.一个质量m＝2kg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μ＝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h＝0.2m.不计空气阻力，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.g取10m/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）4m/s　

（2）1.02m　（3）0.4m

解析　

（1）物体由C点运动到最高点，根据动能定理得：

－mg（h＋R）＝0－mvC2

代入数据解得：

vC＝4m/s

（2）物体由A点运动到C点，根据动能定理得：

mgH－μmglBC＝mvC2－0

代入数据解得：

H＝1.02m

（3）从物体开始下滑到停下，根据动能定理得：

mgH－μmgs1＝0

代入数据解得s1＝5.1m

由于s1＝4lBC＋0.7m

所以，物体最终停止的位置到C点的距离为：

s＝0.4m.

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FN＝mg

由重力和弹力的合力提