高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理学案

这是一份高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律第二节动能定理学案，共15页。学案主要包含了对动能的理解，对动能定理的理解等内容，欢迎下载使用。

第二节　动能定理

一、对动能的理解

答案：运动　焦耳　标量　mv－mv
【基础练1】　(多选)下列说法正确的是(　　)
A．动能是机械能的一种表现形式，凡是运动的物体都具有动能
B．动能总为非负值
C．一定质量的物体动能变化时，速度不一定变化，但速度变化时，动能一定变化
D．动能不变的物体，一定处于平衡状态
解析：选AB。由动能的定义和特点知，A、B正确；动能是标量而速度是矢量，当动能变化时，速度的大小一定变化；而速度的变化可能只是方向变了，大小未变，则动能不变，且物体有加速度，处于非平衡状态，故C、D错误。
二、对动能定理的理解

答案：动能的变化　Ek2－Ek1　合外力
【基础练2】　(2018·高考全国卷 Ⅱ )如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)

A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A。由动能定理WF－Wf＝Ek－0，可知木箱获得的动能一定小于拉力所做的功，A正确。
【基础练3】　两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为L1，乙车滑行的最大距离为L2，设两车与路面间的动摩擦因数不等，不计空气阻力，则(　　)
A．L1∶L2＝1∶2
B．L1∶L2＝1∶1
C．L1∶L2＝2∶1
D．L1∶L2＝4∶1
解析：选D。由动能定理，对两车分别列式－F1L1＝0－m1v，－F2L2＝0－m2v，F1＝μm1g，F2＝μm2g，由以上四式联立得L1∶L2＝4∶1，故D正确。


考点一　动能定理的理解和应用
1．动能定理公式中“＝”体现的“三个关系”
数量关系
合力做的功与物体动能的变化可以等量代换
单位关系
国际单位都是焦耳
因果关系
合力做功是物体动能变化的原因
2.应用动能定理解题的基本思路

　(多选)(2020·广州市天河区综合测试)一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
[解析]　如果恒力与运动方向相同，那么质点做匀加速运动，动能一直变大，故A正确；如果恒力与运动方向相反，那么质点先做匀减速运动，速度减到0，质点在恒力作用下沿着恒力方向做匀加速运动，动能再逐渐增大，故B正确；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相同，这个方向速度就会增加，另一个方向速度不变，那么合速度就会增加，不会减小，故C错误；如果恒力方向与原来运动方向不在同一直线上，那么将速度沿恒力方向和垂直于恒力方向分解，其中恒力与一个速度方向相反，这个方向速度就会减小，另一个方向速度不变，那么合速度就会减小，当恒力方向速度减到0时，另一个方向还有速度，所以速度减小到最小值时不为0，然后恒力方向速度又会增加，合速度又在增加，即动能增大，故D正确。
[答案]　ABD
【对点练1】　关于运动物体所受的合外力、合外力做的功及动能变化的关系，下列说法正确的是(　　)
A．合外力为零，则合外力做功一定为零
B．合外力做功为零，则合外力一定为零
C．合外力做功越多，则动能一定越大
D．动能不变，则物体合外力一定为零
解析：选A。由W＝Flcos α可知，物体所受合外力为零，合外力做功一定为零，但合外力做功为零，合外力不一定为零，可能是α＝90°，A正确，B错误；由动能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，动能变化量越大，但动能不一定越大，C错误；动能不变，合外力做功为零，但合外力不一定为零，D错误。
　(2020·盐城市第三次模拟)如图所示，这是人们用打“夯”的方式把松散的地面夯实的情景。假设两人同时通过绳子对质量为m的重物各施加一个力，大小均为F，方向都与竖直方向成α角，重物离开地面h后两人同时停止施力，最后重物下落把地面砸深x。重力加速度为g。求：

(1)停止施力前重物上升过程中加速度大小a；
(2)以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值Epm；
(3)重物砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小；
[解析]　(1)施力时重物所受的合外力
F合＝2Fcos α－mg
则重物上升过程中加速度大小
a＝＝；
(2)设重物能到达的最高点距离地面的高度为H，由动能定理有2Fhcos α－mgH＝0
以地面为零势能面，重物具有重力势能的最大值
Epm＝mgH＝2Fhcos α；
(3)重物砸入地面过程中由动能定理有
mg(H＋x)－x＝0
解得＝＋mg。
[答案]　(1)　(2)2Fhcos α　(3)＋mg
【对点练2】　(2020·吉林市第二次调研)冬季奥运会中有自由式滑雪U形池比赛项目，其赛道横截面如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形赛道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的运动员(按质点处理)自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入赛道。运动员滑到赛道最低点N时，对赛道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示运动员从P点运动到N点的过程中克服赛道摩擦力所做的功(不计空气阻力)，则(　　)

A．W＝mgR，运动员没能到达Q点
B．W＝mgR，运动员能到达Q点并做斜抛运动
C．W＝mgR，运动员恰好能到达Q点
D．W＝mgR，运动员能到达Q点并继续竖直上升一段距离
解析：选D。在N点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，解得vN＝，对运动员从静止开始到下落到N点的过程运用动能定理得mg·2R－W＝mv－0，解得W＝mgR；由于PN段速度大于NQ段速度，所以NQ段的支持力小于PN段的支持力，则在NQ段克服摩擦力做功小于在PN段克服摩擦力做功，对NQ段运用动能定理得：－mgR－W′＝mv－mv，因为W′＜mgR，可知vQ＞0，所以运动员到达Q点后，继续上升一段距离，A、B、C错误，D正确。
【对点练3】　(2020·山东省等级考试第二次模拟卷)如图所示，飞机先在水平跑道上从静止开始加速滑行，行驶距离x＝600 m后达到v1＝216 km/h的速度起飞，飞机滑行过程可视为匀加速直线运动，所受阻力大小恒为自身重力的0.1。起飞后，飞机以离地时的功率爬升 t＝20 min，上升了h＝8 000 m，速度增加到v2＝720 km/h。已知飞机的质量m＝1×105 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求：

(1)飞机在地面滑行时所受牵引力的大小F；
(2)飞机在爬升过程中克服空气阻力做的功Wf。
解析：(1)设飞机在地面滑行时加速度的大小为a，由运动学公式得v＝2ax，设滑行过程中所受阻力为F阻，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma
联立解得F＝4×105 N；
(2)设飞机离地时的功率为P，由功率的表达式得P＝Fv1，由动能定理得
Pt－mgh－Wf＝mv－mv
解得Wf＝1.898×1010 J。
答案：(1)4×105 N　(2)1.898×1010 J

考点二　动能定理与图象综合问题
1．四类图象所围“面积”的意义

2．解决动能定理与图象问题的基本步骤

　(2019·高考全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3 m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力

加速度g取10 m/s2。该物体的质量为(　　)
A．2 kg　 B．1.5 kg
C．1 kg D．0.5 kg
[解析]　设物体的质量为m，则物体在上升过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向下的恒定外力F，由动能定理结合题图可得－(mg＋F)×3 m＝(36－72) J；物体在下落过程中，受到竖直向下的重力mg和竖直向上的恒定外力F，再由动能定理结合题图可得(mg－F)×3 m＝(48－24) J，联立解得m＝1 kg、F＝2 N，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
【对点练4】　(2020·高考江苏卷)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动，最后停在水平地面上。斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面间的动摩擦因数均为常数。该过程中，物块的动能Ek与水平位移x的关系图象是(　　)

解析：选A。设斜面倾角为θ，物块滑到斜面底端时的动能为Ekm，物块在斜面上滑行的长度对应的水平位移为x0，应用动能定理，在斜面上有(mgsin θ－μmgcos θ)·＝Ek，在水平面上有－μ′mg(x－x0)＝Ek－Ekm，即Ek＝－μ′mg(x－x0)＋Ekm，综上所述可知：两段Ek－x图线为线性关系，故A正确，B、C、D错误。

考点三　动能定理在多过程问题中的应用
1．应用动能定理解题的基本步骤

2．求解多过程问题抓好“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程研究对象的受力情况和位置变化或位移信息。
　(2020·山东六地市3月在线大联考)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。有如图所示的滑板运动轨道，BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，BC段的圆心为O点、圆心角θ＝60°，半径OC与水平轨道CD垂直，滑板与水平轨道CD间的动摩擦因数μ＝0.2。某运动员从轨道上的A点以v0＝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m＝60 kg，B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h＝2 m 和H＝2.5 m。

(1)求运动员从A点运动到B点过程中，到达B点时的速度大小vB。
(2)求水平轨道CD段的长度L。
(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，请求出最后停止的位置距C点的距离。
[解析]　(1)在B点时有vB＝，得vB＝6 m/s；
(2)从B点到E点由动能定理得
mgh－μmgL－mgH＝0－mv，解得L＝6.5 m；
(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由动能定理有
mgh－mgh′－μmg·2L＝0－mv
得h′＝1.2 m mgh－μmgs＝0－mv
得s＝19 m，s＝2L＋6 m，故运动员最后停在C点右侧6 m处。　
[答案]　(1)6 m/s　 (2)6.5 m　(3)不能　停在C点右侧6 m处　
【对点练5】　(2020·酒泉玉门期末)过山车是游乐场中常见的设施。一种过山车的简易模型如图所示，它由水平轨道和在竖直平面内的两个圆形轨道组成，B、C分别是两个圆形轨道的最低点，半径R1＝2.0 m、R2＝1.4 m。一个质量为m＝1.0 kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0＝12.0 m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1＝6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度g取10 m/s2，计算结果保留1位小数。试求：

(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二个圆形轨道，B、C的间距L。
解析：(1)设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理得
－μmgL1－2mgR1＝mv－mv
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有F＋mg＝m
代入数据解得轨道对小球作用力的大小
F＝10.0 N。
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，小球恰能通过第二圆形轨道，根据牛顿第二定律有
mg＝m
根据动能定理
－μmg(L1＋L)－2mgR2＝mv－mv
代入数据解得B、C间距L＝12.5 m。
答案：(1)10.0 N　(2)12.5 m
(建议用时：45分钟)

1．A、B两物体在光滑水平面上，分别在相同的水平恒力F作用下，由静止开始通过相同的位移l。若A的质量大于B的质量，则在这一过程中(　　)
A．A获得的动能较大
B．B获得的动能较大
C．A、B获得的动能一样大
D．无法比较A、B获得动能的大小
解析：选C。由动能定理可知恒力F做功W＝Fl＝mv2－0，因为F、l相同，所以A、B的动能变化相同，C正确。
2．(2020·湖北襄阳模拟)用竖直向上大小为30 N的力F，将2 kg的物体从沙坑表面由静止提升1 m时撤去力F，经一段时间后，物体落入沙坑，测得落入沙坑的深度为20 cm。若忽略空气阻力，g取10 m/s2。则物体克服沙坑的阻力所做的功为(　　)
A．20 J　　 B．24 J
C．34 J D．54 J
解析：选C。对整个过程应用动能定理得F·h1＋mgh2－Wf＝0，解得Wf＝34 J，C正确。
3. (2020·葫芦岛市上学期质监)如图所示，用长为L的轻绳把一个小铁球挂在离水平地面高为3L的O点，小铁球以O为圆心在竖直面内做圆周运动且恰好能到达最高点A处，不计空气阻力，重力加速度为g，若运动到最高点时轻绳被切断，则小铁球落到地面时速度的大小为(　　)

A. B．
C．4 D．3
解析：选D。小球刚好能沿绳—球模型到达最高点时，绳的拉力为零，只有重力提供向心力，有mg＝m，最高点剪断绳后，小球做平抛运动落地，对这一过程由动能定理有mg·4L＝mv－mv，联立可得落地速度v2＝3，故A、B、C错误，D正确。
4．(2020·福州高一期中)如图所示，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从静止下滑时，恰好运动到C处停止运动，那么物体在AB段克服摩擦力做的功为(　　)
A.μmgR　　　　　　　　 B.mgR
C．mgR D．(1－μ)mgR
解析：选D。设物体在AB段克服摩擦力所做的功为WAB，物体从A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。
5. (2020·南通市5月第二次模拟)如图所示，半径可变的四分之一光滑圆弧轨道置于竖直平面内，轨道的末端B处切线水平，现将一小物体从轨道顶端A处由静止释放；若保持圆心的位置不变，改变圆弧轨道的半径(不超过圆心离地的高度)。半径越大，小物体(　　)

A．落地时的速度越大
B．平抛的水平位移越大
C．到圆弧轨道最低点时加速度越大
D．落地时的速度与竖直方向的夹角越大
解析：选D。对从开始到落地过程根据动能定理知mgH＝mv2，知总高度不变，末速度大小不变，故A错误；根据平抛运动规律知H－R＝h＝gt2，x＝v0t，mgR＝mv，得x＝·＝2，平抛运动的水平位移随R增大先增大后减小，故B错误；小物体到圆弧轨道最低点时加速度a＝＝2g，则加速度大小与R无关，故C错误；小物体落地时竖直分速度vy＝gt，设与水平方向的夹角为θ，有tan θ＝＝＝ ，R越大，落地时的速度与竖直方向的夹角越大，故D正确。
6. (多选)(2020·东北三省三校第二次联考)一只半径为R的半球形碗固定不动，碗的内壁光滑，碗口水平，O点为球心，A、B均为碗内壁上的点，且A点是最低点，B点与圆心等高，C点是圆弧AB的中点(点O、A、B、C在同一竖直平面内)重力加速度大小为g。有一只质量为m的小球静止在碗底部，现对小球施加一水平恒力F，则(　　)

A．若F＝mg，小球将有可能到达B点
B．若F＝mg，小球将一定到达B点
C．若F＝mg，小球经过C点时，合力功率最大
D．若F＝2mg，小球从最低点到其轨迹最高点过程中机械能的增量为6mgR
解析：选BD。对小球从A到B过程根据动能定理有FR－mgR＝mv2－0，所以若F＝mg，小球动能为负值，故小球不可能到达B点；若F＝mg，小球到达B点时动能恰好为零，即恰好到达B点，故A错误，B正确； 若F＝mg，在C点处合力大小为 mg，方向与水平方向夹角为45°，小球经过C点时，合力与速度方向，即合力与切线方向垂直，故此时合力功率为零，故C错误；若F＝2mg，对小球从A到B过程根据动能定理有2mgR－mgR＝mv2－0，解得v＝，小球之后在竖直方向匀减速到零，运动时间t＝＝，水平方向x＝·t2＝2R，故全程外力做功W＝F(R＋2R)＝6mgR，所以机械能增加6mgR，故D正确。
7．(2020·内江市上学期一模)某运动员(可视为质点)参加跳板跳水比赛时，其竖直方向的速度随时间变化的v－t图象如图所示，以他离开跳板时为计时起点，则下列说法正确的是(　　)

A．t3时刻达到最高点
B．t2时刻位移最大
C．t1时刻的加速度为负
D．在t1～t2时间内重力做功WG大于t1～t2时间内克服阻力做功Wf
解析：选D。运动员起跳时的速度方向向上，可知，t1时刻达到最高点，故A错误；v－t图象为直线，加速度不变，所以在0～t2时间内人在空中，t2时刻到达水面，之后进入水中，此时人的位移不是最大，t1时刻的加速度为正值，故B、C错误；由动能定理可知在t1～t2时间内，WG－Wf＝mv2，即在t1～t2时间内重力做功WG大于t1～t2时间内克服阻力做功Wf，故D正确。
8．(2020·西北狼联盟一诊联考)质量为m的物体从高为h的斜面顶端由静止下滑，最后停在平面上，若该物体以v0的初速度从顶端下滑，最后仍停在平面上，如图甲所示。图乙为物体两次在平面上运动的v－t图象，则物体在斜面上运动过程中克服摩擦力做的功为(　　)

A.mv－3mgh B．3mgh－mv
C.mv－mgh D．mgh－mv
解析：选D。若物体由静止开始下滑，由动能定理得mgh－Wf＝mv，若该物体以v0的初速度从顶端下滑， 由动能定理得mgh－Wf＝mv－mv，由乙图可知，物体两次滑到平面的速度关系为v2＝2v1，由以上三式解得Wf＝mgh－mv。

9．(多选)(2020·重庆市六校4月联合诊断)某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究。他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图所示的v－t图象。已知小车在0～2 s内做匀加速直线运动，2～11 s内小车牵引力的功率保持不变，9～11 s内小车做匀速直线运动，在11 s末小车失去动力而开始自由滑行。已知小车质量m＝1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)

A．小车受到的阻力大小为8 N
B．在2～11 s内小车牵引力的功率P是16 W
C．小车在2 s末的速度大小vx为6 m/s
D．小车在0～15 s内通过的距离是80 m
解析：选BD。根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据图象可知a＝＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有f＝ma＝2 N，故A错误；设小车在匀速运动阶段的牵引力为F，则F＝f，由图可知vm＝8 m/s，则有P＝Fvm＝16 W，故B正确；0～2 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为ax＝＝，设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有Fx－f＝max，根据题意有P＝Fxvx，解得vx＝4 m/s，故C错误；在2～9 s内的变加速过程，Δt＝7 s，由动能定理可得PΔt－fx2＝mv－mv，解得x2＝44 m；0～2 s内通过的路程为x1＝×2 m＝4 m；9～11 s 内小车做匀速直线运动通过的路程为x3＝8×2 m＝16 m；11～15 s内通过的路程为x4＝×4 m＝16 m，则小车在0～15 s内通过的距离是x＝x1＋x2＋x3＋x4＝80 m，故D正确。
10.如图所示，质量为m的小球用长为l的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP＝，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。
(1)求小球到达B点时的速率；
(2)若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
(3)若初速度变为v0′＝3，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
解析：(1)小球恰能到达最高点B，则在最高点有mg＝，小球到达B点时的速率v＝。
(2)由动能定理得－mg＝mv2－mv，
则v0＝ 。
(3)设小球从A到B克服空气阻力做功为Wf，由动能定理得
－mg－Wf＝mv2－mv0′2，
解得Wf＝mgl。
答案：(1)　(2) 　(3)mgl
11．弹珠游戏在孩子们中间很受欢迎，有很多种玩法，其中一种玩法就是比距离，模型如图所示，用内壁光滑的薄壁细圆管弯成的由半圆形APB(圆半径比细管的内径大得多)和光滑直管BC组成的轨道固定在水平桌面上，已知APB部分的半径R＝1.0 m，BC段长L1＝1.5 m。弹射装置将一个质量m＝100 g的小球(可视为质点)以v0＝8 m/s的水平初速度从A点弹入轨道，小球从C点离开轨道随即进入长L2＝2 m、μ＝0.1 的粗糙水平地面(图上对应为CD)，最后通过光滑轨道DE，从E点水平射出，已知E距离地面的高度为h＝1 m，不计空气阻力。

(1)求小球在半圆轨道上运动时的角速度ω和到达C点时对圆管的压力。
(2)若小球能从A点运动到E点，则小球进入A点的速度至少为多大？
(3)若E点的高度h可以调节，小球仍以v0＝8 m/s从A进入，当h多高时，水平射程x最大？并求出这个最大值。
解析：(1)角速度ω＝＝8 rad/s
小球在BC段做匀速直线运动，合外力为0，根据牛顿运动定律，小球处于平衡态，G＝N，支持力为1 N，根据牛顿第三定律，支持力和压力属于作用力与反作用力，大小相等。所以小球对圆管的压力为1 N，方向竖直向下；
(2)若小球恰好能从A点到E点，根据动能定理有
mv＝mgh＋μmgL2
得速度至少为v0＝2 m/s；
(3)对小球从A点到E点的过程，根据动能定理有
mv＝mgh＋μmgL2＋mv
过了E点小球做平抛运动h＝gt2
x＝vEt
得到x与h的数学关系
x＝＝2
即当h＝1.5 m时，x的最大值为x＝3 m。
答案：(1)8 rad/s　1 N，方向竖直向下　(2)2 m/s　(3)1.5 m　3 m
12．(2020·湖南十校联考)如图所示，质量m＝3 kg的小物块以初速度v0＝4 m/s水平向右抛出，恰好从A点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径R＝3.75 m，B点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD平滑连接，A与圆心O的连线与竖直方向成37°角。MN是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN间的动摩擦因数μ＝0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径r＝0.4 m的半圆弧轨道，C点是半圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD在D点平滑连接。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。

(1)求小物块经过B点时对轨道的压力大小；
(2)若MN的长度L＝6 m，求小物块通过C点时对轨道的压力大小；
(3)若小物块恰好能通过C点，求MN的长度L′。
解析：(1)根据平抛运动的规律有
v0＝vAcos 37°
解得小物块经过A点时的速度大小
vA＝5 m/s
小物块从A点运动到B点过程，根据动能定理有
mg(R－Rcos 37°)＝mv－mv
小物块经过B点时，有FN－mg＝
解得FN＝62 N，根据牛顿第三定律，小物块经过B点时对轨道的压力大小是62 N。
(2)小物块由B点运动到C点过程，根据动能定理有
－μmgL－2mgr＝mv－mv
在C点FN′＋mg＝
解得FN′＝60 N，根据牛顿第三定律，小物块通过C点时对轨道的压力大小是60 N。
(3)小物块刚好能通过C点时，根据
mg＝
解得vC′＝2 m/s
小物块从B点运动到C点的过程，根据动能定理有
－μmgL′－2mgr＝mvC′2－mv
解得L′＝10 m。
答案：(1)62 N　(2)60 N　(3)10 m