机械能及其守恒定律专题测试 详细解析版

机械能及其守恒定律专题测试

满分：110分答题时间：90分钟

命题、审校：胡湛霏

注意：①本卷重力加速度均取g=10m/s2

②本卷分为第一卷（选择题）和第二卷（非选择题）两部分，请按题目要求将答案写在答题卡的相应位置

第一卷 选择题（共60分）

一、选择题（每题4分，每小题均有一个或多个选项是正确的，全部选对给4分，少选给2分，多选、错选给0分，共计60分）

1．如图所示，长度为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球（小球的大小可以忽略）。在水平拉力F的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止，由图示位置无初速度释放小球，不计空气阻力，从小球开始运动到最低点的过程中，以下说法正确的是 ( ) A．静止时，水平拉力F?mgtanα

B．小球在最低点对绳的拉力大小为mg(3?2cosα)，方向竖直向上 C．整个过程小球的机械能守恒

D．重力对小球做正功，绳的拉力对小球做负功 【答案】AC

【解析】静止时，对小球进行受力分析得到水平拉力F?mgtanα，A正确；整个过程仅重力做正功，重力势能全部转化为小球的动能，绳的拉力与小球的运动方向时刻垂直，所以拉力对小球不做功，整个过程小球的机械能守恒，

12mv2C正确，D错误；由mgh?mv,?T?mg,h?l(1?cosα)得小球对绳的拉力T'?T?mg(3?2cosα)，

2l方向竖直向下，B错误。

2．如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过定滑轮（不计滑轮和空气摩擦）。记某一时刻为t=0，已知A的质量为m，B的质量为M，（已知

m，A、B位

M于同一高度h，此时B的速度为v0，突然剪断轻绳并撤去定滑轮，则在从剪断轻绳到着地前瞬间的过程中，两物块( )

2A．速度的变化量相同，其大小均为v0+2gh

B．物块A、B的机械能均守恒

12(v0+v0+2gh)mg 212D．物块B重力做功的平均功率为(v0+v0+2gh)Mgsinθ

2C．物块A重力做功的平均功率为【答案】BD

【解析】A、B两物块均不受到摩擦力作用，A做初速度为v0的竖直上抛运动，B沿斜面下滑，均只有重力做功，

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符合机械能守恒定律，B正确；由机械能守恒定律得对于物块A有得A着地瞬间速度的大小vA=1212mv0+mgh=mv，2222v0+2gh，同理得B速度的大小vB=v0+2gh，A，

12(v0-v0+2gh)方向竖直向下，21122B的平均速度vB=(v0+v0+2gh)方向沿斜面向下，由P=Fv得PA=(v0-v0+2gh)mg，

2212PB=(v0+v0+2gh)Mgsinθ，C错误，D正确。

2B两物块的速度变化量虽大小相同，但方向不同，A错误；A的平均速度vA=3．内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( ) A．

1NμmgL 4B．

1NμmgL 2

C．NμmgL

D．2NμmgL

【答案】C

【解析】系统损失的动能可由Q=ΔEk，且Q=μmgS相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则S相对=NL,则C选项正确

4．质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t = 0时刻开始受到水平拉力的作用．力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 ( )

F0t0A．t0时刻的瞬时速度为

m

2F02t0B．在t = 0到t0这段时间内拉力做功为

2m5F02t025F02t0C．3t0时刻拉力的瞬时功率为D．在t = 0到3t0这段时间内，拉力的平均功率为

m 6m【答案】ABD

F0t0FFt【解析】由a=，v=at=得v0=，A对；在t=0到t0这段时间内拉力做

mmm212F02t0功为W=mv0=，B对；3 t0时刻物体的速度为v1，F02t0+3F0t0=mv1，此时拉力的瞬时功率为

22m25F0t015F02t01225F02t0，C错；在t=0到3t0这段时间内拉力做功为W1=mv1=，平均功率为3F0×=mm22mW125F02t0P==，也可以用力与位移的乘积计算总功并除以时间计算平均功率，D对。

3t06m5．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为

3。5木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确

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的是( ) A．m＝3M B．m＝4M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度小于下滑的加速度

D．木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为因摩擦而产生的内能和弹簧的弹性势能 【答案】AD

【解析】受力分析可知，下滑时加速度为g-μgcosθ，上滑时加速度为g+μgcosθ，故C错误；设下滑的距离为l，根据功能关系有：μ（m+M）glcosθ+μMglcosθ=mglsinθ，得m=3M．也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力（非重力、弹性力）做的功之和等于系统机械能的变化量，故A正确，B错误；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，故D正确．故选AD．

6．用细绳拴一个质量为m的小球，小球将一端固定在墙上的劲度系数为k的水平轻弹簧压缩了x（小球与弹簧不拴接），如图所示，将细线烧断后小球（）

k2x2?m2g2A．从开始运动到落地的过程中小球的机械能守恒 B．小球的加速度立即为

mC．从开始运动脱离弹簧的过程中做匀变速运动

D．开始运动时弹簧的弹性势能等于小球落地时的动能与开始运动时的重力势能之差 【答案】BD

【解析】静止时小球三力平衡，弹簧弹力等于kx，剪断细绳后绳的拉力突然消失，弹簧弹力不变，由

F合?kx?g?ma得a?222k2x2?m2g2，方向沿图示细绳斜向右下，B正确；从开始运动到落地过程中小

m球与弹簧构成的系统机械能守恒，A错误，D正确；在开始运动到脱离弹簧的过程中，弹力逐渐减小，加速度不是定值，C错误。

7．如图所示，质量为M，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是 ( ) A．此时小车的动能为fx

B．此时物块的动能为（F–f）（x+L）

C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx–fL D．这一过程中，F做功等于物块和小车增加的机械能 【答案】AB

【解析】由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L+x，故拉力的功为F（x+L），摩擦力的功为f（x+L），则由动能定理可知物体的动能为（F–f）（x+L），故B正确；小车受摩擦力作用，

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摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故小车的动能改变量为fx；故A正确；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F（x+L）-fL，故C错误，D错误；故选AB．

8．如图所示，一个固定平面上的质地均匀的粗糙物块，其左侧是斜面AB，右侧是曲面AC，已知AB和AC在BC上的射影相同，甲、乙两个小球同时从A点分别沿AB、CD由静止开始下滑，两小球均能在相应接触面上滑动到B点或C点，设甲在B点的速度大小为v1，乙在C点的速度大小为v2，则( ) A．v1＞v2 B．v1＜v2 C．v1＝v2 D．以上三种均可能 【答案】C

【解析】甲乙两球的重力势能相同，设动摩擦因数为μ，AB和AC在BC上的射影长度为x，对于甲球，摩擦力做功Wf甲?μmgScosθ?μmgcosθ?x?μmgx，说明摩擦力做功只与小球的水平位移有关，同理，对于乙球，cosθ将曲面微分成无数个斜面，也可得到上述结论，因此对于两小球摩擦力做功相同，小球在B点和C点的动能等于在A的重力势能减去滑动过程中产生的内能，因此甲乙两球在B点和C点的动能相同，速度大小相同，C正确。 9．如图所示为竖直平面内的直角坐标系。一质量为m的质点，在恒力F和重力的作用下，从坐标原点O由静止开始沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角（θ<90°）。不计空气阻力，则以

A 下说法正确的是： 甲 乙 A．当F=mgtanθ时，拉力F最小 B．当F=mgsinθ时，拉力F最小 B C C．当F=mgsinθ时，质点的机械能守恒

D．当F=mgtanθ时，质点的机械能可能减小也可能增大 【答案】BCD.

【解析】解：质点只受重力G和拉力F，质点做直线运动，合力方向与ON共线，如图；当拉力与ON垂直时，拉力最小，根据几何关系，有F=Gsinθ=mgsinθ．故A错误，B正确．当F=mgsinθ时，F与速度方向垂直，F不做功，质点的机械能是守恒的．故C正确．若F=mgtanθ，由于mgtanθ＞mgsinθ，故F的方向与ON不再垂直，有两种可能的方向，F与物体的运动方向的夹角可能大于90°，也可能小于90°，即拉力F可能做负功，也可能做正功，重力做功不影响机械能的变化，则根据功能关系，物体机械能变化量等于力F做的功，即机械能可能增加，也可能减小，D正确

10．汽车在平直公路上以速度v0匀速行驶，发动机功率为P。进入高速公路时，司机加大了油门，使汽车的功率立即增大一倍并保持该功率继续行驶。下面图象中，能比较正确表示从司机加大油门开始，汽车的牵引力F与速度v、速度v与时间t的关系的是(设运动过程中阻力始终不变) ( )

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【答案】AC

【解析】汽车以功率P、速度v0匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，当司机增大油门，汽车的功率减为2P的瞬间，速度v不变，由P=Fv可知，汽车的牵引力突然增大到原来的一半，即为F?2F0，阻力f没有变化，汽车的牵引力大于阻力，汽车开始做加速运动，速度v增大，功率保持为2P，由P=Fv可知，随v增大，牵引力逐渐减小，汽车受到的合力减小，由牛顿第二定律得知，汽车的加速度逐渐减小，汽车做加速度减小的加速运动，当汽车牵引力再次等于阻力，汽车再次匀速运动，由P=Fv得知，此时汽车的速度为原来的二倍，因此A、C正确。

11．如图所示，长度相同为l的轻杆构成一个直角形支架，在A端固定质量为2m的小球，B端固定质量为m的小球，支架可绕O点在竖直面内自由旋转。现从OB竖直、OA水平，静止释放支架，下列说法中正确的是 ( ) A．A球到达最低点时速度为2gl 3B．从开始到A球到达最低点的过程中，支架对B球做的功为C．当支架下摆45?时（A、B两球等高时），A球速度最大 D．当支架从左向右返回摆动时，A球一定能回到起始高度 【答案】ABC

4mgl 3【解析】试题分析：对AB构成的系统运用机械能守恒：mg2l?mgl?A正确；再对B运用动能定理：w?mgl?21gl，解得v?3mv2，32124mv解得：w?mgl，B正确；当AB构成的系统23的重心降到最低时，A球速度最大，但重心不在AB连线的中点，所以并不是当支架下摆450时A球速度最大，C错；根据AB系统机械能守恒，可得D正确。

12．如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，

然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有 ( ) A．在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g B．摆动过程中，支架对地面压力一直增大

C．摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）g

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D．摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大 【答案】B

mv2【解析】A、在释放瞬间，m的速度为零，根据F?，细线拉力为零，对支架受力分析，支架受重R力和地面对它的支持力，处于静止状态．所以在释放瞬间，支架对地面压力为Mg．故A错误． B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力分析：当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsinθ?12mv,v?2gRsinθ根据牛顿第二定律得：2v2T?mgsinθ?m,T?mgsinθ?2mgsinθ?3mgsinθ而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面R摩擦力．根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsinθ+Mg=FN所以FN=3mgsin2θ+Mg，摆动过程中θ逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确．

C、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：mgR?1mv2①在最低点绳子拉力为T，对小球受力2v2分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得：T?mg?m②当小球在最低点时，支架受重R力、支持力、绳子的拉力．根据平衡条件得：FN=Mg+T ③解①②③得：FN=（3m+M）g故C错误． D、1．小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率P1=mgv0=0

2．当小球绕圆心转过角度为θ时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsinθ?12mv,v?2gRsinθ 2θ?mgcosθ2gRsinθ?0 并且重力与速度的方向夹角为θ，则这时重力的功率P2?mgvcos3．当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mg?v'?cos90°=0，所以P3=0

因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误．故选BC．

13．如图所示，质量为m的a、b两球固定在轻杆的两端，杆可绕O点在竖直面内无摩擦转

动，已知两物体距O点的距离L1＞L2，现在由图示位置静止释放，则在a下降过程中：（） A．杆对a不做功； B．杆对b不做功； C．杆对a做负功； D．杆对b做负功。 【答案】C

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【解析】解：在a下降过程中，b球的动能增加，重力势能增加，所以b球的机械能增加，根据重力之外的力做功量度物体机械能的变化，所以杆对b做正功，球a和b系统机械能守恒，所以a机械能减小，所以杆对a做负功．故A、B、D错误，C正确．故选C．

14．如图所示,水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连。.弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）。物块的质量为m，AB =a，物块与桌面间的动摩擦因数为μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中 ( )

1μmga 23B．物块在B点时,弹簧的弹性势能等于W?μmga 2A．物块在A点时,弹簧的弹性势能小于W?C．经O点时,物块的动能大于W?μmga

D．物块动能最大时弹簧的弹性势能可能大于物块在B点时弹簧的弹性势能 【答案】AD

【解析】A、物块在A点时，弹簧处于伸长状态，在A点时弹簧弹力大于摩擦力，而在B点时弹力小于摩

a1，此过程物体克服摩擦力做功大于μmga，故A正确；B、由A分析得物块从开始运223a3a动到最终停在B点，路程大于a??，故整个过程物体克服阻力做功大于μmga，故物块在B点时，2223弹簧的弹性势能小于W?μmga，故B错误；C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由2擦力，故OA＞动能定理得，物块的动能小于W-μmga，故C错误；D、物块动能最大时，弹力等于摩擦力，如果B点到O点的距离小于动能最大位置到O点的距离，则物块动能最大时弹簧的弹性势能大于物块在B点时弹簧的弹性势能，故D正确，故选AD

15．如图所示，平直木板AB倾斜放置，板上的P点距A端较近，小物块与木板间的动摩擦因数由A到B逐渐减小，先让物块从A由静止开始滑到B.然后，将A着地，抬高B，使木板的倾角与前一过程相同，再让物块从B由静止开始滑到A.上述两过程相比较，下列说法中一定正确的有

A.物块经过P点的动能，前一过程较大

B.物块从顶端滑到P点的过程中因摩擦产生的热量，前一过程较大 C.物块滑到底端的速度，两过程相同

D.物块从顶端滑到底端的时间，前一过程较长 【答案】CD

【解析】A、先让物块从A由静止开始滑到B，又因为动摩擦因数由A到B逐渐减小，说明重力沿斜面的分量在整个过程中都大于摩擦力．也就是说无论哪边高，合力方向始终沿斜面向下．物块从A由静止开始滑到P时，摩擦力

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较大，故合力较小，距离较短；物块从B由静止开始滑到P时，摩擦力较小，故合力较大，距离较长．所以由动能定理，物块从A由静止开始滑到P时合力做功较少，P点是动能较小；由B到P时合力做功较多，P点是动能较大．因而A错误；B、由w=fs，无法确定f做功多少，因而B错误；C、由动能定理，两过程合力做功相同，到底时速度应相同；因而C正确；D、采用v-t法分析，第一个过程加速度在增大，故斜率增大，第二个过程加速度减小，故斜率变小，由于倾角一样大，根据能量守恒，末速度是一样大的，还有就是路程一样大，图象中的面积就要相等，所以第一个过程的时间长；因而D正确；故选CD．

第二卷 非选择题（共50分）

二、实验题（10分，前两空每空2分，后两空每空3分）

16.在“验证机械能守恒定律”实验中，有三个同学做了如下的实验：

⑴张三同学安装的实验装置如图a所示，实验得到纸带上留下的打点痕迹情况如图b所示,这样的操作可能会导致实验误差较大，从图中可以看出安装实验装置时明显存在的问题是。

图a

（2）李四同学用正确安装的装置进行实验，获取一张纸带如图c所示，但起始点模糊不清。取后面连续打出的清晰点来研究，测出B、C、D、E、F到A点的距离为hB、hC、hD、hE、hF，然后分别计算出B、C、D、E点的速度vB、vc、vD、vE ，最后在v2-h坐标系中，描出B、C、D、E点对应的坐标，如图d所示。如果这些点可连成一条直线，要判断重物下落过程中机械能是否守恒，还需要_。

（3）王五同学也用正确安装的装置进行实验，来探究重物下落过程中动能与势能的转化问题。图e为一条符合实验要求的纸带，O点为打点计时器打下的第一点。取打下O点时重锤的重力势能为零，计算出该重锤下落不同高度h时所对应的动能Ek和重力势能EP。建立坐标系，横轴表示h，纵轴表示Ek和Ep，根据数据在图f中绘出图线I和图线II。

已求得图线I斜率的绝对值k1=2.94J/m，请计算图线II的斜率k2=J/m（保留3位有效数字）。 重物和纸带在下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为（用k1和k2表示）。

【答案】（1）重物会落到桌面上，重物下

落距离太短 2分

(2)判断直线的斜率是否接近当地重力加速度的两倍 2分

(3) 2.80（+0.07内都可以） 3分图c

图d

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k1?k23分 k1图f

三、计算题（共40分） 17.（12分）学校举行遥控赛车（可视为质点）比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，赛车以额定功率P=2.0W沿水平直线轨道运动，过B点进入半径为R=0.4m的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续沿光滑平直轨道运动，然后冲上光滑斜坡，最后从C点水平飞出落到水平轨道的D点．已知赛车质量m=0.1kg，，已知赛车在AB段运动中所受阻力f恒为0.2N．（取g=10m/s2）求：

（1）如果水平直线轨道AB足够长，求赛车运动过程中的最大速度vm ；

（2）如果水平直线轨道AB长L=10m，要让赛车从竖直圆轨道E点通过，赛车从A点开始至少需工作多长时间； （3）如果赛车以最大速度冲过B点，绕过竖直圆轨道后到达C点，C点高度可调，那么赛车落地点D离飞出点C的最大水平位移多大？

2vpm?5.0m【答案】（1）vm??10m（2）v1=20m/s（3）x?s2gf 【解析】

试题分析：(1)赛车只能在水平轨道AB上加速，其它路段由于是光滑赛车的牵引力是不做功的， 所以当赛车在水平轨道AB上运动牵引力等于阻力时速度最大vm?p?10m (2分）

sf(2)、设赛车到达B点的速度为v1，到达圆轨道最高点E的速度为v2，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得：

2v2mg?m①（1分）

R1212mv1?mv2?mg(2R)②（2分） 22由于赛车以额定功率工作时间最短，为最短时间为t，根据动能定理：

Pt?fL?12mv1③（1分） 2由①②③可得t=1.5s （1分） v1=20m/s 机械能及其守恒定律专题检测·第9页

( 由于 v1=20m/s，在t=1.5s 时赛车还未到达B点，所以③式成立，不说明不扣分 ) (3)设C点高度为h，赛车到达C点速度为v3 由机械能守恒可得：

1212mvm?mv3?mgh（1分） 22解得v3?2vm?2gh 由平抛知识得：h?12gT 2（1分）

2m22hvm2h??4h2（1分） 水平位移x?v3T?v?2ghgg2vm所以当时h? x最大（1分），

4g2vm?5.0m（1分） 最大值是x?2g18. （13分）过山车是游乐场中常见的设施，下图是一种过山车的简易模型．它由水平轨道和在竖直平面内的若干个光滑圆形轨道组成，A、B、C…分别是各个圆形轨道的最低点，第一圆轨道的半径R1=2.0m，以后各个圆轨道半径均是前一轨道半径的k倍(k =0.8) ，相邻两最低点间的距离为两点所在圆的半径之和．一个质量m=1.0kg的物块（视为质点），从第一圆轨道的左侧沿轨道向右运动，经过A点时的速度大小为v0=12m/s．已知水平轨道与物块间的动摩擦因数?=0.5，水平轨道与圆弧轨道平滑连接． g取10m/s2，lg0.45=-0.347，lg0.8=-0.097．试求： (1) 物块经过第一轨道最高点时的速度大小；

(2) 物块经过第二轨道最低点B时对轨道的压力大小； (3) 物块能够通过几个圆轨道？

第一圆轨道

第二圆轨道

第三圆轨道 第n圆轨道

R1 R2 R3 v0

A C B

【答案】(1) 8m/s (2) 77.5N(3)通过4个圆轨道

【解析】(1)设经第一个轨道最高点的速度为v，由机械能守恒有 112mv0?mv2?2mgR1（1分） 222?4gR1?122?4?10?2?8m/s（1分） 即有v?v0(2)设物块经B点时的速度为vB，从A到B的过程由动能定理，（1分） ??mg(R1?R2)?1122 （1分） mvB?mv022机械能及其守恒定律专题检测·第10页

2vB对物块经B点受力分析，由向心力公式有FN?mg?m（1分）

R22v0?2?g(R1?R2)122?2?0.5?10?(2?1.6)?10?1??77.5N （1分） 联立两式解得N?mg?mR21.6由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为77.5N． （1分） (3)设物块恰能通过第n个轨道，它通过第n个轨道的最高点时的速度为vn，有

2vnm?mg（1分） Rn对物块从A到第n个轨道的最高点的全过程由动能定理得 ??mg[(R1?R2)?(R2?R3)??(Rn?1?Rn)]?2mgRn?1122（1分） mvn?mv022又因为Rn?kn?1R1?0.8n?1R1（1分）

2?2?g[(R1?R2???Rn?1)?(R2?R3???Rn)]?5gRn（1分） 由以上三式可整理得v02即v0R1(1?kn?1)R2(1?kn?1)(1?k)(1?kn?1)2?2?g[?]?v0?2?gR1?5gkn?1R1

1?k1?k1?k将v0=12m/s，?=0.5，R1=2m，k=0.8，g=10m/s2代入上式，整理得0.8n?1?0.45，（1分） 即有(n?1)?lg0.45?3.6，解得n?4.6（1分） lg0.8故物块共可以通过4个圆轨道．（1分）

19.（15分）如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m,滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C点的距离L在R

(1)求物块滑到B点的速度大小;

(2)求物块滑到B点时所受半圆轨道的支持力的大小;

机械能及其守恒定律专题检测·第11页

(3)试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系;并判断物块能否滑到CD轨道的中点。

【答案】（1）uB?3gR（2）10mg（3）见解析 【解析】

解：（1）设物块滑到B点的速度大小为uB,对物体从E到B过程，

根据动能定理得?mgs?mg2R?解得：uB?3gR（1分）

（2）物块在B点时，根据牛顿第二定律午FN?mg?m2?B2?B12（1分） muB2R（1分）

解得：FN?mR?mg?10mg（1分）

（3）物块从B滑上滑板后开始作匀速运动，此时滑板开始作匀速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开

uB（1分） 3112此过程，对物块据动能定理得??mgs1?mu2?muB（1分）

22始作匀速运动。根据图像法求得共同速度为u?解得s1=8R （1分）

此过程，对滑板据动能定理得?mgs2?解得s2=2R （1分）

由此可知物块在滑板上滑过s1－s2=6R时，二者就具有共同速度了。因为6R<6.5R,所以物块并没有从滑板上滑下去（1分） 讨论：

?当R

1mu2?0（1分） 2Wf??mg(6.5R?L)?1mg(13R?2L)（1分） 4设滑上C点的速度为uc，对物块根据动能定理得

??mg(6.5R?L)?解得

112（1分） muc2?muB22112muc?mg(2.5R?L)?mgR，所以物块不可能滑到CD轨道的中点（1分） 22?当2R≤L<5R时，物块的运动的匀减速运动8R，匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做的功

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Wf??mg(8R?0.5R)?解得

14mgR（1分） 4112mu'c?mgR?mgR，所以物块不能滑到CD轨道的中点（1分） 24机械能及其守恒定律专题检测·第13页

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