【单元练】(人教版)佛山高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】阶段练习(提高培优)

一、选择题

1．如图所示，在倾角θ=30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为1kg和2kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L=0.2m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h=0.1m。两球由静止开始下滑到光滑地面上，不计球与地面碰撞时的机械能损失，g取10m/s2则下列说法中正确的是（ ）

A．整个下滑过程中A球机械能守恒 B．整个下滑过程中B球机械能守恒 C．整个下滑过程中A球机械能的增加量为D．整个下滑过程中B球机械能的增加量为解析：D

A B. 由于AB之间杆上的力不为零，所以单独的A球和B球机械能不守恒，故AB错误； CD. 整个下滑过程中AB两球组成的系统机械能守恒

2J 32JD 3mBghmAghLsin整个下滑过程中B球机械能的增加量为

1mBmAv2 2E12mBv2mBghJ 232J，故C错误，D正确。 3根据系统机械能守恒可知整个下滑过程中A球机械能的减小量为故选D。

2．如图所示，质量为m的物体置于粗糙的质量为MmM的斜面体上，斜面体M置于光滑的水平面上，当物体m以速度v0沿斜面体M底端冲上顶端的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．物体m受到的力的个数比斜面体M受到的力的个数要少 B．物体m和斜面体M组成的系统机械能守恒 C．斜面体M对物体m的作用力不做功 D．物体m的机械能增大A

解析：A

A．物体m受到重力、斜面的支持力和摩擦力，共3个力。斜面体M受到重力、地面的支持力、m的压力和摩擦力，共4个力，所以物体m受到的力的个数比斜面体M受到的力的个数要少，A正确；

B．在物体m向上运动的过程中，系统要产生内能，所以系统的机械能不守恒，B错误； C．在物体m向上运动的过程中，斜面体M水平向右运动，所以斜面体M对物体m的支持力与m的速度不垂直，两者成钝角，所以M对物体m的支持力对m做负功，摩擦力对m也做负功，因此M对物体m的作用力对物体m做负功，即物体m的机械能减小，CD错误。 故选A。

3．小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子，三次的轨迹如图所示，最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同，忽略空气阻力的影响，下列说法中正确的是（ ）

A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小 C．小孩抛出时对三个石子做的功相等 最大A 解析：A

设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落水时速度为v。取竖直向上为正方向，石子竖直方向上做竖直上抛运动，由

20vy2gh

B．三个石子在最高点时速度相等

D．沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率

解得

vy2gh h相同，vy相同，则三个石子初速度的竖直分量相同，由速度的分解知

vyv0sin

C．由于α不同，所以v0不同，沿轨迹1抛出时的小球的初速度最大，沿轨迹3抛出时小球的初速度最小，小孩抛出石子过程根据动能定理可得

12Wmv00

2所以小孩抛出时对沿轨迹1运动的石子做功最多，故C错误； A．石子从抛出到落水过程，根据动能定理可得

112WGmv2mv0

22整理得

1212mvWG+mv0 22由于重力做功相同，沿轨迹3抛出时小球的初速度最小，所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小，故A正确；

B．三个石子在最高点的速度等于抛出时的水平速度，vy相同，可知水平初速度不同，则三个石子在最高点的速度不同，故B错误；

D．因三个石子初速度的竖直分量相同，则其落水时的竖直方向的分速度相等，则根据

P=mgvy

可知重力的功率相同，故D错误。 故选A。

4．在2020年蹦床世界杯巴库站暨东京奥运会积分赛中，中国选手朱雪莹夺得女子个人网上冠军。蹦床运动可以简化为图示的模型，A点为下端固定的竖直轻弹簧的自由端，B点为小球在弹簧上静止时的位置，现将小球从弹簧正上方某高度处由静止释放，小球接触弹簧后运动到最低点C的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小球从A运动到C的过程中小球的机械能不守恒 B．小球到达A时速度最大

C．小球从A运动到B的过程中处于超重状态 D．小球从B运动到C的过程中处于失重状态A 解析：A

A．对小球而言，小球下压弹簧的过程，弹簧弹力一直做负功，小球的机械能一直减小，A正确；

BCD．小球到达A时受到弹簧的弹力为零，在到达B之前，重力大于弹力，小球向下加速运动，处于失重状态，到达B时速度达到最大，由于惯性小球继续向下运动，直至速度为零到达C，小球从B运动到C处于超重状态，B错误，C错误，D错误。 故选A。

5．在高处的某同一点将甲、乙两个质量相同的小球以相同的速率v0分别竖直上抛、平抛。从抛出到落地过程忽略空气阻力，那么以下说法正确的是（ ） A．因物体的轨迹不同，重力做功不相等 B．落地时重力的功率P甲P乙 C．落地时，甲的动能大于乙的动能

D．如果考虑空气阻力，则从抛出到落地过程中，重力做功不相等B 解析：B

AD．重力做功与路径无关，只与初末位置高度差有关，故从拋出到落地的过程中重力对小

球做功相等，选项A、D错误；

BC．根据动能定理可知，从抛出到落地过程动能增量相等，则落地时动能相同，落地的速度大小相等。但是竖直上拋的小球竖直方向速度大，平抛的小球竖直方向速度小，根据

Pmgvy，可知落地时重力的功率P甲P乙，选项B正确，C错误。

故选B。

6．质量为m的物体由静止开始加速下落h高度过程中，其加速度大小为A．物体的动能增加了

1g。则（ ） 31mgh 3B．物体的重力势能减少了D．物体的机械能减少了

1mgh 3C．物体的机械能保持不变 解析：A

A．根据动能定理得

1mghA 31ΔEkmasmgh

3A正确；

B．物体的重力势能减少了mgh。B错误；

C．由于重力势能的减少与动能的增加不相等，所以机械能不守恒。C错误； D．物体机械能的变化为

12ΔEΔEkΔEpmghmghmgh

33D错误。 故选A。

7．如图甲所示，在水平地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧上端与一个质量为0.1kg的木块A相连，质量也为0.1kg的木块B叠放在A上，A、B都静止。在B上作用一个竖直向下的力F使木块缓慢向下移动，力F大小与移动距离x的关系如图乙所示，整个过程弹簧都处于弹性限度内。下列说法正确的是( )

A．木块下移0.1m过程中，弹簧的弹性势能增加2.5J B．弹簧的劲度系数为520N/m

C．木块下移0.1m时，若撤去F，则此后B能达到的最大速度为5m/s D．木块下移0.1m时，若撤去F，则A、B分离时的速度为5m/sC

解析：C

A．由图，F－x图象中，F与横坐标之间的面积表示力F做的功，所以这个过程中力F做功

500.1J2.5J 2而弹簧弹性势能的增加量等于力F做的功与木块重力势能的减少量之和，故弹簧的弹性势能增加量大于2.5J，故A错误；

B．弹簧的形变量之间0.1m的过程中，压力增大50N，根据胡克定律△F=k△x，则

k故B错误；

F50N/m500N/m x0.1C．若撤去F，则A与B整体将以开始时的位置为平衡位置做简谐振动，所以当AB回到平衡位置时速度最大，由于开始阶段压力做功2.5J，所以A与B的速度最大时，二者动能的和是2.5J，即

122mvm2.5 2得

vm5m/s

故C正确；

D．当B的速度是5m/s时，二者仍然在平衡位置，所以二者的加速度都等于0，B受到的A对B的弹力等于重力，所以二者没有分离。故D错误。 故选C。

8．如图所示，木块A、B并排且固定在水平桌面上，A的长度是L，B的长度是2L，一颗子弹沿水平方向以速度v1射入A，以速度v2穿出B，子弹可视为质点，其运动视为匀变速直线运动，则子弹穿出A时的速度为（ ）

2(v12v22)A．

3解析：C

设子弹的质量为m，对子弹穿过AB的整个过程运用动能定理得

2(v12v22)B． 32v12v22C． 3v122v22D．C

311mv22mv12Wf 22因为子弹所受摩擦力保持不变，又因为A的长度是L，B的长度是2L，所以子弹穿过A的过程中摩擦力做的功为Wf ，对子弹穿过A的过程，由动能定理得

13111Wfmv2mv12 322解得

2v12v22 v3故选C。

9．抛出的铅球在空中运动轨迹如图所示，A、B为轨迹上等高的两点，铅球可视为质点，空气阻力不计。用v、E、Ek、P分别表示铅球的速率、机械能、动能和重力瞬时功率的大小，用t表示铅球在空中从A抛出后的运动时间，则下列图像中正确的是（ ）

A． B． C．

D．D

解析：D

AB．足球做斜上抛运动，机械能守恒，重力势能先增加后减小，故动能先减小后增加，速度先减小后增加，故AB错误；

C．以初始位置为零势能面，踢出时速度方向速度为vy，足球的机械能守恒，则

1EkEEpEmghEmg（vytgt2）

2故Ek-t图象是抛物线，开口方向与图中相反，故C错误；

D．速度的水平分量不变，竖直分量先减小到零，后反向增加，故根据

PGvymg2t

重力的功率先均匀减小后均匀增加，故D正确； 故选D。

10．如图，一轻质细杆可绕光滑固定转轴O在竖直平面内自由转动，杆的两端固定有两小球A和B。A、B两球到转轴O的距离分别为0.2m和0.1m。现将轻杆从水平位置由静止释放，重力加速度g=10m/s2，设A、B两球的质量分别为mA、mB，下列说法正确的是（ ）

A．只要满足mBmA，小球A就能通过O点正上方 B．当mA、mB满足的弹力

C．当mA、mB满足D．当mA、mB满足力B 解析：B

A．小球A、B组成的系统在转动过程中机械能守恒，选取A、B所在水平面为零势能参考面，小球A恰能通过O点正上方时，由机械能守恒定律得

1mA1，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上4mB2mA1，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A无作用力 mB41mA1，轻杆到达竖直位置时，转轴O对杆有竖直向下的作用4mB2mAglAmBglB0

解得

mB2mA mA1 mB2可知小球A就能通过O点正上方的条件是

mA1＜ mB2故A错误；

BCD．小球A通过O点正上方时，杆恰好对小球没作用力时小球A的速度为v

v2mAgmA

lA解得

vglA 由机械能守恒定律得

11v0mAglAmAv2mBglBmB

222解得

2mB4mA

因此，当

mA1 mB4时，轻杆对小球A无作用力，故C错误； 当

1mA1 4mB2时，小球A通过O点正上方时，轻杆对小球A有竖直向上的弹力，此时轻杆对O由向下的压力，转轴O对杆有竖直向上的作用力，故B正确，D错误。 故选B。

二、填空题

11．斜面高0.6m，倾角为30，质量为1kg的物体由顶端滑到底端，已知动摩擦因数是0.5，g10m/s2，在这一过程中由于摩擦产生了______J的热量。20 解析：20

物体下滑的过程中受到的摩擦力

Ffmgcos302.53N

物体克服摩擦力做功

WFfxFfh33J5.20J

sin30这个过程产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，所以产生的内能也是5.20J 12．(1)公园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动，当转盘以某角速度匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，且与竖直方向的夹角为，重力加速为g，不计钢绳的重力。则座椅转动做圆周运动的半径为______；转盘转动的角速度为_____。

(2)如图，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1.5mg，重力加速度大小为g。质点自P滑到的过程中，克服摩擦力所做的功为_______。

75mgR

解析：rLsingtan75mgR

rLsin(1)根据几何关系知座椅离转轴的距离为转动半径，即

R=Lsinθ+r

对飞椅受力分析：重力mg和钢绳的拉力F，由合力提供向心力，则根据牛顿第二定律得 竖直方向上

Fcosθ=mg

水平方向上

Fsinθ=mω2R

解得

=gtan

rLsin(2) 根据牛顿第三定律可知，质点最低点Q时，轨道对质点的支持力大小 N=1.5mg。 质点经过Q点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得

2vQNmgm可得

R

vQ质点自P滑到Q的过程中，由动能定理得

gR 212mgRWf mvQ0

2解得

Wf=0.75mgR

13．利用图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。

(1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是____。 A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）

(2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为hA、hB、hc。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量Ep________，动能变化量Ek_______。

(3)大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是______。 A．利用公式vgt计算重物速度 B．利用公式v2gh计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法

(4)某同学想用下述方法研究机械能是否守恒∶在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离h，计算对应计数点的重物速度v，描绘v2-h图像，并做如下判断∶若图像是一条过原点且斜率为______（用题中字母表示）的直线，则重物下落过程中机械能守恒。

ABmghBC2g

解析：AB mghB

1hchA2m() C 2g 22T（1）[1]在下列器材中，还必须使用的两种器材是交流电源和刻度尺，故选AB； （2）[2][3]从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能变化量

Ep=mghB

动能变化量

121hChA2EkmvBm()

222T（3）[4]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物下落时存在空气阻力和摩擦阻力的影响，一部分重力势能转化为内能，故选C； （4）[5]根据mghmv2可得

v22gh

12则v2-h图像的斜率为

k=2g

14．在一次测试中，质量为1.6×103kg的汽车沿平直公路行驶，其发动机的输出功率恒为100kW。汽车的速度由10m/s增加到16m/s，用时1.7s，行驶距离22.6m。若在这个过程中汽车所受的阻力恒定，则汽车的速度为10m/s时牵引力的大小为_______N，此时汽车加速度的大小为________m/s2。 解析：1104 5

[1]汽车速度为10m/s时，牵引力大小为

P100103F1104N

v10[2]汽车加速过程，根据动能定理

1212Ptfsmv2mv1

22解得阻力为

f2103N

根据牛顿第二定律

Ffma

解得

a5m/s2

15．用50N的力拉一个质量为10kg的物体在水平地面上前进，如图所示。若物体前进了10m，拉力F做的功为______J。如果物体与水平面间动摩擦因数μ=0.1，物体克服阻力做功为___________J。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

70

解析：70 根据

WFlcos

得拉力F做的功为

WFlcos5010cos37400J

如下图所示，物体受重力、支持力、拉力和摩擦力

则支持力大小为

FNmgFsin37101050sin3770N

摩擦力的大小为

fFN070N7N

故物体克服阻力做功为

WWffl710J70J

16．质量为20kg的薄铁板平放在二楼的地面上，二楼地面与楼外地面的高度差为4m。这块铁板相对二楼地面的重力势能为_________J，相对楼外地面的重力势能为_________J；将铁板提高1m，若以二楼地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了_________J；将铁板提高1m，若以楼外地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了_________J。（重力加速度

g10m/s2）800J200J200J

解析：800J 200J 200J

[1]铁板相对二楼地面高度为0，则铁板相对二楼地面的重力势能为0 [2]相对楼外地面的高度为4m，则相对楼外地面的重力势能为

Epmgh20104J800J

[3]将铁板提高1m，若以二楼地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了

Ep20101J=200J

[4]将铁板提高1m，若以楼外地面为参考平面，则铁板的重力势能变化了

Ep120101J=200J

17．如图，轻绳一端悬挂一质量为5kg的重物M，另一端跨过C处的定滑轮与套在斜直杆上的环相连。A、O、B为直杆上三点，AO=OB，CO与直杆垂直，CO=0.8m，∠OCA=37°。环在外力作用下沿直杆向上以3m/s的速度做匀速直线运动，环从A运动到B的过程中绳对重物M做的功为_________J，从O到B的过程中绳对重物M做的功为__________J。（不计滑轮大小）

181

解析：18.1

[1]．环从A运动到B的过程中，重物先下降后上升，总的高度不变，整个过程中，重力做功为零，重物动能的变化量为零，由动能定理知，总功为0，则绳对重物M做的功为0． [2]．从O到B的过程中，环经过O点时重物的速度

v1=v环cos90°=0

环经过B点时重物的速度

v2=v环sin37°=3×0.6=1.8m/s

重物上升的高度

hBCOC对重物，根据动能定理得：

OC0.8OC0.80.2m cos370.8WFMgh解得

112Mv2Mv12 22WF=18.1J

18．如图所示是一个钟摆的示意图．当摆锤下降时，__________能逐渐增加，__________能逐渐减小．假如没有阻力，则钟摆摆动时每次上升到相同的高度，这说明摆锤的__________总量保持不变．

动能重力势能机械能【分析】当摆锤下降时高度减小重力势能

逐渐减小减小的重力势能转化为动能

解析：动能 重力势能 机械能 【分析】

当摆锤下降时，高度减小，重力势能逐渐减小，减小的重力势能转化为动能。 [1]当摆锤下降时，速度增加，动能逐渐增加； [2]摆锤下降时，高度减小，重力势能逐渐减小。

[3]摆锤下降时重力势能转化为能，上升时动能转化为重力势能。钟摆摆动时每次上升到相同的高度，说明摆锤的动能和重力势能之和即机械能总量保持不变。

19．如图所示，两块三角形的木板B、C竖直放在水平桌面上，它们的顶点连接在A处，底边向两侧分开。将一个锥体在A处由静止释放，发现锥体自动地沿木板滚上了较高的B、C一端。不计摩擦损耗，此过程中锥体的机械能___（填“不变”或“变大”或“变小”），试解释这一现象：______。

不变锥体自动地沿木板滚上了BC板的高处的过程中

只有重力做功锥体机械能守恒重力势能转化为动能

解析：不变 锥体自动地沿木板滚上了B、C板的高处的过程中只有重力做功，锥体机械能守恒，重力势能转化为动能

[1]锥体自动地沿木板滚上了较高的B、C一端，此过程中锥体的机械能不变；

[2]锥体自动地沿木板滚上了B、C板的高处的过程中只有重力做功，锥体机械能守恒，重力势能转化为动能。

20．一木块沿粗糙斜面上滑时，其动能每减小 3J，重力势能就要增加 2J，那么该木块沿该斜面下滑时，其重力势能每减小 3J，动能将增加_________J；若已知木块以 6J 动能从底端出发滑上该斜面，则它返回底端时的动能是______J。52 解析：5 2

[1]一木块沿粗糙斜面上滑时，其动能每减小 3J，重力势能就要增加 2J，即克服重力做功为2J，根据动能定理可知，木块克服摩擦力做功为1J，则有：

WG:Wf2:1

又经过相同的位移，则有：

G:f2:1

所以该木块沿该斜面下滑时，其重力势能每减小 3J，即重力做功3J，则摩擦力做负功1.5J，根据动能定理可知，动能增加1.5J；

[2]木块以 6J 动能从底端出发滑上该斜面顶端时，根据重力与摩擦力做功的关系可知，摩擦力做功为-2J，向下过程中摩擦力仍做负功，仍为-2J，所以滑块回到底端的动能为：

Ek6-2-2=2J

三、解答题

21．光滑水平面AB与竖直面内的圆形导轨在B点连接，导轨半径R=0.5 m，一个质量m=2 kg的小球在A处压缩一轻质弹簧，弹簧与小球不拴接。用手挡住小球不动，此时弹簧弹性势能Ep=49 J，如图所示。放手后小球向右运动脱离弹簧，沿圆形轨道向上运动恰能通过最高点C，g取10 m/s2。求：

（1）小球从B到C克服阻力做的功；

（2）小球离开C点后落回水平面时的动能大小。

解析：（1）24J；（2）25J

（1）小球从A点开始至小球脱离弹簧的过程中，对小球而言，此过程只有弹力做功。故有

Ep解得

12mv 2v7m/s

因为AB段光滑，小球在B点时的速度等于小球脱离弹簧时的速度即v7m/s 小球恰好能通过最高点C，故在最高点小球只受重力作用，根据牛顿第二定律

mvC2 mg=R得小球在C点时的速度为

vC5m/s

在从B至C的过程中只有重力和阻力做功，根据动能定理有

mg2RWf解得

1212mvCmvB 22Wf24J

(2)小球离开C点做平抛运动，此过程中只有重力做功，根据动能定理有

12mg2REkmvC

2得小球落地时的动能

Ek25J

22．我国科学家正在研制航母舰载机使用的电磁弹射器。若舰载机总质量为3.0104kg，设起飞过程中发动机的推力恒为1.0105N，弹射器有效作用长度为100m，推力恒定，要求舰载机在水平弹射结束时速度大小达到80m/s。弹射过程中舰载机所受总推力为弹射器和发动机推力之和，假设所受阻力为总推力的20%，求： （1）弹射器对舰载机所做的功； （2）弹射器对舰载机做功的平均功率。 解析：（1）1.1×108N；（2）4.4×107W

（1）设发动机、弹射器的推力分别为F1、F2，对舰载机，由运动学公式

v22ax

其中

v=80m/s，x=100m

解得

a=32m/s2

对舰载机，由牛顿第二定律得

F1+F2-f=ma

其中

f=0.2（F1+F2），F1=1.0×105N

解得

F2=1.1×106N

由

W=F2xcos

得弹射器对舰载机所做的功

W=1.1×108J

（2）由

x=

得

t=2.5s

由

P=

解得弹射器对舰载机做功的平均功率

12at 2W tP2W24.4107W t23．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面

AB之间的摩擦因数为=0.25。取sin37o=0.6，cos37o=0.8，重力加速度g=10m/s2。求： （1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？

（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？

（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？

解析：（1）18m/s；4.6N；（2）0.4m；（3）1.4N (1)物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理有

1mv020mgLsin37RRcos37mgLcos37 2得

v02g(Lsin37RRcos37)2gLcos3718m/s

经C点时有

v02 NC mg＝mR解得

vC2NC＝mgm4.6N

R根据牛顿第三定律，P对C点的压力为

NCNC4.6N

(2)从C到E机械能守恒，有

1mvC2mgRhED 2E与D间高度差为

hEDvC2R0.4m 2g(3)物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒有

mgR(1cos37)解得

1mvC'2 2vC'2gR(1cos37)2m/s

所以

vC'2NC2＝mgm1.4N

R根据牛顿第三定律物体P对C点处轨道的最小压力为

NC2'NC21.4N

24．如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出一质量m=1 kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入∠BOC=37°的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M=4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6 m、h=0.15 m，R=0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.7，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10 m/s2求：（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）

（1）小物块的初速度v0及在B点时的速度大小； （2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。

解析：（1）4 m/s，5 m/s；（2）47.3 N；（3）2.0 m （1）从A点到B点的过程中，小物块做平抛运动，则有

Hh设小物块到达B点时竖直分速度为vy，则有

12gt 2vygt

代入数据，联立解得

vy3 m/s

又因为此时小物块的速度方向与水平方向的夹角为θ37 则有

tanθ可得小物块的初速度

vyv03 4v04 m/s

则小物块在B点时的速度大小

22v1v0vy5 m/s

（2）小物块从A点至C点的过程中，由动能定理可得

mgH设物块在C点受到的支持力为FN，则有

1212mv2mv0 222mv2 FNmgR解得

v227 m/s，FN47.3 N

根据牛顿第三定律得，物块在C点时对圆弧轨道的压力大小为47.3 N （3）小物块与长木板间的滑动摩擦力

Ff1mg7 N

长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力

Ff2(Mm)g10 N

因为FfFf，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动，小物块在长木板上做匀减速运动，则长木板的长度至少为

2v2l21g2.0 m

25．小物块A的质量为m，物块与坡道间的动摩擦因数为μ，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h，倾角为θ。物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能损失，重力加速度为g。将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示。物块A从坡顶由静止滑下，求： (1)物块滑到O点时的速度大小。 (2)弹簧为最大压缩量d时的弹性势能。 (3)物块A被弹回到坡道上升的最大高度。

解析：(1)2gh2ghcot；(2)mghmghcot；(3)(1)对物体A到O的过程运用动能定理得

1coth1cot

mghmgcosh1＝mv20 sin2所以

v＝2gh2ghcot

(2)弹簧压缩量最大时，速度为零，物块的动能全部转化为弹簧的弹性势能。根据能量守恒定律得

1hEp＝mv2＝mghmgcosmghmghcot

2sin(3)设物体A能够上升得最大高度h1，物体被弹回过程中由动能定理得

mgh1mgcos解得

h110mv2 sin2h1＝1coth1cot

26．如图，一根内壁光滑的直角三角形玻璃管子ABC处于竖直平面内，AC边长为h，倾斜角为α = 37°，让两个质量为m的小球（可视为质点）分别从顶点A由静止开始出发，一个球沿AB滑下，到达B所用时间为t1；另一个球竖直自由下落经过C到达B，到达B的过程中所用时间为t2；在转弯C处有个极小的光滑圆弧，可确保小球转弯时无机械能损失，且转弯时间可以忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°＝0.8。求： (1)沿AB运动的小球到达B点时重力的功率； (2)）t1∶t2的值。

解析：（1）3mg2gh；（2）1 5（1）设小球沿AB运动到B点时的速度为v，AC=h，由机械能守恒定律得

mgh＝

解得

12mv 2v2gh

故到达B时重力的功率

P＝mgvsinα＝（2）小球沿AB滑下过程，有

3mg2gh 512hat1 2sin解得

t1＝沿ACB滑下，AC段有

32h 5g12gt21h 2解得

t212h g又CB段做匀速直线运动，有

vt22解得

t22h tan3722h 3g所以

t2t21t2252h 3g因此得

t11 t227．如图，与水平面夹角为37°的斜面和半径R=1m的光滑圆轨道相切于B点，且固定于竖直平面内。滑块从斜面上的A点由静止释放，经B点后沿圆轨道运动，通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零。已知滑块与斜面间动摩擦因数=0.25（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

（1）滑块在C点的速度大小vc； （2）滑块在B点的速度大小vB； （3）A、B两点间的高度差h。

解析：(1)10m/s；(2)46m/s；(3)3.45m

(1)通过最高点C时轨道对滑块的弹力为零，对滑块在C点应用牛顿第二定律可得

vC2 mgmR可得

vCgR10m/s

(2)滑块在光滑圆轨道上运动，从B到C机械能守恒，故有

11mvB2mvC2mgR1cos37 22解得

vB46m/s

(3)滑块从A到B只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得

mghmgcos37解得

h1mvB2 sin372vB2h3.45m cos372g1sin3728．如图是过山车的原理图。在原理图中半径分别为R1=2.0m和R2=8.0m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为=37°斜轨道面上的Q、Z两点，且两圆形轨道的最高点A、B均与P点平齐，圆形轨道与斜轨道之间圆滑连接。现使小车（视作质点）从P点以一定的初速度沿斜面向下运动。已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，tan1。问:（已知：242sin，结果可保留根号。）

1cos(1)若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点A处，则其在P点的初速度应为多大? (2)若小车在P点的初速度为10m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道?

解析：(1)26m/s；(2)能安全通过两个圆形轨道 (1)小车恰好通过A点，则在A点时有

2vAmgm

R1小车从P到A，由动能定理可得

1212mgcossPQmvAmv0

22由几何关系可得

sPQR1(1cos)

sin联立方程，解得小车在P点的初速度大小为

v026m/s

(2)小车从P到B，由动能定理可得

1212mgcossPZmvBmvP

22由几何关系可得

sPZ联立方程，解得小车在B点的速度为

R2(1cos)

sinvB84m/sgR2=80m/s

故小车能安全通过两个圆形轨道