高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理动能与动能定理技巧和方法完整版及练习题含解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1．如图所示，两物块A 、B 并排静置于高h=0.80m 的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg ．一颗质量m=0.10kg 的子弹C 以v 0=100m/s 的水平速度从左面射入A ，子弹射穿A 后接着射入B 并留在B 中，此时A 、B 都没有离开桌面．已知物块A 的长度为0.27m ，A 离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m ．设子弹在物块A 、B 中穿行时受到的阻力大小相等，g 取10m/s 2．(平抛过程中物块看成质点)求：
（1）物块A 和物块B 离开桌面时速度的大小分别是多少； （2）子弹在物块B 中打入的深度；
（3）若使子弹在物块B 中穿行时物块B 未离开桌面，则物块B 到桌边的最小初始距离．
【答案】（1）5m/s ；10m/s ；（2）2
3.510B m L -=⨯（3）22.510m -⨯
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运 动： 2
12
h gt =
解得：t=0.40s A 离开桌边的速度A s
v t
=
，解得：v A =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：
0()A B mv Mv M m v =++
B 离开桌边的速度v B =10m/s
（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：
012A mv mv Mv =+
v 1=40m/s
子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒
2221111()222
B A B fL Mv mv M m v =
+-+① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒
222
01111()222
A A fL mv mv M M v =--+②
由①②解得2
3.510B L -=⨯m
（3）子弹在物块A 中穿行过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1，由动能定理：
2
11()02
A fs M M v =+-③
子弹在物块B 中穿行过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，由动能定理
2221122
B A fs Mv Mv =
-④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离为：min 12s s s =+，
解得：2
min 2.510s m -=⨯
考点：平抛运动；动量守恒定律；能量守恒定律．
2．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．如图所示是滑板运动的轨道，BC 和DE 是两段光滑圆弧形轨道，BC 段的圆心为O 点、圆心角 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v 0＝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m ＝60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为h ＝2m 和H ＝2.5m.求：
(1)运动员从A 点运动到B 点过程中，到达B 点时的速度大小v B ； (2)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. 【答案】(1)v B ＝6m/s (2) L ＝6.5m (3)停在C 点右侧6m 处 【解析】 【分析】 【详解】
（1）在B 点时有v B ＝
cos60︒
v ，得v B ＝6m/s （2）从B 点到E 点有2
102
B mgh mgL mgH mv μ--=-
，得L ＝6.5m （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有
2
1'202
B mgh mgh mg L mv μ--⋅=-，得h ′＝1.2m<h ＝2 m ，故第一次返回时，运动员不能
回到B 点，从B 点运动到停止，在CD 段的总路程为s ，由动能定理可得
2
102
B mgh mgs mv μ-=-，得s ＝19m ，s ＝2L ＋6 m ，故运动员最后停在
C 点右侧6m 处.
3．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC =37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.30m ，斜面长L =1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m =0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ=0.75．取sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力．求：
（1）物块从A 到C 过程重力势能的增量ΔE P ； （2）物块第一次通过B 点时的速度大小v B ；
（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N ． 【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】 【分析】 【详解】
（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o
故重力势能的增量 1.14P G E W J ∆=-=-
（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()2
13702
B mg L l sin mv -︒=- 解得： 4.2/B v m s =
（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=︒= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =︒-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722
D C mgR cos mv mv -︒=
- 在D ，由牛顿第二定律得：2D
v N mg m R
-=
联立解得：7.4N N = 【点睛】
本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过
程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．
4．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的
1
4
光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 穿过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g ＝10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．
(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；
(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．
【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】
试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122
E m v mv =
-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 满足机械能守恒，在C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：
2
111B 12
m gR m v =
解得：B 6/v m s =
1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共
解得；2/v m s 共=
则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222
E m v mv J =
-=共机
⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11
222
mv mg R mv 共+⨯= 解得：C 4/v m s =
在C 处由牛顿第二运动定律可得：2
C
N 2
v F mg m R -=
解得：N 190F N =
⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =
设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得： 对物块m ：2211C 1122
mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212
mgx Mv μ= 解得：20.4x m =
此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：
23411
()02
mg x x mv μ-+=-
解得：40.8x m =
5．如图所示，在倾角为θ=37°的斜面底端有一个固定挡板D ，处于自然长度的轻质弹簧一端固定在挡板上，另一端在O 点，已知斜面OD 部分光滑，PO 部分粗糙且长度L =8m 。

质量m =1kg 的物块（可视为质点）从P 点静止开始下滑，已知物块与斜面PO 间的动摩擦因数μ=0.25，g 取10m/s 2， sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求： （1）物块第一次接触弹簧时速度的大小
（2）若弹簧的最大压缩量d =0.5m ，求弹簧的最大弹性势能
（3）物块与弹簧接触多少次，反弹后从O 点沿斜面上升的最大距离第一次小于0.5m
【答案】（1）8m/s （2）35J (3)5次 【解析】 【详解】
(1)物块在PO 过程中受到竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、和沿斜面向上的摩擦力，此过程应用动能定理得：
21sin cos 2
mgL mgL mv θμθ-=
解得物块第一次接触弹簧时物体的速度的大小为：
8v ==m/s
（2）物块由O 到将弹簧压缩至最短的过程中，重力势能和动能减少、弹簧的弹性势能增加，由能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能E p
2
1sin 352
p E mv mgd θ=
+=J （3）物块第一次接触弹簧后，物体从O 点沿斜面上升的最大距离1s ,由动能定理得:
2111
cos 02
mgs mgs mv μθ--=-
解得：14s m =
物块第二次接触弹簧后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离2s ，由动能定理得：
1212sin ()cos ()0mg s s mg s s θμθ--+=
解得：22s m =
故物块每经过一次O 点，上升的最大距离为上一次的
12
所以，物块第一次返回时沿斜面上升的最大距离为：12
L s = 则第n 次上升的最大距离为：2
n n L s = 因为1
2
n s m <，所以n>4，即物块与弹簧接触5次后，物块从O 点沿斜面上升的最大距离小于
12
m
6．光滑水平面AB 与一光滑半圆形轨道在B 点相连，轨道位于竖直面内，其半径为R ，一个质量为m 的物块静止在水平面上，现向左推物块使其压紧弹簧，然后放手，物块在弹力作用下获得一速度，当它经B 点进入半圆形轨道瞬间，对轨道的压力为其重力的9倍，之后向上运动经C 点再落回到水平面，重力加速度为g .求：
(1)弹簧弹力对物块做的功；
(2)物块离开C点后，再落回到水平面上时距B点的距离；
(3)再次左推物块压紧弹簧，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为多少？
【答案】(1)（2）4R（3）或
【解析】
【详解】
（1）由动能定理得W＝
在B点由牛顿第二定律得：9mg－mg＝m
解得W＝4mgR
（2）设物块经C点落回到水平面上时距B点的距离为S，用时为t，由平抛规律知
S=v c t
2R=gt2
从B到C由动能定理得
联立知，S= 4 R
（3）假设弹簧弹性势能为ＥＰ，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则物块可能在圆轨道的上升高度不超过半圆轨道的中点，则由机械能守恒定律知
ＥＰ≤mgR
若物块刚好通过C点，则物块从B到C由动能定理得
物块在C点时mg＝m
则
联立知：ＥＰ≥mgR.
综上所述，要使物块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹簧弹性势能的取值范围为
ＥＰ≤mgR 或 ＥＰ≥mgR .
7．如图所示，将一根弹簧和一个小圆环穿在水平细杆上，弹簧左端固定，右端与质量为m 的小圆环相接触，BC 和CD 是由细杆弯成的1/4圆弧，BC 分别与杆AB 和弧CD 相切，两圆弧的半径均为R ．O 点为弹簧自由端的位置．整个轨道竖直放置，除OB 段粗糙外，其余部分均光滑．当弹簧的压缩量为d 时释放，小圆环弹出后恰好能到达C 点，返回水平杆时刚好与弹簧接触，停在O 点，（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，小球通过B 处和C 处没有能量损失），问：
（1）当为弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能P E 是多少？
（2）若将小圆环放置在弹簧的压缩量为2d 时释放，求小圆环到达最高点D 时，轨道所受到的作用力．
（3）为了使物块能停在OB 的中点，弹簧应具有多大的弹性势能？
【答案】（1）P 2E mgR =（2）9mg ，方向竖直向上（3）''
P 1=()2
E n mgR + （n =0、1、
2） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设小圆环与OB 之间的摩擦力为f ，OB=L ；从释放到回到O 点，由能量关系可知，当弹簧的压缩量为d 时，弹簧具有的弹性势能
P 2E fL =
小圆环从释放能到达C 点到，由能量关系可知
0P E fL mgR --=
可得：
P 2E mgR =
（2）因弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比，则弹簧的压缩量为2d 时弹性势能为
E P ´=4E P =8mgR
小圆环到达最高点D 时：
'
2P D 122
E mv mg R fL =+⋅+
解得
D 10v gR =
在最高点D 时由牛顿第二定律：
2D
v N mg m R
+=
解得
N =9mg ，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知在D 点时轨道受到的作用为9mg ，方向竖直向上；
（3）为了使物块能停在OB 的中点，则要求滑块到达的最高点为D 点，然后返回，则
''P 23E fL mgR mgR ≤+=
为了使物块能停在OB 的中点，同时还应该满足：
''P 1
(21)()22
L E n f n mgR =+⋅
=+ 则只能取n =0、1、2；
8．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，
R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：
（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．
（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？
【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】
试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：
mg ma μ=
12s v t g
μ=
= 物块向右达到的最大位移：0
14m 2
v S t =
⋅= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：
21s v
t g
μ=
= 相对地面向左位移：/
21m 2
v
S t =
⋅= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341
1.5s 2
S S t v --===
往返总时间：
（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：
又由物块上滑过中根据机械能守恒得：
代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211
2
L v t g t μ=⋅-⋅ 速度关系：1B v v g t μ=-⋅ 代入得：
；
得：2s t =或8s t =-（舍）
物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=
传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=⋅=⋅= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．
【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．
9．如图所示，滑块A 的质量m ＝0.01kg ，与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.2，用细线悬挂的小球质量均为m ＝0.01kg ，沿x 轴排列，A 与第1只小球及相邻两小球间距离均为s ＝2m ，线长分别为L 1、L 2、L 3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v 0＝10m ／s 沿x 轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g 取10m ／s 2，求：
（1）滑块能与几个小球碰撞？
（2）求出碰撞中第n个小球悬线长L a的表达式。

【答案】(1)12个;(2)
【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s0，有
得s0＝25m
（个）
（2）滑块与第n个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v n′
对小球，有：．①
②
对滑块，有：③
解①②③三式：
10．如图所示的实验装置，可用来探究物体在斜面上运动的加速度以及弹簧储存的弹性势能。

实验器材有：斜面、弹簧(弹簧弹性系数较大)、带有遮光片的滑块(总质量为m)、光电门、数字计时器、游标卡尺、刻度尺。

实验步骤如下：
①用适当仪器测得遮光片的宽度为d；
②弹簧放在挡板 P 和滑块之间，当弹簧为原长时，遮光板中心对准斜面上的A点；
③光电门固定于斜面上的B点，并与数字计时器相连；
④压缩弹簧，然后用销钉把滑块固定，此时遮光板中心对准斜面上的O点；
⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；
⑥拔去锁定滑块的销钉，记录滑块经过光电门时数字计时器显示的时间△t ；
⑦移动光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。

根据实验数据做出的21t ∆－L 图象为如图所示的一条直线，并测得2
1t ∆－L 图象斜率为k 、纵轴截距为 b 。

（1）根据
2
1t ∆－L 图象可求得滑块经过A 位置时的速度v A =____，滑块在斜面上运动的加速度a =_____。

（2）实验利用光电门及公式v =
d t ∆测量滑块速度时，其测量值____真实值（选填“等于”、“大于”或“小于”）。

（3）本实验中，往往使用的弹簧弹性系数较大，使得滑块从O 到A 恢复原长过程中弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，则弹簧储存的弹性势能E p =___，E p 的测量值与真实值相比，测量值偏_____(填“大”或“小”)。

【答案】b
12kd 2 小于 12mbd 2 大 【解析】
【详解】
第一空：滑块从A 到B 做匀加速直线运动，设加速度为a ，由于宽度较小，时间很短，所以 瞬时速度接近平均速度，因此有B 点的速度为：B d v t =
∆，根据运动学公式有： 2
22B A v v aL -=，化简为222212A v a L t d d
=+∆，结合图象可得：22A v b d =，22a k d = 解得：A v b =
第二空：由22a k d =，解得：212
a kd =； 第三空：由于弹簧弹力远大于摩擦力和重力沿斜面的分量，所以摩擦力和重力沿斜面的分量
忽略不计，根据能量守恒可得：221122
P A E mv mbd ==； 第四空：考虑摩擦力和重力沿斜面的分量，根据动能定理可得：212N G f A W W W mv +-=
，
而N P E W =真，摩擦力小于重力沿斜面的分量，p E 的测量值与真实值相比，测量值偏大。

11．可视为质点的小滑块从半径为0.8m 的四分之一光滑圆弧轨道顶端滑下。

在轨道最低点滑上水平传送带的最右端（设轨道衔接处无机械能损失）。

设传送带长度L=8m ，并以恒定的v=3m/s 速度顺时针转动，小滑块恰好能运动到水平传送带的最左端而没有掉下传送带。

已知重力加速度大小为g=10m/s 2。

求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数；
（2）物块从圆弧轨道最低点滑入传送带到第一次返回圆弧轨道最低点所用的时间（本小题计算结果保留两位有效数字）。

【答案】（1）0.1；（2）8.17s
【解析】
【详解】
（1）物块从圆形光滑轨道下滑的过程，根据机械能守恒有
2112
mgR mv = 解得14m/s v = 物块沿传送带滑到最左端速度恰好为零，由动能定理有21102mg L mv μ-⋅=-
代入数据解得：0.1μ=
（2）物块在传送带先做匀减速运动21/a g m s μ== 则物块减速到零的时间为114v t s a
== 反向加速时加速度不变，故加速时间为23v t s a =
= 这段时间的位移为2121 4.52
x at m == 之后物块随传送带匀速运动，则13 1.17L x t s v -=
= 物块在传送带上第一次往返所用的时间为1238.17t t t t s =++=
12．如图所示，AB 为倾角θ=37°的斜面轨道，轨道的AC 部分光滑，CB 部分粗糙，BP 为圆心角等于143°、半径R=1m 的竖直光滑圆弧轨道，两轨道相切于B 点，P 、Q 两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在A 点，另一自由端在斜面上C 点处，现有一质量m=2kg 的小物块在外力作用下降弹簧缓慢压缩到D 点后（不栓接）释放，物块经过C 点后，从C 点运
动到B 点过程中的位移与时间的关系为2124x t t =-（式中x 单位为m ，t 单位是s ），假设物块第一次经过B 点后恰能到达P 点，sin37°=0.6，cos37°=0.8，2
10/g m s =，试求：
（1）若CD=1m ，试求物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功； （2）B 、C 两点间的距离x ；
（3）若在P 处安装一个竖直弹性挡板，小物块与挡板碰撞后速度反向，速度大小不变，小物块与弹簧相互作用不损失机械能，试通过计算判断物块在第一次与挡板碰撞后的运动过程中是否会脱离轨道？
【答案】（1）156J （2）498x m =
（3）不会脱离轨道 【解析】
试题分析：（1）由2124x t t =-知，物块在C 点速度为012/v m s =
设物块从D 点运动到C 点的过程中，弹簧对物块所做的功为W ，由动能定理有 201sin 372
W mgCD mv -︒= 代入数据得：156J W =
（2）由2124x t t =-知，物块从C 运动到B 过程中的加速度大小为28/a m s = 设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据解得0.25μ=
物块在P 点的速度满足2P v mg m R
= 物块从B 运动到P 的过程中机械能守恒，则有221
1 22
B P pB mv mv mgh =+，又()153pB h R sin =+︒
物块从C 运动到B 的过程中有220
2B BC v v ax -=- 由以上各式解得498
BC x m = （3）假设物块第一次从圆弧轨道返回并与弹簧相互作用后，能够回到与O 点等高的位置Q 点，且设其速度为Q v ， 由动能定理得221
1 2cos3722
Q P BC mv mv mgR mgx μ-=-︒ 解得2
190Q v =-<
可见物块返回后不能到达Q点，故物块在以后的运动过程中不会脱离轨道．
考点：考查了动能定理，牛顿第二定律，机械能守恒定律
【名师点睛】本题综合考查了动能定理、机械能守恒定律以及牛顿第二定律，对学生的能力要求较高，关键理清物体的运动情况，掌握临界条件，选择合适的规律进行求解．。