【单元练】北京师范大学第二附属中学高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】经典练习题(培优)

一、选择题
1．如图所示，一个质量为m ，均匀的细链条长为L ，置于光滑水平桌面上，用手按住一
端，使链条
2
L
长部分垂在桌面下，（桌面高度大于链条长度），则链条上端刚离开桌面时的动能为（ ）
A ．
1
4
mgL B ．38
mgL
C ．
1
2
mgL D ．
3
4
mgL B 解析：B
以桌面为零势能面，开始时链条的重力势能为
11428
L mgL E mg =-
⋅=- 当链条刚脱离桌面时的重力势能为
212
E mg L =-⋅
故重力势能的变化量
2138
ΔmgL
E E E =-=-
根据机械能守恒定律可知，链条上端刚离开桌面时的动能增加量为
38
mgL
，即动能为38
mgL
，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

2．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 。

3．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0v 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 P >甲乙 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
y P mgv =，可知落地时重力的功率P P >甲乙，选项B 正确，C 错误。

故选B 。

4．某实验小组在“探究功与物体速度变化的关系”中，为了平衡小车运动过程中受到的阻力，应该采用下面所述方法中的______（填入选项前的字母代号）。

A ．逐步调节木板的倾斜程度，让小车能够自由下滑
B ．逐步调节木板的倾斜程度，让小车在橡皮条作用下开始运动
C ．逐步调节木板的倾斜程度，给小车一初速度，让拖着纸带的小车匀速下滑
D ．逐步调节木板的倾斜程度，让拖着纸带的小车自由下滑C 解析：C
为了平衡摩擦力的影响，在实验中可以将木板一端垫高，则小车受到的重力的分力可以与摩擦力平衡；则小车做匀速运动时，则摩擦力的影响可以取消，此时，小车后面的纸带上的点应为均匀分布的，因此不能拖着纸带，也不能有橡皮条作用。

故选C 。

5．一辆汽车在平直的公路上以某一初速度运动，运动过程中保持恒定的牵引功率，其加速
度a 和速度的倒数
1
v
的关系图像如图所示。

若已知汽车的质量m ，则根据图像所给的信息，不能求出的物理量是（ ）
A ．汽车的功率
B ．汽车行驶的最大速度
C ．汽车所受到的阻力
D ．车运动到最大速度所需的时间D
解析：D
AC ．对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
F f ma -=
其中
P F v
=
以上两式联立解得
1P f a m v m
=
⋅- 再结合图像，可知
2400.05P k m ===，2f m
= 已知汽车质量，解得
40P m =，2f m =
故AC 错误；
C ．当物体的速度最大时，加速度为零，故结合图像可知，速度最大为20m /s ，故C 错误；
D ．汽车的初速度未知，所以加速时间未知，故D 正确； 故选D 。

6．水平桌面上有一光滑小孔，两个质量均为m 的小物块A 、B 用不可伸长的轻绳连接，A 在桌面上做匀速圆周运动，B 静止于空中。

现由于桌面微小阻力的影响，使得A 与小孔间距离缓慢地从2L 减小为L ，在此过程中，桌面对A 所做的功为（ ）
A ．3
2mgL -
B ．3
2
mgL
C ．1
2
mgL -
D ．
1
2
mgL A 解析：A
绳子拉力提供向心力，而绳子拉力的大小等于物块B 的重力，则当半径为2L 时
2
12v mg m L
= 即
2111
2
k E mv mgL =
= 则当半径为L 时
2
1v mg m L
= 即
22111
22
k E mv mgL =
= 在此过程中，桌面对A 所做的功等于A 动能和B 势能的减小量
13
()22
W mgL mgL mgL mgL =
-+-=- 故选A 。

7．下列叙述中正确的是（ ） A ．做曲线运动的物体一定受到变力作用 B ．物体动能不变，其所受合力一定为零 C ．物体做圆周运动，其所受合力一定指向圆心
D ．物体做斜抛运动，其相等时间内速度的变化量一定相同D 解析：D
A ．做曲线运动的物体也可能受到恒力作用，例如平抛运动，选项A 错误；
B ．物体动能不变，其所受合力不一定为零，例如匀速圆周运动的物体，选项B 错误；
C ．只有当物体做匀速圆周运动时，其所受合力才一定指向圆心，选项C 错误；
D ．物体做斜抛运动，加速度恒定为g ，根据
∆v =gt
可知，其相等时间内速度的变化量一定相同，选项D 正确。

故选D 。

8．如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m 0，货物的质量为m ，货车以速度v 向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，下列说法正确的是（ ）
A ．货箱向上运动的速度等于v sin θ
B ．货物对货箱底部的压力等于mg
C．货箱和货物正在向上做加速运动
D．货车对缆绳拉力做功的功率P=(m+m0）gv C
解析：C
将货车的速度进行正交分解，如图所示：
由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=v cosθ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上；A．货箱的速度为vcosθ，故Ａ错误；
B．货箱向上做加速运动，加速度向上，故压力大于mg，故B错误；
C．货物合速度v1=v cosθ，由于θ不断减小，故货箱和货物整体向上做加速运动，故C正确；
D．货车对缆绳拉力做功的功率
P=Fv cosθ
故D错误；
故选C。

9．如图所示，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
6m/s时，滑到B点的速度大小也为6m/s，若使它滑过A点的速度大小变为3m/s，则它滑到B点的速度大小为（）
A．大于3m/s B．等于3m/s C．小于3m/s D．无法确定A
解析：A
木块从曲面的A点下滑的过程中，重力和滑动摩擦力做功，当木块下滑的速度减小时，在同一点木块所需的向心力减小，轨道对木块的支持力减小，则轨道对木块的滑动摩擦力减小，木块从A点运动到B点，运动的路程不变，则运动过程中克服摩擦力做功减小，重力做功不变，根据动能定理可知，第一次动能变化量为零，第二次动能变化量应大于零，则可知第二次到达B点的速度应大于3m/s。

故选A。

10．如图所示，水平地面上不同位置的三个物体沿三条不同的路径抛出，最终落在同一
点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A ．沿三条路径抛出的物体落地速率相等
B ．沿路径3抛出的物体在空中运动的时间最长
C ．三个物体抛出时初速度的竖直分量相等
D ．三个物体落地时重力做功的功率都相等C 解析：C
BC ．将抛体运动分为水平方向上的匀速运动和竖直方向上的匀变速运动，三条路径的最高点是等高的，可知三个物体抛出时速度的竖直分量相等，且在空中运动的时间相等。

故C 正确，B 错误；
AD ．因为运动时间相等，水平方向的速度越大，落地点与抛出点之间的距离越大，根据图像可知沿路径1抛出的物体抛出时水平分量最大，则得沿路径1抛出的物体初速率最大，根据动能定理，落地的速率等于初速率，则沿路径1抛出的物体落地的速率最大；又因为抛出时竖直方向速度分量相等，所以落地时竖直方向速度分量一样大，但不知道三个小球的质量，故不能判断落地时重力做功的功率，故AD 错误； 故选C 。

二、填空题
11．如图所示，与水平面夹角30θ=︒的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离4m L =，传送带以恒定的速率2m/s v =向上运动。

现将一质量为1kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数32
μ=
，取2
10m/s g =，那么物体从A 运动到B 过程中，因摩擦而产生的内能____________________，电动机因传送该物体多消耗的电能__________。

6J28J
解析：6J 28J
[1]物体无初速度放在A 处后，因mg sin θ＜μmg cos θ，则物体沿传送带向上做匀加速直线运动。

加速度
2cos sin 2.5m/s mg mg a m
μθθ
-=
=
物体达到与传送带同速所需的时间
10.8s v
t a
=
= t 1时间内物体的位移
110.8m 2
v
L t ==
前0.8s 内物体相对传送带的位移为
110.8m L vt L ∆=-=
因摩擦而产生的内能
cos 6J E mg L μθ=⨯∆=内
[2]电动机因传送该物体多消耗的电能为
2
k p 1sin 28J 2
E E E E mv mgL E θ=++=
++=总内内 12．实验小组利用竖直轨道和压力传感器验证机械能守恒定律，半径可调的光滑竖直轨道与光滑水平轨道连接，在轨道最低点A 和最高点B 各安装一个压力传感器，压力传感器与计算机相连，如图所示，将质量为m 的小球（可视为质点）以某一速度进入轨道最低点，通过计算机读出两个传感器的读数，重力加速度为g ，则
（1）设轨道半径为R ，小球能运动到最高点B ，小球在最低点入射速度不得小于___________。

（2）实验中压力传感器的读数之差ΔF =___________时，小球的机械能守恒。

（3）初速度一定的前提下，小球在做圆周运动过程中，压力传感器的读数之差与轨道半径___________（填“有关”或“无关”），压力传感器的读数之比与轨道半径___________（填“有关”或“无关”）。

无关有关 5gR 6mg 无关 有关 (1)[1]刚好通过最高点B 时，有
2
B v mg m R
= 由最低点A 到B 点过程，有
2211
222
B A mg R mv mv -=
- 联立解得
5A v gR
5gR
(2)[2]最高点B ，有
2
11v F mg m R
+= 最低点A ，有
2
22v F mg m R
-= 如果不考虑阻力，由最低点A 到B 点过程，有
221211
222
mg R mv mv -=
- 压力传感器的读数之差
21ΔF F F =-
联立解得
6F mg ∆=
(3)[3]由于6F mg ∆=，所以压力传感器的读数之差与轨道半径无关。

[4]压力传感器的读数为
2
11v F m mg R =-
2
22v F m mg R
=+
所以压力传感器的读数之比与轨道半径有关。

13．在距离地面某高处，将小球以速度 v 0沿水平方向抛出，抛出时小球的动能与重力势能相等（以地面为参考面）。

小球在空中飞行到某一位置A 时相对抛出点的位移与水平方向的夹角为α（不计空气阻力），则小球在A 点的速度大小为___________，A 点离地面高度为___________。

解析：v 220
(14tan )2v g
α-
[1]从抛出到A 点
2012tan gt y x v t
α＝＝ 可求出
02tan v t g
α
=
则在A 点竖直方向上的分速度
v y =gt =2v 0tanα
根据运动的合成小球在A 点的速度
v v =
[2]根据机械能守恒定律得
220121122
p p mv E mv E ++＝ 而
2101
2 p E mv ＝
E p2=mgh A
联立得
220(14tan )2A v h g
α-=
14．某同学在原地进行单手运球训练中发现，让篮球从静止开始下落并自由反弹，弹起的最大高度比原来低20cm 。

为了让球每次都能弹回到原来的高度，当球回到最高点时，向下拍打一次球，每分钟拍打100次，篮球质量为600g 。

取重力加速度大小为10 m/s 2。

不计空气阻力和拍球瞬间的能量损失，则该同学每次拍打小球需做功为___J ，拍打小球的平均功率为___W 。

220 解析：2 2.0
[1][2]每次拍打做得功使得小球能够多上升20cm ，因此为
0.6100.2 1.2J W mgh ==⨯⨯=
拍打小球的平均功率为
1.2100=W=
2.0W 60
W P t ⨯=
15．质量为1kg 的物体从某一高度开始做自由落体运动，3s 后物体着地。

则该物体下落过程中重力的平均功率是_____W ；落地时重力的瞬时功率是_____W 。

解析：150 300 [1]物体在3s 内下落的高度为
2211
=103m 45m 22
h gt =
⨯⨯= 重力做功为
11045J 450J W mgh ==⨯⨯=
平均功率为
450
W 150W 3
W P t =
== [2]落地瞬时速度为
310m/s 30m/s v gt ==⨯=
落地时瞬时功率为
11030W 300W P mgv ==⨯⨯=
16．如图所示，细线绕过小定滑轮O ，一端与套在竖直杆上的甲环相连，另一端与乙物相连，甲环和乙物的质量相等。

竖直杆上有A 、B 、C 三点，B 点与滑轮O 在同一水平高度，
AO 和CO 的长均为5L ，与竖直杆的夹角均为53°装置中所有接触的部分均光滑。

现将甲环由A 点无初速释放甲环下滑过程中细线始终处于绷紧状态。

当甲环下滑到B 点时，甲环的速度大小为____________；当甲环下滑到C 点时，乙物的速度大小为____________（重力加速度为g ）。

解析：8gL
54
17
gL [1] 当圆环甲下滑到B 点时，杆到O 点的距离最近，所以，重物乙下降到最低点，此时重物乙的速度为零，根据几何关系可知，圆环下降高度为
cos533AB h AO L =⋅︒＝
而B 和O 之间的距离
sin534BO AO L ⋅︒＝＝
重物乙下降的高度为
54h L L L ∆=-=
该过程中系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有
211
2
AB mgh mg h mv +∆=
由上可解得圆环的速度为
18v gL =
[2] 当圆环甲滑到达C 点时，设甲的速度是2v ，乙的速度是3v ，则乙的速度等于甲的速度沿绳子方向的分速度，将甲的速度分解如图
由图可知
3223
cos535
v v v ⋅︒＝＝
A 和C 之间的距离
26AC AB h h L ==
A 到C 的过程中，甲的位置下降6L ，由对称性可知，乙物体恰好又回到了开始时的位置，所以由机械能守恒得
232311
22
AC mgh mv mv =
+ 得甲的速度是
215017
gL
v =
乙的速度是
35417
gL
v =
17．将一小球从高处水平抛出，不计空气阻力。

最初2s 内小球动能E k 随时间t 变化的图线如图所示，重力加速度为g ＝10 m/s 2。

2秒内下落的高度_________m ；2秒末小球的速度与水平方向的夹角___________。

60°【解析】
解析：60° 【解析】
[1]平抛运动在竖直方向做自由落体运动，由：
212
h gt =
得2秒内下落的高度为：21
10202
m 2m h =
⨯⨯=； [2]设2s 末的速度为t v ，初速度为0v ，速度与水平方向的夹角为α，则：
cos t
v v α=
由图可知：
2
0110J 2
mv = 2
t 140J 2
mv =
两式相除可得：0t 1
2
v v =，即： 1
cos 2
α=
解得：60α=︒。

18．如图，光滑斜面固定在地面上，底端有小物块P ，在沿斜面向上的拉力F 的作用下由静止开始沿斜面向上运动，经过时间t ，拉力做功30J ，此时将F 反向，又经过2t 时间物块P 回到出发点，设地面为重力势能零势能面，则物块回到地面时的机械能为__J ，当物块动能为8J 时，重力势能为__J 。

1或52
解析：1或5.2
[1]在t 时间内，拉力做功：
130J W =
将F 反向后，由于F 是恒力，其作功只与初末位置有关，所以F 又做了30J 的功，因此整个过程拉力做功为：
60J W =
根据功能关系可得，物块的机械能增加了60J ，所以物体回到地面时的机械能为60J [2]设斜面的倾角为α，t 时间内和2t 时间内的加速度大小分别为1a 和2a ， 由于t 时间内和2t 时间内的位移大小相等、方向相反，则有：
2
21121122)2(2a t a t t a t ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦
解得：
124
5
a a = 根据牛顿第二定律得：
t 时间内有：
1sin αF mg ma -=
2t 时间内有：
2sin αF mg ma +=
联立得：
9sin αF mg =
设在t 时间内物体运动位移为s 时，物块的动能为8J 根据动能定理得：
(sin α)0k F mg s E -=-
解得：
1
sin α1J 8
k mgs E ==
即得重力势能为：
sin α1J P E mgs ==
在2t 时间内，物体又向上运动位移为s ′时动能为8J 在t 时间内拉力做功30J ，根据9sin F mg α=得重力做功为：
1110
sin αJ 993
G F W mg L FL W =-=-=-=-
对从开始到动能再次为8J 的过程，根据动能定理得：
sin α•0F G k mg s Fs W W E -'-'++=-
可得：
56
sin α•J 30
mg s '=
所以此时物体的重力势能为：
5610
sin αJ 5.2J 303
p G E mg s W '='+=
+= 19．如图所示，BOD 是半圆的水平直径，OC 为竖直半径，半圆半径为R 。

现有质量相同的A 、B 小球分别从A 、B 两点以一定的初速度水平抛出，分别击中半圆轨道上的D 点和C 点，已知B 球击中C 点时动能为E k ，不计空气阻力，则A 球击中D 点时动能为__；A 、B 小球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为__。

Ek1：1
解析：
8
5
E k 1：1 [1]两个小球都做平抛运动，下落的高度相同都是R ，根据
212
R gt =
可知，运动的时间为：
2R
t g
=
由图可知，A 球运动的水平位移为2R ，则A 球的初速度为：
22A R
v gR t
=
=
B 球的水平位移为R ，则B 球的初速度为：
B R v t =
= A 球从A 到D 的过程中，根据动能定理得：
2
122
kD A E mgR mv mgR =+=…①，
B 球从B 到
C 的过程中，根据动能定理得：
215
24
k B E mgR mv mgR =+=…②，
由①②得：
8
5
kD k E E =
； [2]A 、B 小球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度
v y =gt ，
相等，则重力的瞬时功率
P =mgv y
相同，即重力的瞬时功率之比为1：1。

20．质量50kg 的运动员在离水面10m 高的跳台以4m/s 的速度跳出，起跳时所做的功为
________J ，运动员从起跳到入水重力做功为__________J ，运动员入水时的动能为_________J ．（g 取210m/s ）50005400 解析：5000 5400
[1]由功能关系可知，起跳时所做的功转化为人的动能即为
2211
504J 400J 22
W mv =
=⨯⨯= [2]运动员从起跳到入水重力做功为
501010J 5000J G W mgh ==⨯⨯=
[3]由动能定理可得
2G k 1
2
W E mv =-
得
2
k G 15400J 2
E mv W =
+= 三、解答题
21．某汽车发动机的额定功率为P ，质量2000kg m =，当汽车在路面上行驶时受到的阻力为车对路面压力的0.1倍。

若汽车从静止开始以21m/s a =的加速度在水平路面上匀加速启动，120s t =时，达到额定功率，此后汽车以额定功率运动，2100s t =时速度达到最大值，汽车的v t -图象如图所示，取210m/s g =，求： （1）汽车的额定功率P ；
（2）汽车在0至1t 期间牵引力的大小F 和此过程牵引力做的功W ； （3）汽车在1t 至2t 期间的位移的2s 。

解析：（1）80kW ；（2）4000N F =，5810J F W =⨯；（3）3
2 2.610m s =⨯
（1）汽车受到的阻力为
0.10.12000N N f F mg ===
汽车速度达到最大时，牵引力和阻力等大反向，所以汽车的额定功率为
m m 80000W 80kW P F v fv ====牵
（2）设0至1t 期间牵引力大小为F ，则
F f ma -=
解得
4000N F ma f =+=
在0至1t 期间牵引力做的功为
25111
810J 2
F W Fx F at ==⨯=⨯
（3）在1t 至2t 期间，由动能定理得
22212m 111
()()22
P t t fs mv m at --=-
解得
32 2.610m s =⨯
22．如图所示，半径为0.2m 的光滑四分之一圆弧面，质量为0.5kg 的小球从静止开始从A 点开始下滑，经过B 点后落在与水平面成45°的斜面上的C 点。

求： (1)小球到达B 点时速度为多大？ (2)此时小球对圆弧的压力为多大？ (3)小球的落点C 与B 的距离为多大？
解析：(1)2m/s；(2)15N；(3)42
5
m
(1)小球到达B点时速度由动能定理得
mgR＝1
2
mv B2
代入解得
v B＝2m/s (2)由牛顿第二定律得此时小球对圆弧的压力
N﹣mg＝m
2 B v R
解得
N＝15N
由牛顿第三定律可知小球对轨道压力大小为15N。

(3)小球的落点C与B的水平距离为x，下落高度为h，由平抛规律得
h＝1
2
gt2
x＝h cot45°＝v B t 解得
h＝0.8m
由三角关系可得
L BC242
m
23．某同学参照过山车情景设计了如下模型光滑的竖直圆轨道半径R=2m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m=2kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ=0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F=6N的作用，在B点撤去拉力，AB 的长度为l=5m，不计空气阻力。

（g=10m/s2）
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，求滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。

解析：(1)10m ；(2)[0，15m]或[21m ，25m]
(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有
2
v mg m R
=
解得
25v gR ==
滑块从C 点到最高点过程由机械能守恒定律可得
2211222
C mg R mv mv ⋅=
- 解得
v C =10m/s
滑块从C 点到最后停止过程有
22C
v x g
μ==10m
即滑块能沿着出口平直轨道CD 滑行的距离为10m 。

(2)要使滑块不脱离轨道，有一下两种可能：
①滑块能通过最高点，即到达C 点的速度大于10m/s ，则对AC 过程由动能定理可得
2
11()2
C Fl mg l x mv μ-+=
解得
x 1=15m
②滑块无法通过最高点，但到达的高度为R 时速度恰好为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得
2()0Fl mg l x mgR μ-+-=
解得
x 2=21m
滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C 点
3()0Fl mg l x μ-+=
解得
x 3=25m
因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC 长度范围为[0，15m]或[21m ，25m]。

24．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μ=0.25（g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）滑块在C 点的速度大小v c ； （2）滑块在B 点的速度大小v B ； （3）A 、B 两点间的高度差h 。

解析：10m/s ；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
2
C v mg m R
= 可得
C 10m/s v gR =
(2)滑块在光滑圆轨道上运动，从B 到C 机械能守恒，故有
()22B C 11
1cos3722
mv mv mgR =++︒ 解得
B 46m/s v
(3)滑块从A 到B 只有重力、摩擦力做功，故由动能定理可得
2B 1
cos37sin 372
h mgh mg mv μ-︒⨯
=︒ 解得
2
B 3.45m
cos3721sin 37v h g μ==︒⎛
⎫- ⎪
︒⎝
⎭ 25．如图所示，水平传送带左端A 处与倾角为θ=30°的光滑斜面平滑连接，右端B 处与一水平面平滑连接，水平面上有一固定竖直挡板，挡板左侧与一轻弹簧连接，弹簧处于自然状态，弹簧左端刚好处在水平面上的C 点，斜面长为1x =2.5m ，传送带长L =4.5m 。

BC 段长
2x =0.5m ，传送带以速度v =1m/s 顺时针转动。

一质量为m =2kg 的物块从斜面顶端由静止释
放，已知物块与传送带间及水平面BC 段的动摩擦因数分别为1μ=0.1，2μ=0.35，水平面C 点右侧光滑，重力加速度取g =10m/s 2，求： (1)弹簧获得的最大弹性势能； (2)物块第三次到达B 点时的速度大小； (3)物块与传送带由于相对滑动而产生的热量。

解析：(1)12.5J ；(2) 1m/s ；(3) 23J
(1)设物块滑到斜面底端的速度为v 1，根据机械能守恒有
2111sin 2
mgx mv θ=
解得
v 1=5m/s
由于v 1>v ，因此物块滑上传送带后开始做匀减速运动，加速度大小
211m/s a g μ==
设物块在传送带上先减速运动后匀速运动，则减速运动的位移
22
112m 2v v x a
-∆==
由于△x >L ，因此假设不成立，物块在传送带上一直做匀减速运动，根据功能关系
2
1122112.5J 2
p E mv mgL mgx μμ=
--= (2)设物块第二次到达A 点的速度大小为v 3，根据功能关系
2
312212
p mv E mgL mgx μμ=-- 解得
v 3=0
即物体到达到A 点时，速度减为零，在传送带的带动下又向左做匀加速运动，当物体与传送带刚好共速时发生的位移
20.5m 2v x a
==
因此物块第三次在传送带上先做匀加速运动后做匀速运动，第三次到B 点的速度为
v =1m/s
(3)设第一次在传送带上滑动经历的时间为t 1，则有
21111
2
L v t at =-
则第一次在传送带由于相对滑动而产生的热量
111()Q mg L t μν=-
联立两式代入数据解得
Q 1=7J
设物块第二次到B 点时速度为v 2，第二次在传送带上滑动经历的时间为t 2，则有
2
22212
p mv E mgx μ=- 解得
v 2=3m/s
23
23s v v t a
-=
= 则第二次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
212()15J Q mg L vt μ=+=
设物块第三次在传送带上相对滑动时间为t 3，则
31s v
t a
=
= 则第三次在传送带上由于相对滑动而产生的热量
313()1J Q mg vt x μ=-=
由于
2
2211J 27J 2
mv mg x μ=<⨯= 因此物块不会第四次滑上传送带，故物块与传送带由于相对滑动而产生的热量
Q =Q 1＋Q 2＋Q 3=23J
26．在水平面上有一宽度为0.8m d =的深坑，在坑的右边缘正上方有一悬点，长度为
0.8m l =，能承受最大拉力为m 9N F =的细线系在悬点，另一端拴接可视为质点的钢球。

将钢球拉到与悬点等高的位置，且使细线刚好处于绷紧的状态，使钢球无初速度释放，当钢球运动到悬点正下方时，细线与悬点正下方0.6m x =处的光滑钉子相碰，细线断裂，
210m/s g =。

问：
(1)欲使钢球恰好不落入坑中，悬点到水平面的高度应为多少？ (2)在满足(1)的情况下，钢球的质量至少为多少？
解析：(1)1m ；(2)0.1kg
(1)设悬点到水平面的高度为H ，钢球从与悬点等高的位置运动到正下方时速度为，钢球质量为m ，根据动能定理
212
mgl mv =
4m/s v =
细线断裂后钢球做平抛运动，由水平方向匀速可得运动时间
0.2s d t v =
= 竖直方向自由落体运动下落高度为 212H l gt -=
代入数据可解得
1m H =
(2) 当钢球运动到悬点正下方时细线刚好断裂，由牛顿第二定律
2
m v F mg m r
-= 又
r l x =-
带入数据解得钢球质量
0.1kg m =
27．如图所示，水平放置的轻质弹簧左端固定在竖直挡板上的O 点，右端自然伸长到A 点，OA 之间水平面光滑。

传送带BC 与左边的水平面AB 等高，并平滑连接，始终以v 0=1m/s 的速度顺时针转动。

右边与足够高的光滑曲面相切与C 点。

已知AB =BC =L =1m ，它们与滑块之间的动摩擦因数均为μ=0.2，弹簧始终处在弹性限度内，g 取10m/s 2。

质量m=2kg 的小滑块被压缩不同程度的弹簧弹出并向右运动，
(1)要使滑块能滑上传送带，求释放滑块前弹簧应具有的最小弹性势能。

(2)滑块被弹出经A 点时的速度v =2.5m/s ，求弹出后滑块经多长时间第一次到达C 点。

(3)若释放滑块前弹簧的弹性势能E p =30J ，通过计算说明滑块最终停止的位置。

解析：（1）4J ；（2）1.44s ；（3）0.5m
(1)滑块A →B ，由功能关系
Ep mgL μ==4J
(2)滑块从A →B 点，设B 点速度为v 1
mg ma μ=
解得
22m/s a =
2212v v aL =--
1 1.5m/s v =
此过程时间为
110.5s v v t a
-=
= 滑块在传送带上经t 2减至共速 012v v at =-
代入数据得
20.25s t =
此过程
10122
v v x t +=
此后匀速 130L x t v -=
代入数据得
311s 16
t =
所以滑块第一次达C 点用时 123 1.44s t t t t =++=
(3)滑块从A 点向右运动再回到A 点，克服摩擦力做功为
2416J W mg L μ=⋅=
当压缩弹簧的弹性势E p =30J 时，则滑块最后应在B 向A 运动的过程中停止运动。

设停止时离A 点的位移为x ，根据功能关系有
(8)p mg L x E μ--=
代入数据得
0.5m x =
28．如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。

光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R 的四分之一圆弧轨道BC 与长度为8R 的AB 直管道相切于B 点，C 点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A 位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB 管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P 。

经过观察发现：轻弹簧无弹珠时，其上端离B 点距离为5R ，将一质量为m 的弹珠Q 投入AB 管内，设法使其自由静止，测得此时弹簧弹性势能1sin 20P E mgR θ=，已知弹簧劲度系数10sin mg k R
θ=。

某次缓慢下拉手柄P 使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠Q 经C 点被射出，弹珠最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。

假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。

直管AB 粗细不计，求：。