2020年高考物理二轮热点专题训练----《力学综合计算题》(解析版)

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2020年高考物理二轮热点专题训练
----《力学综合计算题》
1．如下图所示，两个完全相同的质量为m 的木板A 、B 置于水平地面上，它们的间距s ＝2.88 m ．质量为2m ，大小可忽略的物块C 置于A 板的左端．C 与A 之间的动摩擦因数μ1＝0.22，A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动
摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C 施加一个水平向右、大小为25
mg 的恒力F ，假定木板A 、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
【解析】第一阶段拉力F 小于C 、A 间最大静摩擦力，因此C 、A 共同加速到与B 相碰．该过程对C 、A 用动能定理有
(F －μ2·3mg )s ＝32
mv 21 解得v 1＝80.3 m/s.
A 、
B 相碰瞬间，A 、B 系统动量守恒mv 1＝(m ＋m )v 2
碰后共同速度v 2＝40.3m/s.
C 在AB 上滑行全过程，A 、B 、C 系统所受合外力为零，动量守恒，C 到B 右端时恰好达到共同速度，即2mv 1＋2mv 2＝4mv
因此共同速度v ＝60.3m/s.
C 在A 、B 上滑行全过程用能量守恒得
F ·2L ＝12×4mv 2－(12×2mv 21＋12
×2mv 22)＋μ1·2mg ·2L
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代入数据解得L ＝0.3 m.
【答案】0.3 m
2.如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4 kg ，放在光滑水平面上，其中AB
段是半径R ＝0.4 m 的光滑14
圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：
(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率；
(2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．
【解析】(1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒：以初速度的方向为正方向；由动量守恒定律可得：
Mv m ＝mv
由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12
mv 2 解得：v m ＝2.0 m/s
(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得：
(M ＋m )v x ＝0
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由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2
y ＋μmg 2L 解得v x ＝0；v y ＝4.0 m/s
故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s
【答案】(1)2.0 m/s (2)4 m/s
如图所示，AB 是倾角为θ＝30°的粗糙直轨道，BCD 是光滑的圆弧轨道，AB 恰好在B 点与圆弧相切．圆弧的半径为R .一个质量为m 的物体(可以看作质点)从直轨道上的P 点由静止释放，结果它能在两轨道上做往返运动．已知P 点与圆弧的圆心O 等高，物体与轨道AB 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，求：
(1)物体对圆弧轨道的最大压力大小；
(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离；
(3)释放点距B 点的距离L ′应满足什么条件，为能使物体能顺利通过圆弧轨道的最高点
D .
【解析】(1)根据几何关系：PB ＝R tan θ
＝3R 从P 点到E 点根据动能定理，有：
mgR －μmg cos θ·PB ＝12mv 2E
－0 代入数据：mgR －μmg ·
32·3R ＝12mv 2E 解得：v E ＝2－3μgR
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在E 点，根据向心力公式有：F N －mg ＝m v 2E R
解得：F N ＝3mg －3μmg
(2)物体滑回到轨道AB 上距B 点的最大距离x ，根据动能定理，有
mg (BP －x )·sin θ－μmg cos θ(BP ＋x )＝0－0
代入数据：mg (3R －x )·12－μmg ·32 (3R ＋x )＝0 解得：x ＝3－3μ3μ＋1
R (3)刚好到达最高点时，有mg ＝m v 2R
解得：v ＝gR
根据动能定理，有
mg (L ′sin θ－R －R cos θ)－μmg cos θ·L ′＝12
mv 2－0 代入数据：mg (12L ′－R －32R )－μmg ·32 L ′＝12
mgR 解得：L ′＝3R ＋3R 1－3μ
所以L ′≥3R ＋3R 1－3μ
，物体才能顺利通过圆弧轨道的最高点D 【答案】(1)3mg －3μmg (2)
3－3μ3μ＋1R (3)L ′≥
3R ＋3R 1－3μ 4.如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图乙所示，t ＝2.0 s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m ＝2 kg ，木板质量M ＝ 1 kg ，滑块与木板间的动摩擦因数
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μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.求：
(1)t ＝0.5 s 时滑块的速度大小；
(2)0～2.0 s 内木板的位移大小；
(3)整个过程中因摩擦而产生的热量．
【解析】(1)木板M 的最大加速度a m ＝μmg M
＝4 m/s 2 滑块与木板保持相对静止时的最大拉力
F m ＝(M ＋m )a m ＝12 N
即F 为6 N 时，M 与m 一起向右做匀加速运动
对整体分析有：F ＝(M ＋m )a 1
v 1＝a 1t 1
代入数据得：v 1＝1 m/s
(2)对M ：0～0.5 s ，x 1＝12a 1t 21
0．5～2 s ，μmg ＝Ma 2
x 2＝v 1t 2＋12
a 2t 22 则0～2 s 内木板的位移x ＝x 1＋x 2＝6.25 m
(3)对滑块：
0．5～2 s，F－μmg＝ma2′
0～2 s时滑块的位移x′＝x1＋(v1t2＋1
2a2′t22)
在0～2 s内m与M相对位移Δx1＝x′－x＝2.25 m t＝2 s时木板速度v2＝v1＋a2t2＝7 m/s
滑块速度v2′＝v1＋a2′t2＝10 m/s
撤去F后，对M：μmg＝Ma3
对m：－μmg＝ma3′
当滑块与木板速度相同时保持相对静止，
即v2＋a3t3＝v2′＋a3′t3
解得t3＝0.5 s
该段时间内，M位移x3＝v2t3＋1
2a3t23
m位移x3′＝v2′t3＋1
2a3′t23
相对位移Δx2＝x3′－x3＝0.75 m
整个过程中滑块在木板上滑行的相对位移Δx＝Δx1＋Δx2＝3 m
系统因摩擦产生的热量Q＝μmg·Δx＝12 J.
【答案】见解析
5如图所示，质量为M的平板车P高h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上．一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q 正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知Q
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离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q 与P 之间的动摩擦因数为μ，M ∶m ＝4∶1，重力加速度为g .求：
(1)小物块Q 离开平板车时速度为多大？
(2)平板车P 的长度为多少？
【解析】(1)小球由静止摆到最低点的过程中，有：mgR (1－cos 60°)＝12mv 20
解得v 0＝gR
小球与小物块Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有：
mv 0＝mv 1＋mv Q
12mv 20＝12mv 21＋12mv 2Q
解得：v 1＝0，v Q ＝v 0＝gR
二者交换速度，即小球静止下来．Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有mv Q ＝Mv ＋m (2v )
解得，v ＝16v Q ＝gR 6
小物块Q 离开平板车时，速度为：2v ＝
gR 3
(2)由能量守恒定律，知
F f L ＝12mv 2Q －12Mv 2－12m (2v
)2
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又F f ＝μmg
解得，平板车P 的长度为L ＝7R 18μ
. 【答案】(1)gR 3 (2)7R 18μ
6.2018年10月23日，港珠澳大桥开通，这是建筑史上里程最长、投资最多、施工难度最大的跨海大桥。

如图所示的水平路段由一段半径为48 m 的圆弧形弯道和直道组成。

现有一总质量为2.0×103 kg 、额定功率为90 kW 的测试汽车通过该路段，汽车可视为质点，取重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)若汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的径向最大静摩擦力是车重的1.2倍，求该汽车安全通过此弯道的最大速度；
(2)若汽车由静止开始沿直道做加速度大小为3 m/s 2的匀加速运动，在该路段行驶时受到的阻力为车重的0.15倍，求该汽车匀加速运动的时间及3 s 末的瞬时功率。

【答案】 (1)24 m/s (2)3.3 s 81 kW
【解析】 (1)径向最大静摩擦力提供向心力时，汽车通过此弯道的速度最大，设最大速度为v m ，
则有：f 径向＝m v 2m r
根据题意f 径向＝1.2mg
代入数据解得：v m ＝24 m/s 。

(2)汽车在匀加速过程中：F －
f ＝ma
当功率达到额定功率时，P0＝Fv1
v1＝at1
代入数据解得：t1＝3.3 s
t＝3 s<t1＝3.3 s
则汽车在该过程中始终做匀加速运动，有：
v＝at
P＝Fv
则3 s末发动机功率为：P＝81 kW。

7.冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意图如图所示。

比赛时，运动员脚蹬起蹬器，身体成跪式手推冰壶从本垒圆心O向前滑行，至前卫线时放开冰壶使其沿直线OO′滑向营垒圆心O′，为使冰壶能在冰面上滑得更远，运动员可用毛刷刷冰面以减小冰壶与冰面间的动摩擦因数。

已知O点到前卫线的距离d＝4 m，O、O′之间的距离L＝30.0 m，冰壶的质量为20 kg，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ1＝0.008，用毛刷刷过冰面后动摩擦因数减小到μ2＝0.004，营垒的半径R＝1 m，g取10 m/s2。

(1)若不刷冰面，要使冰壶恰好滑到O′点，运动员对冰壶的推力多大？
(2)若运动员对冰壶的推力为10 N，要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离是多少？
【答案】(1)12 N(2)距离在8～12 m范围
【解析】(1)设运动员对冰壶的推力为F，对整个过程，由动能定理得：Fd－μ1mgL＝0
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代入数据解得F ＝12 N 。

(2)设冰壶运动到营垒的最左边时，用毛刷刷冰面的距离是x 1；冰壶运动到营垒的最右边时，用毛刷刷冰面的距离是x 2。

由动能定理得：F ′d －μ1mg (L －R －x 1)－μ2mgx 1＝0
代入数据解得x 1＝8 m
由动能定理得：F ′d －μ1mg (L ＋R －x 2)－μ2mgx 2＝0
代入数据解得x 2＝12 m
所以要使冰壶滑到营垒内，用毛刷刷冰面的距离在8～12 m 范围内。

8.“嫦娥四号”飞船在月球背面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面100米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a ＝2 m/s 2垂直下降。

当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s 减速到0，停止在月球表面上。

飞船质量m ＝1000 kg ，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g ＝3.6 m/s 2，四条“缓冲脚”的质量不计。

求：
(1)飞船垂直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；
(2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。

【答案】 (1)－1.6×105 J (2)1360033
N·s 【解析】 (1)飞船加速下降时，由牛顿第二定律，
有：mg －F ＝ma
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推力对火箭做功为：W ＝－Fh
解得：W ＝－1.6×105 J 。

(2)设“缓冲脚”触地时飞船的速度为v ，飞船垂直下降的过程中，有：v 2＝2ah
从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0的过程中，设每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I ，根据动量定理，有：
4I sin60°－mgt ＝0－(－mv )
解得：I ＝1360033
N·s 。

9如图a 所示，轻质弹簧左端固定在墙上，自由状态时右端在C 点，C 点左侧地面光滑、右侧粗糙。

用可视为质点的质量为m ＝1 kg 的物体A 将弹簧压缩至O 点并锁定，以O 点为原点建立坐标轴。

现用水平向右的拉力F 作用于物体A ，同时解除弹簧锁定，使物体A 做匀加速直线运动，拉力F 随位移x 变化的关系如图b 所示，运动到0.225 m 处时，撤去拉力F ，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)求物体A 与粗糙地面间的动摩擦因数以及向右运动至最右端的位置D 点的坐标；
(2)若在D 点给物体A 一向左的初速度，物体A 恰好能将弹簧压缩至O 点，求物体A 到C 点时的速度；
(3)质量为M ＝3 kg 的物体B 在D 点与静止的物体A 发生弹性正碰，碰后物体A 向左运动并恰能压缩弹簧到O 点，求物体B 与A 碰撞前的瞬时速度。

【答案】 (1)0.5 0.45 m (2)
22 m/s (3)43 m/s
【解析】 (1)由于物体A 做匀加速直线运动，结合图象可知：
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从O 到C 点的过程中：F 弹＋F ＝ma
在C 点，弹簧处于自由状态，弹簧弹力F C 弹＝0，拉力F C ＝5 N ，解得：a ＝5 m/s 2
在C 点右侧，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，
由图象可知拉力F ＝10 N
解得：μ＝0.5
从O 到C 点，A 做匀加速直线运动，则：v 2C ＝2ax OC
解得：v C ＝1 m/s
从C 到D 的过程中，由动能定理得：
Fx 1－μmg ·x CD ＝0－12
mv 2C 其中x 1＝0.225 m －0.1 m ＝0.125 m
解得：x CD ＝0.35 m
所以D 点坐标为：x D ＝x OC ＋x CD ＝0.45 m 。

(2)物体A 将弹簧由C 点压缩至O 点的过程，由动能定理得：－W 弹＝0－12mv 2C 1
物体从O 到C ，由动能定理得：W 弹＋W F ＝12mv 2C
－0 其中W F ＝F C 2x OC
联立解得：v C 1＝
22 m/s 。

(3)设B 碰前速度为v 0，碰后速度为v 1；碰后A 的速度为v 2，则：
Mv 0＝Mv 1＋mv 2
12Mv 20＝12Mv 21＋12mv 22
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物体A 从D 到C 的过程中，由动能定理：
－μmgx CD ＝12mv 2C 1－12
mv 22 联立解得：v 2＝2 m/s ，v 0＝43
m/s 。

10.用如图所示的装置，可以模拟货车在水平路面上的行驶，进而研究行驶过程中车厢里的货物运动情况。

已知模拟小车(含遥控电动机)的质量M ＝7 kg ，车厢前、后壁间距L ＝4 m ，木板A 的质量m A ＝1 kg ，长度L A ＝2 m ，木板上可视为质点的物体B 的质量m B ＝4 kg ，
A 、
B 间的动摩擦因数μ＝0.3，木板与车厢底部(水平)间的动摩擦因数μ0＝0.32，A 、B 紧靠车厢前壁。

现“司机”遥控小车从静止开始做匀加速直线运动，经过一定时间，A 、B 同时与车厢后壁碰撞。

设小车运动过程中所受空气和地面总的阻力恒为F 阻＝16 N ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)从小车启动到A 、B 与后壁碰撞的过程中，分别求A 、B 的加速度大小；
(2)A 、B 与后壁碰撞前瞬间，求遥控电动机的输出功率；
(3)若碰撞后瞬间，三者速度方向不变，小车的速率变为碰前的80%，A 、B 的速率均变为碰前小车的速率，且“司机”立即关闭遥控电动机，求从开始运动到A 相对车静止的过程中，A 与车之间由于摩擦产生的内能。

【答案】 (1)4 m/s 2 3 m/s 2 (2)670 W (3)40 J
【解析】 (1)由题意，从小车启动到A 、B 与后壁碰撞的过程中，三者间有相对滑动，三者受力如图所示，
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对B ：f AB ＝μm B g ＝12 N
由牛顿第二定律有：f AB ＝m B a B
代入数据解得：a B ＝3 m/s 2，方向向前，做匀加速运动
对A ：F 车A ＝μ0(m A ＋m B )g ＝16 N ，f AB ＝f BA
由牛顿第二定律：F 车A －f BA ＝m A a A
代入数据解得：a A ＝4 m/s 2，方向向前，做匀加速运动。

(2)A 、B 同时到达后壁，有
s A －s B ＝12a A t 2－12
a B t 2＝L A 且：s 车－s B ＝12a 车t 2－12
a B t 2＝L 解得：t ＝2 s ，a 车＝5 m/s 2
对车，由牛顿第二定律有：
F 牵－μ0(m A ＋m B )g －F 阻＝Ma 车
解得：F 牵＝67 N
电动机输出功率为P ＝F 牵v
碰撞前瞬间的车速为：v ＝a 车t
联立以上各式并代入数据解得：
v ＝10 m/s ，P ＝670 W 。

(3)碰撞后瞬间，v 车′＝0.8v ＝8 m/s ，A 、B 的速率为v ，因μ<μ0
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所以碰后三者之间仍有相对滑动，三者受力如图所示，
对B ：a B ′＝a B ＝3 m/s 2，方向向后，做匀减速直线运动
对A ：a A ′＝a A ＝4 m/s 2，方向向后，做匀减速直线运动
对车：F 牵＝F 阻－F A 车＝0，因此车做匀速直线运动
设经时间t ′，A 与车相对静止，则：t ′＝
v －v 车′a A ′＝0.5 s A 与车间相对滑动的距离为：
Δs ＝s A ′－s 车′＝(vt ′－12
a A ′t ′2)－v 车′t ′ 得：Δs ＝0.5 m
A 相对车通过的总路程：Δs 总＝Δs ＋L 2
A 与车之间由于摩擦产生的内能：E ＝F 车A Δs 总
代入数据解得：E ＝40 J 。

11.翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小而改变飞行器的飞行状态。

已知飞行器的动力F 始终与飞行方向相同，空气升力F 1与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即F 1＝C 1v 2；空气阻力F 2与飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即F 2＝C 2v 2。

其中C 1、C 2相互影响，可由飞行员调节，满足如图甲所示的关系。

飞行员和装备的总质量为m ＝90 kg 。

(重力加速度取g ＝10 m/s 2)
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(1)若飞行员使飞行器以速度v 1＝10 3 m/s 在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。

结合甲图计算，飞行器受到的动力F 为多大？
(2)若飞行员使飞行器在空中的某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，在此过程中调节C 1＝5.0 N·s 2/m 2，机翼中垂线和竖直方向夹角为θ＝37°，求飞行器做匀速圆周运动的半径r 和速度v 2大小。

(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
【答案】 (1)750 N (2)30 m 15 m/s
【解析】 (1)选飞行器和飞行员为研究对象，由受力分析可知，在竖直方向上有：mg ＝C 1v 21
得：C 1＝3 N·s 2/m 2
由C 1、C 2关系图象可得：C 2＝2.5 N·s 2/m 2
在水平方向上，动力和阻力平衡：F ＝F 2
又F 2＝C 2v 21
解得：F ＝750 N 。

(2)由题意知空气升力F 1′与竖直方向夹角为θ，在竖直方向所受合力为零，有：mg ＝C 1v 22cos θ
水平方向合力提供向心力，有：C 1v 22sin θ＝m v 22r
联立解得：r ＝30 m ；v 2＝15 m/s 。

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12.如图所示，一质量为m ＝0.45 kg 的小物块(可视为质点)从水平面上的 A 点以一定的初速度v 0向右运动，到达B 点后进入半径为R ＝0.45 m 的光滑半圆形竖直轨道，当小物块到达最高点C 点，安装在此处的压力传感器测得小物块对轨道的压力为4.5 N 。

已知A 、B 两点间的距离为d ＝2.7 m ，小物块与水平面之间的动摩擦因数为μ＝0.25，重力加速度g ＝10 m/s 2。

(1)求小物块落到水平面上的位置到B 点的距离；
(2)若要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离，求小物块在A 点的初速度v 0的取值范围。

【答案】 (1)9210 m (2)v 0≥6 m/s 或362 m/s<v 0≤3102
m/s 【解析】 (1)设小物块在C 点的速度大小为v C ，已知小物块在最高点C 受到的支持力F N ＝F N ′＝4.5 N ，
则由牛顿第二定律可得F N ＋mg ＝m v 2C R
， 设小物块从C 点抛出后落到水平面上的时间为t ，则有2R ＝12
gt 2， 则小物块落到水平面上的位置到B 点的距离为
x ＝v C t ，
联立解得x ＝9210
m 。

(2)分两种情况考虑：
∶物块能到达C 点，从C 点飞出。

设小物块刚好能通过最高点C 时的速度为v 1，有mg ＝m
v 21R
，
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由动能定理可得－μmgd －2mgR ＝12mv 21－12
mv 20， 代入数据解得v 0＝6 m/s ，
所以当v 0≥6 m/s 时，小物块始终不脱离半圆形轨道。

∶物块运动到半圆轨道上然后从B 点滑出。

当小物块运动到与圆心等高处速度为零时，由动能定理有
－μmgd －mgR ＝0－12mv 20
， 代入数据可解得v 0＝3102
m/s ， 当小物块刚好运动到B 点速度为零时，由动能定理有
－μmgd ＝0－12mv 20
， 代入数据解得v 0＝362
m/s ， 所以，此种情况下要求小物块始终不脱离半圆形轨道的初速度应满足
362 m/s ＜v 0≤3102
m/s 。

综合上述两种情况可知，要使小物块在半圆形轨道上运动时始终不脱离轨道，则小物块从A 点出发时的初速度v 0应满足v 0≥6 m/s 或362 m/s<v 0≤3102
m/s 。