【单元练】成都四川师范大学实验外国语学校高中物理必修2第八章【机械能守恒定律】习题

一、选择题

1．关于功和能，下列说法不正确的是（ ） A．滑动摩擦力对物体可以做正功

B．当作用力对物体做正功时，反作用力可以不做功

C．一对互为作用力和反作用力的滑动摩擦力，做功之和一定为零 D．只有重力做功的物体，在运动过程中机械能一定守恒C 解析：C

A．滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，与物体实际运动方向可能相同，可能相反，无直接关系，因此滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，A正确；

B．比如磁铁吸引小球运动时，在它们的相互作用力的作用下运动，小球从静止开始向磁铁运动，则作用力对小球做正功，但由于磁铁不动，故反作用力对磁铁不做功，B正确； C．作用力和反作用力可能都做正功，做功的代数和不一定为零。比如两个人滑冰，相互推开，在推开的过程中，作用力与反作用力都做正功，C错误；

D．机械能守恒条件为只有重力和弹力做功，而只受重力作用的物体，在运动过程中只有重力做功，故机械能一定守恒，D正确。 故选C。

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．如图甲所示，质量为m=2kg、带电荷量为q=310-3C的小物块静置于绝缘水平面上，A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场。小物块仅在电场中运动时才受到一个水平向

左F=18N的拉力作用。小物块运动的v-t图象如图乙所示，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）

A．小物块在3s内的位移为12m B．小物块与水平面间的动摩擦因数为0.4 C．匀强电场的电场强度为104N/C

D．物块运动过程中因摩擦而产生的内能为8JC 解析：C

A．由乙图可知小物块在0~3 s内的位移即为图像与横轴所围的面积，即

1x34m=6m

2故A错误；

B．滑块在1~3 s内做减速运动，此时只受摩擦力，根据牛顿第二定律得

mgma2

由乙图可知小物块做减速运动的加速度即为图像的斜率，即

a2解得

4ms22ms2 20.2

故B错误；

C．滑块在0~1 s内做加速运动，根据牛顿第二定律得

EqmgFma1

由乙图可知小物块做加速运动的加速度即为图像的斜率，即

a1解得

4ms24ms2 1E104N/C

故C正确；

D．物块运动过程中产生的内能等于物体克服摩擦力做的功，即

QWfmgx24J

故D错误。 故选C。

4．按压式圆珠笔内装有一根小弹簧，尾部有一个小帽，压一下小帽，笔尖就伸出来。如图所示，使笔的尾部朝下，将笔在桌面上竖直向下按到最低点，使小帽缩进，然后放手，笔将竖直向上弹起至一定的高度。忽略摩擦和空气阻力，则笔从最低点运动至最高点的过程中（ ）

A．笔的动能一直增大

B．笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和一直减小 C．弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能增加量 D．笔、弹簧和地球组成的系统机械能守恒D 解析：D

A．笔向上先做加速运动，到加速度变为零再做减速运动，则动能先增加后减小，A错误； B．笔的重力势能，动能，弹簧的弹性势能总和一定，动能先增加后减小，则笔的重力势能与弹簧的弹性势能总和先减小后增加，B错误；

C．笔的重力势能，动能，弹簧的弹性势能总和一定，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的动能与重力势能之和的增加量，而最后动能为0，则弹簧的弹性势能减少量等于笔的重力势能增加量，C错误；

D．对笔、弹簧和地球组成的系统，整个过程能量只在动能和势能之间相互转化，总的机械能守恒，D正确。 故选D。

5．质量为m的跳水运动员，从高出水面h的跳台上以某速度斜向上跳起，跳起高度离跳台为H，最后以速度v进入水中，不计空气阻力，则运动员起跳时所做的功为（ ） A．mgH

B．mgh D．

12mvmgh 2解析：C

C．

A．从起跳到最高点，根据动能定理得

12mvmghC 212WmgHmvx

2解得

WmgH

A错误；

BCD．从起跳到入水，根据动能定理得

Wmgh解得

12mv 2W12mvmgh 2C正确，BD错误。 故选C。

6．质量为m的物体，从静止开始以a=说法中正确的是（ ） A．物体的动能增加了mgh C．此时合力的功率为解析：D

A．根据动能定理得

B．物体的重力势能增加了mgh D．重力的平均功率g的加速度竖直向下加速，下落高度为h时，下列2mg2gh 2mg2ghD 1ΔEkmahmgh

2A错误；

B．重力做正功，重力势能减少。B错误； C．此时物体的速度为

v2ahgh 所以合力的功率为

1Pmavmggh 2C错误；

D．重力的平均功率为

PmgvmgD正确。 故选D。

gh 27．如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静置于地面；b球质量为4m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a能达到的最大高度为（ ）

A．h 解析：C

设a球上升高度h时，两球的速度大小为v，根据ab系统的机械能守恒得

B．1.5h

C．1.6h

D．2hC

4mgh=mgh+

解得

1∙（4m+m）v2 2v1.2gh

此后绳子恰好松弛，a球开始做初速为1.2gh的竖直上抛运动，再对a球，根据机械能守恒

mgh+

解得a球能达到的最大高度

H=1.6h

故C正确，ABD错误。 故选C。

8．1925年物理学家霍曼提出了霍曼转移轨道，该轨道可消耗最小的能量来发射地球静止轨道卫星。发射时首先让卫星进入停泊轨道，在D点点火使卫星进入GTO轨道，在F点再次点火使卫星进入GEO轨道，忽略因火箭点火产生的质量变化，则下列说法正确的是（ ）

12

mv=mgH 2

A．卫星在停泊轨道的运行周期大于在GEO轨道的运行周期 B．卫星在停泊轨道的加速度小于在GEO轨道的加速度 C．卫星在GTO轨道上D点时速率大于在F点时的速率 D．卫星在停泊轨道的机械能大于在GEO轨道的机械能C 解析：C A．根据周期公式

r3 T2πGM可知卫星轨道半径越大，周期越大，半径越小，周期越小，卫星在停泊轨道的运行周期小于在GEO轨道的运行周期，故选项A错误； B．根据万有引力定律可得加速度

aGM r2可知轨道半径越小，加速度越大，卫星在停泊轨道的加速度大于在GEO轨道的加速度，故选项B错误；

C．卫星在GTO轨道运行时机械能守恒，故卫星在F点时的势能大，动能小，卫星在D点时的势能小，动能大，故选项C正确；

D．经过两次点火，卫星的机械能均增加，所以卫星在GEO轨道的机械能大于在停泊轨道的机械能，选项D错误。 故选C。

9．由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。已知图中虚线为不考虑空气阻力时炮弹的运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O为发射点，d为落地点，b为轨迹的最高点，a、c两点距地面的高度相等。则（ ）

A．到达b点时，炮弹的加速度为零

B．炮弹经过a点时的动能等于经过c点时的动能 C．炮弹到达b点时的机械能小于到达d点时的机械能 D．炮弹由O点到b点的时间小于由b点到d点的时间D 解析：D

A．在最高点炮弹受空气阻力（水平方向上的阻力与水平速度方向相反），重力作用，二力合力不为零，故加速度不为零，A错误；

B．由于空气阻力恒做负功，所以根据动能定理可知经过a点时的动能大于经过c点时的动能，B错误；

C．炮弹从b点时运动到d点时的空气阻力做负功，机械能减少，所以炮弹到达b点时的机械能大于到达d点时的机械能，C错误；

D．从O到b的过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，即

mgFf1ma1

解得

a1gFf1m

在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，即

mgFf2ma2

解得

a2g故

Ff2m

a1a2

根据逆向思维，两个阶段的运动可看做为从b点向O点和从b点向d点运动的类平抛运动，竖直位移相同，加速度越大，时间越小，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b

点运动到d点的时间，D正确。 故选D。

10．一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动，其v−t图像如图所示。已知汽车的质量为m=1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，g取10 m/s2，则以下说法正确的是（ ）

A．汽车在前5 s内的牵引力为5×102 N C．汽车的额定功率为100 kW 解析：C

A．由图像可知匀加速直线运动的加速度为

B．汽车速度为25 m/s时的加速度为5 m/s2 D．汽车的最大速度为80 m/sC

a根据牛顿第二定律得

v20m/s2=4 m/s2 t5F−f=ma

解得牵引力为

F=f＋ma=0.1×1×104 N＋1×103×4 N=5×103 N，

故A错误；

BC．汽车的额定功率为

P=Fv=5 000×20 W=100 kW

当汽车的速度是25 m/s时，牵引力

p1105F′=N=4×103 N v25此时汽车的加速度

Ff41030.11104a′== m/s2=3 m/s2 3m110故B错误，C正确；

D．当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为

pp1105vm =m/s=1×10 2m/s 3Ff110故D错误。 故选C。

二、填空题

11．汽车发动机的额定功率为40kW，质量为2t，汽车在水平路面上行驶，受到阻力为车重的0.1倍（g取10m/s2），则汽车在水平路面上行驶时

（1）汽车能达到的最大速度为______，若汽车以额定功率启动，当汽车速度为10m/s时的加速度为______

（2）若汽车从静止开始保持1m/s2的加速度作匀加速直线运动，达到额定输出功率后，汽车保持功率不变又加速行驶直到获得最大速度，则汽车作匀加速直线运动持续的时间为______，第5秒末汽车发动机实际功率多少______。20m/s1m/s210s20kW 解析：20m/s 1m/s2 10s 20kW

（1）[1]汽车有最大速度时，此时牵引力与阻力平衡，由此可得

PFv Ffkmg

则

Pfvm

所以

PP40103vm20m/s

fkmg0.1200010[2]当速度v=10m/s时

P40103F4000N

v10根据牛顿第二定律得

Ffma

解得

aFf40002000m/s2=1m/s2 m2000（2）[3]若汽车从静止开始做匀加速直线运动，当达到额定功率时，匀加速阶段结束 由

Ffma

解得匀加速阶段的牵引力

F1fma1(200020001)N=4000N

匀加速运动的末速度

P40103v1m/s=10m/s

F14000则匀加速运动的时间

t[4] 第5秒末汽车发动机实际功率为

v110s=10s a11P5F1v5F1at54000520kW

12．质量为 2kg 的钢球，从 50m 高处自由下落，下落 2s 时，钢球具有的动能为___________J，重力势能为___________J，此时钢球的机械能是___________J；钢球下落___________m时，钢球的动能和重力势能相等。（不计空气阻力，取地面为参考平面，g 取 10m/s2）600100025 解析：600 1000 25 [1]2s时的速度为

v2gt20m/s

则此时钢球具有的动能为

12Ekmv2400J

2[2]2s下落的高度为

h2则此时钢球具有的重力势能为

12gt20m 2EPmg(Hh2)210(5020)J600J

[3]此时钢球的机械能为

EEPEk1000J

[4]设钢球的动能和重力势能相等时，钢球下落的高度为h，速度为v，则有

mgh12mv 2根据机械能的组成，可得

1mghmv2E

2联立解得

h25m

13．一物块在高3.0m、长5.0m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，取g10m/s。则物块开始下滑2m过程中，机械能损失_________J；物块沿斜面下滑的加速度a________m/s2。

22

解析：2

[1]由图像可知，物块下滑2m过程中，重力势能减少量为

Ep30J18J12J

动能的增加量为

Ek4J04J

故此过程中，机械能的损失为

E12J4J8J

[2]物块机械能的减少量等于克服阻力所做的功，故物块下滑2m过程中，克服阻力做功8J，动能增加量等于合力所做的功，故此过程中，合力做功为4J，由此可知

mgssinfs4J，fs8J

解得

2fmgsin

3其中

sin由牛顿第二定律，有

3.0m0.6 5.0mmgsinfma

解得

11agsin100.6m/s22m/s2

3314．质量为m，发动机的额定功率为P0的汽车沿平直公路行驶，当它的加速度为a时，速度为v，测得发动机的实际功率为P1，假定运动中所受阻力恒定，它在平直的路上匀速行驶的最大速度为__________。

P0v 解析：

Pmav1[1]当速度为v时，发动机的实际功率为P1，此时的牵引力

F根据牛顿第二定律有

P1 vFfma

解得

fFmaP1ma v当牵引力等于阻力时，速度最大

vmP0P0P0P0vP FfP11mavmav15．如图，一直角斜面体固定在水平地面上，两侧斜面倾角分别为α=60º，β=30º。A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端，置于斜面上，两物体重心位于同一高度并保持静止。不计所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都平行于斜面。若剪断轻绳，两物体从静止开始沿斜面下滑，则它们加速度大小之比为____，着地瞬间机械能之比为_____。

解析：3:1 1:3

[1][2]两物体均处于平衡状态，受力分析如图所示

绳子对A和B的拉力大小相等，对A有

mAgTsin60

对B有

mBgTsin30

联立解得

mA:mB1:3 绳子剪断后，两物体均自由下落，落地高度相同，故落地时的速度相同

aA:aB得

Tsin60Tsin30: mAmBaA:aB3:1

落地高度相同，故落地时的速度相同，且只剩下动能，故机械能之比等于动能之比

11mAv2:mBv21:3 2216．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：

W130J

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：

W60J

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，t时间内和2t时间内的加速度大小分别为a1和a2， 由于t时间内和2t时间内的位移大小相等、方向相反，则有：

2121a1ta1t2ta2(2t) 22解得：

a14 a25根据牛顿第二定律得：

t时间内有：

Fmgsinαma1

2t时间内有：

Fmgsinαma2

联立得：

F9mgsinα

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：

(Fmgsinα)sEk0

解得：

1mgssinαEk1J

8即得重力势能为：

EPmgssinα1J

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F9mgsin得重力做功为：

1110WGmgsinαLFLWFJ

993对从开始到动能再次为8J的过程，根据动能定理得：

mgsinα•sFsWFWGEk0

可得：

mgsinα•s所以此时物体的重力势能为：

56J 305610J5.2J 303EpmgsinαsWG17．水平地板上固定着一块木板，一颗子弹以800m/s的水平速度射穿这块木板后速度变为700m/s，若子弹以400m/s的水平速度射穿这块木板，则射出时速度是__________m/s．100 解析：100

[1]由动能定理可得，第一过程中

Wf第二过程中

11m8002m7002 2211m4002mv2 22Wf联立解得

v100m/s

18．一物体以初速v0沿着光滑斜面上升，它上升的最大高度是____________，当它上升的高度为________时，它的速度将减小到

22v03v0 解析：

2g8gv0． 2[1]上升到最大高度时，速度为零，根据动能定理得：

120mv0mgh 2解得

2v0h

2g[2]物体上升到速度减小到

v0的过程中，根据动能定理得： 21v0212m()mv0mgh' 22223v0h

8g'解得

19．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10m/s2）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

W121mv5042J400J 22[2]运动员从起跳到入水重力做功为

WGmgh501010J5000J

[3]由动能定理可得

1WGEkmv2

2得

Ek12mvWG5400J 220．电动机通过一绳子吊起质量为8kg的物体，绳的拉力不能超过120N，电动机的功率不能超过1200W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90m(已知此物体在被吊高90m时已达到最大速度并匀速上升)，则最大速度的大小为_________；所需时间为___________．(g=10m/s2)775 解析：7.75

[1]物体匀速时，速度达最大，牵引力等于重力，则有：

F=mg

由功率公式可得：

PFvm

解得：

vm[2]由牛顿第二定律可得：

Pm120015m/s F810Fmmgma

代入数据解得：

a5m/s2

末速度：

vt上升的时间：

Pm120010?m/s Fm120t1上升高度为：

vt102s a5vt2102h10m

2a25在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为vm15m/s， 由动能定理得：

Pmt2mgh2代入数据后解得：

11mvm2mvt2 22t25.75s

所以总时间：

tt1t27.75 s

三、解答题

21．2020年9月15日，中智行5GAI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术。在一次性能测试中，质量m1000kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图像如图所示。已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的

1。求： 5（1）该无人驾驶汽车发动机的额定功率P； （2）汽车做匀加速直线运动的末速度； （3）在4s~14s内汽车通过的路程。

解析：（1）60KW；（2）12m/s；（3）111m （1）由图像可知汽车刹车过程中的加速度大小为

v230a2m/s210m/s2

t3可知刹车时汽车所受阻力

Ff2ma21104N

因此汽车启动时所受阻力

1Ff1Ff22103N

5汽车达到最大速度时F牵Ff1，该汽车发动机的额定功率

PF牵vmax60kW

（2）在0~4s内，根据牛顿第二定律可知

FFf1ma

且

FP v1a联立解得

v1 t1v112m/s

（3）在4~14s内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有

Pt2Ff1x2解得汽车该段时间内的位移

121mvmaxmv12 22x2111m

22．如图所示，一足够长、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，绳两端各系一小球A和B，质量分别为m和2m。A球静置于地面，B球用手托住，离地高度为h，此时轻绳刚好拉紧。由静止释放B球后，B球将拉动A球上升，设B球与地面碰撞后不反弹，A球上升过程中不会碰到定滑轮（重力加速度为g，空气阻力不计），试求： （1）A球在上升过程中离地的最大高度为多大？ （2）B球下落过程中轻绳对B球做的功。

44h；（2）Wfmgh 33（1）对A、B系统由机械能守恒， 有

解析：（1）Hhh12mgh - mgh =

解得

13mv2 2v又B球落地后，A球向上匀减速上升

2gh 3v22gh1

解得

1h1h

3所以A球能上升的最大高度

Hhh1（2）对B球，由动能定理

4h 312mghWf2mv2

2又

v所以

2gh 34Wfmgh

323．某动车组列车由4节动车（自带动力的车厢）和4节拖厢（不带动力的车厢）组成。该动车组先以恒定加速度a=0.5m/s2由静止启动做匀加速直线运动，达到额定功率后再做变加速直线运动，总共经过550s的时间加速后，动车组便开始以最大速度270km/h匀速行驶。已知每节动车可以提供P=750kW的额定功率，每节车厢平均质量为m=20t。每节动

车在行驶中提供的功率相同，行驶中每节车厢所受阻力相同且恒定。求： (1)动车组在匀加速阶段的总牵引力大小； (2)列车匀加速运动维持的时间； (3)列车在整个加速过程所通过的路程。 解析：(1)F1.2105N；(2)50s；(3)28.125km (1)动车组受到的总阻力为

f4P4104N vm根据牛顿第二定律

Ffma

解出

Fmaf1.2105N

(2)设匀加速运动的末速度为v，匀加速时间为t1，有

4P=Fv

解得

v匀加速运动时间

4p25m/s Fv50s at1(3)设列车在整个加速过程中所通过的路程为s，根据动能定理

112Pt144P(tt1)fs8mvm 22解出

s=28.125km

24．如图所示，装置的左边是光滑的水平面，一轻质短弹簧左端固定，右端与质量为1kg的小物块接触而不连接，光滑水平面的右边是一段长度为L=2m的水平静止的传送带，水平面、传送带和水平台面BC等高，水平台面BC的长度为S=1m，右边是半径R=0.5m的光滑半圆轨道CDE，现在外力作用下，使小物块压缩弹簧至弹簧的弹性势能为EP=20J，然后撤去外力后小物块沿光滑水平面滑到传送带A点继续向右运动，小物块与传送带及水平台面BC之间的动摩擦因数均为µ=0.5，则（g取10m/s2）求： (1)小物块离开弹簧后刚滑到传送带A点的速度多大； (2)小物块达到圆轨道最低点C对轨道的压力大小； (3)通过计算分析，小物块最后停在何处；

(4)若传送带可以顺时针转动，要使小物块恰好到达最高点E，试计算传送带的速度多大。

解析：(1)v0210m/s；(2)30N；(3)最后停在B点；(4)35m/s (1)小物块离开弹簧过程，由能量守恒定律得

Ep小物块离开弹簧后刚滑到传送带A点的速度

1mv02 2v0210m/s

(2)物块，A到C，由动能定理得

mg(SL)解得：vC10m/s； 在C点，由向心力公式得

1212mvCmv0 22vC2 NmgmR轨道对物块的支持力N=30N，由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力N‘=30N (3)物块从C滑上光滑半圆轨道CDE，由机械能守恒定律得

12mvCmgh 2解得：h=0.5m

即物块从C滑上光滑半圆轨道CDE运动到D点速度减为0，再从D点运动到停止，由动能定理得

mghmgs路0

解得：S路=1m，所以小物块最后停在B点； (4)小物块恰好到达最高点E，则

2vEmgm

R小物块从B到E，由动能定理得

mgs2mgR解得：vB35m/s

1212mvEmvB 22由于vBmgL1212mvmv0 22解得：v25m/s ，由于vB>v，所以物块在传送带上先减速后匀速，传送带的速度为

35m/s

25．一质量为m＝2kg的小球从光滑的斜面上高h＝2.4m处由静止滑下，经光滑水平面滑上一个半径R＝0.8m的光滑圆环，直接落在水平面上的Q点(图中未画出)如图所示，求： (1)小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力： (2)QA的距离；

(3)小球至少应从多高处由静止滑下才能越过圆环最高点？(g取10m/s2)

解析：(1)20N；(2)

82m；(3)2m 5(1)由动能定理，列方程得

mg(h2R)当小球到达在圆环最高点时，有

12mv 2mv2 NmgR解得

N=20N

根据牛顿第三定律可得，小球滑到圆环顶点B时对圆环的压力为20N。 (2)从B点出来做平抛运动，有

2R12gt，xvt 2代入数据解得

x(3)由动能定理，列方程

82m 5mg(h2R)当小球到达在圆环最高点时，有

12mv 2mv2 mgR解得

h5R2m 226．如图，质量m1.0kg的物体以v010m/s的初速度从水平面的某点向右运动并冲上半径R1.0m的竖直光滑半圆环，物体与水平面间的动摩擦因数0.5。 (1)物体能从M点飞出，落到水平面时落点到N点的距离的最小值为多大？

(2)如果物体从某点出发后在半圆轨道运动过程途中离开轨道，求出发点到N点的距离x的取值范围？

(3)设出发点到N点的距离为x，物体从M点飞出后，落到水平面时落点到N点的距离为

y，通过计算在乙图中画出y2随x变化的关系图像。

解析：(1)2m；(2)8m>x5m；(3)

(1)物体恰好能从M点飞出，有

2vmin mgmR由平抛运动知

yminvmint，2R1gt2

2解得最小距离

ymin2m

(2)物体不会在M到N点的中途离开半圆轨道，即物体恰好从M点飞出，物体从出发点到M过程，由动能定理得

mgxmaxmg2R解得

1212mvminmv0 22xmin5m

物体刚好至与圆心等高处速度为0，由动能定理

12mgxminmgR＝0mv0

2解得

xmax8m

综上可得所求的范围

8m>x5m

(3)物体从出发点到M点过程，由动能定理

1212mgxmg2R=mvMmv0

22yvMt

解得关系式为

y24x24（x5m）

画出图象如图所示

27．如图1所示，某景区滑水道，可抽象为图2的模型。倾角为60°的直滑道AB和倾角为

30的直滑道DE与光滑竖直圆轨道BCD、EFG都平滑连接。游客乘坐皮艇，总质量为

80kg，从高52m处由静止沿滑水道滑下，滑到最低点C的时速为108km/h，然后经直滑道DE冲上圆弧EFG，翻过圆弧顶后到终点。若两段圆弧的半径都是R20m，O2G与竖直方向成30角，不计两段圆弧的摩擦阻力。DE段直滑道与皮艇间的动摩擦因数为

0.2。求：

(1)从A点滑到最低点C过程中克服阻力做的功； (2)滑到最低点C，皮艇对轨道的压力；

(3)皮艇能安全翻过圆弧顶不脱离滑道，最后到终点，滑水道DE段的长度最大值。

解析：(1)5600J；(2)4400N，方向竖直向下；(3)(1)通过C点的速度大小

200350m

53vC108km/s30m/s

由动能定理

12mghWfmvC

2解得

Wf5600J

(2)在C点有

2vcFN－mg=m R解得

FN=4400N

根据牛顿第三定律，压力为4400N，方向竖直向下 (3)恰好能到达最高点F，速度为0，DE的长度为L1，

hCF=2(R－Rcos30)+ L1sin30

从C到F，根据动能定理

－mghCF－μmgcos30L1=0－

12mvc 2得

L1200350m

5328．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，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EP110mgsinmgRsin，已知弹簧劲度系数k。某次缓慢下拉手柄P使弹簧20R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：

(1)调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠Q经BC轨道上的C点射出，落在斜面底边上的不同位置，其中与A的最近距离是多少？

(2)若弹珠Q落在斜面底边上离A的距离为10R，弹珠Q离开弹簧前的最大速度是多少？

解析：(1)32RR；(2)83gRsin 5(1)当P离A点最近（设最近距离为d）时，弹珠经C点速度最小，设这一速度为v0，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，mgsinθ提供所需要的向心力。所以

2v0mgsinm

R得

v0gRsin

8R+R=

得到的

12gtsin 2t18R gsinxv0t18R232R

d32RR

(2)设击中P1点的弹珠在经过C点时的速度为vC，离开C点后弹珠做类平抛运动

a=gsinθ 10R-R＝vCt

又在(1)中得到

t18R gsinvc9gRsin 2弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大；设此时弹簧压缩量为x，根据平衡条件：

mgsinθ=kx0

取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，根据系统机械能守恒：取平衡位置重力势能为零

12112EPmvmmg(6RR)sinmvC

2102vm83gRsin 5