必修2《機械能守恒》典型例題

機械能守恒定律1.對于質(zhì)量一定的物體，下面陳述中正確的選項是A．物體的動量發(fā)生變化，其動能必定變化B．物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化C．物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化D．物體的動能變化，其動量必定變化解析對于質(zhì)量一定的物體，由p=mυ可知，物體的動量變化只有可能是υ的變化引起，υ是矢量，其變化有三種可能：(1)方向不變，大小改變(例如，自由落體運動)；(2)方向改變，大小不變(例如，勻速圓周運動)；(3)方向、大小均改變(例如，平拋物體運動)．所以，在第二種情況中，物體速度的大小不變，其動能就不變，動量的大小也不變，但由于物體速度的方向改變，動量的方向也就改變，故動量在變化.選項B正確，選項A錯誤．對于質(zhì)量一定的物體，物體的動能變化，物體的速度大小一定變化，又由p=mυ可知，物體的動量一定變化，選項C錯誤，選項D正確。答案BD2.質(zhì)量為0.2kg的小球自距地0.8m高處自由落下，碰地后跳起，第一次所能到達的最大高度是0.45m，假設空氣阻力不計，以豎直向下方向為正方向，那么小球落地時的速度是________；彈起時的速度是________；碰撞過程中動量的增量是_______.解析：設小球落地時的速度是，彈起時的速度是，那么自由落體運動公式，得：．小球彈起時做豎直上拋運動，由得：，方向豎直向上，碰撞過程中動量的增量是.答案4m／s；-3m／s；-1.4kg·m／s．3.質(zhì)量為0.1kg的小球以υ=3m／s的速度水平拋出，當t=0.4s時，小球的動量多大?在0.4s內(nèi)，重力的沖量是多大?(g取)解析：小球作平拋物體運動，水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動．當t=0.4s時，小球的水平速度，豎直方向速度，小球的合速度(如圖7—1)．所以，小球的動量p=mυ=0.1×5kg·m／s=0.5kg·m／s．由于υ與水平方向的夾角θ滿足：sinθ=4／5=0.8，即θ=53°，所以小球在0.4s的動量方向跟υ相同，與水平方向成53°角．在0.4s內(nèi)，重力的沖量I=mgt=0.1×10×0.4N·s=0.4N·s，方向沿重力方向，豎直向下．答案：0.5kg·m／s，與水平方向成53°角；0.4N·s，方向豎直向下．4.總長為L的光滑勻質(zhì)鐵鏈跨過一個光滑的小滑輪，開始時底端相齊(圖8—46)．當略有擾動時，其一端下落，那么鐵鏈脫離滑輪的瞬間速度多大?解析設鐵鏈的質(zhì)量為m，取鐵鏈剛離開滑輪時其下端所在水平面為參考平面．那么初狀態(tài)鐵鏈的機械能(是鐵鏈重心到參考平面的高度)末狀態(tài)鐵鏈的機械能由機械能守恒定律得解得5.如圖8-47所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)，將彈簧壓縮到最短，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，那么此系統(tǒng)在從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中A．動量守恒，機械能守恒B．動量不守恒，機械能不守恒C．動量守恒，機械能不守恒D．動量不守恒，機械能守恒解析從子彈射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程可以分為兩個階段，第一階段，子彈射入，使木塊獲得速度，此過程時間非常短暫，彈簧還未被壓縮；第二階段，子彈與木塊以同一速度壓縮彈簧，直到速度為零，彈簧被壓縮至最短．在第一階段，系統(tǒng)不受外力，動量守恒，但由于子彈射入木塊中會產(chǎn)生熱量，子彈損失一局部機械能，機械能不守恒．在第二階段，子彈和木塊以同一速度壓縮彈簧，只有彈力做功，機械能守恒，而此階段中，墻壁對彈簧產(chǎn)生越來越大的作用力，系統(tǒng)受到的合外力不為零，動量不守恒．(從直觀也可以判斷出系統(tǒng)的動量從有到無，不守恒)綜上所述，子彈從開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中動量不守恒，機械能也不守恒．答案B6.如以下圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的子彈A沿水平方向射入木塊后留在木塊將彈簧壓縮到最短.現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究對象(系統(tǒng))，那么此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧壓縮至最短的整個過程中()A.動量守恒，機械能守恒B.動量不守恒，機械能不守恒C.動量守恒，機械能不守恒D.動量不守恒，機械能守恒解析：子彈打擊木塊B，子彈和B組成系統(tǒng).由于作用時間很短，彈簧還未發(fā)生形變，合外力為零，系統(tǒng)動量守恒.子彈對B的摩擦力做功(A的位移很小)，小于子彈克服摩擦力做功，兩者的總功為摩擦力乘以子彈射入木塊的深度，即-f·d，機械能減少，機械能不守恒.在壓縮過程中，系統(tǒng)受墻的沖量，動量不守恒但機械能守恒，因系統(tǒng)所受墻的作用力不做功，只有彈簧彈力做功.假設從開始作用直到將彈簧壓至最短作為一個過程，組成系統(tǒng)的木塊、子彈和彈簧既受外力作用又有除彈力以外的力做功，所以系統(tǒng)的動量和機械能均不守恒.答案選D.7.如以下圖所示，輕彈簧豎直立在水平桌面上并與桌面連接，在距彈簧上端高為h處有一小球自由下落，正好落在彈簧上，把彈簧壓縮后又被彈起，不計空氣阻力，那么以下說法中正確的選項是()A.小球落到彈簧上后立即做減速運動，動能不斷減小，但動能與彈性勢能之和保持不變B.小球在碰到彈簧后，把彈簧壓至最短的過程中，系統(tǒng)的重力勢能與動能之和一直在減小C.小球在碰到彈簧后，把彈簧壓至最短的過程中，系統(tǒng)的彈性勢能與重力勢能之和一直在增大D.小球被彈簧彈起后，運動的最高點仍是出發(fā)點

解析：由于不計空氣阻力，以小球、彈簧和地球組成的系統(tǒng)為研究對象，那么只有系統(tǒng)內(nèi)的重力和彈力做功，因此系統(tǒng)的機械能守恒，即小球的動能、重力勢能和彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，這三種能量之和保持不變.所以此題應根據(jù)機械能守恒進行分析與判斷.小球落到彈簧上，壓縮彈簧向下運動至最低點的過程中，小球所受重力做正功，使小球的重力勢能減小，同時小球又克服彈簧彈力做功，使彈簧的彈性勢能增大.在此過程中，先是小球所受重力大于向上的彈力，合力向下，速度與加速度方向均向下，小球向下作變加速運動，動能與彈性勢能增大而重力勢能減小，因此選項A不正確；當小球運動到平衡位置時，小球所受合力為零，加速度為零，速度增至最大，動能也到達最大；當小球越過平衡位置繼續(xù)向下運動時，小球所受合力及其產(chǎn)生的加速度方向改為向上，與速度反向，小球作變減速運動，動能減小，重力勢能繼續(xù)減小而彈性勢能繼續(xù)增大；當小球到達最低點時，動能減到零，重力勢能減小到最小而彈性勢能到達最大.由此可知，在此運動過程中，動能與重力勢能之和(等于系統(tǒng)機械能與彈性勢能之差)隨彈性勢能的增大而減小，應選項B正確.而彈性勢能與重力勢能之和(等于系統(tǒng)機械能與動能之差)那么在平衡位置上方是隨動能的增大而減小，在平衡位置下方是隨動能的減小而增大，即經(jīng)歷了先減小后增大的過程，應選項C不對.從最低點反彈后的運動中，動能、重力勢能，彈性勢能又經(jīng)歷了與上述相反的過程，由機械能守恒可知小球上升的最高點與出發(fā)點相同，系統(tǒng)的機械能表現(xiàn)為最大的重力勢能，應選項D正確.故此題正確答案是B、D.8.如以下圖所示，粗細均勻的全長為L的光滑鐵鏈對稱地掛在輕小而光滑的定滑輪上.輕輕擾動一下鐵鏈的一端，使它從靜止開始運動，那么鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間的速度多大?解析：鐵鏈在運動過程中只有重力做功，因此鐵鏈的機械能守恒.當鐵鏈剛脫離滑輪時具有動能，而剛開始時鐵鏈的動能為零，那么這個動能只能是減小的重力勢能轉(zhuǎn)化而來的.因此應運用機械能守恒定律求解此題.設鐵鏈的質(zhì)量為m，由于只有重力對鐵鏈做功，因此鐵鏈的機械能守恒.鐵鏈從靜止開始運動到剛脫離滑輪過程中，減少的重力勢能為△Ep=mg·-mg·=mgL，增加的重力勢能為△Ep=mυ2根據(jù)機械能守恒定律，有△Ep=△Ek即mgL=mυ2得υ=9.如以下圖所示，離地高為H的物體A通過跨在定滑輪上的輕繩與放在光滑水平桌面上，質(zhì)量和A相同的物體B連接，由靜止開始下落和從同一高度單單獨由下落這兩種情況下，A離地面的高度h分別為多少時，它的動能與勢能相等?(設B沒有滑離桌面)解析：取地面為零勢能參考面，設A離地高度為h時，其動能等于勢能，那么有mgh=mυ2當A物體單單獨由下落時，初始機械能為E1=mgH，末態(tài)時機械能為E2=Ep2+Ek2=mgh+mυ2=2mgh,由機械能守恒E2=E1得mgH=2mgh.∴h=H當A通過繩子連接B后再由靜止下落時，設桌面高為H′，那么初態(tài)系統(tǒng)的機械能為E1=mgH+mgH′，末了狀態(tài)系統(tǒng)的機械能為E2=mgh+mgH′+(m+m)υ2，根據(jù)機械能守恒定律得E2=E1,即mgH+mgH′+·2mυ2=mgH+mgH′將mgh=mυ2代入上式，解得h=H即兩種情況下，A物體動能與勢能相等時離地面的高度分別為H和H.10.如以下圖所示，半徑為r，質(zhì)量不計的圓盤盤面與地面相垂直.圓心處有一個垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的最右邊緣固定一個質(zhì)量為m的小球A，在O點的正下方離O點r/2處固定一個質(zhì)量也為m的小球B.放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動，問：(1)當A球轉(zhuǎn)到最低點時，兩小球的重力勢能之和減少了多少?(2)A球轉(zhuǎn)到最低點時的線速度是多少?(3)在轉(zhuǎn)動過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是多少?解析：(1)兩小球勢能之和的減少，可選取任意參考平面進行計算.設以通過O點的水平面為參考平面，開始時和A球轉(zhuǎn)到最低點時兩球的重力勢能之和分別為：Ep1=EpA+EpB=0+(-mg)=-mg,Ep2=E′pA+E′pB=(-mgr)+0=-mgr,那么兩球重力勢能之和減少量為△Ep=Ep1-Ep2=-mgr-(-mgr)=mgr.

(2)由于圓盤轉(zhuǎn)動過程中，只有兩小球重力做功，機械能守恒，因此兩球重力勢能之和的減少一定等于兩球動能的增加.設A球轉(zhuǎn)到最低點時，A、B兩球速度分別為υA、υB，那么△Ep=△EkA+△EkB,即mgr=mυ2A+υ2B.①又A、B兩球固定在同一個圓盤上，轉(zhuǎn)動過程中的角速度ω相同，由圓周運動知：υA=ωr，υB=ω，所以υA=2υB。②代入①式，得υA=(3)設半徑OA向左偏離豎直線的最大偏角為θ，如上圖所示.該位置的機械能E3=Ep3=mgsinθ-mgrcosθ.而開始時的機械能E1=Ep1=-mgr.由機械能守恒定律，得：E3=E1,mgrsinθ-mgrcosθ=-mgr,2cosθ=1+simθ.等式兩邊平方并整理，得5sin2θ+2sinθ-3=0.解得：sinθ=,sinθ=-1(舍去).∴θ=arcsin.11.如以下圖所示，質(zhì)量為M的小車在光滑的水平面上以υ0向左勻速運動，一質(zhì)量為m的小球從高h處自由下落，與小車碰撞后，反彈上升的高度仍為h，設Mm，碰撞彈力Nmg，球與車之間的摩擦系數(shù)為μ，那么小球彈起后的水平速度是()A.ghB.0C.2μD.-υ解析：設小球與小車碰前速度為υ1，碰后豎直向上彈起速度為υ2，碰后水平速度為υ3，相互作用時間為t，相互作用時間為t，相互作用彈力為N，摩擦力為f.設向上方向為正方向，那么據(jù)機械能守恒定律及動量定理有：υ1=υ2=(N-mg)t=+mυ2-m(-υ1)=m(υ2+υ1)又因為Nmg:所以有：N=小球在水平方向只受摩擦力f=μN=水平方向應用動量定理有：ft=mυ3，·t=mυ3，υ3=2μ.應選C.12.一物體從固定的斜面底端A點沖上斜面，向上滑到斜面上的B點時，與在A點時比擬，其動能減少100J，由于摩擦力的作用其機械能減少30J.當它再次返回A點時，動能為100J.那么當它向上沖時，在A點所具有的初動能為多大?解析：設斜面傾角為θ，A、B間距離為s1,那么物體由A運動到B時，根據(jù)動能定理，有(f+mgsinθ)s1=△Ek=100J.①根據(jù)功和能的關(guān)系知機械能減少等于克服摩擦力所做的功，有fs1=△E機=30J.②設物體從A點沿斜面上升的最大距離為s，那么有A點的初動能EkA等于克服摩擦力和重力做的總功，即EkA=(f+mgsinθ)s.③由①、③式，解得s=s1，④所以從A點到最大高度處這一過程中克服摩擦力做的功為Wf=fs=fs1.⑤將②式代入⑤式，得Wf=·△E機=EkA=0.3EkA.物體從A點出發(fā)返回A點過程中克服摩擦力做功為2Wf，重力勢能不變，根據(jù)功能關(guān)系，有EkA-E′kA=2Wf,即EkA-E′kA=2×0.3EkA.所以在A點所具有的初動能為EkA=E′kA=E′kA=×100J=250J.13.如下圖，A、B兩物體彼此接觸靜放于水平面上，且水平面和A的外表均光滑，物體C由靜止開始從P點下滑，設三個物體的質(zhì)量均為m,C剛滑到最低點時速率為υ，那么()A.A和B不會出現(xiàn)別離現(xiàn)象B.當C第一次滑到A左側(cè)最高點時，A的速度為，方向向左C.當C滑行到A左側(cè)最高點時，A的速度為，方向向左D.A將會從桌面左邊滑出解析：此問題中，因為所有接觸面均光滑，所以滿足水平方向上動量守恒，機械能守恒.當C從P下滑時，A將向右滑動，故B也向右滑動，所以A和C組成系統(tǒng)有向左的動量，當C滑到A最低點時，A開始減速，AB別離.當C滑到A最低點時，有：mgh=mCυ2+(mA+mB)υ21mCυ=(mA+mB)υ1當C從A的最低點滑到A的左側(cè)最高時，有水平方向動量守恒：mCυ-mA·υ1=(mC+mA)υ共mA=mB=mC,由以上得：υ共=.應選B、D.

14.如以下圖所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為x0，一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動，物塊質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點，假設物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，那么物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度，求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離.解析：物體和鋼板碰撞過程瞬間動量守恒，而后，系統(tǒng)機械能守恒.物塊與鋼板碰撞前速度υ0=υ1為兩物體碰后的共同速度，那么mυ0=2mυ1,∴υ1=設碰前彈簧的彈性勢能為Ep,那么Ep+(2m)υ21=2mgx0當2m的物體與鋼板相碰，那么2mυ0=3mυ2，∴υ2=υ0兩次彈簧的勢能相等，那么Ep+(3m)·υ22=3mgx0+(3M)·υ2式中υ為物塊離鋼板的速度.·2m·υ2=2mgL∴L=υ2/2g整理：L=x015.如以下圖所示，小球A用不可伸長的輕繩懸于O點，在O點的正下方有一固定的釘子，OB=y.初始時，小球A與O同水平面，無初速釋放A，繩長為L.為使球能繞B點做圓周運動，求y的取值范圍.解析：小球擺到最低點只有重力做功，繩碰到B點的釘子后，繩繞B點做圓周運動，要保證讓小球上升到圓最高點，那么圓半徑不能太大.那么R=L-y.①做完整的圓周運動，只要最高點D滿足關(guān)系式mυ2D/R≥mg.②球從初始位置釋放，到圓的最高點D，只有重力做功，拉力不做功，機械能守恒，有mg(L-2R)=mυ2D.③由①、②、③式，得L＞y≥L.16.如以下圖所示，質(zhì)量均為m的三個小球A、B、C用兩根長均為l的細線相連，放在高為h的光滑水平桌面上(h＜l)，其中A球剛跨過桌邊.從靜止開始釋放后，A、B球相繼下落后著地后均不反跳，那么C球剛離開桌邊時的速度大小是多少?解析：設A球落地時的速度為υ1，那么由釋放到A球著地的過程中，由機械能守恒定律，A、B、C系統(tǒng)減少的重力勢能等于連接體增加的動能，即mgh=·3m·υ12①設B球著地時的速度為υ2，從A球著地后至B球著地前的過程中，由機械能守恒定律，B球減少的重力勢能等于B球和C球增加的動能，即mgh=·2m·υ22-·2m·υ21②將①式中的υ21代入②式解得：υ2=由于l＞h，B球著地后又不再反跳，C球即以速度υ2作勻速直線運動直到離開桌邊.因此C球離開桌邊時的速度大小為.

17.一輕繩通過無摩擦的定滑輪與在傾角為30°的光滑斜面上的物體m1連接，另一端和套在豎直光滑桿上的物體m2連接.定滑輪到桿的距離為m，物體m2由靜止從AB連線為水平的位置開始下滑1m時，m1、m2恰受力平衡如下圖.試求：(1)m2在下滑過程中的最大速度.(2)m2沿豎直桿能夠向下滑動的最大距離.解析：(1)由圖可知，隨m2的下滑，繩子拉力的豎直分量是逐漸增大的，m2在C點受力恰好平衡，因此m2從B到C的過程是加速過程，以后將做減速運動，所以m2的最大速度即出現(xiàn)在圖示位置.對m1、m2組成的系統(tǒng)來說，在整個運動過程中只有重力和繩子拉力做功，但繩子拉力做功代數(shù)和為零，所以系統(tǒng)機械能守恒.△E增=△E減，即m1υ21+m2υ22+m1g(-)sin30°=m2g·又由圖示位置m1、m2受力平衡，應有：Tcos∠ACB=m2g,T=m1gsin30°.又由速度分解圖知υ1=υ2cos∠ACB,代入數(shù)值后可解得υ2=2.15m/s.(2)m2下滑距離最大時m1、m2速度為零，對整個過程應用機械能守恒定律，得△E′增=△E′減，即m1g(-)sin30°=m2gH.利用(1)中質(zhì)量關(guān)系可求得m2下滑的最大距離為H=m=2.31m.HHamgF2mg18.面積很大的水池，水深為H，如圖6-6所示，水面上浮著一正立方體木塊，木塊邊長為a，質(zhì)量為m，密度為水的.開始時木塊靜止，有一半沒入水中，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓入池底，不計摩擦，那么從木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中池水勢能的改變量為，從木塊起始到停在池底的過程中，力F所做的功為.【解析】(1)如圖木塊起始到剛好完全沒入水中的過程中，相當于把陰影局部的體積的水搬到了水面上，因水面積很大，可認為新水面高度不變，故體積的的水重心升高了，，(2)法一：木塊起始到停在池底的過程中，分成兩階段：一是木塊起始到剛好完全沒入水中，此過程中浮力是變力，其平均值＝推力平均值推力做的功第二階段是木塊從剛沒入水中到池底，推力推力的功推力做的總功法二：把木塊與全池的水作為一個系統(tǒng)，推力作的功等于系統(tǒng)機械能的增量，即勢能的增量〔因系統(tǒng)動能幾乎為零〕.【答案】19.某司機為確定他的汽車上所載貨物的質(zhì)量，他采用如下方法：汽車自身的質(zhì)量為，當汽車空載時，讓汽車在平直公路上以額定功率行駛，從速度表上讀出汽車到達的最大速度為.當汽車載重時，仍讓汽車在平直公路上以額定功率行駛，從速度表上再讀出汽車到達的最大速度為.設汽車行駛時的阻力與總重力成正比.試根據(jù)以上提供的量求出車上所載貨物的質(zhì)量.【解析】設汽車行駛時的阻力與總重力的比例系數(shù)為μ汽車空載時汽車載重時解得：圖6-720(2003·上?！?1)質(zhì)量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，假設飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力〔該升力由其它力的合力提供，不含重力〕。今測得當飛機在水平方向的位移為時，它的上升高度為h，如圖6-7所示.求：圖6-7〔1〕飛機受到的升力大?。弧?〕從起飛到上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能?！窘馕觥俊?〕飛機水平速度不變①y方向加速度恒定②消去t即得③由牛頓第二定律④〔2〕升力做功⑤在h處⑥∴⑦【答案】〔1〕〔2〕21.如圖6-8所示，將一顆小鋼珠由靜止釋放到盛有蓖麻油的量筒中，下落不久鋼珠就開始作勻速直線運動.〔量筒中為什么不放清水而用蓖麻油？這是因為蓖麻油的密度雖小于清水，但它對鋼珠產(chǎn)生的粘滯阻力卻大大超過清水〕v圖6-81845年英國物理學家和數(shù)學家斯·托克斯〔S.G.Stokes〕研究球體在液體中下落時，發(fā)現(xiàn)了液體對球體的粘滯阻力與球的半徑、速度及液體的種類有關(guān)，有,其中物理量η為液體的粘滯系數(shù)，它與液體的種類及溫度有關(guān).鋼珠在蓖麻油中運動一段時間后就以穩(wěn)定的速度下落，這一速度稱為收尾速度.v圖6-8〔1〕實驗室的溫度為20.0℃時，蓖麻油的粘滯系數(shù)為0.986，請寫出它的單位〔2〕假設鋼珠的半徑為2.00㎜，鋼珠的質(zhì)量為，在蓖麻油中所受的浮力為，求鋼珠在蓖麻油中的收尾速度.〔3〕設量筒中蓖麻油的深度為H=40.0㎝，鋼珠從液面無初速釋放，下沉至剛要到達筒底時，因克服粘滯阻力而產(chǎn)生的熱量為多少？【解析】〔1〕因粘滯阻力，故有，其單位應是〔2〕鋼珠穩(wěn)定下落時，其所受向上粘滯阻力F與、mg平衡，有得：〔3〕根據(jù)總能量守恒的方法：鋼珠下落過程中損失的勢能轉(zhuǎn)化為鋼珠的動能，以及與鋼珠同樣大小的油滴上升至液面處的動能和勢能，還有鋼珠克服粘滯阻力而產(chǎn)生的熱量Q，其中油滴重力.【答案】〔1〕〔2〕〔3〕Ah=3R甲乙RAh=3R甲乙RrCD圖6-9【解析】(1)小球在甲軌道上做圓周運動通過最高點的最小速度為設小球能通過甲軌道最高點時速度為v1.由機械能守恒定律得：∵>∴小球能通過甲軌道而不撞軌(2)設CD的長度為x，小球在乙軌道最高點的最小速度為小球要通過乙軌道最高點，那么需滿足：得：x≤小球到乙軌圓心等高處之前再返回，那么需滿足：且得：≤x＜總結(jié)論：CD≤或≤CD＜【答案】CD≤或≤CD＜23.如下圖，一固定的楔形木塊，其斜面的傾角θ=30°，另一邊與地面垂直，頂上有一定滑輪。一柔軟的細線跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連結(jié)，A的質(zhì)量為4m，B的質(zhì)量為m，開始時將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而B上升。物塊A與斜面間無摩擦。設當A沿斜面下滑S距離后，細線突然斷了。求物塊B上升離地的最大高度H.解：對系統(tǒng)由機械能守恒定律4mgSsinθ–mgS=1/2×5mv