人教版（2019）必修第二冊《8.4 機械能守恒定律》同步練習(xí)卷

人教版（2019）必修第二冊《8.4機械能守恒定律》2023年同步練習(xí)卷一、選擇題1．神舟十三號飛船采用“快速返回技術(shù)”，在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙（）A．天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越大 B．返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，不受地球的引力 C．質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行 D．返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能守恒2．如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平MN段以恒定功率200W、速度5m/s勻速行駛，MN＝PQ＝20m，PQ段的傾角為30°2，不計空氣阻力。下列說法不正確的是（）A．從M到N，小車牽引力大小為40N B．從M到N，小車克服摩擦力做功800J C．從P到Q，小車克服摩擦力做功700J D．從P到Q，小車重力勢能增加1×104J3．滑沙是人們喜愛的游樂活動，如圖是滑沙場地的一段斜面，其傾角為30°，人和滑車從距底端高為h處的頂端A沿滑道由靜止開始勻加速下滑加速度為0.3g，人和滑車可視為質(zhì)點，則從頂端向下滑到底端B的過程，下列說法正確的是（）A．人和滑車減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為其動能 B．人和滑車獲得的動能為0.6mgh C．人和滑車增加的機械能為0.4mgh D．人和滑車克服摩擦力做功為0.2mgh4．如圖所示，質(zhì)量為m的物體（可視為質(zhì)點）以某一速度由底端沖上傾角為30°的固定斜面，其加速度大小為g，在這個過程中（重力加速度為g）（）A．重力勢能增加了 B．動能減少了mgh C．動能減少了 D．機械能損失了5．將三個木板1、2、3固定在墻角，木板與墻壁和地面構(gòu)成了三個不同的三角形，如圖所示，2和3高度相同?，F(xiàn)將一個可以視為質(zhì)點的物塊分別從三個木板的頂端由靜止釋放，并沿斜面下滑到底端，下列說法不正確的是（）A．沿著1和2下滑到底端時，物塊的速率不同，沿著2和3下滑到底端時，物塊的速率相同 B．沿著1下滑到底端時，物塊的速度最大 C．物塊沿著3下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是最多的 D．物塊沿著1和2下滑到底端的過程中，產(chǎn)生的熱量是一樣多的6．如圖所示，固定于豎直平面內(nèi)的光滑大圓環(huán)上套有一個質(zhì)量為m的小圓環(huán)，小圓環(huán)從大圓環(huán)頂端P點由靜止開始自由下滑，大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力大小為（）A．0 B．0.5mg C．mg D．2mg7．如圖所示，在粗糙的斜面上用一個滑塊將輕質(zhì)彈簧壓縮后由靜止釋放，滑塊沿斜面上滑的距離為x1時脫離彈簧，上滑的距離為x2時速度變?yōu)?且不再下滑，用Ek表示滑塊的動能，Ep1表示滑塊的重力勢能（以斜面底端為零勢能參考面），Ep2表示彈簧的彈性勢能，E表示滑塊的機械能，則以上各種能量隨滑塊上滑的距離x的圖像中（）A． B． C． D．8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一半徑為R的光滑圓弧軌道，可視為質(zhì)點的滑塊從A的正上方P點由靜止下落，在A點內(nèi)側(cè)進入軌道后，若重力加速度為g，不計空氣阻力（）A．物體運動到B點時速度大小一定等于 B．物體從B點飛出后，一定落在圓弧軌道外側(cè) C．物體在B、C兩點對軌道的壓力差ΔF與h有關(guān)，h越大，ΔF越大 D．h最小值為R二、多選題（多選）9．安全檢查儀對旅客的行李進行安全檢查，其傳送裝置可簡化為如圖所示。緊繃的水平傳送帶始終保持1m/s的恒定速率向左運行，旅客把質(zhì)量為10kg的行李（可視為質(zhì)點），通過傳送帶使其運動到B端。設(shè)行李與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.1，AB間的距離為2m2，則（）A．行李箱始終受到向左的摩擦力 B．行李箱到達(dá)B端所用時間為2.5s C．傳送帶對行李箱所做的功為5J D．行李箱與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為20J（多選）10．如圖所示，長為L的輕桿一端固定質(zhì)量為m的小球，另一端可繞固定光滑水平轉(zhuǎn)軸O轉(zhuǎn)動，C為圓周的最高點，若小球通過圓周最低點D的速度大小為（）A．速度等于 B．速度等于 C．受到輕桿向上的彈力 D．受到輕桿向下的拉力（多選）11．如圖，輕質(zhì)定滑輪固定在天花板上，物體P和Q用不可伸長的輕繩相連，質(zhì)量mQ＞mP，t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，物體Q的加速度大小為。T時刻輕繩突然斷開，取t＝0時刻物體P所在水平面為零勢能面，此時物體Q的機械能為E。重力加速度大小為g，兩物體均可視為質(zhì)點。下列說法正確的是（）A．物體P和Q的質(zhì)量之比為1：3 B．2T時刻物體Q的機械能為 C．2T時刻物體P重力的功率為 D．2T時刻物體P的速度大?。ǘ噙x）12．如圖所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，小球向下運動，經(jīng)過與A點關(guān)于B點對稱的C點后，OB垂直于桿，則下列結(jié)論正確的是（）A．小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g B．小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大 C．小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大 D．小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大三、計算題13．彈跳桿運動是一項廣受青少年歡迎的運動，彈跳桿的結(jié)構(gòu)如圖甲所示，一根彈簧的下端固定在跳桿的底部，質(zhì)量為5m的小明站在腳踏板上，當(dāng)他和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時0。小明保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直彈跳，某次彈跳中，從彈簧處于最大壓縮量5x0開始計時，如圖乙（a）所示，小明抓住跳桿，使得他和彈跳桿瞬間達(dá)到共同速度（b）所示；緊接著他保持穩(wěn)定姿態(tài)豎直上升到最大高度（c）所示。已知全程彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，彈簧彈性勢能滿足Ep＝kx2，k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量，跳桿的質(zhì)量為m，空氣阻力、彈簧和腳踏板的質(zhì)量以及彈簧、腳踏板與跳桿間的摩擦均可忽略不計。求：（1）彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)k；（2）從開始計時至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度vm。14．如圖所示，裝置的左邊AB部分是長為L1＝1m的水平面，一水平放置的輕質(zhì)彈簧左端固定并處于原長狀態(tài)。裝置的中間BC部分是長為L2＝2m的水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接，質(zhì)量m＝1kg的小滑塊從其上距水平臺面h＝1m的D處由靜止釋放，滑塊向左最遠(yuǎn)到達(dá)O點，并且彈簧始終處在彈性限度內(nèi)。已知物塊與傳送帶及左邊水平面之間的摩擦因數(shù)μ＝0.25，取g＝10m/s2。（1）求滑塊第一次到達(dá)C點時速度大?。唬?）求彈簧獲得的最大彈性勢能；（3）求滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達(dá)的最大高度。15．如圖所示，CD與EG是兩段半徑為R的四分之一豎直光滑圓弧軌道，G為圓弧軌道的最高點1O2連線水平，DE錯開的距離略大于小滑塊的大小，將一輕彈簧放置在水平軌道AC上，右端位于B點，并與質(zhì)量為m的小滑塊接觸但不連接，小滑塊向右運動進入圓弧軌道，通過G點后落到水平軌道AN的P點（P點未畫出），MP＝2R，OB＝2R，，BC部分光滑且與豎直圓弧軌道相切于C點。用g表示重力加速度大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧在彈性限度內(nèi)的最大壓縮量為2.5R。求：（1）小滑塊運動到圓弧軌道最高點G時，對軌道的壓力F；（2）彈簧被壓縮到O點時彈簧的彈性勢能；（3）若保證小滑塊能夠進入圓弧軌道且在圓弧軌道上運動過程中中途不脫離圓弧軌道，小滑塊釋放點到B點的距離范圍（已知彈簧的彈性勢能與其形變量的平方成正比）。四、解答題16．如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機的帶動下（可看作質(zhì)點）輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時間t＝1.9s，取g＝10m/s2．求：（1）工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)；（2）電動機由于傳送工件多消耗的電能．

人教版（2019）必修第二冊《8.4機械能守恒定律》2023年同步練習(xí)卷參考答案與試題解析一、選擇題1．【分析】在近地軌道上，返回艙脫離天和核心艙后仍然在圓形軌道上運行，線速度大小不變，萬有引力提供其做圓周運動向心力；返回艙返回地面過程會受空氣阻力作用，【解答】解：A、根據(jù)萬有引力提供向心力得解得：v＝可知天和核心艙所處的圓軌道距地面高度越高，環(huán)繞速度越小；B、返回艙中的宇航員處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C、在同一軌道上運行時，質(zhì)量不同的返回艙與天和核心艙可以在同一軌道運行；D、返回艙穿越大氣層返回地面過程中，機械能減小；故選：C?！军c評】本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進行分析。2．【分析】水平面上小車做勻速運動，則牽引力等于摩擦力，斜面上小車做勻速運動，牽引力等于重力沿斜面方向的分力與摩擦力之和；根據(jù)公式P＝Fv和受力分析分析出小車的受力，結(jié)合功的計算公式完成解答；根據(jù)功能關(guān)系得出小車重力勢能的增加量。【解答】解：A．小車從M到N1＝Fv1，代入數(shù)據(jù)解得F＝40N，故A正確；B．依題意，小車做勻速運動7＝F＝40N則摩擦力做功為W1＝﹣f1xMN＝﹣40×20J＝﹣800J則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，摩擦力為f5，小車做勻速運動，有摩擦力做功為：W2＝﹣f2s8聯(lián)立解得：W2＝﹣700J則小車克服摩擦力做功為700J，故C正確；D．依題意，重力勢能增加量為：ΔEp＝mg×Δh＝500×20×sin30°J＝5000J，故D錯誤。本題要求選不正確的，故選：D?！军c評】本題主要考查了功率的相關(guān)應(yīng)用，熟悉公式P＝Fv的應(yīng)用，結(jié)合功能關(guān)系和功的計算公式即可完成解答。3．【分析】以人與滑車構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)下滑的過程中由牛頓第二定律方程可求出摩擦力的大小，再由動能定理即可求解出系統(tǒng)到達(dá)底端B的動能與克服摩擦力所做的功；根據(jù)功能關(guān)系分析答題。【解答】解：設(shè)人和滑車受到的摩擦力為f，由牛頓第二定律有：mgsin30°﹣f＝ma；從頂端向下滑到底端B的位移為：A、通過上述分析可知，有摩擦力做功，人和滑車減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能與人和滑車的動能；B、人和滑車下滑過程中k﹣0，解得：Ek＝2.6mgh，故B正確；CD、摩擦力做功為Wf＝﹣fx＝﹣0.4mg×2h＝﹣0.8mgh，即人和滑車克服摩擦力做功為0.4mghf＝﹣5.4mgh，即人和滑車的機械能減少了0.4mgh。故選：B。【點評】本題以滑沙是人們喜愛的一項游樂活動為背景，考查了牛頓第二定律和功能關(guān)系在實際問題中的應(yīng)用，根據(jù)加速度運用牛頓第二定律求解摩擦力的大小是解決本題的關(guān)鍵。4．【分析】重力勢能的增加量等于克服重力做的功；動能變化等于外力做的總功；根據(jù)重力勢能與動能的變化量求解機械能變化量。【解答】解：A．物體在斜面上能夠上升的最大高度為h，故A錯誤；BC、根據(jù)動能定理得知：動能損失量為合外力做的功的大小K＝F合?s＝m?g?＝，故B錯誤；D、機械能等于重力勢能與動能之和，動能減小了，故機械能損失量為：ΔE＝mgh。故選：C。【點評】本題關(guān)鍵根據(jù)功能關(guān)系的各種具體形式得到重力勢能變化、動能變化和機械能變化．重力勢能變化與重力做功有關(guān)；動能的變化與合力做功有關(guān)；機械能的變化與除重力以外的力做功有關(guān)．5．【分析】對物體進行受力分析和做功分析，根據(jù)動能定理得出物體到達(dá)底端時速度跟哪些因素有關(guān)。根據(jù)熱量等于克服摩擦力做功列式，分析熱量關(guān)系?！窘獯稹拷猓涸O(shè)任一斜面和水平方向夾角為θ，斜面長度為L．Lcosθ為斜面底邊的長度。由圖可知1和2底邊相等且小于4的底邊，故摩擦生熱關(guān)系為：Q1＝Q2＜Q6；設(shè)物體滑到底端時的速度為v，根據(jù)動能定理得：mgh﹣μmgLcosθ＝3﹣0根據(jù)圖中斜面高度和底邊長度可知滑到底邊時速度大小關(guān)系為：v1＞v7＞v3，故A錯誤，BCD正確。本題選不正確的，故選：A?！军c評】物體沿斜面下滑時，克服摩擦力做的功等于W＝μmgLcosθ，對于不同的傾角下滑的物體，只要重力和動摩擦因數(shù)相同，我們只需要比較物體在水平方向上通過位移的大小就可以比較物體克服摩擦力做功的多少。求解物體速度大小時結(jié)合摩擦力做功情況應(yīng)用動能定理加以判斷即可。6．【分析】首先根據(jù)題意作圖，再根據(jù)受力分析結(jié)合牛頓第二定律以及機械能守恒定律列式求解?！窘獯稹拷猓涵h(huán)的向心加速度為即若運動到與圓心等高處時，根據(jù)能量守恒有mv'2，解得v’＝說明時小環(huán)在大圓環(huán)的上部，如圖所示由機械能守恒定律大圓環(huán)對小圓環(huán)的彈力大小滿足F1+mgcosθ＝m整理解得θ＝60°F8＝mg故B正確，ACD錯誤。故選：B。【點評】該題考查變速圓周運動中牛頓第二定律以及數(shù)學(xué)三角函數(shù)的應(yīng)用，其中數(shù)學(xué)函數(shù)的分析為該題的難點。7．【分析】A圖，根據(jù)滑塊上滑的距離為x2時重力勢能是否為零判斷；B圖，求出根據(jù)滑塊的合外力表達(dá)式，分析合外力變化情況，判斷動能的變化情況；C圖，根據(jù)功能關(guān)系分析；D圖，根據(jù)彈性勢能與彈力做功的關(guān)系得到表達(dá)式分析。【解答】解：A、以斜面底端為零勢能參考面2時機械能為E＝Ek+Ep1+Ep6＝0+Ep1+6＝Ep1，可知滑塊上滑的距離為x2時重力勢能不為零，故機械能一定不為零；B、彈簧為原長時滑塊脫離彈簧7時，滑塊的合外力為F＝kx﹣mgsinθ﹣μmgcosθ，Ek﹣x圖像的斜率表示合外力，可知上滑的距離為0～x1，隨著上滑，滑塊的合外力先大于零，斜率應(yīng)先大于零，故B錯誤；C、根據(jù)功能關(guān)系可知滑塊的重力勢能為：Ep4＝Ep10+mgxsinθ，故C正確；D、根據(jù)功能關(guān)系可知滑塊的彈性勢能為：，故D錯誤。故選：C?！军c評】對于圖像，常常根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，再分析圖像斜率、截距等意義，來分析圖像的物理意義。8．【分析】A、根據(jù)題意利用重力提供向心力，可以求出，達(dá)到最高點時的速度；B、物體從B點飛出后做平拋運動，根據(jù)水平方向勻速直線運動和豎直方向自由落體運動求解；C、設(shè)物體在B、C兩點受到軌道的支持力和重力的合力提供向心力，結(jié)合C到B過程機械能守恒求解；D、對滑塊從P點運動到B點的過程，利用動能定理列方程，在最高點B，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出滑塊通過B點的速度，聯(lián)立即可求出滑塊下落點P到A的高度h?！窘獯稹拷猓篈B、物體運動到B點時，則物體經(jīng)過B點具有最小速度解得即物體運動到B點時速度大小一定大于等于物體從B點飛出后做平拋運動，則有豎直方向自由落體運動，有水平方向x勻速直線運動，有＝vBt≥vmint聯(lián)立解得可知物體從B點飛出后，一定落在，故A錯誤；C、設(shè)物體在B、軌道的支持力大小為FB，F(xiàn)C，重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可得，C到B過程，根據(jù)機械能守恒可得聯(lián)立可得FC﹣FB＝6mg可知物體在B、C兩點對軌道的壓力差ΔF恒與h無關(guān)；D、物體從P點到B點過程解得故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查動能定理，關(guān)鍵要注意豎直面內(nèi)圓周運動的兩種模型，即繩模型和桿模型在最高點的臨界速度，解決本題時，要把握滑塊通過最高點的臨界條件：重力等于向心力。運用動能定理時，要注意靈活選擇研究過程。二、多選題9．【分析】行李箱從A端由初速度為零開始先做勻加速直線運動，應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)公式判斷行李箱與傳送帶是否會出現(xiàn)相對靜止一起勻速直線運動的過程；依據(jù)判斷結(jié)果應(yīng)用運動學(xué)公式求解時間；利用做功的定義或者動能定理求解傳送帶對行李箱所做的功；行李箱與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量等于行李箱受到的滑動摩擦力乘以相對位移。【解答】解：A、行李箱從A端由初速度為零開始先做勻加速直線運動，傳送帶的速率為v＝1m/s，由牛頓第二定律得：μmg＝ma代入數(shù)據(jù)解得：a＝1m/s6假設(shè)物體A能加速到與傳送帶速度相同，設(shè)其位移為x2ax＝v2代入數(shù)據(jù)解得：x＝6.5m因x＜L，故假設(shè)成立，之后再和傳送帶保持相對靜止做勻速直線運動，和傳送帶速度相同保持相對靜止的過程不受摩擦力作用；B、行李箱勻加速直線運動過程的時間：t1＝＝s＝1s勻速直線運動過程的時間：t2＝＝s＝1.4s行李箱到達(dá)B端所用時間：t＝t1+t2＝6s+1.5s＝8.5s，故B正確；C、傳送帶對行李箱所做的功為：W＝μmgx＝0.3×10×10×0.5J＝4J；D、在行李箱勻加速直線運動的過程x1＝vt1＝3×1m＝1m此過程兩者的相對位移大小為：Δx＝x2﹣x＝1m﹣0.5m＝0.5m行李箱與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝μmg?Δx＝8.1×10×10×0.2J＝5J，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查了牛頓運動定律應(yīng)用的傳送帶模型和功能關(guān)系。傳送帶模型要注意摩擦力的判斷和物體運動過程的分析，判斷物體是否會與傳送帶共速。10．【分析】根據(jù)動能定理求出小球在C點的速度，根據(jù)牛頓第二定律，抓住合力提供向心力，判斷桿子的作用力方向是向上還是向下?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)動能定理得，，故A錯誤。C、在C點，，解得F＝mg，故C錯誤。故選：BD。【點評】本題考查了動能定理和牛頓第二定律的綜合運用，知道小球在最高點向心力的來源，注意在最高點桿子可以表現(xiàn)為拉力，可以表現(xiàn)為支持力。11．【分析】根據(jù)牛頓第二定律解得PQ質(zhì)量之比，分解P和Q的運動情況，根據(jù)運動學(xué)公式解得位移和速度，根據(jù)機械能與重力功率的公式解答。【解答】解：A、t＝0時刻將兩物體由靜止釋放，根據(jù)牛頓第二定律可知，解得：mP：mQ＝2：2，故A錯誤；B、T時刻gT，此后P做豎直上拋運動＝T，位移h''＝＝＝，對應(yīng)的機械能E＝mQgh＝，Q再運動到T時刻的機械能為E'＝E﹣Fh'（其中F為拉力）Qg﹣F＝mQa；聯(lián)立解得：E'＝；CD、2T時刻物體P的速度v'＝，其重力的功率為P＝mPgv'＝g×，可知P＝，D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查牛頓第二定律，解題關(guān)鍵掌握運動學(xué)公式的應(yīng)用，注意分析PQ的運動情況。12．【分析】根據(jù)小球的受力情況，確定合力，判斷最大加速度與g的關(guān)系。小球從B點運動到C點的過程，分析小球的動能如何變化，根據(jù)小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，分析小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和如何變化?！窘獯稹拷猓篈、小球從B點運動到D點的過程中，小球豎直方向受到重力和彈簧壓力的豎直分力，加速度大于重力加速度g，其最大加速度一定大于重力加速度g。B、小球位于圖中的C點時，則小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能也減小，故B錯誤。C、在C點小球的合力等于重力。小球從C點運動到D點的過程中，后大于重力，小球先加速后減速，重力對其做功的功率最大。D、小球從A點運動到D點的過程中，系統(tǒng)的機械能守恒、動能和彈簧的彈性勢能之和保持不變，小球的重力勢能和動能都最小，故D正確。故選：AD?！军c評】本題是含有彈簧的機械能守恒問題，要知道小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球的機械能并不守恒。要通過分析小球的受力情況，確定速度最大的位置。三、計算題13．【分析】（1）小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時受力平衡，根據(jù)平衡條件結(jié)合胡克定律進行解答；（2）小明受到的合力為零時，速度最大，根據(jù)功能關(guān)系進行解答?！窘獯稹拷猓海?）小明和跳桿處于豎直靜止?fàn)顟B(tài)時受力平衡，重力與彈簧彈力等大反向0解得：k＝；（2）小明受到的合力為零時，速度最大3﹣x0＝4x7根據(jù)功能關(guān)系可知：k（7x0）2＝5mgh++解得：vm＝7。答：（1）彈跳桿中彈簧的勁度系數(shù)為；（2）從開始計時至豎直上升到最大高度過程中小明的最大速度為4。【點評】本題主要是功能關(guān)系、平衡條件的應(yīng)用等，關(guān)鍵是弄清楚小明的受力情況，知道小明受到的合力為零時，速度最大。14．【分析】（1）對D到C的過程運用動能定理，求出滑塊第一次到達(dá)C處的速度大小。（2）滑塊從B到O過程，其動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能和彈簧的彈性勢能，由能量守恒定律求解彈簧儲存的最大彈性勢能；（3）根據(jù)能量守恒定律求得滑塊第二次經(jīng)過B點時的速度大小，根據(jù)此速度與傳送帶速度的大小關(guān)系，判斷出滑塊將做勻加速運動，由運動學(xué)公式求出滑塊的速度增加到與傳送帶相等時，通過的位移，即可知道滑塊離開傳送帶時的速度。滑塊從C到再次回到右邊曲面部分所能到達(dá)的最大高度的過程中，重力做功，由機械能守恒求解最大高度?！窘獯稹拷猓海?）對滑塊從D到C由動能定理得：解得：（2）對滑塊從D到O由能量守恒定律得：Ep＝mgh﹣μmg（L2+L2﹣x）解得：Ep＝2.75J（3）設(shè)滑塊返回到達(dá)B點速度為v1由能量守恒定律得解得：v1＝3m/s滑塊再次進入傳送帶后勻加速運動，由牛頓二定律得：μmg＝ma解得：a＝2.5m/s7滑塊速度增加到2m/s時的位移為：所以滑塊再次回到C點的速度為2m/s，由機械能守恒得：解得：h1＝0.3m答：（1）滑塊第一次到達(dá)C點時速度大小是m/s；（2）彈簧獲得的最大彈性勢能是5.75J；（3）滑塊再次回到右邊曲面部分所能到達(dá)的最大高度是0.2m?！军c評】本題是多過程問題，分析滑塊經(jīng)歷的過程，運用動能定理、牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合按時間順序分析和計算，難度適中。15．【分析】（1）小滑塊過最高點G后做平拋運動，根據(jù)分位移公式求出平拋運動的初速度。小滑塊在最高點G，由牛頓第二定律求出軌道對小滑塊的壓力，從而得到小滑塊對軌道的壓力。（2）小滑塊從O點到G點，由功能關(guān)系求解彈簧被壓縮到O點時彈簧的彈性勢能。（3）小滑塊能夠進入圓弧軌道且在圓弧軌道上運動過程中中途不脫離圓弧軌道，有兩種臨界情況：第一種情況：小滑塊恰好通過圓軌道的最高點，做完整的圓周運動。第二種情況：乙剛好通過與圓心等高的位置，求出能夠經(jīng)過最高點和恰好到達(dá)圓心右側(cè)等高點對應(yīng)的臨界速度。然后結(jié)合動能定理方程即可求出小滑塊釋放點到B點的距離范圍?！窘獯稹拷猓海?）小滑塊過最高點G后做平拋運動，平拋運動的初速度為vG、運動時間為t，由平拋運動規(guī)律得2R＝vGt，R＝解得：小滑塊在最高點G，由牛頓第二定律得解得：F＝