2022年高中物理（浙江）人教版必修第二册单元测试第八章 机械能守恒定律（含解析）

单元测试（四）

（第八章）

8f学考达标

（60分钟•70分）

一、选择题（本题共13小题,每小题3分，共39分）

1.（2020•威海高一检测）如图所示，在水平的船板上有一人拉着固定

在岸边树上的绳子,用力使船向前移动。关于力对船做功的下列说法中

正确的是（）

A.绳的拉力对船做了功

B.人对绳的拉力对船做了功

C.树对绳子的拉力对船做了功

D.人对船的静摩擦力对船做了功

【解析】选D。绳的拉力、人对绳子的拉力和树对绳子的拉力都没有作

用于船，没有对船做功。只有人对船的静摩擦力作用于船，且船发生了

位移，故对船做了功，且做正功，故选项A、B、C错误，选项D正确。

【加固训练】

如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其

过程可简化为打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全

着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线

运动,则（

降落伞

连/回舱

缓版%箭

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D.返回舱在喷气过程中处于失重状态

【解析】选A。由整体法、隔离法结合牛顿第二定律，可知A正确，B错；

由动能定理可知C错；因返回舱具有竖直向上的加速度，因此处于超重

状态，D错。

2.赛车是一项技术性、挑战性和观赏性都很强的运动。一选手驾驶赛

车以恒定的功率P从静止开始做加速运动，由功率的计算公式P=Fv可

以判断，在赛车加速运动的过程中（）

A.牵引力F越来越小

B.牵引力F越来越大

C.牵引力F保持不变

D.牵引力F的大小变化无法判断

【解析】选A。赛车以恒定的功率P运动，由功率的计算公式P=Fv可以

判断，在赛车加速运动的过程中，随着速度v的增加，牵引力F越来越小，

故选A。

3.（2020・泰安高一检测）升降机中有一质量为m的物体，当升降机以加

速度a匀加速上升h高度时，物体增加的重力势能为（）

A.mghB.mgh+mah

C.mahD.mgh-mah

【解析】选A。要分析重力势能的变化，只需要分析重力做功。物体随

升降机上升了h,物体克服重力做功W=mgh,故物体的重力势能增加了

mgh,A正确o

4.物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停

止。以a、Ek、x和t分别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的

大小和运动的时间。则以下各图像中，能正确反映这一过程的是（）

【解析】选Co物体在恒定阻力作用下运动，其加速度不变，选项A、B

错误；由动能定理，-fx=Ek-Ek0,解得Ek=Ek<rfx,故选项C正确，D错误。

5.（2020・荷泽高一检测）一小球从如图所示的弧形轨道上的A点，由静

止开始滑下。由于轨道不光滑,它仅能滑到B点。由B点返回后，仅能

滑到C点，已知A、B高度差为hbB、C高度差为h2,则下列关系正确的

是（）

A.hi=h2B.hi<h2

C.hi>h2D.hi、hz大小关系不确定

【解析】选C。由能的转化和守恒定律可知，小球由A到B的过程中重

力势能减少mghb全部用于克服摩擦力做功，即WAB=mgh,o同理,WBc=mgh2,

又随着小球最大高度的降低，每次滑过的路程越来越短，必有WAB>WBC,所

以mghi>mgh2,得hi>h2,故C正确。

6.如图所示是半径为r的竖直光滑圆形轨道,将一玩具小车放到与轨道

圆心0处于同一水平面的A点，并给小车一竖直向下的初速度,使小车

沿轨道内侧做圆周运动。要使小车不脱离轨道,则在A处使小车获得竖

直向下的最小初速度应为

A.y/Tgr

C.yfjgrD.^Tgr

”2

【解析】选C。小车恰好不脱离轨道的条件是在最高点满足mg=m—。小

V

车沿轨道内侧做圆周运动的过程中，只有重力做功，机械能守恒。设小

车在A处获得的最小初速度为v,«,由机械能守恒定律得手1琢=1118「+，\/,

解得y,\=y/3gr,故选项C正确。

7.（2020・金华高一检测）如图所示,在半径为5m的光滑圆环上切下一

小段圆弧,放置于竖直平面内，A、B为圆弧的两个端点,它们距最低点C

的高度差H为

1cm,BC为一光滑的直杆。现将小环分别置于圆弧A端点和B端点由静

止释放,使小环分别沿圆弧AC和直杆BC下滑。设小环从A点运动到C

点和从B点运动到C点所需的时间分别为4和t2（取g=10m/s2）,则下

列说法正确的是（）

A1B

A.ti<t2B.t,=t2

C.tj>t2D.无法确定

【解析】选A。由动能定理可知mgh=%v2,两过程中小环到达C点时的

2

速度大小相等，画出两过程中小环的速率一时间图像如图，由于H=1

cm,R=5m,则可将BC与弧BC近似相等，由图可知坟0故A正确，B、C、

D错误。

8.“歼-20”是中国自主研制的双发重型隐形战斗机，该机将担负中国

未来对空、对海的主权维护任务。在某次起飞中，质量为m的“歼-20”

以恒定的功率P起动，其起飞过程的速度随时间变化图像如图所示，经

时间t。飞机的速度达到最大值为以”时,刚好起飞。关于起飞过程，下列

说法正确的是()

A.飞机所受合力不变,速度增加越来越慢

B.飞机所受合力增大,速度增加越来越快

C.该过程克服阻力所做的功为Ptofl说

D.平均速度为密

2

【解题指南】解答本题可按以下思路进行：

⑴根据P=Fv分析牵引力的变化,从而确定出合力的变化。

⑵由牛顿第二定律分析加速度的变化情况，即可分析速度变化快慢情

况。

⑶将飞机的运动与匀速直线运动对比，分析其平均速度。

(4)根据动能定理分析该过程克服阻力所做的功。

【解析】选C。根据图像可知，图像的斜率为加速度，所以起飞中，斜率

越来越小，加速度越来越小，速度增加越来越慢，根据牛顿第二定律F合

=ma,加速度减小，合外力减小，故A、B错误；根据动能定理可

1,1

知：解得：W尸故C正确；因为不是匀变速运动，

所以平均速度不等于物,故D错误。

2

9.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是旦,下落H

2

到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C(未超过弹簧的弹性

限度)，在由A运动到C的过程中，空气阻力恒定，则()

A

A.物块机械能守恒

B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒

C.物块机械能减少%g(H+h)

2

D.物块和弹簧组成的系统机械能减少|mg(H+h)

【解析】选Do对于物块来说，从A到C要克服空气阻力做功，从B至UC

又将一部分机械能转化为弹簧的弹性势能，因此机械能肯定减少，故A

错误；由A运动到C的过程中，物块的动能变化为零，重力势能减小量等

于机械能的减小量，所以物块机械能减少mg(H+h),故C错误；物块从A

点由静止开始下落，加速度是三g,根据牛顿第二定律得：f=mg-ma」mg,所

22

以空气阻力所做的功为-mg(H+h),整个系统机械能减少量即为克服空

2

气阻力所做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能减少(H+h),故

2

B错误,D正确。

10.如图所示,在地面上以速度V。抛出质量为m的物体,抛出后物体落到

比地面低h的海平面上。若以地面为零势能的参考平面,且不计空气阻

力,则下列说法错误的是()

地面m

耳海平面

A.物体落到海平面时的重力势能为mgh

B.从抛出到落到海平面的运动过程中，重力对物体做的功为mgh

C.物体落到海平面时的动能为工评+mgh

2u

D.物体落到海平面时的机械能为，评

【解析】选A。以地面为零势能参考平面，物体落到海平面时重力势能

为-mgh,故A错误，符合题意；从抛出到落到海平面的运动过程中，物体

在重力方向上的位移为h,则重力对物体做的功为mgh,故B正确，不符

合题意；抛出点的机械能为，评，下落过程中机械能守恒，重力势能减

少mgh,则在海平面上的动能为E=HHVo+mgh,故C正确，不符合题意；整

k2u

个过程中只有重力做功，机械能守恒，故物体落到海平面上的机械能为

故D正确，不符合题意。

【加固训练】

物体在拉力作用下向上运动,其中拉力做功10J,克服阻力做功5J,

克服重力做功5上则（）

A.物体重力势能减少5J

B.物体机械能增加5J

C.合力做功为20J

D.物体机械能减少5J

【解析】选B。物体向上运动，重力做负功5J,故重力势能增加了5J,

故A错误；合力做功W=10J-5J-5J=0,即合力做功为零，故C错误；除

重力以外的力做功衡量机械能的变化，因此物体的机械能增加了

AE=10J-5J=5J,故B正确，D错误。

11.（2020•厦门高一检测）质量为2kg的物体做直线运动,沿此直线作

用于物体的外力与位移的关系如图所示，若物体的初速度为3m/s,则

其末速度为（

A.5m/sB.V23m/s

C.V5m/sD.V35m/s

【解析】选B。F-x图像与坐标轴围成的面积表示外力所做的功，

由图可知：W=2义2J+4X4J-2X3J=14J,根据动能定理

22

得:|mv-|mv0=W

解得：丫二后m/so

12.一足够长的传送带与水平面的夹角为6，传送带以一定的速度匀速

运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图甲

所示），以此时为t=0时一刻，作出小物块之后在传送带上的运动速度随时

间的变化关系，如图乙所示（图中取沿斜面向下的运动方向为正方向，

2

其中v,>v2）o已知传送带的速度保持不变,g取10m/s,则（）

A.。〜匕时间内，物块对传送带做正功

B.物块与传送带间的动摩擦因数u〈tan0

C.0~t2时间内，传送带对物块做功为W=|my2-1mv2

D.t,时刻之后,物块先受滑动摩擦力，对其做正功,后受静摩擦力，对其

做负功

【解析】选D。由题图乙知，物块的初速度方向平行传送带斜向上，在0〜

3时间内速度减小，传送带对物块做负功，由牛顿第三定律知，物块对传

送带的摩擦力沿传送带向上，对传送带做负功，在t2时间后，物块和传

送带一起做匀速运动，有mgsin0Wumgcos。，所以uetan9,B

错误;在0〜t2时间内，传送带对物块做功W=△Ek+△Ep,C错误；在3时刻

后，物块速度先增大后不变，摩擦力先做正功，后做负功，D正确。

13.（2020•邯郸高一检测）如图所示,长为L的木板水平放置,在木板的

A端放置一个质量为m的小物体,现缓慢抬高A端,使木板以左端为轴在

竖直面内转动，当木板转到与水平面成a角时小物体开始滑动，此时停

止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为V,则在整个过程中

。篷SA

A.支持力对小物体做功为0

B.摩擦力对小物体做功为mgLsina

C.摩擦力对小物体做功为invJiigLsina

2

D.木板对小物体做功为mv2

【解析】选C。木板由水平位置转过a角的过程中，摩擦力方向与速度

方向垂直不做功，除重力外只有板的支持力做功，故此过程中支持力所

做的功等于物体增加的重力势能：W、=AEp=mgLsina,所以A错误；物体

从开始下滑到滑到底端的过程中，支持力不做功，重力做正功，摩擦力

2

做负功，由动能定理得Wc+W,=-mv-0,即Wf=imv-mgLsina,故C正确，B

22

错误；对全过程运用能量观点，重力做功为0,无论支持力还是摩擦力，

施力物体都是木板，所以木板对小物体做功为与v2,D错误。

2

二、实验题（本题共2小题，共14分）

14.（5分）（2020•金华高一检测）（1）用如图所示的装置做“探究做功

与物体速度变化的关系”的实验时，下列说法正确的是（

A.为了平衡摩擦力，实验中应将长木板的左端适当垫高,使小车拉着纸

带自由下滑时能保持匀速运动

B.实验中橡皮筋的规格要相同，每次小车在同一位置静止释放

C.可以通过改变小车的质量来改变拉力做功的数值

D.通过打点计时器打出的纸带来测定小车获得的最大速度

⑵如图所示,某同学用自由落体法“验证机械能守恒定律”，从图示

位置静止释放纸带连接的重物。

II

①图中操作不合理的地方是0

②除了图中器材外，下列器材中还必须选取的实验器材有0

A.停表B.刻度尺

C.干电池

③本实验所取的重力加速度g的值,应该。

A.取当地的实际g值

B.根据打出的纸带，用Ax=gT2求出

C.近似取10m/s

【解析】（1）选A、B、D。小车在水平面运动时，由于受到摩擦阻力导致

小车速度在变化，所以适当倾斜长木板以平衡摩擦力，使小车所能获得

的动能完全来自于橡皮筋做的功，故A正确；实验中每根橡皮筋做功均

是一样的，所以所用橡皮筋必须相同，且伸长的长度也相同即每次小车

在同一位置静止释放，橡皮筋拉力做的功才可以成倍变化，故B正确，C

错误；由于小车在橡皮筋的作用下而运动，橡皮筋对小车做的功与使小

车能获得的最大速度有关，故通过打点计时器打出的纸带来求得小车

获得的最大速度，故D正确。

⑵①图中操作不合理的地方是重物释放时离打点计时器太远，这样不

能充分利用纸带。

②打点计时器可以直接记录时间，不需要停表；打点计时器使用交流电

源，不需要干电池；由于实验中要测量点迹间的距离，所以需要刻度尺,

故A、C错误，B正确。

③本实验所取的重力加速度g的值，应该取当地的实际g值，故A正

确,B、C错误。

答案：(1)A、B、D(2)①重物释放时离打点计时器太远②B③A

15.(9分)如图是用“自由落体法”验证机械能守恒定律的实验装置(g

取

9.80m/s2)□

方形固定卡

叱，打点计时器

接电源方形固定卡

⑴选一条清晰的纸带，如图甲所示，其中0点为打点计时器打下的第一

个点,A、B、C为三个计数点，对打点计时器通以频率为50Hz的交变电

流。用分度值为

1mm的刻度尺测得0A=12.41cm,0B=18.90cm,0C=27.06cm,在计数点

A和B、B和C之间还各有一个点,重锤的质量为1.00kg。甲同学根据

以上数据算出：当打点计时器打到B点时重锤的重力势能比开始下落时

减少了J；此时重锤的速度vB=m/s,此时重锤的动能

比开始下落时增加了J（结果均保留三位有效数字）。

⑵某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计

时器打下的第一个点的距离h,算出了各计数点对应的速度v,然后以h

为横轴、以与之为纵轴作出了如图乙所示的图线，图线的斜率近似等于

2

A.19.6B.9.8C.4.90

图线未过原点0的原因是。

【解析】（1）当打点计时器打到B点时，重锤的重力势能减少量△

Ep=mg-0B二

-2

1.00X9.80X18.90X10J'1.85J;打B点时重锤的速度VB=刍”

"O'；：：：；"?m/s-1.83m/s,此时重锤的动能增加量△£］小以

二衿.00X1.832JF.67J。

⑵由机械能守恒定律有%v2=mgh,可得％2=gh,由此可知图线的斜率近

22

似等于重力加速度g,故B正确。由题图线可知，h=0时，重锤的速度不

等于零，原因是该同学做实验时先释放了纸带，然后才合上打点计时器

的开关。

答案：（1）1.851.831.67

（2）B先释放了纸带，再合上打点计时器的开关

三、计算题（本题共2小题,共17分。要有必要的文字说明和解题步骤,

有数值计算的要注明单位）

16.（9分）滑板是年轻人十分喜欢的极限运动，现有一场地规格如图，是

用钢制作的，阻力非常小，可以忽略。g取制m/s%

⑴一人以6m/s的速度从4m的高台滑下，求到2m高台处其速度有

多大？

⑵在⑴的条件下,求他所能到达的离地最大高度有多少？

⑶若他从2m高台开始下滑，为能到达4m高台,求下滑最小速度是多

少？

【解题指南】解答本题可按以下思路进行：

⑴对该过程运用动能定理,求出到达2m高台的速度大小。

⑵上升到最大高度时速度为零，对整个过程运用动能定理求出上升的

最大高度。

⑶对该过程运用动能定理,抓住末动能为零，求出下滑的最小速度。

【解析】（1）人从4m的高台滑到2m高台的过程，根据动能定理得：

mg（h0-hi）=Hnv^-^nVQ（2分）

代入数据解得：VF，河m/s78.72m/s（1分）

⑵设上升离地的最大高度为H,对全过程运用动能定理得:

-mg（H-h0）=0-4iVg（2分）

2u

代入数据解得：H=5.8m（1分）

⑶设下滑的最小速度为V、，根据动能定理得：

-mg（h-hi）=0-Hnv3（2分）

02x

代入数据解得:Vx-6.32m/s（1分）

答案：（1）8.72m/s（2）5.8m（3）6.32m/s

17.（8分）在学校组织的趣味运动会上，某科技小组为大家提供了一个

游戏。如图所示,将一质量为0.1kg的钢球放在0点,用弹射装置将其

弹此使其沿着光滑的半圆形轨道0A和AB运动,BC段为一段长为L=2.0

m的粗糙平面,DEFG为接球槽。圆弧0A和AB的半径分别为r=0.2

m,R=0.4m,小球与BC段的动摩擦因数u=0.7,C点离接球槽的高度为

2

h=l.25m,水平距离为x=0.5m,接球槽足够大，g取10m/so求：

⑴要使钢球恰好不脱离圆轨道,钢球在A点的速度多大?

⑵在B位置对半圆轨道的压力多大？

⑶要使钢球最终能落入槽中，弹射速度V。至少多大？

【解析】（1）要使钢球恰好不脱离轨道，对最高点A：

解得：VA=2m/so（1分）

⑵钢球从A到B的过程：

11

mg-2R=yv€9一”vN9，

在B点：

FN-mg=m^-,（1分）

FF6N,

根据牛顿第三定律,钢球在B位置对半圆轨道的压力为6No（1分）

⑶要使钢球能落入槽中，从C到D平抛，

X=Vet,

h--gt2,

2

vc=1m/s,（2分）

假设钢球在A点的速度恰为VA=2m/s时，钢球可运动到C点，且速度为

VCo

从A至IC,

।1t212

mg•2R-|1mgL=-fnv--mVA,

2r2c

V，c<0>

故当钢球在A点的速度恰为VA=2m/s时，钢球不可能到达C点,更不可

能平抛入槽。要使钢球最终能落入槽中，需要更大的弹射速度，才能使

钢球既不脱离轨道，又能落入槽中。

从。到C有：

]1

mgR-|imgL=-mVc—mVn,（2分）

22u

解得：v°=VHm/s。（1分）

答案：（1）2m/s（2）6N（3）⑶m/s

“选考提升

（30分钟•30分）

18.（4分）（2020・锦州高一检测）如图所示,平直木板AB倾斜放置，小

物块与木板间的动摩擦因数由A到B均匀增大，小物块从A点由静止释

放,恰好可以到达B点，小物块的速度V、加速度a、动能Ek和机械能E

机（取地面为零势能面）随下滑位移x变化的图像可能正确的是（）

【解析】选C。设斜面的倾角为a,根据题意有u=kx,k是常数。小物

块所受的滑动摩擦力大小为f=umgcosa=kxmgcosa,知fo=x。根据动

能定理得mgxsina_0+kxmgcosa.*=乙［11/-0,得v2=2gxsina-kx2g,cos

22

a,知v-x图像为曲线，故A错误。根据牛顿第二定律得

mgsina一口mgcosa=ma,结合u=kx,得a=gsina-kxgcosa,a随x先均

匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B错误。根据动能定理得

O+kxmgcosa.

mgxsina--x=Ek-0,得Ek=mgxsina」kx'mgcosa,知E〕x是

22

开口向下的抛物线，故C正确。根据功能关系知AE机=咻=

2

_0+kxmgcosoex=-ikxmgcosa,随着x的增大,E机-x图像斜率绝对值增

22

大，故D错误。

19.（4分）（多选）（2019•江苏高考）如图所示,轻质弹簧的左端固定，并

处于自然状态。小物块的质量为m,从A点向左沿水平地面运动,压缩弹

簧后被弹回,运动到A点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s,与地

面间的动摩擦因数为U,重力加速度为g,弹簧未超出弹性限度。在上

述过程中)

•m।

2

A.弹簧的最大弹力为umg

B.物块克服摩擦力做的功为2Mmgs

C.弹簧的最大弹性势能为umgs

D.物块在A点的初速度为，2Ngs

【解析】选B、Co弹簧被压缩到最短时，物块有向右的加速度，弹力大

于滑动摩擦力f=umg,选项A错误；物块在运动中所受的摩擦力与运动

方向总相反，物块运动的路程为2s,所以克服摩擦力做的功为W=2umgs,

选项B正确；由动能定理可知，从弹簧被压缩至最短到物块运动到A点，

动能的变化为零，弹簧的弹性势能等于克服摩擦力做功W'=umgs,选

项C正确；由物块从A点到返回A点，根据动能定理-LXmg•2S=O-41V^可

2u

得v()=2Jqgs,所以选项D错误。

20.(4分)(多选)如图所示,在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后

排球恰好从网上边缘过网，排球网高H=2.24m,排球质量为m=300g,运

动员对排球做的功为W.=20J,排球运动过程中克服空气阻力做功为

W2=4.12J,重力加速度g取

2

10m/s0球从手刚发出位置的高度h=2.04%选地面为零势能面，则

()

A.与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能

的增加量为6.72J

B.排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22J

C.排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88J

D.与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减

少量为4.72J

【解析】选B、Do与排球从手刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边

缘时重力势能的增加量为mg(H-h)=0.3X10X(2.24-2.04)J=0.6J,

故A错误；根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为

mgh+W-W2=0.3X10X

2.04J+20J-4.12J=22J,故B正确；由动能定理可知，排球恰好到达

球网上边缘时的动能为W-W2-mg(H-h)=15.28J,故C错误；与排球从手

刚发出时相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为

W2+mg(H-h)=4.72J,故D正确。

21.(6分)如图所示,将质量为m=lkg的小物块放在长为L=l.5m的小

车左端,车的上表面粗糙,物块与车上表面间动摩擦因数u=0.5,半径

R=0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表

面和轨道最低点高度相同，距地面高度h=0.65m,开始车和物块一起以

10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动，车碰到轨道后立即停止运

动，g取10m/s2,求：

⑴小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力。

⑵小物块落地点至车左端的水平距离。

【解析】(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的

速度为”,由动能定理，得

_umgL=-mvf-mVn，

212u

解得v尸J的m/so（1分）

刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为FN,

由牛顿第二定律，得

v2

K.

解得FN%104.4N,

由牛顿第三定律F，FFN,

得1-104.4N,方向竖直向下。（1分）

⑵若小物块能到达半圆轨道最高点，则由机械能守恒，得

11

-mv?=2mgR+-mv9,

212z

解得V2=7m/so（1分）

设恰能过最高点的速度为V3,

则v-i

mmR

解得V3=J^=3m/s。（1分）

因V2X3,故小物块能过最高点，且离开半圆轨道最高点后将做平抛运动，

得

h+2R=igt2,

2

X=v2t,

联立解得x=4.9m,（1分）

故小物块距车左端s=x-L=3.4mo（1分）

答案：（1）104.4N,方向竖直向下（2）3.4m

22.（12分）某工厂生产流水线示意图如图所示,半径R=1m的水平圆盘

边缘E点固定一小桶。在圆盘直径DE正上方平行放置的水平传送带沿

顺时针方向匀速转动，传送带右端C点与圆盘圆心0在同一竖直线上，

竖直高度h=l.25moAB为一个与C0在同一竖直平面内的四分之一光

滑圆弧轨道,半径r=0.45m,且与水平传送带相切于B点。一质量m=0.2

kg的滑块（可视为质点）从A点由静止释放，滑块与传送带间的动摩擦

因数u=0.2,当滑块到达B点时一，圆盘从图示位置以一定的角速度3绕

通过圆心0的竖直轴匀速转动,滑块到达C点时恰与传送带同速并水平

抛出，刚好落入圆盘边缘的小桶内。g取10m/s；求：

⑴滑块到达圆弧轨道B点时对轨道的压力FNB。

⑵传送带BC部分的长度L。

⑶圆盘转动的角速度①应满足的条件。

【解析】⑴滑块从A到B过程中，由动能定理，有:mgr=、％

2D

解得：m/s（1分）

滑块到达B点时，由牛顿第二定律,

有:F-mg=m—（1分）

NBr

解得：丁=6N（1分）

由牛顿第三定律，滑块到达B点时对轨道的压力大小为6N,方向竖直向

下。