专题卷(6)动能定理、机械能守恒定律-【鱼跃龙门卷】2026年高三物理二轮复习专题金卷（安徽专版）

高三二轮复习专题卷 12.(1)4R2R GT2 T (2)2R 【解析】(1)设探测器质量为，探测器做匀速圆周运动，万有 写引力提供向心力G=m(答)'R,解得月球质量M= 2 R? 4π2R3 GT,月球的第一字宙速度u 2πR T (2)由题意，设椭圆轨道I的半长轴为a,则2a=2R+h, 根据开普勒第三定律得 =a8 (2w2T)2,解得h=2R。 13.(1)GM (2)(R-d)GM GMm GMm R2 R3 (3)① R+H)2(r+H)· R3 ②GMm(R-r） R3 【解析】(1)不考虑地球的自转，在地球表面附近GM- R2 mg,解得g-G 2 4 (2)设地球平均密度为p,则M=p·3R, 在矿井底部GD2=mg,而M1=P·3π(R一d)3, 深度为d的矿并底部的重力加速度大小g'=R-d)GM R3 (3)①质量为m的人在P处受到地球的万有引力大小F,= GMm GM2m (R+H)2(r+H)2 ,4πr GMm GMm 其中M,=p·g,解得Fp=R十H)一（十H·R ②质量为m的人在Q处受到地球的万有引力大小F。= GMam GMam (R-r+L)2 L21 其中M3=p· 4π(R-r+L)3 M4=p 4πL3 3 3， 解得Fa= GMm(R-r) R3 1. πr+R) ，(2)20N27 (3)R+, 3 m001 【解析】(1)空间站在预定圆轨道上做匀速圆周运动，则有 解得地球的质量M= G (2)设卫星在预定圆轨道上的运动周期为T,则有T=2” 椭圆轨道的半长辅a-士， 设卫星在椭圆轨道上的运动周期为T,,根据开普勒第三定律 解得T==元/+R) v3 2r 飞船从A点运动到B点，需要的时间至少为 (3)飞船在近地点A的速度为1，根据开普勒第二定律有 UR=v2r, 飞船从A点运动到B点I=△p=mo1十mov2, 联立可得I=R十r r-mo1。 .r2)5拒 2 T 12(2-2) 【解析】(1)设卫星乙绕地球运动的周期为T′，由开普勒第三 定律)_(2) T2 T2, 解得T-咨。 (2)如图所示，由于地球遮挡甲、乙两卫星之间直接通信信号会 周期性中断，设在一个通信周期内，甲、乙两卫星通信中断的时 2π 2π 间为t,有(wz一w甲)1=20，而wz=下，w甲=丁， 甲 60 放有（祭-）=20， 由几何关系可知ma一茶-是sm日-尺-号。 V2R=2,所以a= 68π 4 由几何关系知0=。十8，故29=5，综上可得1= 5扼 T。 12(2-2) 物理（六） D 2.D D【解析】设PA间的距离为h,物块向右运动过程中橡皮筋 在任意位置处与水平方向的夹角为日，弹簧的形变量为x,则随 着物块向右运动，橡皮筋上产生的弹力F=x,则物块对地面 的正压力FN=mg-Fsin0=mg-kxsin0,又h=xsin0,解得 FN=mg一kh,设物块与地面间的动摩擦因数为4，则在物块运 动过程中所受滑动摩擦力F:=FN,随着物块向右运动，夹角0 减小，物块对地面的正压力F、保持不变，由此可知，物块受到 的摩擦力保持不变，故A错误；在物块向右运动的任意位置处 由牛顿第二定律有Fcos日一Fr=ma,由于F始终增大，而cos0 也始终增大，F,保持不变，因此可知物块所受合外力始终增大， 因此物块做的是加速度增大的减速运动，故B错误；假设物块 从开始运动到停止运动所受合外力为恒力，则有2m一 m2=m2-0,解得e-受，但实际上物块从开始运 1 动到停止运动所受合外力逐渐增大，因此在AC段克服合外力 所做的功小于在CB段克服合外力所做的功，由此可知物块经 过C点时的速度应大于。 2vo,故C错误，D正确。 6 C【解析】设两个滑块在O点时的速度为v,根据动能定理得 重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支 1 1 kxom·xom=2X2mu2-0,-2kraN·xom=0-2mu2, 持力和拉力，根据平衡条件，有Tcos0=Mg,对A有T-mg 解得xow>xoN,即OM>ON,A错误；当弹簧恢复原长时弹簧 F=ma,对B有F=mg,联立可得a=M mcos日号-2g,放D 的弹力为零，两个滑块之间没有作用力，两滑块开始分离，所以 错误。 滑块a,b在O点分离，B错误；在O、M之间有一点N',N'和N8.C【解析】小球在A、B之间做往复运动，只有重力和内力中的 关于O点对称，滑块a无法再次回到M点，只能回到N'点，滑 弹力做功，故小球和弹簧系统的机械能守恒，从A点到B点过 块a在N'和N点之间往复运动，C正确：根据简谐运动toN= 程小球机械能不守恒，小球在A点的动能和重力势能均最小， toN,又因为toM>toN',所以toM>toN,D错误。 根据系统机械能守恒，小球在A点的弹性势能必大于在C点的 C【解析】该车匀加速阶段，根据牛顿第二定律有F一f=ma, 弹性势能，故AB错误；小球从A点到C点过程，在光滑圆环半 根据题图可知a=会恕-碧m/?=4m/g,解得F=60N,该 径切线方向上，弹簧弹力的分力开始大于重力沿切线方向的分 力，故小球先做加速运动，当切向合力为零（此时弹簧仍处于伸 车的额定功率为P=F0=6000×20W=1.2×105W,当速度最 长状态)时，速度最大，动能最大，之后随着小球运动，弹簧弹力 大时，有P=fvm,解得vm=60m/s,故A错误，C正确；汽车起 的分力小于重力沿切线方向的分力，做减速运动，故从A点到 步时先做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，故B错误； C点过程小球速率先增大再减小，小球在C点时动能不是最大 匀加速阶段汽车位移为图像中0一5s内图线与坐标轴所围图形 的，故C正确，D错误。 的面积，即x1-5X20m=50m,汽车在555s内以额定功率 D【解析】a球和b球组成的系统除重力外没有其他力做功，只 2 有a球和b球的动能和重力势能相互转换，因此a球和b球所组 行驶，由动能定理可得Pt一fz,=2mo品-之mw,解得x一 成的系统机械能守恒，a球能回到初始位置，故A错误；a球在最 2200m,所以该车前55s内通过的位移大小为x=x1+x2= 低点速度为零，α球从释放运动至最低点的过程中，设杆对小球 2250m,故D错误。 W2 D【解析】从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，两球组成 a做的功为W,由动能定理有mg(之1+L)+W=0,解得W= 的系统满足机械能守恒，则有mgR十mg亿十R)=合×2m。, mg(号故B错误；设轻杆L和水平杆L?的夹角为0， 解得两球都滑到水平轨道上时a、b两球的速度大小均为v= 由运动的合成与分解可知v6cos0=v。sin0,则v6=v。tan0,可 √6m/s,从释放小球到a、b球都滑到水平轨道上，对a球根据 知当b球的速度为零时，轻杆L处于水平位置且与杆L2平行， 则此时a球在竖直方向只受重力mg,因此a球的加速度大小为 动能定理可得mgR+W#=2m02,解得W#=0.4J,可知整个 g,故C错误；当杆L和杆L1第一次平行时，a球运动到最低点， 过程中轻杆对a球做功0.4J,则a球下滑过程中机械能不守 b球运动到L1和L?交点位置，b球的速度达到最大，此时a球 恒，故AB错误，D正确；从释放小球到a、b球都滑到水平轨道 1 上，整个过程中由于轻杆对α球做正功，所以轻杆对b球做负 的速度为0，因此由系统机械能守恒有mg(二1+L=)m 功，故C错误。 D【解析】由题意知，环在Q时动能最大。环在Rw 解得6=√(2十√2)gl,故D正确。 和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。环和A通RQC 9.BD【解析】一开始物块缓慢下降的过程，由动能定理mg·2h十 过轻绳相连，沿绳方向的分速度相等（如图所示），故s一 W=E。,而物块在A点处于平衡状态，有·2h=mg。物块下 E 落到OA中点处时，有mg(H+h)=E1十Ek1,而OA中点处 0os0=A,故A与环的动能之比为E 的弹性势能为E=号x=子E,联立可得Eu=mgH+ cos9,对小环和A组成的系统 m iihizi mgh W 号h 2一4，故C错误；当物块释放后，先做自由落体运动，后做 变加速直线运动，当加速度等于零时速度最大，即A位置，由动 Mgh=Ea十EkQ,联立可得小环C的最大动能为EkQ= M十mcos日：故A正确：小环C下落过程受重力、杆的支持力 M'gh 能定理mg(2h十H)=E,十2m0,联立可得最大速度为om- 和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前 A 2(mgH-W产，最大动能为Ea=mgH-W,故B正确，A错 m 的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S后的过程，非重 误；物块在下落过程，重力做正功，弹力做负功，故物块和弹簧组 力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再减小， 成的系统机械能守恒，而物块的机械能减小，故D正确。 下落到位置S时，小环C的机械能最大，故B正确；小环从R 10.ABD【解析】当轻杆从水平位置转到竖直位置的过程，由关 处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化 联速度可知，轻杆转到竖直位置时，二者的速度大小相等，设为 量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和 L 地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物 ,由动能定理可得3mg·台-mg·台-名X3aw+ 体的支持力的冲量和与重力的冲量等大反向，由于此过程重力 2m0,解得v=√而m/s,故C错误；设在该过程中，轻杆对 1 冲量不为零，则弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和不为 零，且方向向上，故C正确；环在R和Q时，弹簧长度相同，B对 地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的 小球A做功为W,对小球A,由动能定理可得一mg·2 ·物理W· W=1 m02,解得W=15J,故A正确；设轻杆对小球B做功 为w,对小球B,由动能定理可得3mg·+w=× 3mw2,解得W'=一15J,故B正确；轻杆在竖直位置时，对小球 B.由向心力公式可得F。一mg-”,解得P,二60N,方 2 向竖直向上：对小球A,由向心力公式可得F十mAgm L 2 解得FA=0,轻杆对轴O的作用力为两拉力矢量和，Fa十 FB=60N,故D正确。 *BC【解析】由图乙可知物块与弹簧接触前，加速度为a1 5m/s,设斜面倾角为0，有mg sin0=ma1,解得sin0=2,则斜 面的倾角0=30°，B正确。从释放到最低点，根据能量守恒有 mgx3sin0=2k(xg一x1),解得k=25N/m,A错误。设当位 移为x2时，加速度为0，有(x2一x1)=mgsin0,解得x2= 0.5m,此时动能最大，最大动能为En=mgz:sin0-子k(红， x1)2,解得Em=2J,C正确。根据能量守恒，弹簧的最大弹性势 能为Em=mgx3sin0=4.5J,D错误。 11.(1)0.9m(2)3W(3)4m/s 【解析】(1)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向有h= 1 8,代人数据解得t=0.3s, 水平方向有x=t=30.3m=0.9m。 (2)物块从飞出桌面到落地过程，在竖直方向上做自由落体运 动，有v2=2gh, P=mg℃y,代入数据解得P=3W。 (3)对物块从开始运动到飞出桌面的过程，由动能定理得 angl-2 mo 1 2 mvo, 代入数据解得v。=4m/s。 12.(1)11.25s(2)32N 【解析】(1)物块开始时向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二 定律有ng cos0-mgsin0=ma1,解得a1=0.4m/s2, 当加速到与传送带速度相等时有v=a1t1,解得t1=10s, 此过程的位移为x1=名1=20m, 由于最大静摩擦力大于物块重力沿传送带向下的分力，则物 1 块随后向上做匀速直线运动，则有，=L二4一1,25s, 则物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间t=t1十 t2=11.25s。 (2)物块从B运动到C过程，根据动能定理有一mgRcos0= 2moi-合am, 1 在C点，对物块分析有N=m R,根据牛顿第三定律有N N,解得N'=32N 1器e。吾.8能 【解析】(1)轻杆开始移动时有F=k△x=f, mvo 解得△x=2k1· (2)撞击弹簧前瞬间的速度为⑦。时，对瓶子、弹簧和轻杆有 1 0-豆mw6=Wm-f·4 解得W弹=-3m 8 1 能推动轻杆移动的玻璃瓶撞击的最小速度？满足0一 2m2= 3 W弹，解得v= 200, 允许玻璃瓶撞击的最大速度。满足0-弓m=W:一几， ? 解得0m=20· 3)因为50。之，所以轻杆向下运动，有0一 1/512 2m(2o）=W0-f红， 1 解得x=2。 (1)5m/s,与水平方向夹角为53°斜向右上方(2)0.95m (3)34N 【解析】(1)设小球在P点的速度为o,D到P和P到Q可视 为两个对称的运动，则有h=2gt,2=0,0,=g1,解得 t=0.4 s,vo=3 m/s,v,=4 m/s, 则小球在D点的速度大小为v=√o6十=5m/s, 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有tan0= 3,可得0=53，即小球在D点的速度方向与水平方向夹角为 53°斜向右上方. (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH十mgRcos0= 1 2mw6-0,解得H=0.95m。 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H十R)= 1 2mv2-0, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一mg=m R' 联立解得轨道对小球的支持力大小为FN=34N。 (1)1.2m(2)104N(3)3.872m 【解析】(1)小球从平台抛出后做平抛运动，竖直方向做自由落 1 体运动，有h=28t, 解得t=0.4s,小球到达A点时竖直方向的分速度为v,= gt=4 m/s, 在A点时恰好无碰撞地沿斜面滑下，故小球在A点速度与水 平方向的夹角为53，由速度分解可得，=an53=3m/s, A-sin 53-5 m/s, 平抛过程中小球水平方向做匀速直线运动，故x=ot= 1.2m。 (2)小球从A到C的过程由动能定理可得mg(H十R一 ·7 参考答案及解析 Reow58）=合md-分amd、 摩擦力情况下的B点，也即0点靠近B点，故OA>?。设物 解得c=55m/s,在C点，有Fc一mg=R, mvc 块在A点时弹簧的弹性势能为E。,物块从A点运动到O点的 过程，由能量守恒定律得W=E。十mgOA,则得E。=W一 解得Fc=104N, 由牛顿第三定律，小球通过最低点C时对轨道的压力大小为 mgOA<W-mga,即物块在A点时，弹资的性势能小 104N. 1 (3)小球从C到D由动能定理有-mg(R-Rcos53)= 于W-2mga,故A错误；由A分析得物块从开始运动到最 1 1 2mo6-2mo呢，解得n=11m/s, 终停在B点，路程大于a十分-公，放整个过程物块克服阻力 小球从D点抛出后当竖直方向分速度减小到0时到达最高 点，最高点速度为pr=pcos53°， 做功大于子mg0,因此物块在B点时，弹簧的弹性势能小于 小球由D点到最高点由动能定理有一mg△h=2mur一 W-mg0,放B正确：从0点开始到再次到达O点，物块路 1 程大于a,由动能定理可知物块的动能小于W一umga,故C错 mu品，解得△h=3.872m。 误；物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力 的大小关系未知，故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点 物理（七） 时弹簧伸长量大小未知，故在两位置弹性势能大小关系无法判 C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为ω，则 断，故D错误。 g =2 rad/s, 4,mg=mwr,解得u√，2 5.C【解析】设卫星轨道半径为，由万有引力提供向心力G A错误；当小物块从圆盘上滑落后在餐桌上 做匀减速直线运动，而非曲线运动，B错误；小 m,,其中M为地球的质量，由题目条件知其引力势能为E。 物块从圆盘上滑落后，恰好停在桌面边缘的运 -G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E,十号m2= r 动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，物块减速时一42g= ma,物块滑落时的初速度v。=ωr,根据匀变速直线运动规律可 GMm,半径为1时，卫星总能量E,=-GMm,半径为72 2r 2r1 得-v=2ad,联立解得d=1m,由几何知识解得R 时，其总能量E,=-Gm,由功能关系得，卫星轨道变化过程 √d2+r=√2m,C正确；物块从圆盘滑落到最终停下的过程 2r2 中，摩擦力做负功W,=-42mgd=一2J,D错误。 中克服阻力做的功W,=E,一E,=_GMm+CGMm,在地球表 D【解析】由图知上滑5m时，Q:=10J,初动能Eko=30J,由 2r1 2r2 能量守恒Eo=E。十Q:,重力势能为E。=mgh,联立解得m= 国有6-mg联立可得网=”“（片）益选C g,产生的热量为mg cos0·L=Q:,由儿何关系知co 6.C【解析】设在时间△t内通过面积S圆面的空气质量为△m, 手，联立解得=音，放AB结误；由牛顿第二定律一mgsm9 则有△m=p·△V=p·S·v·△t,解得单位时间内桨叶旋转推 动空气的质量为公-S,故A错误；发动机的输出功率P o9=m,由儿何关系得sing=号，解得加速度a二 y 一9m/s2,故C错误；物块沿斜面上滑s=1.5m的过程中，由 △t 一2△，解得单位时间内桨叶旋转推动空气的质 △mv2 能量守恒△Ek=umg cos0·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D 正确。 量为4m2 △-，故B错误；由动量定理F△=△m,可得F=2P, D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关 系有gm37r.台=g053r…(L+片++号），解得 根据平衡条件可得F=Mg十mg,联立解得m-P-M, 故C正确，D错误。 4=6,A错误；由于mgsi血37>mgos37,所以物块不会停在b7.B【解析】泥巴进人盒子的过程，满足动量守恒，则2mu。= 3 点，而是会停在b、c点之间的某一位置，B错误；在c点弹簧具有 (2m十m)加，解得。=号√，放A错误：进入盒子的过程中泥 最大的弹性势能，从a点到c点，根据功能关系有ng sin37°· (L+)-mgos3r(L+）=E:解得E,=6mgL, 9 巴损失的机械能为△E=号·2mg-号·2m2=号m 1 mgL,故B 、v2 C错误；物块向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于 正确；根据牛顿第二定律有F-(2m十m)g=(2m十m)号，解 重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重力，做加速运动， 后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先 得F=13 =3mg,故C错误；根据机械能守恒定律有(2m十m)gh= 增大后减小，D正确。 2 B【解析】如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有 2(2m+m)o2,所以h=号1，故D错误。 摩擦力，物块从A到B过程中有机械能损失，故无法到达没有8.B【解析】规定航天员运动的方向为正方向，航天员开始时静2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（六） 物理·动能定理、机械能守恒定律 (考试时间75分钟，满分100分) 一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图所示，质量为m的子弹以水平初速度v。射入静止在光滑水平面上的质量为M的木块 中，子弹未从木块中射出，最后共同速度为，在此过程中，木块在地面上滑动的距离为s,子弹 射人木块的深度为d,子弹与木块间的相互作用力为f,以下关系式中不正确的是 A.moi-m-f(s+d) M B.2mv-(M+m)v-fd M C.mvo=(M+m)v D.2Mo'-fd 2.2025年8月2日，在“苏超”比赛中，淮安队门将李世恩将足球从地面上的A点踢到C点，足 球在空中达到的最高点为B,如图所示，则球在空中 A.运动时间tAB>tBC B.运动过程中机械能守恒 A- 7mmn月0m%mmmm7m77nAm C.运动过程中始终处于超重状态 D.运动至B点时，所受重力的功率为零 3.如图所示，在同一竖直平面内，一根均匀的橡皮筋跨过光滑的定滑轮P,一端固定在O点，另 一端跟一可视为质点且质量为m的物块相连，橡皮筋的原长等于OP,受到的弹力跟伸长量 成正比（比例系数为），先让物块静止在粗糙水平面上的A点，AP竖直向上，此时物块挤压 水平面，然后给物块一个初速度，物块恰能运动到B点，橡皮筋一直在弹性限度内，C点是 AB的中点。下列关于物块向右运动的说法正确的是 A.物块受到的摩擦力一直在增大 1 B.物块做匀减速运动 C.物块经过C点时的速度等于)。 VVWtwtwwwwwwww16ll D.物块经过C点时的速度大于2。 200 物理W·专题卷（六）第1页（共8页） 鱼野 8.如图所示，轻弹簧一端固定在O1点，另一端系一小球，小球穿在固定于竖直面内、圆心为O2 的光滑圆环上，O1在O2的正上方，C是O1O2的连线和圆环的交点，将小球从圆环上的A点 无初速度释放后，发现小球通过了C点，最终在A、B之间做往复运动。已知小球在C点时弹 簧被压缩。下列说法正确的是 A.弹簧在A点时的弹性势能等于在C点时的弹性势能 B.从A点到B点过程小球机械能守恒 C.从A点到C点过程小球速率先增大再减小 A● D.小球在C点时动能最大 如图所示，竖直平面内固定两根足够长的细杆L1、L2,两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计。 两个小球a、b(视为质点)质量均为m,a球套在竖直杆L1上，b球套在水平杆L2上，a、b通过 铰链用长度为l的刚性轻杆L连接，将a球从图示位置（轻杆与L2杆夹角为45°）由静止释放， 不计一切摩擦，已知重力加速度为g。在此后的运动过程中，下列说法中正确的是 A.a球不能回到初始位置 B.a球从释放运动至最低点的过程中，杆对a球做的功为√2mgl C.b球的速度为零时，a球的加速度大小为零 450入 L, D.b球的最大速度为√(2十√2)gl 二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10分。每小题有多个选项符合 题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。带题目为能力提升 题，分值不计入总分。 9.如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为O,某人将质量为m的物块放在O 弹簧上端O处，使它缓慢运动到A处(OA高度差为2h),放手后物块处于平衡状 态，在此过程中人对物块所做的功为W。如果将物块从距离弹簧上端O点高H的 地方由静止释放，设物块此后只在竖直方向运动，且不计空气阻力，重力加速度为 T757177 g。已知弹簧的弹性势能表达式为E。=x,其中为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。 则下列说法正确的是 A.物块释放后的最大速度为√2gH B.物块释放后，动能最大值为mgH一W C.物块下落到OA中点处时，动能为mg(H+h) D.物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒 10.如图所示，质量分别为1kg和3kg的小球A、B通过一根长为2m的轻杆连接，可绕光滑水 平轴O在竖直平面内自由转动。初始时轻杆水平静止，释放后系统开始运动。已知小球A、 B均可视为质点，二者到O点的距离相等，重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力。从释 放到小球B运动到最低点的过程中，下列说法正确的是 A.轻杆对小球A做功为5J B.轻杆对小球B做功为一15J C.小球B到达最低点时，小球B的速度大小为2√5m/s D.小球B到达最低点时，轻杆对轴O的作用力大小为60N 物理W·专题卷（六）第3页（共8页） 鱼跃 班级 12.(10分)如图所示，一个倾斜的长为25m的传送带AB,倾角0=37°，以恒定的速度v=4m/s 顺时针运动，一个质量m=2kg的物块（可视为质点）从传送带的底端A无初速度滑上传送 姓名 带，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的B端与一个半径为R=0.5m的光滑圆 弧轨道相切，圆弧轨道的最高点C与圆心的连线水平，重力加速度g=10m/s2,sin37°= 得分 0.6,cos37°=0.8，求： (1)物块从传送带的底端A运动到顶端B点的时间； (2)物块对圆轨道上C点的压力大小。 0 答题栏 1 2 4 5 6 7 8 10 物理W·专题卷（六）第5页（共8页） 鱼野 14.(14分)如图所示，竖直平面内有一半径R=0.5m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高， 一水平面与圆弧槽相接于D点，质量m=0.5kg的小球从B点正上方H高处的A点自由 下落，由B点进入圆弧轨道，从D点飞出后落在水平面上的Q点，D、Q间的距离s=2.4, 球从D点飞出后的运动过程中相对于水平面上升的最大高度h=0.8m,取g=10m/s2,不 计空气阻力，sin37°=0.6，sin53°=0.8，求： M0 (1)小球在D点的速度vD; H (2)小球释放点到B点的高度H; B h 、Q (3)经过圆弧槽最低点C时轨道对小球的支持力大小FN。 C 物理W·专题卷（六）第7页（共8页） 鱼跃