【文档说明】【精准解析】宁夏石嘴山市第三中学2019-2020学年高一（下）期末物理试题（解析版）.doc，共(25)页，959.500 KB，由小赞的店铺上传

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石嘴山市第三中学2019~2020年度高一第二学期期末物理试题一、单项选择题（本题共有15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一个正确答案，错选或不答的得零分）1.下列关于运动物体所受合外力做功和动能变化的关系正确的是（）A.如果物

体所受合外力为零，则合外力对物体做的功一定为零B.如果合外力对物体所做的功为零，则合外力一定为零C.物体在合外力作用下做变速运动，动能一定发生变化D.物体的动能不变，所受合外力一定为零【答案】A【解析】【详解】A．如果物体所受

合外力为零，根据功的公式coWFls=得知，合外力对物体做的功一定为零，故A正确；B．如果合外力做的功为零，但合外力不一定为零，也可能物体的合外力和运动方向垂直而不做功，比如匀速圆周运动，故B错误；C．物体做变速运动可能是速度方向变化而速度大小不变，所以做变速运动的物体，动能可能不变，故C

错误；D．物体动能不变，根据动能定理得知，合外力不做功，但合外力不一定为零，比如物体做匀速圆周运动，故D错误；故选A。2.如图所示，下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面

是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．由A图可知，力F对物体做正功，机械能增加，不守恒，故

A错误；B．由B图可知，力F做负功，机械能减小，故B错误；C．C图中物体斜面光滑，运动过程中只有重力做功，只有重力势能和动能的相互转化，机械能守恒，故C正确；D．D图中斜面粗糙，物体下滑中，摩擦力做负功，机械能减小，不守恒，故D错误．3.某人造地球卫星因

受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动，某次测量卫星的轨道半径rl，后来变为r2，r1>r2，以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个

轨道上的周期则()A.Ek2>Ek1、T2<TlB.Ek2<Ek1、T2>TlC.Ek2<Ek1、T2<TlD.Ek2>Ek1、T2>Tl【答案】A【解析】【详解】因卫星受空气阻力，则速度变小，使得引力大于向心力从而做向心运动，则做圆周的半径变小；根据卫星所受

万有引力提供向心力有：22224MmvGmmrrrT==，解得234,GMrvTrGM==，可得线速度变大，所以动能变大21kkEE，周期变小21TT；故A正确，B，C，D错误.故选A.4.如图所示，一

滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和对轨道最低点的压力，下列结论正确的是（）A.轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越大B.轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力与半径无关C.轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道的压力越小D.轨道半径变化时

，滑块动能、对轨道的正压力都不变【答案】B【解析】【详解】设滑块滑到最低点时的速度为v,由机械能守恒定律得mgR=212mv,故轨道半径越大,滑块在最低点时的动能越大;滑块对轨道的压力N=mg+2vmR=3mg,与半径的大小无关.故B对；ACD错故选B

5.一个质量为m的物体以2ag=的加速度竖直向下运动，则在此物体下降h高度的过程中，物体的①重力势能减少了2mgh②动能增加了2mgh③机械能保持不变④机械能增加了mgh以上说法正确的是()A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】【详解】物体重力做功为mgh，所以重力势能减小mgh，故①

错误；物体所受的合力为2Fmamg==合，所以合力做功为2mgh，则动能增加为2mgh，故②正确；物体的机械能等于动能和重力势能之和，动能增加2mgh，重力势能减小mgh，则机械能增加mgh，故③错误，④正确．所以D正确，ABC错误．6.如

图所示，将悬线拉至水平位置无初速释放，当小球到达最低点时，细线被一与悬点同一竖直线上的小钉B挡住，比较悬线被小钉子挡住的前后瞬间：①小球的机械能减小②小球的动能减小③悬线的张力变大④小球的向心加速度变大以上说法正确的是（）A.①②B.②③

C.③④D.①③【答案】C【解析】【详解】①②．悬线被小钉子挡住的前后瞬间小球的速度v不变，高度不变，所以机械能不变，动能不变，①②错误；③．对小球进行受力分析，重力和绳子的拉力F的合力提供向心力，即2mvFmgR−=解得2+

mvFmgR=R减小，所以F变大，③正确；④．小球向心加速度2vaR=R减小，a增大，④正确。故选C。7.在两个坡度不同的斜面顶点以大小相同的初速度0同时水平向左，向右抛出两个小球A和B，两斜坡的倾角分别是30°和60°，小球均落在斜坡上，则A、B两小球在空中运动的时间

之比为A.1：3B.1：3C.3：1D.3：1【答案】B【解析】【详解】两个小球都落在斜面上，根据：2012tangtyxvt==解得：02tanvtg=则A、B两小球在空中运动的时间之比为1：3，故B对；ACD错；故选B【点睛】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球落在斜抛上，结合竖直位移和水平位移的关系求出运动的时间，从而得出A、B的运动时间之比．解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合竖

直位移和水平位移比值为定值进行求解．8.一木块前端有一滑轮，绳的一端系在右方固定处，另一端穿过滑轮用恒力F拉住保持两股绳之间的夹角θ不变，如图所示，当用力拉绳使木块前进s时，力F对木块做的功（不计绳重和摩擦）是（）A.FscosθB.Fs（1＋cosθ）C.2FscosθD

.2Fs【答案】B【解析】【详解】拉绳时，两股绳中的拉力都是F，它们都对物体做功，根据恒力做功的表达式：WFScosθ=，得到：斜向右上方的拉力F做功为：1FScosθW=水平向右的拉力做功为：2FSW=因此其对物体做的功为()12WFScosθFSFS1co

sθWW=+=+=+故选B．9.设同步卫星离地心的距离为r，运行速率为v1，加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球的半径为R，则下列比值正确的是（）A.12vrvR=B.12a

raR=C.2122aRar=D.12vvrR=【答案】B【解析】【详解】AD．根据万有引力提供向心力，则有：2MrmGvmr=解得GMvr=则同步卫星1vrGM=近地卫星即第一宇宙速度2vRGM=联立得12vvrR=AD错误；BC．同步卫星与在赤道上的物体有相同的周期和

角速度，则同步卫星的向心加速度为：21ar=赤道上物体的加速度为：22aR=联立得12aaRr=B正确，C错误。故选B。10.起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其v－t图象如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化

的图象可能是下列选项图中的哪一个（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】由v－t图象可知在10~t时间内物向上做匀加速直线运动，设加速度大小为1a，根据牛顿第二定律得1Fmgma−=则1Fmgma=+此时拉力的功率()111PFvmgmaat==+可知此时间段内功率

与时间成正比；在21~tt时间内重物向上做匀速直线运动，拉力Fmg=则拉力的功率2PFvmgv==可知此时间段内拉力功率不变，根据拉力的大小得，此时的功率小于t1时刻拉力的功率；在23~tt时间内重物向上做匀减速直线

运动，设加速度大小为2a，根据牛顿第二定律得2mgFma−=则2Fmgma=−此时间段内拉力的功率()()3202PFvmgmavat==−−则可知3P与t是线性关系，随着t增加，3P减小。2t时刻拉力突然减小，功率突然减小。综上所述，故B正确，ACD错误。故选

B。11.如图所示,质量为m的物体置于光滑水平面上,一根绳子跨过定滑轮一端固定在物体上,另一端在力F作用下,物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°时绳以速度v0竖直向下运动,此过程中,绳的拉力对物体做的功为

()A.14m20vB.12m20vC.m20vD.22m20v【答案】C【解析】【详解】将物体的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，则由三角函数可解得：当物体运动到绳与水平方向夹角α=45°时

物体的速度为v，则vcos45°=v0，则02vv=，物体由静止开始运动到绳与水平方向夹角α=45°过程中，物体只受绳子拉力做功，由动能定理得绳的拉力对物体做的功：220102Wmvmv=−=，故C正确，ABD错误．

12.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则AB之间的水平距离为（）A.20tanvg

B.202tanvgC.20tanvgD.202tanvg【答案】A【解析】【详解】根据平行四边形定则知，小球通过B点时竖直方向上的分速度vy=v0tanα则运动的时间0tanyvvtgg==则AB间的水平距离200tanvxvtg=＝故A正确，BCD错误。

故选A。13.“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗天体各有一颗靠近表面飞行的卫星，并测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是（）A.天体A、B表面的重力加速度一定相等B.两颗卫星的线速度一定相等C.天体A、B的

质量一定相等D.天体A、B的密度一定相等【答案】D【解析】【详解】A．天体A、B表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，即224gaRT==T相同，两颗天体的半径不一定相同，则天体A、B表面的重力加速度不一定相等，故A错误；B．卫星的线速度为

2RvT=T相等，而R不一定相等，线速度不一定相等。故B错误；C．设A、B中任意天体的半径为R，质量为M，卫星的质量为m，周期为T。则由题意，卫星靠近天体表面飞行，卫星的轨道半径约等于天体的半径，则有2224MmGmRRT=得2324RMGT=T相等，R不一定相等，所以天体

A、B的质量不一定相等。故C错误；D．天体的密度为232234343RMGTVGTR===可见ρ与天体的半径无关，由于两颗卫星的周期相等，则天体A、B的密度一定相等。故D正确。故选D。14.如图所示，将一根长L=0.4m的金属链条拉直放在倾角=30°的光滑斜面上，链条下端与斜面下边缘

相齐，由静止释放后，当链条刚好全部脱离斜面时，其速度大小为（）m/s。（g取10m/s2）A.6B.5C.3D.2【答案】A【解析】【详解】由静止释放到链条刚好全部脱离斜面时，链条的重力势能减小为3sin30224L

LmgmgL+=()由于斜面光滑，只有重力对链条做功，根据机械能守恒定律得22341mgLmv=解得66100.4m/s6m/s22gLv===故选A。15.如图所示，B物体的质量是A物体质量的1/2，在不计

摩擦阻力的情况下，A物体自H高处由静止开始下落．以地面为参考平面，当物体A的动能与其势能相等时，物体距地面的高度是（）A.15HB.25HC.45HD.13H【答案】B【解析】【详解】对A、B两物体组成的系统

，只有重力做功，系统机械能守恒．B的重力势能不变，所以A重力势能的减小量等于系统动能的增加量可得：()212AABmgHhmmv−=+（），又物体A的动能与其势能相等，即212AAmghmv=，联立上面两式得：25hH=

，故B正确，ACD错误．二、多项选择题（本题共有5小题，每小题4分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个正确选项，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得零分）16.下列说法中正确的是（）A.一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒B.一个物体所受的合外力恒定不变

，它的机械能可能守恒C.一个物体作匀速直线运动，它的机械能一定守恒D.一个物体作匀加速直线运动，它的机械能可能守恒【答案】BD【解析】【详解】AC．当物体以恒定速度v向上匀速运动时，所受合外力为0，能动不

变，重力势能增大，机械能不守恒，AC错误；BD．做自由落体的物体，所受合外力恒为重力，向下做匀加速直线运动，机械能守恒，BD正确。故选BD。17.游乐园中的“空中飞椅”可简化成如图所示的模型图，它的基本装置是将绳子上端固定在转盘上的边缘上，绳子的下端连

接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。其中P为处于水平面内的转盘，可绕OO＇轴转动，圆盘半径d=24m，绳长l=10m。假设座椅随圆盘做匀速圆周运动时，绳与竖直平面的夹角=37°，座椅和人的总质量为60kg（g取10m/s2，sin37°=0.6；cos37°=0.8）

，则（）A.绳子的拉力大小为650NB.座椅做圆周运动的线速度大小为15m/sC.圆盘的角速度为0.5rad/sD.座椅转一圈的时间约为1.3s【答案】BC【解析】【详解】A．对座椅和人受力分析可知，绳子拉力F在竖直方向的分力等于重力，即cosFmg=解得750Ncosm

gF==A错误；B．对座椅和人受力分析可知，绳子拉力F在水平方向的分力提供向心力，即2sinmvFR=，sinRdl=+联立解得15msv=B正确；C．圆盘的角速度0.5radsvR==C正确；D．座椅转一圈的时间213.56sT==D错误。故选BC。18.如图所示,在斜面顶

端a处以速度va水平抛出一小球,经过时间ta恰好落在斜面底端P处.今在P点正上方与a等高的b处以速度vb水平抛出另一小球,经过时间tb恰好落在斜面的中点q处.若不计空气阻力,下列关系式正确的是A.va=vbB.va=2vbC.ta=tbD.t

a=2tb【答案】BD【解析】【详解】b球落在斜面的中点，知a、b两球下降的高度之比为2：1，根据h=12gt2知，2htg=，则时间之比为2abtt=，即ta=2tb．因为a、b两球水平位移之比为2：1，则由x=v0t，得va=2vb．故BD正确，AC错误．故选BD．【点

睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，分析两个小球两个方向位移的关系，从而解决此类问题．19.2007年10月，我国成功发射了“嫦娥1号”绕月飞船。“嫦娥1号”飞船发射后先绕地球运转，

经多次变轨后进入月球轨道成为绕月卫星。若已知飞船质量为m，绕月球做匀速圆周运动的轨道半径为R1，周期为T，月球半径为R2，万有引力常量为G，以下说法正确的是（）A.能求出飞船做圆周运动的向心力B.能求出月

球的质量C.能求出在月球表面竖直上抛小石块上升的最大高度D.能求出月球的第一宇宙速度【答案】ABD【解析】【详解】A．根据圆周运动的公式，则有2124NFmRT=A正确；B．月球对飞船的万有引力提供向心力，使其做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，则有212214MmGmRRT=

解得23124RMGT=B正确；C．由竖直上抛运动规律202vgh=解得202vhg=小石块初速度0v未知，所以不能求出h，C错误；D．设月球的第一宇宙速度为v，则有2222mvMmGRR=解得11222RRGMvRTR==D正确。故选ABD。20.如图所示，两个

可视为质点的、相同的木块A和B放在转盘上，两者用长为L的细绳连接，木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的转轴O1O2转动，开始时，绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从

静止开始转动，使角速度缓慢增大，以下说法正确的是A.当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动B.当2KgL时，绳子一定有弹力C.ω在223KgKgLL范围内增大时，B所受摩擦力变大D.ω在223KgKgLL范围内增大时，A所受摩擦力不变【答案】AB【解

析】【分析】【详解】开始角速度较小，两木块都靠静摩擦力提供向心力，B先到达最大静摩擦力，角速度继续增大，则绳子出现拉力，角速度继续增大，A的静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，开始发生相对滑动。A．当A所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B相对于转盘会滑

动，对A有2kmgTmL−=对B有22TkmgmL+=解得23KgL=当23KgL时，A、B相对于转盘会滑动，A正确；B．当B达到最大静摩擦力时，绳子开始出现弹力22kmgmL=解得2KgL=知2KgL时，绳子具有弹力，B正确；C．角速度

02KgL，B所受的摩擦力变大，在223KgKgLL范围内增大时，B所受摩擦力不变，C错误；D．当在223KgKgLL范围内增大时，A所受摩擦力一直增大，D错误。故选AB。三、填空题（共16分，每空2分。把正确答案填写在题中的横线上，或按题目要求作答

）21.如图是研究小球的平抛运动时拍摄的闪光照片的一部分，其背景是边长为5cm的小方格，重力加速度取g=10m/s2。由此可知：闪光频率为__________Hz；小球抛出时的初速度大小为____________m/s；从抛出到C点，小球速度的改变量为____________

_m/s。【答案】(1).10(2).2.5(3).4【解析】【详解】[1]在竖直方向上有△y=gT2得20.1s=0.1s10yLTgg===则闪光的频率110HzfT==。[2]小球抛出时的初速度大小050.05m/

s=2.5m/s0.1xvT==[3]小球在B点竖直方向的速度120.05m/s=3m/s20.2ACyByvT==从抛出到C点，经历的时间0.10.4yBvtsg=+=则速度的变化量△v=gt=4m/s【名师点睛】解决本题的

关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，平抛运动在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，抓住竖直方向上在相等时间间隔内的位移之差是一恒量，结合运动学公式和推论灵活求解。22.验证机械能守恒定律的实验采用重物自由下落的方法：（1）用公式212mvmgh=时对纸带上

起点的要求是______为目的，所选择的纸带第1，2两点间距应接近______。（2）若实验中所用重锤质量m=1kg，打点纸带如图所示，打点时间间隔为0.02s，则记录B点时，重锤的速度vB=______，重锤动能EkB=____

__。从开始下落起至B点，重锤的重力势能减少量是______。（g=10米/秒2）（保留3位小数）【答案】(1).纸带是打第一个点的瞬间开始自由下落(2).2mm(3).0.590m/s(4).0.174J(5).0.176J【解析】【详解】（1）[1][2]用公式

12mv2=mgh时，对纸带上起点的要求是重锤是从初速度为零开始，即对纸带上起点的要求是纸带是打第一个点的瞬间开始自由下落的，打点计时器打点时间间隔为0.02s；重物若从速度为零开始下落后，在第一个打点周期内重物下落的高度h=12gT2=12×9.8×0.022m≈2mm所以所选的纸带最初

两点间的距离接近2mm；（2）[3][4][5]利用匀变速直线运动的推论0.03140.00780.590m/s220.02ACBxvT−===重锤的动能EkB=12mvB2=0.174J从开始下落至B点，重锤的重力势能减少量△Ep=mgh=1×10×0.0176J=0.1

76J四、计算题（共39分。要求写出必要的文字说明、主要方程式和重要演算步骤，有数值计算的要明确写出数值和单位，只有最终结果的不得分）23.一颗人造卫星在离地面高度等于地球半径的圆形轨道上运行，已知地球的第一宇宙速度为v1=8km/s，g=10m/s2。（1

）这颗卫星运行的线速度为多大？（2）它绕地球运动的向心加速度为多大？【答案】（1）5.7km/s（2）2.5m/s2【解析】【详解】（1）人造地球卫星在圆形轨道上运行时，由万有引力提供向心力，则有22(2)MmvGmRR=解得2GMvR=对于卫星的第一宇宙速度有

1GMvR=代入数据解得142km/s5.7km/s2vv==（2）根据牛顿第二定律得2(2)MmmaGR=得加速度为24GMaR=又2MmmgGR=联立是两式得22.5m/s4ga==24.物体做

平抛运动，在它落地前的1s内它的速度与水平方向夹角由30°变成60°，取g=10m/s2．求：(1)平抛运动的初速度v0；(2)平抛运动的时间；(3)平抛时的高度．【答案】(1)053m/sv=(2)t

=1.5s(3)h=11.25m【解析】【详解】（1）、（2）设平抛运动的时间为t．对30°和60°时物体的速度进行分解，由速度夹角关系对A：0(1)30gttanv−=对B：060gttanv=由上两式解得：t

=1.5s，v0=53m/s（3）平抛下落的高度h=12gt2代入数据得：h=11.25m点睛：对于平抛运动的夹角关系，最好画画速度的分解图，有助于分析．同时要熟知，平抛运动在竖直方向上做自由落体运动．25.我们的银河系中的恒星大约四分

之一是双星．有一种双星,质量分别为1m和2m的两个星球,绕同一圆心做匀速圆周运动．它们之间的距离恒为L,不考虑其他星体的影响．两颗星的轨道半径和周期各是多少?【答案】2112mRLmm=+,1212mRLmm=+,122()LTlGmm=

+【解析】【详解】设1m的轨道半径为1R,2m的轨道半径为2R.由于它们之间的距离恒定,因此双星在空间的绕向一定相同,同时角速度和周期也都相同．由向心力公式可得:212112mmGmRL=①212222mmGmRL=②联立可得1122

mRmR=又因为12RRL+=所以得:2112mRLmm=+1212mRLmm=+;将2T=,2112mRLmm=+代入①式得:2122122124mmmLGmLmmT=+,故有:122()LTlGmm=+．【点睛】解决本题的关键知道双星

靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度．以及会用万有引力提供向心力进行求解．26.如图所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m．小球到达

槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，小球与槽壁相碰时机械能不损失，求：（1）小球第一次离槽上升的高度h；（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）．【答案】（1）4.2m（2）6次【解析】【详解】（1）小球从高处

至槽口时，由于只有重力做功；由槽口至槽底端重力、摩擦力都做功．由于对称性，圆槽右半部分摩擦力的功与左半部分摩擦力的功相等．小球落至槽底部的整个过程中，由动能定理得21()2fmgHRWmv+−=解得21()22f

WmgHRmv=+−=J由对称性知小球从槽底到槽左端口克服摩擦力做功也为2fW=J，则小球第一次离槽上升的高度h，由()2102fmghRWmv−+−=−得212fmvWmgRhmg−−=＝4.2m（2）设小球飞出槽外n次

，则由动能定理得20fmgHnW−解得：256.2524fmgHnW==即小球最多能飞出槽外6次．故本题答案是：（1）4.2m（2）6次【点睛】由于摩擦力恒定不变，所以在运动过程中可以认为在圆弧右半部分克服摩擦力做功和圆弧左半部

分克服摩擦力做功相等，再借助于动能定理求解即可．27.如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E

冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。求：(1)小物块与水平轨道的动摩擦因数μ。(2)为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？(3)若圆弧轨道的半径R取第(2)问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨

道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道。【答案】(1)23EmgL=；(2)3ERmg=；(3)距A点14L处。【解析】【详解】(1)小物块从冲

上水平轨道AB到最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得(0.5)mgLLE−+=−得23EmgL=(2)若小物块刚好到达D处，速度为零则小物块不会从轨道的D端离开轨道，此过程根据动能定理有mgLmgRE−−=−解得

CD圆弧半径至少为3ERmg=(3)设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得1.50'mgLmgRE−−=−解得7'6EE=物块滑回C点时有动能定理'cEEmgL−=−

物块滑回C点的动能为2cEE=由于23cmgLEE=，故物块将停在轨道上。设到A点的距离为x，有()0cmgLxE−−=−解得4Lx=即物块最终停在水平滑道AB上，距A点4L处。获得更多资源请扫码加入享学

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