【文档说明】《高三物理寒假讲义》专题13 机械能守恒定律及其应用（练习）（教师版）.docx，共(24)页，788.851 KB，由管理员店铺上传

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专题13机械能守恒定律及其应用（教师版）基础部分：1．（2020·上海市嘉定区第一中学高三期中）在一楼的甲认为静止放在二楼窗台的花盆有安全隐患具有能量，可以做功。在三楼的乙看同一个花盆认为它没有做功本领。造成甲乙观点分歧的最合理解释是（）

A．重力做功是相对的B．重力做功只与初末位置有关C．重力势能是相对的D．重力势能改变量与参考面无关2．（2020·天津高三零模）（多选）跳伞爱好者从高楼进行跳伞表演，他们从345m的高处跳下，在距地面150m高处打开伞包。假设打开伞包前后两段时间都可看做匀

变速直线运动，且始末速度均为零。一个质量为60kg的跳伞爱好者，若在30s内完成此跳伞表演（当地重力加速度g取10m/s2），则下列关于跳伞爱好者在跳伞的整个过程中说法错误的是（）A．机械能先不变后减小B．机械能一直变小C．克服阻力做功207kJD．最大速度为11.5m/

s3．（2020·怀化市第一中学高三期中）将一个小球从水平地面竖直向上抛出，它在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，其上升的最大高度为20m，则运动过程中小球的动能和重力势能相等时，其高度为（规定水平地

面为零势能面）（）A．上升时高于10m，下降时低于10mB．上升时低于10m，下降时高于10mC．上升时高于10m，下降时高于10mD．上升时低于10m，下降时低于10m4．（2020·沙坪坝区·重庆八中高三月

考）下列与能量有关的说法正确的是（）A．卫星绕地球做匀速圆周运动的半径越大，动能越大B．做匀加速运动的物体，其机械能在不断增加C．做自由落体运动的物体在下落过程中重力势能越来越小D．做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同5．（2020·九龙坡区·重庆市育才中学高三月考）（多选）

质量为m的物体从距地面h高处以3g加速度由静止竖直下落到地面。关于上述过程，下列说法正确的是（）A．物体重力势能减少了mghB．物体动能增加了23mghC．空气阻力做功13mgh−D．物体机械能减少了23mgh6．（2021·

全国高三专题练习）跳台滑雪是运动员脚踏滑雪板，自静止两腿尽力深蹲，上体前倾成流线型姿势，以最大限度的减小空气阻力，助滑区保持姿势沿助滑道下滑。在助滑区末端借助速度和弹跳力，双腿快速用力蹬地跃入空中，研究表明：运动员的起跳垂直速度调高0.1m/s，跳跃距离可以增加10m左右。关于跳台滑雪下列说法正确

的是（）A．助滑区运动中运动员的机械能守恒B．优秀运动员离开起跳点后会尽可能做平抛运动C．起跳过程运动员的机械能可能增加D．空中飞行过程运动员机械能守恒7．（2020·梅河口市第五中学高三月考）（多选）2010年11月22日广州亚运会女足决赛开战，日朝两强继小组赛交手后在决赛会

师。双方经过90分钟激战，日本队以1－0战胜朝鲜摘得金牌。如图所示，假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为1W，足球运动过程中克服空气阻力做功为2W，选地面为零势能面，足球由踢出运动到横梁下边

缘的过程中，下列说法正确的是（）A．运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为1WB．足球动能的变化量为12WWmgh+−C．重力势能的增加量为12WWmgh−+D．运动到横梁下边缘时的机械能为12WW−8．（2020·陕西汉中市·高三一模）物理教师李

伟星期天带儿子李小伟到汉中尤曼吉游玩，他们乘坐过山车经过半径为15米圆轨道的最低点时发现动力已关闭，此时速度显示屏上的数字为30m/s，当到达最高点时李伟老师体验到了完全失重的感觉。过程可简化为右图，如果李老师质量为60千克，g=10m/s2，那

么李老师从最低点运动到最高点的过程中（）A．李老师的机械能守恒B．李老师在最低点时对座位的压力是3600NC．李老师在最高点时，他的重力的功率是7320WD．李老师的机械能不守恒，他损失的机械能是4500J9．（2020·内蒙

古高三月考）（多选）如图所示，三角形物体固定在水平地面上，斜面不光滑，用力拉斜面上静止的木箱，使之沿斜面加速向上移动，在木箱移动过程中，下列说法正确的是（）A．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦

力和克服重力所做的功之和C．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和10．（2020·黑龙江鹤岗市·鹤岗一中高三月考）（多选）在离水平地面h高处将一质量

为m的小球水平抛出，在空中运动的过程中所受空气阻力大小恒为fF，落地时小球距抛出点的水平距离为x，速率为v，那么，在小球运动的过程中（）A．重力做功为mghB．克服空气阻力做的功为22fFhx+C．落地时，重力的瞬时功率为mgvD．重力势能和机械能都逐渐

减少11．（2020·安徽高三月考）（多选）如图，小物块在长为L的粗糙斜面顶端以某一初速度沿斜面向下运动、到达斜面底端时与垂直于斜面的挡板相撞后沿斜面向上运动，若物块与挡板碰撞时没有机械能损失，则滑块刚好能回到斜面顶端。设小物块在斜面底端重力势能为零

，以斜面顶端为坐标原点O，沿斜面向下为x轴的正方向，则关于小物块的动能kE、重力势能pE、机械能E随位移x变化的图象可能正确的是（）A．B．C．D．12．（2020·福建三明市·三明一中高三期中）如图所示，下列关于机械能是否守恒的判断不正确的是

（）A．甲图中，物体A将弹簧压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统机械能守恒B．乙图中，斜面体A固定，物体B沿斜面匀速下滑，物体B的机械能守恒C．丙图中，连接A、B的绳子不可伸长，不计任何阻力和定滑轮及绳子的质量时，A加速下落，B

加速上升过程中，A、B组成的系统机械能守恒D．丁图中，小球沿水平面做匀速圆锥摆运动时，小球的机械能守恒13．（2020·全国高三专题练习）如图所示，在光滑的水平面上有一物体，它的左端连一弹簧，弹簧的另一端固定在墙上，在力F作

用下物体处于静止状态，当撤去F后，物体将向右运动，在物体向右运动的过程中，下列说法正确的是（）A．弹簧的弹性势能逐渐减小B．弹簧的弹性势能逐渐增大C．弹簧的弹性势能先增大后减小D．弹簧的弹性势能先减小后增大14．（202

0·广东高三专题练习）如图所示，物体在水平力F作用下沿粗糙斜面向上加速运动，则（）A．物体动能的改变量大于合外力所做的功B．物体机械能的改变量等于力F所做的功C．物体重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功D．运动过程中由于摩擦产生的内能等于物体机械能的减少15．（2020·

湖北高三月考）（多选）子弹水平射向固定在光滑的水平面上的木块，子弹的动能为10J时恰好能射穿。若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，当子弹初动能为24J时，子弹水平射向静止的木块，子弹受到的阻力大小相同，在此情况下（）A．系统产生的内能可能为12J

B．系统产生的内能可能为10JC．木块获得的动能可能为6JD．木块获得的动能可能为4J提高部分：16．（2020·长治市潞城区第四中学校高三期中）（多选）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块B、C相连，并放在

足够长的光滑斜面上，弹簧与斜面平行，C靠在固定的挡板P上，绕过定滑轮的轻绳一端与B相连，另一端与悬空的小物块A相连。开始时用手托住A，使滑轮右侧的轻绳恰好伸直且无弹力，滑轮左侧轻绳沿竖直方向，然后由静止释放A，当C刚要离开挡板时，A的速度恰好达到最大。斜面的倾角为30°，B、C的

质量均为m，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g，A、B、C均视为质点。不计一切摩擦，不计空气阻力，弹簧始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（）A．A的质量为12mB．释放A的瞬间，A的加速度大小为12gC．B的最大速度为2mgkD．在从释放A到C刚要离开挡板的过

程中，由A、B组成的系统机械能一直增大17．（2020·甘肃省会宁县第四中学高三月考）（多选）如图所示，某人将质量为m的石块从离地面h高处以θ角斜向上抛出，初速度大小为v0。以抛出点为参考平面，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．石块落地时的动能为2012mghmv+

B．石块离手时的机械能为2012mghmv+C．人对石块做的功为2012mvD．人对石块做的功为2012mvmgh−18．（2021·北京高三专题练习）把一小球放在竖立的轻弹簧上，并把小球往下按至A的位

置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态（图乙）。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．小球从A运动到B的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为

小球的重力势能B．小球从A运动到C的过程中，弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能C．小球从A运动到B的过程中，动能一直增大D．小球从A运动到B的过程中，动能最大的位置为AB的中点19．（2018·石嘴山市第三中学高三期中）如图，质量为m的物体沿斜上方以速度v0抛出后，能达到的最大

高度为H，当它将要落到离地面高度为h的平台时（不计空气阻力，取地面为参考平面），下列判断正确的是()A．它的总机械能大于201mv2B．它的总机械能为mgHC．它的动能为mg(H-h)D．它的动能为201mvmgh2−20．（202

0·辽宁大连市·大连二十四中高三其他模拟）如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的光滑水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上.现用手控

制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直，右侧细线与桌面平行。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水

平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C刚好离开地面，则此过程中()A．弹簧的弹性势能增大B．小车向右运动至速度最大时，A、B、C加速度均为零C．拉力F的大小为3mgD．拉力F做的功为222mgk21．（2020·河南高三月考）如图所示，一长L=10m

的水平传送带AB，以恒定速度v=8m/s顺时针运动现有一质量为m=2kg的物块以水平向右的初速度v0=4m/s从传送带左端A处滑上传送带物块与带面间的动摩擦因数μ=0.4（g=10m/s2）。则下列说法正确的是（）A．经过1s，滑动摩擦力对物块做功为-48JB．经过1s，物

块机械能变化量为64JC．物块从A到B点过程中，物块动能增加64JD．物块从A到B点过程中，系统内能增加16J22．（2019·上海市奉贤区奉城高级中学高三期中）如图所示，一足够长的水平轨道与半径为R=4m的竖直光滑1/

4圆弧形轨道BC底端相切，质量为m=1kg的木块在一大小为F=10N、方向与水平成α=37º角斜向上的拉力作用下，从轨道上的A点由静止开始运动，当木块到达B点即将进入圆轨道时，撤去拉力F。已知木块与水平轨道的动摩擦因

数μ＝0.5，AB间的水平距离为s=12m，求：(1)木块到达B点时的速度vB大小及木块从A运动到B的时间t1；(2)木块在C点时对轨道的压力NC大小；(3)木块从离开C点到再次回到C点的时间t2。23．（2020·宾县第一中学校高三月考）如

图所示，水平传送带长L=12m，且以v=5m/s的恒定速率顺时针转动，光滑轨道与传送带的右端B点平滑连接，有一质量m=2kg的物块从距传送带高h=5m的A点由静止开始滑下。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取210m/s，求：(1)物

体下滑到B点的速度大小；(2)物块距传送带左端C的最小距离。24．（2020·广东高三月考）如图所示，固定光滑斜面高为0.8m，不计厚度的薄板静置于斜面末端的光滑水平面上，薄板质量为3kg。现将一可视为质点的小

物块从斜面顶端由静止释放，小物块质量为1kg，与薄板间的动摩擦因数为0.3，忽略小物块由斜面到薄板过程中的能量损失，重力加速度210m/sg=。求：(1)小物块到达斜面底端时的速度大小；(2)若小物块不从薄板上

滑下，薄板的最小长度。25．（2020·四川省绵阳南山中学高三月考）如图，将一质量m＝0.1kg的小球自水平平台顶端O点水平抛出，小球恰好无碰撞地落到平台右侧一倾角为α＝53°的光滑斜面顶端A并沿斜面下滑，斜面底端B与光滑水平轨道平滑连接，小球以不变的速率过B点后进入BC部分，再进

入竖直圆轨道内侧运动。已知斜面顶端与平台的高度差h＝3.2m，斜面高H＝15m，竖直圆轨道半径R＝5m。g＝10m/s2，求：(1)小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间(2)若竖直圆轨道光滑，

小球运动到圆轨道最高点D时对轨道的压力。参考答案1．C【解析】二楼的花盆相对于一楼来说，重力势能是正的，相对于三楼来说，重力势能是负的。甲乙观点的分歧主要是重力势能是相对的。故选C。2．AD【解析】根题意画出爱好者的速度时

间图象为：AB．由题意可知，在运动过程中，除重力之外还有降落伞的阻力做功，并且做负功，故机械能一直减小，故A错误，符合题意，B正确，不符合题意；C．根据动能定理得：Wf+WG=0-0所以Wf=-WG=-mg

h=-207kJ，所以克服阻力做功207kJ，故C正确不符合题意；D．图象与时间轴围成的面积表示位移，则：130345m2msv==解得vm=23m/s，故D错误符合题意。故选：AD。3．A【解析】我们以10m这一高度作为比较对象，在这一高度，小球的重力势能为在最高点势能的一半，又小球上升

过程中受到的合力不变，小球在这一高度的动能也为它在开始位置时动能的一半，但在上升过程中小球要克服空气阻力做功，因此其最大动能要大于最大势能，于是小球在10m这一高度的动能大于势能，所以小球的动能与势能相等的位置应在高于10m处，类似地分析小球在下降时

的情况可知小球在下降时其动能和势能相等的位置应在低于10m处。故选A。4．C【解析】A．根据万有引力提供向心力可知22MmvGmrr=可得卫星的绕行速度GMvr=轨道半径越大，绕行速度越小，动能也就越小，故A错误；B．做匀加速运动的

物体，在有空气阻力时，机械能转化为内能，机械能减小，故B错误；C．小球做自由落体运动时，机械能守恒，重力势能转化为动能，重力势能减小，动能增加，故C正确；D．平抛运动的小球，相等时间内下降的高度越来越大，合力做功越来越多，动能增量越来越大，故D错误。故选C。5．AD

【解析】A．物体在下落过程中，重力做正功为mgh，则重力势能减小量为mgh，故A正确；B．物体的合力为13mg，则合力做功为13mgh，所以物体的动能增加为13mgh，故B错误；CD．物体除重力做功外还有空气阻力做负功，导致机械能减少。根据牛顿第二定律有mam

gf=−解得23fmg=所以阻力做功为23fWfhmgh=−=−所以机械能减少为23mgh，故C错误，D正确。故选AD。6．C【解析】AD．跳台滑雪全过程的空气阻力不可忽略，在助滑区和飞行中机械能减少，故AD错误；BC．起跳时人

做功，机械能可能增加，且有竖直方向分速度，运动员离开起跳点后不可能做平抛运动，故B错误，C正确。故选C。7．AD【解析】A．运动员踢球过程中只有运动员对球做功，由动能定理得k1EW=，故A正确；B．动能的变化量等于合外力做的功，故动

能的变化量为k12EWWmgh=−−，故B错误；C．重力势能的增量等于克服重力所做的功，故重力势能增加量为mgh，故C错误；D．运动过程中足球克服阻力做功等于足球机械能的减小量，则运动到横梁下边缘时的机械能为12=EWW−，故D正确。故选AD。8．D【解析】A．李老师从最低点运动到最高点的过

程中，有阻力做功，其机械能不守恒，故A错误；B．在最低点，由牛顿第二定律及向心力公式得2vFmgmr−=代入数据解得此时其所受支持力大小为N4200NF=由牛顿第三定律可知，李老师在最低点时对座位的压力大小

是NN4200NFF==，故B错误；C．李老师在最高点时，其重力方向与速度方向垂直，他的重力的功率是零，故C错误；D．李老师在最高点时完全失重，只有重力提供向心力，则21mgmrv=由能量守恒得22111222Emvmgrmv=−−损解得4500

JE=损故D正确。故选D。9．AD【解析】A．任何物体克服重力做的功都等于物体自身增加的重力势能，故A正确；BC．根据功能关系，可知F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力做的功、克服重力所做的功和物体动能的增加量之和，即等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之

和，故BC错误，D正确。故选AD。10．AD【解析】A.重力做功为GWmgh=，故A正确；B.空气阻力做功与经过的路程有关，而小球经过的路程大于22hx+，故克服空气阻力做的功大于22fFhx+，故B错误．C.落地时，重力的瞬时功率为重力与沿重力方

向的分速度的乘积，故落地时重力的瞬时功率小于mgv，C错误；D.重力做正功，重力势能减少，空气阻力做负功，机械能减少，故D正确．11．AC【解析】A．在物体下滑过程中，根据动能定理有()kk0sinE

Emgfx=+−在上滑过程中()()ksinkmEEmgfLx=−+−所以在下滑阶段kEx−图象的斜率的大小等于sinmgf−，在上滑阶段图象斜率的大小等于sinmgf+，A正确；B．由于物体在斜面上运动的位移最大为L，B错误；CD．机械能的

减小等于克服摩擦力所做的功，Ex−图象的斜率的大小等于滑动摩擦力，保持不变，C正确，D错误。故选AC。12．B【解析】A．甲图中，物体A将弹簣压缩的过程中，物体A与弹簧组成的系统只受重力，所以机械能守恒，故A不符合题意；B．乙图中，物块B沿A匀速下滑的

过程中，B重力势能减小，动能不变，所以B的机械能减小，故B符合题意；C．丙图中，不计任何阻力时A加速下落，B加速上升过程中，A、B物体只有重力做功，机械能守恒，故C不符合题意；D．丁图中，小球在做圆锥摆的过程中，重力势能和动能都不变，则小球的机械能守恒，故D不符合题意。故选

B。13．D【解析】撤去F后物体向右运动的过程中，弹簧的弹力先做正功后做负功，故弹簧的弹性势能先减小后增大。故选D。14．C【解析】A．由动能定理可知，物体的动能的该变量等于物体合外力所做的功，故A错误；BD．物体机械能的改变量等于除重力以外的

其它力所做的功，在整个过程中外力为F和摩擦力，故做功之和为F和摩擦力之和，运动过程中摩擦产生的内能不等于物体机械能的减少，故BD错误；C．物体重力势能的增加量等于物体克服重力所做的功，故C正确；故选C。

15．BD【解析】AB．木块固定在水平面上，子弹的动能为10J时恰好能射穿。10JfL=木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹可能射穿木块，可能留在木块中，当子弹射穿木块时，系统产生的内能最大，此时10JQfL==，故A

不可能，B可能；CD．若子弹最终留在木块中，木块、子弹共速，木块获得的动能最大，由动量定理可得0()mvmMv=+木块的动能为()220220k0222111126J2222mvmvMmEMvMmvMmMmMmMm====++++当Mm=且木块和子

弹共速时，木块子弹动能k=6JE，但是由于系统产生的内能最大为10J，则系统能量k222JEEQ=+，不符合能量守恒定律，故C不可能，D可能。故选BD。16．BC【解析】A．当C刚要离开挡板时，对C有2sinkxmg=此时轻绳的弹力大小ATmg=对B有2sin30Tmgkx=+解得Amm=，

选项A错误；B．释放A的瞬间弹簧的长度来不及改变，B所受重力沿斜面向下的分力与弹簧对它的弹力平衡，有1sin30mgkx=故A、B的共同加速度大小22mggam==，选项B正确；C．由于12sin30mgxxk==释放A前与C刚要离开挡板时弹簧的弹性势能相等，在从释放A到C刚要离开挡板的过程中

，对A、B和弹簧组成的系统，由械能守恒定律有()()()21212m1sin302AAmgxxmgxxmmv+=+++解得m2mvgk=，选项C正确；D．在从释放A到C刚要离开挡板的过程中，弹簧对由A、B组成的系统先做正功后做负功，根据功能关系可知，此系统的机械能先增大后减小，

选项Ｄ错误。故选BC。17．AC【解析】A．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒得石块落地时动能为2012kEmghmv=+，故A正确；B．不计空气阻力，石块的机械能守恒，以抛出点为参考平面，可得石块离手时的机械

能为2012Emv=机，故B错误；CD．由动能定理可知，抛出时人对石块所做的功为2012Wmv=，故C正确，D错误。故选AC。18．B【解析】A．小球从A运动到B的过程中，因小球在B点具有速度，所以弹簧的弹性势能一部分转化为小球的重力势能

，还有一部分转化为小球的动能，故A错误；B．小球从A运动到C的过程中，由于小球在C点的速度为零，则弹簧的弹性势能全都转化为小球的重力势能，故B正确；C．小球从A运动到B的过程中，先向上作加速运动，后作减速运动，所以其动能不是一直增大，而是先增大后减小，故C错误；D．小球从A运动到B的过

程中，动能最大的位置为小球的重力等于弹簧的弹力时的位置，而不一定是AB的中点位置，故D错误。故选B。19．D【解析】小球斜上抛运动中机械能守恒，机械能为2012mv，A错；运动到最高点时动能不为零，机械能大于mgH，B错；由机械能守恒2012mv=mgh+Ek，运动到h平台处动能为20

12mv-mgh，C错；D对；20．B【解析】A．开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg得mgxk=C恰好离开地面时，弹簧的伸长量仍为mgxk=可知弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误。BCD．小车向右运动至速度最大时，加速度为零，AB的合力为零，C恰好离开地面时

，则F=2mg拉力做功为2242mgWFxk==，故B正确，CD错误。故选BC。21．D【解析】AB．物块刚放到传送带上时，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力，物块做加速运动2f4m/sFmgmaa===经过1s物块相对静止地面的位移为201=6m10m2x

vtat=+物块的速度v=v0+at=8m/s滑动摩擦力对物块做正功48JfWFxmgx===物块机械能变化量为48J。故AB错误；C．物块从传送带右端离开时速度与传送带速度相同2201148J22Emvmv=−=故C错误；D．摩擦生热·()0.420(816

)J=16JfQFxmgvtx==−=−相，故D正确。故选D。22．(1)2s；(2)16N；(3)1.6s【解析】(1)在AB段，木块受力分析如图所示由牛顿第二定律可得Fcos37°-f=maN=mg-Fsin

37°又f=μN代入数值解得a=6m/s2由vB2=2as联立解得vB=12m/s由vB=at1可得t1=2s(2)从B到C的过程中，以水平面为零势面，因只有重力做功，由机械能守恒得221122BCmvmgRmv=+

代入数值解得vC=8m/s在C点，设轨道对C点的支持力为N，由牛顿第二定律得2CvNmR=解得N=16N由牛顿第三定律知，木块对轨道的压力大小为NC=N=16N(3)木块离开C点时做竖直上抛运动，由运动学公式可得22Cvtg=代入数值得t2=1.6s23．(1)10m/s；(2)2m【解析】(1

)物块从A到B的过程中，由机械能守恒得212Bmghmv=解得10m/sBv=(2)物块在传送带上向左运动的过程中，由牛顿第二定律得mgma=解得25m/sa=由运动学公式得2102Bvax−=−解得110mx=物块距传送带左端C的最小距离12mmindLx=−=24．(1)4m/s；(2)2

m【解析】(1)设小物块滑到斜面底端时的速度为v，由动能定理可得：212mghmv=解得4m/sv=(2)水平面光滑，薄板与小物块组成的系统动量守恒，若共速时小物块刚好没有落下，则此后小物块就不会再落下，设共速时的速度为1

v，薄板最小长度为L，由动量守恒定律可得：1()mvMmv=+由能量关系可得：22111()22mgLmvMmv=−+解得2mL=25．(1)2.05s；(2)3N，方向竖直向上【解析】(1)小球做平抛运动落至A点时，由平抛运动的速度分解图可得0tanyvv＝由平抛运动

规律得22yvgh=2112hgt=联立解得v0＝6m/s，t1＝0.8s小球在A点的速度沿斜面向下，速度大小0cosAvv＝小球沿斜面下滑的加速度sinmgma=2221sin2AHvtat=+联立解得t2＝1.25s小球从平台顶端O点抛出至落到斜面底端B点所用的时间t＝t1＋t2t＝

2.05s(2)水平轨道BC及竖直圆轨道均光滑，小球从B点到D点，由动能定理可得2211222DBmgRmvmv−=−在D点由牛顿第二定律可得2NDvFmgmR+=联立解得FN＝3N由牛顿第三定律可得，小球在D点对轨道的压力N3NF＝方向竖直向上