物理动能与动能定理模拟试题含解析

物理动能与动能定理模拟试题含解析

一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理

1．如图所示，质量m =3kg 的小物块以初速度秽v 0=4m/s 水平向右抛出，恰好从A 点沿着圆弧的切线方向进入圆弧轨道。圆弧轨道的半径为R = 3.75m ，B 点是圆弧轨道的最低点，圆弧轨道与水平轨道BD 平滑连接，A 与圆心D 的连线与竖直方向成37?角，MN 是一段粗糙的水平轨道，小物块与MN 间的动摩擦因数μ=0.1，轨道其他部分光滑。最右侧是一个半径为r =0.4m 的半圆弧轨道，C 点是圆弧轨道的最高点，半圆弧轨道与水平轨道BD 在D 点平滑连接。已知重力加速度g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求小物块经过B 点时对轨道的压力大小；

（2）若MN 的长度为L 0=6m ，求小物块通过C 点时对轨道的压力大小； （3）若小物块恰好能通过C 点，求MN 的长度L 。

【答案】（1）62N （2）60N （3）10m 【解析】 【详解】

（1）物块做平抛运动到A 点时，根据平抛运动的规律有：0cos37A v v ==? 解得：04

m /5m /cos370.8

A v v s s =

==?

小物块经过A 点运动到B 点，根据机械能守恒定律有：

()2211cos3722

A B mv mg R R mv +-?= 小物块经过B 点时，有：2

B

NB v F mg m R

-= 解得：()232cos3762N B

NB

v F mg m R

=-?+=

根据牛顿第三定律，小物块对轨道的压力大小是62N （2）小物块由B 点运动到C 点，根据动能定理有：

22011222

C B mgL mg r mv mv μ--?=

- 在C 点，由牛顿第二定律得：2

C

NC v F mg m r

+=

代入数据解得：60N NC F =

根据牛顿第三定律，小物块通过C 点时对轨道的压力大小是60N

（3）小物块刚好能通过C 点时，根据22C

v mg m r

=

解得：2100.4m /2m /C v gr s s =

=?=

小物块从B 点运动到C 点的过程，根据动能定理有：

22211222

C B mgL mg r mv mv μ--?=

- 代入数据解得：L =10m

2．如图所示，在娱乐节目中，一质量为m ＝60 kg 的选手以v 0＝7 m/s 的水平速度抓住竖直绳下端的抓手开始摆动，当绳摆到与竖直方向夹角θ＝37°时，选手放开抓手，松手后的上升过程中选手水平速度保持不变，运动到水平传送带左端A 时速度刚好水平，并在传送带上滑行，传送带以v ＝2 m/s 匀速向右运动．已知绳子的悬挂点到抓手的距离为L ＝6 m ，传送带两端点A 、B 间的距离s ＝7 m ，选手与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，若把选手看成质点，且不考虑空气阻力和绳的质量．(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：

(1)选手放开抓手时的速度大小； (2)选手在传送带上从A 运动到B 的时间； (3)选手在传送带上克服摩擦力做的功． 【答案】(1)5 m/s (2)3 s (3)360 J 【解析】

试题分析：（1）设选手放开抓手时的速度为v 1，则－mg （L －Lcosθ）＝mv 12－mv 02，v 1＝5m/s

（2）设选手放开抓手时的水平速度为v 2，v 2＝v 1cosθ① 选手在传送带上减速过程中 a ＝－μg② v ＝v 2＋at 1③④

匀速运动的时间t 2，s －x 1＝vt 2⑤ 选手在传送带上的运动时间t ＝t 1＋t 2⑥ 联立①②③④⑤⑥得：t ＝3s

（3）由动能定理得W f ＝mv 2－mv 22，解得：W f ＝－360J 故克服摩擦力做功为360J ． 考点：动能定理的应用

3．如图所示，斜面高为h ，水平面上D 、C 两点距离为L 。可以看成质点的物块从斜面顶点A 处由静止释放，沿斜面AB 和水平面BC 运动，斜面和水平面衔接处用一长度可以忽略

不计的光滑弯曲轨道连接，图中没有画出，不计经过衔接处B 点的速度大小变化，最终物块停在 水平面上C 点。已知物块与斜面和水平面间的滑动摩擦系数均为μ。请证明：斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

【答案】见解析所示 【解析】 【详解】

设斜面长为L '，倾角为θ，物块在水平面上滑动的距离为S ．对物块，由动能定理得：

cos 0mgh mg L mgS μθμ-?'-=

即：

cos 0sin h

mgh mg mgS μθμθ

-?-= 0tan h

mgh mg

mgS μμθ

--= 由几何关系可知：

tan h

L S θ

=- 则有：

()0mgh mg L S mgS μμ---=

0mgh mgL μ-=

解得：h

L μ

=

故斜面倾角θ稍微增加后，（不改变斜面粗糙程度）从同一位置A 点由静止释放物块，如图中虚线所示，物块仍然停在同一位置C 点。

4．如图所示，斜面ABC 下端与光滑的圆弧轨道CDE 相切于C ，整个装置竖直固定，D 是最低点，圆心角∠DOC =37°，E 、B 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.30m ，斜面长L =1.90m ，AB 部分光滑，BC 部分粗糙．现有一个质量m =0.10kg 的小物块P 从斜面上端A 点无初速下滑，物块P 与斜面BC 部分之间的动摩擦因数μ=0.75．取sin37o =0.6，cos37o =0.8，重力加速度g =10m/s 2，忽略空气阻力．求：

（1）物块从A 到C 过程重力势能的增量ΔE P ； （2）物块第一次通过B 点时的速度大小v B ；

（3）物块第一次通过D 点时受到轨道的支持力大小N ． 【答案】（1）-1.14J （2）4.2m/s （3）7.4N 【解析】 【分析】 【详解】

（1）从A 到C 物块的重力做正功为：sin 37 1.14G W mgL J ==o

故重力势能的增量 1.14P G E W J ?=-=-

（2）根据几何关系得，斜面BC 部分的长度为：cot 370.40l R m ==o 设物块第一次通过B 点时的速度为B v ，根据动能定理有：()2

13702

B mg L l sin mv -?=- 解得： 4.2/B v m s =

（3）物块在BC 部分滑动受到的摩擦力大小为：370.60f mgcos N μ=?= 在BC 部分下滑过程受到的合力为：370F mgsin f =?-= 则物块第一次通过C 点时的速度为： 4.2/C B v v m s == 物块从C 到D ，根据动能定理有：()221113722

D C mgR cos mv mv -?=

- 在D ，由牛顿第二定律得：2D

v N mg m R

-=

联立解得：7.4N N = 【点睛】

本题考查了动能定理与牛顿第二定律的综合运用，运用动能定理解题关键确定出研究的过程，分析过程中有哪些力做功，再根据动能定理列式求解．

5．如图所示，半径为R 的四分之三圆周轨道固定在竖直平面内，O 为圆轨道的圆心，D 为圆轨道的最高点，圆轨道内壁光滑，圆轨道右侧的水平面BC 与圆心等高．质量为m 的小球从离B 点高度为h 处（3

32

R h R ≤≤）的A 点由静止开始下落，从B 点进入圆轨道，重力加速度为g ）．

（1）小球能否到达D 点？试通过计算说明； （2）求小球在最高点对轨道的压力范围；

（3）通过计算说明小球从D 点飞出后能否落在水平面BC 上，若能，求落点与B 点水平距离d 的范围．

【答案】（1）小球能到达D 点；（2）03F mg ≤'≤；（3）

(

)()

21221R d R ≤≤

【解析】 【分析】 【详解】

（1）当小球刚好通过最高点时应有：2D

mv mg R =

由机械能守恒可得：()22

D

mv mg h R -=

联立解得32h R =

，因为h 的取值范围为3

32

R h R ≤≤，小球能到达D 点； （2）设小球在D 点受到的压力为F ，则

2D

mv F mg R ='+ ()22

D

mv mg h R ='- 联立并结合h 的取值范围

3

32

R h R ≤≤解得：03F mg ≤≤ 据牛顿第三定律得小球在最高点对轨道的压力范围为：03F mg ≤'≤

（3）由（1）知在最高点D 速度至少为min D v gR =此时小球飞离D 后平抛，有：212

R gt =

min min D x v t =

联立解得min 2x R R =>，故能落在水平面BC 上，

当小球在最高点对轨道的压力为3mg 时，有：2max 3D

v mg mg m R

+=

解得max 2D v gR = 小球飞离D 后平抛2

12

R gt =

'， max max D x v t ='

联立解得max 22x R =

故落点与B 点水平距离d 的范围为：

(

)()

21221R d R -≤≤-

6．如图所示，半径为R 1＝1.8 m 的

1

4

光滑圆弧与半径为R 2＝0.3 m 的半圆光滑细管平滑连接并固定，光滑水平地面上紧靠管口有一长度为L ＝2.0 m 、质量为M ＝1.5 kg 的木板，木板上表面正好与管口底部相切，处在同一水平线上，木板的左方有一足够长的台阶，其高度正好与木板相同．现在让质量为m 2＝2 kg 的物块静止于B 处，质量为m 1＝1 kg 的物块从光滑圆弧顶部的A 处由静止释放，物块m 1下滑至B 处和m 2碰撞后不再分开，整体设为物块m (m ＝m 1＋m 2)．物块m 穿过半圆管底部C 处滑上木板使其从静止开始向左运动，当木板速度为2 m/s 时，木板与台阶碰撞立即被粘住(即速度变为零)，若g ＝10 m/s 2，物块碰撞前后均可视为质点，圆管粗细不计．

(1)求物块m 1和m 2碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；

(3)若物块m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，求物块m 在台阶表面上滑行的最大距离．

【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】

试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块1m 下滑到B 点时的速度；1m 、2m 碰撞满足动量守恒，由221B 1122

E m v mv =

-共机求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块m 由B 到C 满足机械能守恒，在C 点由牛顿第二定律可求出物块m 滑到半圆管底部C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列式即可求解. ⑴设物块1m 下滑到B 点时的速度为B v ，由机械能守恒可得：

2

111B 12

m gR m v =

解得：B 6/v m s =

1m 、2m 碰撞满足动量守恒：1B 12()m v m m v =+共

解得；2/v m s 共=

则碰撞过程中损失的机械能为：221B 111222E m v mv J =-=共机 ⑵物块m 由B 到C 满足机械能守恒：222C 11222

mv mg R mv 共+?= 解得：C 4/v m s =

在C 处由牛顿第二运动定律可得：2C

N 2

v F mg m R -=

解得：N 190F N =

⑶设物块m 滑上木板后，当木板速度为22/v m s =时，物块速度为1v ， 由动量守恒定律得：C 12mv mv Mv =+ 解得：13/v m s =

设在此过程中物块运动的位移为1x ，木板运动的位移为2x ，由动能定理得： 对物块m ：22

11C 1122

mgx mv mv μ-=- 解得：1 1.4x m = 对木板M ：22212

mgx Mv μ= 解得：20.4x m =

此时木板静止，物块m 到木板左端的距离为：3211x L x x m =+-= 设物块m 在台阶上运动的最大距离为4x ，由动能定理得：

23411

()02

mg x x mv μ-+=-

解得：40.8x m =

7．如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带恰平齐接触，传送带水平部分长度L=16m ，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s 匀速转动．ABCDE 是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB 为水平轨道，弧BCD 是半径为R 的半圆弧轨道，弧DE 是半径为2R 的圆弧轨道，弧BCD 与弧DE 相切在轨道最高点D ，

R=0．6m ．平面部分A 点与传送带平齐接触．放在MN 段的物块m （可视为质点）以初速度v 0=4m/s 冲上传送带，物块与传送带间的摩擦因数μ=0．2，物块的质量m=1kg ．结果物块从滑上传送带又返回到N 端，经水平面与左端M 处的固定弹射器相碰撞（弹射器的弹簧原来被压缩后被锁定），因碰撞弹射器锁定被打开，将物块弹回后滑过传送带，冲上右侧

的圆弧轨道，物块恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过了最高点，最后从E 点飞出．g 取10m/s 2．求：

（1）物块m 从第一次滑上传送带到返回到N 端的时间．

（2）物块m 第二次在传送带上运动时，传送带上的电动机为了维持其匀速转动，对传送带所多提供的能量多大？

【答案】（1） 4.5t s =（2）8J W = 【解析】

试题分析:（1）物块B 向右作匀减速运动，直到速度减小到零，然后反向匀减速运动，达到与皮带共速后与皮带匀速物块B 向右作匀减速运动过程：

mg ma μ=

12s v t g

μ=

= 物块向右达到的最大位移：0

14m 2

v S t =

?= 反向匀加速运动过程加速度大小不变．达到与传送带共速的时间：

21s v

t g

μ=

= 相对地面向左位移：/

21m 2

v

S t =

?= 共速后与传送带匀速运动的时间：/341

1.5s 2

S S t v --===

往返总时间：

（2）由物块恰能通过轨道最高点D ，并恰能始终贴着圆弧轨道内侧通过最高点可得，物块是在半径为2R 的圆弧上的最高点重力全部充当向心力． 得：

又由物块上滑过中根据机械能守恒得：

代入数据解得：66m/s B v Rg == 物块第二次从N 到A 点：211

2

L v t g t μ=?-

?

速度关系：1B v v g t μ=-? 代入得：

；

得：2s t =或8s t =-（舍）

物体运动时传送带的位移：4m s vt == 传送带为维持匀速运动多提供的力：F mg μ=

传送带所做的功等于传送带多提供的能量：8J W F s mg s μ=?=?= 考点：考查牛顿运动定律的综合应用；动能定理．

【名师点睛】本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解．

8．质量为M 的小车固定在地面上，质量为m 的小物体（可视为质点）以v 0的水平速度从小车一端滑上小车，小物体从小车另一端滑离小车时速度减为0

2

v ，已知物块与小车之间的动摩擦因数为μ.求：

（1）此过程中小物块和小车之间因摩擦产生的热Q 以及小车的长度L .

（2）若把同一小车放在光滑的水平地面上，让这个物体仍以水平速度v 0从小车一端滑上小车.

a. 欲使小物体能滑离小车，小车的质量M 和小物体质量m 应满足什么关系?

b. 当M =4m 时，小物块和小车的最终速度分别是多少?

【答案】（1）2

038Q mv =，2038v L g μ=

（2）a. M >3m ；b. 025v ，0320

v 【解析】 【详解】

(1) 小车固定在地面时，物体与小车间的滑动摩擦力为

f m

g μ=，

物块滑离的过程由动能定理

22

0011()222

v fL m mv -=

- ① 解得：2

038v L g

μ=

物块相对小车滑行的位移为L ，摩擦力做负功使得系统生热，Q fL = 可得：203

8

Q mv =

（2）a.把小车放在光滑水平地面上时，小物体与小车间的滑动摩擦力仍为f ．

设小物体相对小车滑行距离为L '时，跟小车相对静止（未能滑离小车）共同速度为v ， 由动量守恒定律：

mv 0=(M +m )v ②

设这过程小车向前滑行距离为s . 对小车运用动能定理有:

21

2

fs Mv =

③ 对小物体运用动能定理有:

22

011()22

f L s mv mv '-+=- ④

联立②③④可得

220011

()()22mv fL mv M m M m

'=-++ ⑤

物块相对滑离需满足L L '>且203

8

fL mv = 联立可得：3M m >，

即小物体能滑离小车的质量条件为3M m >

b.当M =4m 时满足3M m >，则物块最终从小车右端滑离，设物块和车的速度分别为1v 、

2v .

由动量守恒：

012mv mv Mv =+

由能量守恒定律：

222012111()222

fL mv mv Mv =

-+ 联立各式解得：1025v v =

，203

20

v v =

9．如图所示，一个质量为m =0.2kg 的小物体(P 可视为质点)，从半径为R =0.8m 的光滑圆强轨道的A 端由静止释放，A 与圆心等高，滑到B 后水平滑上与圆弧轨道平滑连接的水平桌面，小物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.6，小物体滑行L =1m 后与静置于桌边的另一相同的小物体Q 正碰，并粘在一起飞出桌面，桌面距水平地面高为h =0.8m 不计空气阻力，g =10m/s 2.求：

(1)滑至B 点时的速度大小； (2)P 在B 点受到的支持力的大小； (3)两物体飞出桌面的水平距离； (4)两小物体落地前损失的机械能.

【答案】(1)14m/s v = (2)6N N F = (3)s =0.4m (4)△E =1.4J 【解析】 【详解】

（1）物体P 从A 滑到B 的过程，设滑块滑到B 的速度为v 1，由动能定理有：

211

2

mgR mv =

解得：14m/s v =

（2）物体P 做匀速圆周运动，在B 点由牛顿第二定律有:

2

1N F g mv m R

-= 解得物体P 在B 点受到的支持力6N N F = （3）P 滑行至碰到物体Q 前，由动能定理有:

222111

22

mv mg v L m μ--=

解得物体P 与Q 碰撞前的速度22m/s v =

P 与Q 正碰并粘在一起，取向右为正方向，由动量守恒定律有:

()23mv m m v =+

解得P 与Q 一起从桌边飞出的速度31m/s v = 由平碰后P 、Q 一起做平抛运动，有：

2

12

h gt =

3s v t =

解得两物体飞出桌面的水平距离s =0.4m

（4）物体P 在桌面上滑行克服阻力做功损失一部分机械能:

1 1.2J E mgL μ?==

物体P 和Q 碰撞过程中损失的机械能:

2222311

()0.2J 22

mv m m v E -+=?=

两小物体落地前损失的机械能12E E E ?=?+? 解得：△E =1.4J

10．如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L ．导轨上端并联接有一电容为C 的平行板电容器和阻值为R 的电阻．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于导轨平面．在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触．已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ．忽略其它电阻．让金属棒在不同情况下从导轨上端由静止开始下滑，求:

(1)当断开S 1闭合S 2时，金属棒由静止开始下滑位移x 后开始匀速，求匀速的速度大小和这过程电阻生的热量；

(2)当断开S 2闭合S 1时金属棒的速度大小随时间变化的关系． 【答案】(1)22

(sin cos )m mgR

v B L

θμθ-=

，2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L

θμθθμθ-=-- (2)22(sin cos )mg v t m B L C θμθ-=?+ 【解析】 【详解】

(1)金属棒在斜面上匀速直线运动时，由平衡条件：

sin cos mg BIL mg θμθ=+

由闭合电路的欧姆定律E I R

= 而动生电动势m E BLv =

联立解得：22

(sin cos )m mgR

v B L θμθ-=

对金属棒下滑过程，由动能定理得：

2

1sin cos =02

m F mgx mg x W mv θμθ-?+-安

而由功能关系，克服安培力做功等于电路的焦耳热：=F W Q -安

联立解得：2322

44

(sin cos )(sin cos )2m g R Q mgx B L θμθθμθ-=--

(2)设金属棒经历时间t ?，速度的变化量为v ?，通过金属棒的电流为i ，流过金属棒的电荷量为Q ?， 按照电流的定义Q

i t

?=

? Q ?也是平行板电容器的极板在t ?内的增加量，

Q C U CBL v ?=?=??

金属棒受到的摩擦力为cos f mg μθ= 金属棒受到的安培力为i F BiL =

设金属棒下滑的加速度为a ，由牛顿第二定律有：

sin i mg f F ma θ--=

联立解得：22(sin cos )

mg a m B L C

θμθ-=

+

加速度为恒定值，说明金属棒做匀加速直线运动 有v at =

可得瞬时速度与时间的关系：22

(sin cos )

mg v t m B L C

θμθ-=

?+

11．如图，质量分别为1kg 和3kg 的玩具小车A 、B 静置在水平地面上，两车相距s =8m 。小车A 在水平恒力F =8N 作用下向着小车B 运动，恒力F 作用一段时间t 后撤去，小车A 继续运动与小车B 发生碰撞，碰撞后两车粘在一起滑行d =0.25m 停下。已知两车碰撞时间极短，两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍，重力加速度g =10m/s 2。求： （1）两个小车碰撞后的速度大小； （2）小车A 所受恒力F 的作用时间t 。

【答案】（1）1m/s ；（2）1s 【解析】 【详解】

（1）设撤去力F 瞬间小车A 的速度为v 1，小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2，小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中，由动能定理可得： -0.2（m 1+m 2）gd = 0-

1

2

（m 1+m 2）v 32

解得两个小车碰撞后的速度大小：v 3=1m/s （2）两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

恒力作用过程，由动量定理可得： Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0 由运动学公式可得： x 1=

1

2

v t 撤去F 至二车相碰过程，由动能定理得：

-0.2m 1gx 2=

12m 1v 22-1

2

m 1v 12 由几何关系可得：x 1+x 2=s

联立可得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls 方法2：两车碰撞过程中，由动量守恒定律可得： m 1v 2=（m 1+m 2）v 3 解得：v 2=4m/s

从F 作用在小车A 上到A 、B 两车碰前，由动能定理得：

Fx -0.2m 1gs =

1

2

m 1v 22-0 解得：x =3m

在F 作用的吋间内，由牛顿第二定律得： F -0.2m 1g =m 1a 解得：a =6m/s 2 由x =

12

at 2 联立解得小车A 所受恒力F 的作用时间：t =ls

12．如图所示，在竖直平面内有一“∞”管道装置，它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ，1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点，1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点，1C 、2C 固定在同一水平地面上。两直管道略微错开，其中圆弧管道光滑，直管道粗糙，管道的粗细可忽略。圆弧管道的半径均为R ，111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动，小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。设

012/v m s =，m=1kg ，R=1.5m ，0.5μ=，37α=?（sin37°=0.6，cos37°=0.8）。求：

（1）小物块从1C 点出发时对管道的作用力； （2）小物块第一次经过2C 点时的速度大小； （3）小物块在直管道12B A 上经过的总路程。 【答案】（1）106N ，方向向下（2）7（3）534

m 【解析】 【详解】

(1)物块在C 1点做圆周运动，由牛顿第二定律有：

20

v N mg m R

-=

可得：20

106N v N mg m R

=+=

由牛顿第三定律可知，小物块对管道的作用力大小为106N ，方向向下 (2)由几何知识易有：21122cos 4m sin R l A B A B α

α

===

= 从C 1到C 2由动能定理可得：22

2011cos 22

mgl mv mv μα-=

- 可得：2

202cos 47m /s v v gl μα=-=

(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面，则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足：

0230J E E mgR >==

由于直管道的摩擦，物块每完整经历直管道一次，机械能的减少量满足：

cos 16J f E W mgl μα?===

设n 为从第一次经过D 1后，翻越D 1和D 2的总次数，则有：

2

0012

mv n E E -?>， ()2

001-12

mv n E E +?< 可得：n =2，表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2，之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定，最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点，由动能定理有：

()2

01cos 1cos 02

mgs mgR mv μαα---=-

可得：s=

694

m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s －l =

534

m