专题八 《机械能守恒定律》信息优化卷（能力B）-备战高考物理一轮复习单元信息优化AB卷

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（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
2．测试范围：人教版（2019）必修第二册 第八章《机械能守恒定律》
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．如图所示，某超市自动扶梯的倾角为，以的速度匀速向上运送顾客。已知扶梯的驱动电动机电压为，最大输出功率为，不载人时电动机电流为。忽略电动机内阻，设顾客的质量均为，重力加速度。则（ ）

A．输送一位顾客时，电动机消耗的功率为
B．每增加一位顾客，电动机的电流约增加
C．自动扶梯同时乘载的顾客人数最多不能超过33人
D．顾客随扶梯匀速上升过程中，支持力对顾客不做功
【答案】B
【详解】根据题意可知，电动扶梯在竖直方向的速度为
则可知重力的功率为，而电动扶梯始终匀速向上运送顾客，电动扶梯消耗的功率等于人重力的功率，即有，故A错误；根据，代入数据可得，因此可知，每增加一位顾客，电动机的电流约增加，故B正确；根据题意可知，电动机空载时消耗得功率为，设自动扶梯最多能同时乘载的顾客人数为，则有
可得，即自动扶梯同时乘载的顾客人数最多不能超过66人，故C错误；顾客随扶梯匀速上升过程中，因人随自动扶梯做匀速直线运动，因此支持力等于重力，与重力方向相反，即方向竖直向上，因此可知支持力与位移之间的夹角为，为锐角，根据做功的表达式，可知，当力与位移之间的夹角为锐角是，力做正功，因此可知顾客随扶梯匀速上升过程中，支持力对顾客做正功，故D错误。故选B。
2．如图所示，正面上手发球是排球发球技术中的一种。若在某次发球训练中，左手竖直向上托球约0.4m后，排球脱离左手竖直向上运动，脱手后再上升约1.8m达到最高点，然后下落约0.8m后，被右手击打后把球发射出去。已知排球的质量约为250g，空气阻力忽略不计，下列描述最符合实际的是（ ）
A．右手击球瞬间，重力的功率约为10W
B．排球向上运动的全过程中，重力做的功约为
C．排球向上运动过程中，人对排球做的功约为4.5J
D．手托排球向上运动过程中，人对排球做功的平均功率约为9W
【答案】A
【详解】排球下落约0.8m后，则有，则右手击球瞬间，重力的功率为，A正确；排球向上运动过程中，重力做的功为，B错误；排球在空中向上运动过程中，由动能定理有，解得，左手托球向上运动过程中，由动能定理有，联立可得排球向上运动过程中，人对排球做功为，C错误；左手竖直向上托球约0.4m时间约，人对排球做功的平均功率约为，D错误。故选A。
3．如图所示，质量为2m，高为h，倾角为θ的光滑斜面体A放在光滑的水平面上。质量为m的细长直杆B，受固定的光滑套管C约束，只能在竖直方向上自由运动。初始时，A在水平推力F作用下处于静止状态，此时B杆下端正好压在A的顶端。现撤去推力F，A、B便开始运动。重力加速度为g，则（ ）

A．推力的大小为mgsinθ
B．运动过程中，B对A做负功
C．A、B组成的系统，水平方向上动量守恒
D．当杆的下端滑到斜面底端时，斜面体的速度大小
【答案】D
【详解】静止时A对B只有垂直斜面向上的支持力，C对B有水平向右的作用力，对B受力分析，如图1所示
由平衡条件可知，竖直方向上有，可得，由牛顿第三定律可知，静止时B对A只有垂直斜面向下的压力，大小为，对A受力分析，如图2示，由平衡条件，水平方向上有，故A错误；直杆B对斜面体A的作用力垂直斜面向下，而斜面体A的位移方向为水平向右，所以直杆B对斜面体A的作用力做正功，故B错误；由于运动过程中直杆B受到光滑套管C的水平作用力，所以杆和斜面体组成的系统水平方向上动量不守恒，故C错误；当在很短时间内光滑直杆下落高度，由几何知识可知，斜面体向右发生的位移大小为，所以光滑直杆与斜面体的速度大小之比为始终为，当杆滑到斜面底端时，设杆的速度大小为，斜面体的速度大小为，由系统机械能守恒有，由速度关系，解得，故D正确。故选D。
4．汽车生产时都要进行一系列测试，其中一项为加速性能的测试，测试方法为：将汽车停在 水平平直试验路段起点，实验开始时，司机立即将油门踩到底（保持汽车以额定功率运 动），记录汽车速度从0加速到100km/h所用时间，该时间是衡量汽车动力水平的一个重要参考指标。某国产汽车的额定功率为100kW，在某次测试时，汽车从静止开始以额 定功率运动，假设运动过程中所受阻力恒定，汽车最终做匀速直线运动。通过传感器测得汽车运动速度的倒数与加速度a的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．汽车所受阻力大小为1000N
B．汽车运动的最大速度为50m/s
C．汽车的质量为4000kg
D．当汽车的速度为25m/s时，其加速度为2m/s2
【答案】B
【详解】汽车恒定功率启动，由，可知，加速度为0时，牵引力等于摩擦力，汽车做匀速直线运动，则 ，故A错误；最大速度的倒数为，由， ，解得 ，汽车的最大速度为，则，解得，故C错误，B正确；当汽车速度为时，可得，由，解得 ，故D错误。故选B。
5．喷泉喷出水柱的场景如图所示。为使喷泉喷出的水柱高度变为原来的2倍，则用于给喷管喷水的电动机输出的功率约为原来的（ ）

A．倍B．2倍C．倍D．4倍
【答案】C
【详解】设喷管横截面积S，在时间∆t内喷出水的质量为m，喷出速度为v，则给喷管喷水的电动机的总功率，其中，v2=2gh，解得，若要让所有喷泉喷出的水柱高度均变为原来的2倍，则给喷管喷水的电动机的总功率至少变为原来的倍。故选C。
6．如图所示，表面粗糙的“”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为。以为坐标原点，水平向右为正方向建立轴，将滑块拉至坐标为的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为的点，测得滑块的加速度与坐标的关系如图所示，其中为图线纵截距。则滑块由A运动至过程中（弹簧始终处于弹性限度内）下列描述正确的是（ ）

B．最大动能为
C．动摩擦因数
D．滑块在和处的弹性势能
【答案】B
【详解】由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误；加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得，故B正确；根据牛顿第二定律得，当时，解得动摩擦因数，故C错误；由能量守恒定律可得，故D错误。故选B。
7．如图所示，在水平底座上沿竖直方向固定一光滑杆，构成总质量为3m的支架，轻弹簧套在光滑杆上。一质量为m的圆环从距弹簧上端H处由静止释放，在O点接触弹簧后，将弹簧压缩。已知弹簧的劲度系数为k，弹性势能的表达式为（x为弹簧形变量），重力加速度为g，若弹簧的形变始终在弹性限度内且不计空气阻力，则下列说法错误的是（ ）
A．在圆环压缩弹簧的过程中，圆环所受合力先增大后减小
B．圆环下落过程中的最大速度为
C．当圆环运动到最低点时，底座对水平地面的压力大于4mg
D．圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，圆环的机械能先增大后保持不变
【答案】A
【详解】在圆环压缩弹簧的过程中，弹力逐渐增大，刚开始重力大于弹力，合力减小，后来重力小于弹力，合力增大，A错误；当弹力等于重力时，圆环速度最大，设此时压缩量为x，据平衡条件及能量守恒可得，，可解得，B正确；当圆环运动至最低点时，圆环的加速度竖直向上，处于超重状态，由牛顿第二定律可知此时弹簧对圆环的作用力，则圆环对弹簧的压力大于mg，因此底座对水平地面的压力一定大于4mg，C正确；圆环下落到最低点后反弹到最高点的过程中，与弹簧接触的过程，弹簧弹力做正功，圆环的机械能增大，离开弹簧后只有重力做功，机械能保持不变，D正确。故选A。
8．如图，一顶角为直角的“”形光滑细杆竖直放置。质量均为m的两金属环套在细杆上，高度相同，用一劲度系数为的轻质弹簧相连，弹簧处于原长，两金属环同时由静止释放，运动过程中弹簧的伸长在弹性限度内（弹簧的长度为l时弹性势能为）。对其中一个金属环，下列结论错误的是（ ）

A．金属环的最大加速度为
B．金属环的最大速度为
C．金属环与细杆之间的最大压力为
D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】D
【详解】当金属环的加速度为0时，速度最大，此时金属环受到重力、杆的弹力和弹簧的弹力，沿杆方向根据受力平衡可得，又，解得形变量为，根据几何知识，两个小球下降的高度为，两个金属环和弹簧组成的系统只有重力，弹力做功，根据系统机械能守恒可得，联立解得金属环的最大速度为，故B正确，不满足题意要求；金属环下降达到最低时，速度减小为0，形变量为，弹性势能最大，根据系统机械能守恒定律可得，解得，则弹簧的最大弹性势能为，故D错误，满足题意要求；当金属环下降到最低点时，金属环和细杆间的弹力最大，垂直于杆方向上有，又，联立解得，可知金属环与细杆之间的最大压力为，故C正确，不满足题意要求；金属环下滑过程的加速度先减小后增大；开始释放瞬间，沿杆方向，根据牛顿第二定律可得，解得，金属环下降到最低点时，沿杆方向，根据牛顿第二定律可得，解得，可知金属环的最大加速度为，故A正确，不满足题意要求。故选D。
9．如图所示，一光滑直杆竖直固定在水平地面上，一轻弹簧套在杆上，下端与地面相连。现将弹簧压缩到长度为，并用细线绑住；再将一滑块穿过直杆置于弹簧上。某时刻烧断细线，滑块开始运动，其动能与离地高度的关系如图所示，图线最高点坐标（），且只在高度0.20~0.35m范围内为直线，重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）

A．轻弹簧的劲度系数为
B．轻弹簧原长为
C．轻弹簧的最大弹性势能为
D．滑块从离地高度运动到离地高度的过程中，弹簧的弹性势能减少量大于滑块重力势能的增加量
【答案】AC
【详解】在图像中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从上升到范围内图像为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到的范围内所受作用力为恒力，则从h=0.2m开始，滑块与弹簧分离，即弹簧的原长为0.2m，故B错误；在从0.2m上升到范围内，则图线的斜率绝对值为，所以滑块的质量为，由图像可知时滑块的动能最大，即此时速度最大，滑块所受合力为零，弹力等于重力，则，所以轻弹簧的劲度系数，故A正确；根据能量的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧的最大弹性势能，所以，故正确；由图线可知，滑块从0.16m高度运动到0.2m高度的过程中，滑块动能没有变化，所以弹簧的弹性势能全部转化为滑块的重力势能，即弹簧的弹性势能减少量等于滑块重力势能的增加量，故错误。故选AC。
10．如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，用手托住B，A静置于地面上，B距地面高度为h，细线处于拉紧状态。释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等，不计一切摩擦和阻力，以地面为零势能面。从开始运动至B刚要落地过程中，以下关于A、B的重力势能、和动能、随运动距离x变化关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【详解】根据滑轮组可知，B下落的高度为A上升高度的两倍，设B运动距离为时，A运动距离为，则，对B，初始重力势能为，当B运动距离为时，B的末重力势能为0。对A，初始重力势能为0，当A运动距离为时，由滑轮组可知，A上升的高度为B下降高度的一半，故，故A的末重力势能为，根据滑轮组可知，在运动过程中，对AB组成的系统，当B运动距离为时，根据动能定理可得，对B可得，B的末动能为，对A，当A运动距离为时，
A的末动能为，故选BC。
11．如图所示，光滑细杆AB倾斜固定，与水平方向夹角为45°，一轻质弹簧的一端固定在O点，另一端连接质量为m的小球，小球套在细杆上，O与细杆上A点等高，O与细杆AB在同一竖直平面内，OB竖直，OP垂直于AB，且，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等。现将小球从细杆上的A点由静止释放，在小球沿细杆由A点运动到B点的过程中（已知重力加速度为g，弹簧一直处于弹性限度内且不弯曲），下列说法中正确的是（ ）

A．弹簧的弹性势能先减小后增大
B．小球运动到B点时的动能为2mgL
C．小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率为零的位置有三个
D．弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离
【答案】CD
【详解】由题意可知，当小球位于细杆上A、P两点时，弹簧弹力大小相等，则有小球位于细杆上A点时弹簧处于拉伸状态，小球在P点时弹簧处于压缩状态，在小球沿细杆由A点运动到B点时，弹簧的形变量先减小后增大，再减小后增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大，再减小后增大，如图所示，故A错误；
小球沿杆从A到B的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，由动能定理可得，小球运动到B点时的动能为，故B错误；在AP间和PB间各有一个位置弹簧处于原长的状态，小球的加速度大小为，方向沿杆向下；在P点弹簧的弹力垂直杆，小球受合力为mgsin45°，方向沿杆向下，即小球的加速度大小为，方向沿杆向下，因此小球运动过程中弹簧弹力的瞬时功率是零的位置有三个，故C正确；由题意可知，小球沿杆从A到P的运动中，弹簧的弹力对小球做功是零，小球从A点由静止释放到弹簧恢复原长，弹簧弹力对小球做正功，小球从弹簧恢复原长到运动到P点，弹簧弹力对小球做负功，即小球克服弹簧弹力做功，弹力对小球做正功和做负功大小相等，大小等于弹簧的弹性势能，大小又等于，因此从A到P运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，同理从P到B运动过程中弹簧弹力做正功过程中小球沿杆运动的距离也等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球沿杆运动的距离，选项D正确。故选CD。
12．如图所示，煤矿车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲M和N（均在匀速传动）， 煤块与两传送带间的动摩擦因数均为μ=0.2，每隔 T=10s在传送带甲左端轻放上一个质量为m=1kg的相同煤块（可视为质点），发现煤块离开传送带甲前已经与甲速度相等，且相邻煤块（已匀速）间的距离为x=6m，随后煤块平稳地传到传送带乙上，乙的宽度足够大、乙以0.8m/s匀速传动， g取 10m/s2， 则下列说法正确的是（ ）

A．小煤块传送到传送带 N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为1.4m/s
B．小煤块传送到传送带N上后，经0.5s与传送带N保持相对静止
C．小煤块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为 1J
D．小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线，其长度为0.25m
【答案】BD
【详解】小煤块在传送带M上，先做匀加速运动后做匀速运动，每隔 T=10s在传送带M左端轻放一小煤块，且相邻煤块（已匀速）间的距离为x=6m，可知小煤块的速度即为传送带M的速度，则有 ，可得小煤块传送到传送带 N前的瞬间，相对传送带N的速度大小为，A错误；小煤块传送到传送带N上后，其所受摩擦力大小为，方向如图所示，小煤块相对传送带N做匀减速运动，其加速度大小

，小煤块滑上传送带N到与传送带相对静止的时间，B正确；小煤块相对传送带以1m/s的速度在N上做匀减速直线运动到静止，这段位移就是煤块在N传送带上留下的痕迹，因此小煤块在传送带N上滑动的划痕是直线，设小煤块在传送带N上滑动的划痕长度为s，由运动学公式可得，D正确；小煤块在传送带N上滑动的过程中，因摩擦产生的热量为，C错误。故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题
13．（12分）如图甲是小明同学设计的验证机械能守恒定律的实验装置。两个支柱垂直于底板，将顶板支撑住。木板的长度略长于支柱间距，用四根细线悬挂在顶板上。木板中央固定一个小圆筒，其轴线垂直于木板，在底板上铺上复写纸和白纸，侧视图如图乙所示。
实验步骤：
①木板处于最低位置时，测量木板上沿与底板的高度差H，将小钢球置于圆筒内；
②将木板拉起一定的高度，测出此位置与最低位置的高度差h；
③释放木板，当其运动到最低点时与支柱碰撞，小球垂直木板水平飞出后落在底板上，记录小球离开圆筒后的水平位移s；
④重复上述步骤，在表格中记录数据。

（1）下列操作中，必要的是 ；
A．调整顶板上细线悬挂的位置，确保木板运动过程中保持水平
B．测量小钢球的质量
C．测量或者查询当地的重力加速度g
D．测量H时要确保从小钢球的球心开始测量
（2）若机械能守恒，H、h和s三者之间需要满足的关系是 ；
（3）四次实验中有一组数据存在问题，需要重测，这一组数据是 （填序号）；
（4）实验中发现动能的增加量总是略小于势能的减少量，可能的原因是 。
A．重力加速度g的测量值偏大
B．小球质量的测量值偏小
C．木板的质量有影响
D．小钢球没有放在圆筒外侧与木板边缘平齐，导致s的测量值偏小
【答案】A 2 D（每空2分）
【详解】（1）为了确保木板圆周运动过程每一部分的线速度大小相等，则木板任意部分圆周运动的半径必须相等，则实验时需要调整顶板上细线悬挂的位置，确保木板运动过程中保持水平，故A正确；实验过程对小钢球有，小钢球质量可以消去，即实验时不需要测量小钢球的质量，故B错误；对小钢球平抛过程有，，结合上述有，可知实验中不需要测量或者查询当地的重力加速度g，故C错误；由于小钢球在白纸上留下的痕迹是小钢球底部与复写纸撞击时产生，因此测量H时要确保从小钢球的底部开始测量，故D错误。故选A。
若小钢球机械能守恒，根据上述有，，
解得H、h和s三者之间需要满足的关系是
（3）小钢球圆周运动过程中减小的重力势能为
小钢球增加的动能为
通过对四组数据进行运算，发现第2组数据中有
而实际上由于空气阻力的影响，减小得重力势能一定大于增加的动能，可知四次实验中有一组数据存在问题，需要重测，这一组数据是2.
（4）根据上述可知，重力加速度对实验没有影响，故A错误；根据，可知小钢球与木板的质量可以消去，小钢球与木板的质量对实验没有影响，故BC错误；若小钢球没有放在圆筒外侧与木板边缘平齐，小钢球在飞出过程中需要克服木板阻力做功，导致飞出速度偏小，导致s的测量值偏小，故D正确。故选D。
四、解答题
14．（9分）如图所示，与水平面夹角θ=30°的传送带正以 v=2m/s 的速度顺时针匀速运行， A 、B 两端相距l=12m 。 现每隔1s 把质量m=1kg 的工件（视为质点）轻放在传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数 ，取重力加速度g=10m/s² 。求：
（1）每个工件经过多长时间后与传送带共速；
（2）每个工件与传送带摩擦产生的热量；
（3）传送带持续运送工件与空载相比，电动机增加的平均功率。

【答案】（1）0.8s；（2）6J；（3）68W
【详解】（1） 对工件受力分析，根据牛顿第二定律得
得
经过t1时间工件与传送带速度相等，则匀加速运动时间为
（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为
传送带运动的位移
工件相对于传送带运动的位移
工件与传送带摩擦产生的热量
解得
（3）传送带持续传送工件时每经过 1s 落一个物块，故以 1s 为周期，传送带多做的功为
故电机增加的平均功率
得
15.（9分）如图所示，半径为R的水平圆盘可绕着过圆心O的竖直轴转动，在圆盘上从圆心O到圆盘边缘开有一沿半径方向的光滑细槽．一根原长为R的轻弹簧置于槽内，一端固定在圆心O点，另一端贴放着一质量为m的小球，弹簧始终在弹性限度内．
（1）若小球在沿槽方向的力F1作用下，在圆盘边缘随圆盘以角速度ω0转动，求F1的大小；
（2）若圆盘以角速度ω1转动，小球被束缚在槽中距离圆盘边缘为x的P点，此时弹簧的弹性势能为EP．解除束缚后，小球从槽口飞离圆盘时沿槽方向的速度大小为v，求此过程中槽对小球做的功W1；
（3）若圆盘以角速度ω2转动，小球在沿槽方向推力作用下，从圆盘边缘缓慢向内移动距离x到达P点．如果推力大小保持不变，求弹簧的劲度系数k以及此过程中推力做的功W2．
【答案】（1）（2）（3）
【详解】（1）小球在沿槽方向的力F1得作用下做圆周运动，由向心力公式有
设小球从槽口飞出圆盘时的速度为，则根据运动的合成：
设在此过程中弹簧对小球做功为W，有动能定理有：，
由于
解得
当小球沿槽方向缓慢向内移动得距离为x1时，由向心力公式有
解得
由于F得大小不变，与x1无关，则有
所以推力做的功
（11分）某兴趣小组自制了一个趣味弹射台，某次用滑块弹射的过程可简化为图所示，是倾角为的斜面轨道，其中部分光滑，部分粗糙。是圆心角为、半径的竖直光滑圆弧形轨道，两轨道相切于点。、两点在同一竖直线上，轻弹簧一端固定在挡板上，自然伸长时另一端在点。现有一质量的物块在外力作用下将弹簧压缩到点后静止释放（物块与弹簧不拴接），物块经过点后，从点运动到点过程中的位移与时间的关系为：（式中的单位是m，的单位是），假设物块第一次经过点后恰能通过点，已知，，，求：
（1）物块过点时的速度大小和物块与段的动摩擦因数；
（2）若，求：弹簧被压缩到点的弹性势能；
（3）若在处安装一个竖直弹性挡板，物块与挡板碰撞后以原速率返回，求物块第二次上升到的最高点距点的距离（计算结果可用分数表示）。

【答案】（1）12m/s，0.25；（2）156J；（3）m
【详解】（1）从C到B满足
可知12m/s
加速度大小
由
得
（2）根据能量关系可知
得156J
（3）由于物块恰能通过P点
得m/s
从B运动到P

得m/s
由
得
假设从B点沿斜面向下运动经弹簧作用后又反回到B点
因为，所以不能运动到B点；
设第二次从C点运动到最高点的距离d，则
得
17．（11分）光滑半圆环质量为M，半径为R，上面套着一个质量为m的小珠子。半圆环竖立在光滑的地面上，运动过程中半圆环总能保持竖立．回答以下问题：
（1）如图甲，小珠子静止在最高点，轻微扰动一下小球，使其从最高点下落，求出小珠子落到最低点时半圆环横向移动的距离x以及小珠子落地的速度v的大小；
（2）如图乙，将半圆环固定在地面，给小珠子一个初速度，小珠子的位置用对应的圆心角表示，求出小珠子与圆环间弹力恰好为0时对应的角度（可用的余弦值表示）；
（3）如图丙，取消半圆环与地面的固定，在其顶端静置两个相同的小珠子。让这两个小珠子从静止释放，二者会沿着相反的方向下滑。为确保半圆环总是不离开地面，求出小珠子与半圆环质量之比的取值范围。

【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）将M、m视为系统，水平方向不受外力，设M在地面参考系作用位移为x，此过程在水平方向上系统满足动量守恒，则有
解得
此过程中仅有重力和系统内弹力做功，系统满足机械能守恒，则有
末状态二者既要共速又要满足动量守恒，二者的末速度水平分量一定同时为0；解得小珠子落地的速度的大小为
（2）从初态到角度的过程中，根据机械能守恒可得
解得
二者间弹力为0时，小珠子的径向方向，根据牛顿第二定律可得
解得
（3）设环对珠子弹力为，地面对环的支持力为，根据机械能守恒定律有
在任意位置对珠子的径向方向根据牛顿第二定律可得
环始终不离开地面，有平衡方程
解得
令
则有
当，可得
具有最大值，为
为确保对任意位置恒成立，则必须满足
解得
实验次序
H（cm）
h（cm）
s（cm）
1
20.00
7.00
23.40
2
20.00
8.00
26.00
3
20.00
9.00
26.60
4
20.00
10.00
28.00