2vB对物块经B点受力分析，由向心力公式有FN?mg?m（1分）
R22v0?2?g(R1?R2)122?2?0.5?10?(2?1.6)?10?1??77.5N （1分） 联立两式解得N?mg?mR21.6由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小为77.5N． （1分） (3)设物块恰能通过第n个轨道，它通过第n个轨道的最高点时的速度为vn，有
2vnm?mg（1分） Rn对物块从A到第n个轨道的最高点的全过程由动能定理得 ??mg[(R1?R2)?(R2?R3)??(Rn?1?Rn)]?2mgRn?1122（1分） mvn?mv022又因为Rn?kn?1R1?0.8n?1R1（1分）
2?2?g[(R1?R2???Rn?1)?(R2?R3???Rn)]?5gRn（1分） 由以上三式可整理得v02即v0R1(1?kn?1)R2(1?kn?1)(1?k)(1?kn?1)2?2?g[?]?v0?2?gR1?5gkn?1R1
1?k1?k1?k将v0=12m/s，?=0.5，R1=2m，k=0.8，g=10m/s2代入上式，整理得0.8n?1?0.45，（1分） 即有(n?1)?lg0.45?3.6，解得n?4.6（1分） lg0.8故物块共可以通过4个圆轨道．（1分）
19.（15分）如图所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C两点，一物块（视为质点）被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A点时刚好与传送带速度相同，然后经A点沿半圆轨道滑下，再经B点滑上滑板，滑板运动到C点时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m,滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C点的距离L在R (1)求物块滑到B点的速度大小; (2)求物块滑到B点时所受半圆轨道的支持力的大小; 机械能及其守恒定律专题检测·第11页 (3)试讨论物块从滑上滑板到离开右端的过程中，克服摩擦力做的功Wf与L的关系;并判断物块能否滑到CD轨道的中点。 【答案】（1）uB?3gR（2）10mg（3）见解析 【解析】 解：（1）设物块滑到B点的速度大小为uB,对物体从E到B过程， 根据动能定理得?mgs?mg2R?解得：uB?3gR（1分） （2）物块在B点时，根据牛顿第二定律午FN?mg?m2?B2?B12（1分） muB2R（1分） 解得：FN?mR?mg?10mg（1分） （3）物块从B滑上滑板后开始作匀速运动，此时滑板开始作匀速直线运动，当物块与滑板达共同速度时，二者开 uB（1分） 3112此过程，对物块据动能定理得??mgs1?mu2?muB（1分） 22始作匀速运动。根据图像法求得共同速度为u?解得s1=8R （1分） 此过程，对滑板据动能定理得?mgs2?解得s2=2R （1分） 由此可知物块在滑板上滑过s1－s2=6R时，二者就具有共同速度了。因为6R<6.5R,所以物块并没有从滑板上滑下去（1分） 讨论： ?当R 1mu2?0（1分） 2Wf??mg(6.5R?L)?1mg(13R?2L)（1分） 4设滑上C点的速度为uc，对物块根据动能定理得 ??mg(6.5R?L)?解得 112（1分） muc2?muB22112muc?mg(2.5R?L)?mgR，所以物块不可能滑到CD轨道的中点（1分） 22?当2R≤L<5R时，物块的运动的匀减速运动8R，匀速运动L-2R，再匀减速运动0.5R，克服摩擦力做的功 机械能及其守恒定律专题检测·第12页 Wf??mg(8R?0.5R)?解得 14mgR（1分） 4112mu'c?mgR?mgR，所以物块不能滑到CD轨道的中点（1分） 24机械能及其守恒定律专题检测·第13页