2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第6章 专题强化9　动力学和能量观点的综合应用.docx

专题强化九动力学和能量观点的综合应用目标要求1.会用功能关系解决传送带、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题题型一传送带模型例1(多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v01 m/s顺时针传动建筑工人将质量m20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v01 m/s的速度向右匀速运动已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为0.1，运输带的长度为L2 m，重力加速度大小为g10 m/s2.以下说法正确的是()A建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端B建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动C因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 JD运输带对建筑材料做的功为10 J答案AD解析建筑工人匀速运动到右端，所需时间t12 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为ag1 m/s2，加速的时间为t21 s，加速运动的位移为x1t20.5 m<L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t31.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为tt3t2t10.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2v0t21 m，则因摩擦而生成的热量为Qmg(x2x1)10 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为Wmv0210 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20 J，C错误，D正确例2如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v02 m/s的速率运行，现把一质量为m10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能答案(1)(2)230 J解析(1)由题图可知，传送带长x3 m工件速度大小达到v0前，做匀加速运动，有x1t1工件速度大小达到v0后，做匀速运动，有xx1v0(tt1)联立解得加速运动的时间t10.8 s加速运动的位移大小x10.8 m所以加速度大小a2.5 m/s2由牛顿第二定律有mgcos mgsin ma解得.(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量在时间t1内，传送带运动的位移大小x传v0t11.6 m在时间t1内，工件相对传送带的位移大小x相x传x10.8 m在时间t1内，摩擦产生的热量Qmgcos ·x相60 J最终工件获得的动能Ekmv0220 J工件增加的势能Epmgh150 J电动机多消耗的电能EQEkEp230 J.1传送带问题的分析方法(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解2功能关系分析(1)传送带克服摩擦力做的功：WFfx传(2)系统产生的内能：QFfs相对，s相对表示相对路程(3)功能关系分析：WEkEpQ.题型二滑块木板模型例3如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v02 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A木板A最终获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JC木板A的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1答案D解析由题图乙可知，01 s内，A、B的加速度大小都为a1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkAmv121 J，选项A错误；系统损失的机械能Emv02·2m·v22 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得mgma，解得0.1，选项D正确例4(2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数0.4，A的质量m1 kg，B的质量M2 kg, g10 m/s2.现对A施加F7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；(2)A相对于B静止时的速度大小v；(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.答案(1)3 m/s22 m/s2(2) m/s(3) J解析(1)若A、B相对静止，则有a m/s2>2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有Fmgma1，解得a13 m/s2对木板B，根据牛顿第二定律有mgMa2解得a22 m/s2.(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1a1t13 m/s，木板B的速度大小v2a2t12 m/s，撤去F后，由mgma3得滑块A的加速度大小为a34 m/s2，设经历时间t2二者共速，则有v1a3t2v2a2t2，解得t2 s，则vv1a3t2 m/s.(3)外力F对A、B整体做的功为F·xF·a1t12 JA、B最终以速度v m/s运动故A、B整体动能为Ek(Mm)v2 J由能量守恒定律得F·xQEk，则Q J.1动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移2功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律如图所示，要注意区分三个位移：(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；(3)求摩擦生热时用相对位移x.题型三多运动组合问题例5(2023·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上现有质量为m1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0 m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g10 m/s2，不计空气阻力求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处答案(1)2 m/s(2)50 N(3)6 J(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)解析(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识有v0vBsin 30°，得vB2 m/s(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(RRsin 30°)mvB2mvC2解得vC4 m/s经过C点时受轨道的支持力大小为FN，有FNmgm，解得FN50 N由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压50 N(3)设弹簧的弹性势能最大值为Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有mgLCDmgLDFsin 30°Epm0mvC2，代入数据可解得Epm6 J(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°EpmmgLCDmgh，代入数据可解得h0.6 m，因为h<R，故无法从B点离开，又mvC2mgx，代入数据可解得x3.2 m3LCD0.2 m，滑块最后静止时的位置离D点0.2 m(或离C点0.8 m)例6如图所示，AB、FG均为半径R0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角53°、长度L12 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小g10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力求：(sin 53°0.8，结果可保留分数)(1)C、D两点间的距离x；(2)物块从B点运动到E点的时间t；(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.答案(1)1.2 m(2) s(3)6 m1.35 m解析(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgRmvB2，解得vB3 m/s物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD5 m/s竖直方向的分速度大小vyvBtan 4 m/s竖直方向物块做自由落体运动，有vygt1，解得t10.4 sC、D两点间的距离x vBt11.2 m.(2)物块在斜轨道上的加速度大小a1gsin gcos 6 m/s2，由L1vDt2a1t22代入数据解得t2 s物块从B点运动到E点的时间tt1t20.4 s s s.(3)物块由F到G，由机械能守恒定律mvF2mgR，代入数据解得vF3 m/s物块在E点的速度vEvDa1t2，可得vE7 m/s物块从E到F，由动能定理可得mgL2mvF2mvE2代入数据解得L26 m物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得mgs0mvF2代入数据解得s1.35 m.1分析思路(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解2方法技巧(1)“合”整体上把握全过程，构建大致的运动情景；(2)“分”将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；(3)“合”找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案课时精练1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是()AW0，Qmv2 BW0，Q2mv2CW，Qmv2 DWmv2，Q2mv2答案B解析对小物块，由动能定理有Wmv2mv20，设小物块与传送带间的动摩擦因数为，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1tvtvt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2vttt，又t，则小物块与传送带间的相对路程x相对x1x2，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Qmgx相对2mv2，选项B正确2.(多选)如图所示，质量m1 kg的物体(可视为质点)从高为h0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为0.2，传送带A、B两点之间的距离为L5 m，传送带一直以v4 m/s的速度顺时针运动，则(g取10 m/s2)()A物体从A运动到B的时间是1.5 sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 JD物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J答案AC解析设物体下滑到A点时的速度大小为v0，在由P到A过程中，由机械能守恒定律有mv02mgh，代入数据得v02 m/s<v4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为ag2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1 s1 s，匀加速运动过程的位移大小x1t1×1 m3 m<L5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2 s0.5 s，故物体从A运动到B的时间为tt1t21.5 s，选项A正确；物体运动到B时的速度大小vB4 m/s，根据动能定理得，摩擦力对物体做的功WmvB2mv02×1×42 J×1×22 J6 J，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带vt14 m，故产生的热量Qmgxmg(x带x1)，代入数据得Q2 J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功WWQ6 J2 J8 J，选项D错误3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为()A. B.Cmv2 D2mv2答案C解析由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mgx相，x相vtt，ag，vat，联立以上各式可得Wmv2，故选项C正确4(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的vt图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则()A小物块与长木板间的动摩擦因数0.5B在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC小物块的初速度为v012 m/sD02 s与23 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为171答案ACD解析由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在02 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1 m/s21 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律有，Ff1Ff2ma1，Ff1mg，在23 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2 m/s22 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，Ff22ma24 N，联立以上各式，解得0.5，故A正确；对物块，在02 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有mgma，解得a5 m/s2，由vv0at可得v0vat2 m/s5×2 m/s12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Qmv02×1×122 J72 J,23 s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量E损2·2mv24 J，故02 s时间内系统机械能减少量E损172 J4 J68 J，则02 s与23 s系统机械能减少量之比为171，故B错误，D正确5(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变t0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示已知小物块质量m1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是()A传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB传送带与小物块之间的动摩擦因数C0t2时间内因摩擦产生的热量为27 JD0t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J答案ABC解析从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小a1 m/s2，对物块受力分析，可得mgcos mgsin ma，解得，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速过程经历的时间t2 s，由题图乙可知t23 s，物块运动的位移大小x1.5 m，传送带与物块的相对位移x4.5 m，摩擦产生的热量Qmgcos ·x27 J，故C正确；物块增加的重力势能Epmgsin ·x7.5 J，物块动能的增量Ekmv02mv121.5 J，传送带多消耗的电能W电QEpEk36 J，故D错误另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t2 s，因此题图乙中t23 s，3 s内传送带的位移x传v0t26 m，传送带多消耗的电能W电mgcos ·x传36 J，故D错误6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M1.0 kg，长度L1.0 m在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F8 N，g取10 m/s2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.答案(1)7.5 J4.5 J(2)3 J解析(1)当用F8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1g3 m/s2木板运动的加速度大小为a25 m/s2设抽出过程的时间为t，则有a2t2a1t2L，解得t1 s，所以小铁块运动的位移为x1a1t2，解得x11.5 m木板运动的位移为x2a2t2，解得x22.5 m摩擦力对小铁块做的功为W1mgx1，解得W14.5 J摩擦力对木板做的功为W2mgx2，解得W27.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能QmgL3 J.7(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)求：(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数；(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek.答案(1)(2)mgR(3)(21)mgR解析(1)由几何关系得BC间的高度差hR小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mghmg·2R0，解得(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹Ep滑块从A到D过程由动能定理得Epmg·2Rmg·2Rmv20滑块在D点，由重力提供向心力，有mgm联立解得EpmgR.(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有xvt竖直方向有ygt2由几何关系可知x2y24R2可得滑块落到挡板上时的动能为Ekmv2(gt)2，联立解得Ek(21)mgR.8“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点P为一倾角37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x0.32 m一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长已知物块质量m3 kg，薄木板质量M1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数1，木板与物块之间的动摩擦因数2，重力加速度g10 m/s2，sin 37°0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)；(2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量答案(1)(91.9224) N(2)1.5 m(3)87 J解析(1)物块由C到D，做斜上抛运动水平方向v水平1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小v2 m/s，v竖直vsin 1.2 m/s物块在C端时竖直方向速度大小v竖直v竖直gt0.8 m/s，vC m/s由B到C有mvB2mvC2mgR(1cos )其中cos ，在B点有FNmgm由牛顿第三定律得F压FN(91.9224) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有2mgcos mgsin mam，解得物块加速度大小am m/s2，做匀减速直线运动对木板有2mgcos Mgsin 1(Mm)gcos MaM，解得木板加速度大小aM m/s2，做匀加速直线运动设两者经时间t1达到共速v共，则有vamt1aMt1v共解得t11.5 s，v共1 m/s此过程中s物t1 m，s板t1 m物块相对于木板运动的距离ss物s板1.5 m(3)2mgcos >mgsin ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止以物块和木板为整体，a共1gcos gsin m/s2，s共1.5 mQ物板2mgcos ·s30 JQ板斜1(Mm)gcos ·(s板s共)57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量QQ物板Q板斜87 J.9如图所示，竖直放置的半径为R0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接水平传送带MN以v04 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h0.8 m，MN间的距离为LMN3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数0.2，轨道其他部分均光滑直轨道BC长LBC1 m，小滑块P的质量为m1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围答案(1)0.4 m(2)0.8 m(3) 0.7 mH0.8 m解析(1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则vF0mg(HR)mgLBC0解得H0.4 m(2)H1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理mgHmg(LBCLMN)mvN20解得vN2 m/s滑块从N点做平抛运动，水平位移为xvN0.8 m(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理有mgH1mgLBC2mgRmvE20在E点时有mgm解得H10.7 m滑块滑上传送带时的速度为vMmgH1mgLBCmvM20vM m/s<4 m/s滑块做减速运动的位移为L2.5 m<LMN因此滑块返回M点时的速度为vM m/s，因此能第二次过E点设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v2 m/s从开始到M点应用动能定理有mgH2mgLBCmv20解得H20.8 m第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有mgH23mgLBCmvB20vB2 m/s< m/s所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H的范围是0.7 mH0.8 m.