2020人教版物理学案选1-2(山东专用)第5章 第5节 外力作用下的振动

第4节单_摆1.在摆角小于5°的情况下，单摆的自由振动是简谐运动。

2．单摆是理想化模型：忽略在摆动过程中所受到的阻力，摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线。

3．单摆的回复力是由摆球的重力沿运动方向的分力提供，与摆球偏离平衡位置的位移成正比，方向总是指向平衡位置。

4．荷兰物理学家惠更斯首先提出单摆的周期公式T＝2πlg，利用周期公式可以测定当地的重力加速度。

一、单摆组成要求细线摆线看成是不可伸长，且没有质量的细线小球摆球看成是没有大小只有质量的质点单摆是理想化模型：①忽略在摆动过程中所受到的阻力，②将摆球看作质点，③摆线细且不可伸长。

二、单摆的回复力1．回复力的提供：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。

2．回复力的特点：在偏角很小时，单摆所受的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即F＝－mglx。

3．运动规律：单摆在偏角很小时做简谐运动，其振动图像遵循正弦函数规律。

三、单摆的周期1．定性探究单摆的振幅、质量、摆长对周期的影响(1)探究方法：控制变量法。

(2)实验结论①单摆振动的周期与摆球的质量无关。

②振幅较小时，周期与振幅无关。

③摆长越长，周期越长；摆长越短，周期越短。

2．定量探究单摆的周期与摆长的关系(1)周期的测量：用停表测出单摆N(30～50)次全振动的时间t，利用T＝tN计算它的周期。

(2)摆长的测量：用刻度尺测出细线长度l 0，用游标卡尺测出小球直径D，利用l＝l 0＋D2求出摆长。

(3)数据处理：改变摆长，测量不同摆长及对应周期，作出T­l、T­l 2或T­l图像，得出结论。

3．周期公式(1)公式的提出：周期公式是荷兰物理学家惠更斯首先提出的。

(2)公式：T＝2πlg，即T 与摆长l 的二次方根成正比，与重力加速度g 的二次方根成反比。

4．周期公式的应用由单摆周期公式可得g＝4π2lT2，只要测出单摆的摆长l 和周期T 就可算出当地的重力加速度。

第5节生活中的振动
核心素养
物理观念科学探究科学思维科学态度与责任1.知道什么是自由振动和阻
尼振动，并能从能量的观点
给予说明。

2.知道受迫振动的频率等于
驱动力的频率，而跟振动物
体的固有频率无关。

3.理解共振的概念，知道常
见共振的应用和危害。

通过做受迫
振动的实验，
了解受迫振
动的特点及
共振的条件。

分析简谐运
动、阻尼振
动、受迫振
动的特点，
比较它们的
异同。

能分析受迫振
动、阻尼振动在
生产生活中的利
弊。

知识点一阻尼振动
[观图助学]
弹簧振子在泥浆中不能持续振动，汽车上的减震器能让汽车的振动很快停下来，它们为什么不能持续振动？这些振动有什么特点？
1.定义
阻尼振动是指振幅不断减小的振动。

2.产生的原因
振动过程中由于存在阻力，振动物体需要不断克服阻力做功，系统的机械能不断减小，导致振幅不断减小。

3.图像
如图所示，振幅逐渐减小，最后停止振动。

第5节外力作用下的振动一、阻尼振动1．固有振动和固有频率(1)固有振动：不受外力作用的振动。

(2)固有频率：固有振动的频率。

2．阻尼振动图11-5-1(1)阻尼：当振动系统受到阻力作用时，振动受到了阻尼。

(2)阻尼振动：振幅逐渐减小的振动，如图11-5-1所示。

二、受迫振动 1．自由振动在没有任何阻力的情况下，给振动系统一定能量，使它开始振动，这样的振动叫自由振动。

自由振动的周期是系统的固有周期。

如果把弹簧振子拉离平衡位置后松手，弹簧振子的振动就是自由振动。

2．驱动力如果存在阻尼作用，振动系统最终会停止振动。

为了使系统持续振动下去，对振动系统施加的周期性的外力，外力对系统做功，补偿系统的能量损耗，这种周期性的外力叫做1.振幅逐渐减小的振动，叫做阻尼振动，阻尼越大，振幅减小得越快。

2．做阻尼振动的物体，振幅越来越小，但周期不变。

3．系统在驱动力作用下的振动叫做受迫振动，受迫振动的频率总等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关。

4．驱动力频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大，叫做共振。

驱动力。

3．受迫振动(1)定义：系统在驱动力作用下的振动，叫做受迫振动。

(2)受迫振动的频率(周期)做受迫振动的物体，其振动频率总等于驱动力的频率，与系统的固有频率无关。

三、共振1．条件：驱动力的频率等于系统的固有频率。

2．特征：在受迫振动中，共振时受迫振动的振幅最大。

3．共振曲线：如图11-5-2所示。

图11-5-21．自主思考——判一判(1)受迫振动的频率等于振动系统的固有频率。

(×)(2)驱动力频率越大，振幅越大。

(×)(3)生活中应尽量使驱动力的频率接近振动系统的固有频率。

(×)(4)驱动力的频率等于系统的固有频率时，发生共振现象。

(√)2．合作探究——议一议(1)前面我们学习过的弹簧振子的运动是属于简谐运动还是阻尼振动呢？提示：实际的弹簧振子在运动中除受到弹力之外，还受到摩擦力等阻力的作用，振幅逐渐减小，即做的是阻尼振动。

《机械能》综合检测(时间:90分钟　满分:100分)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1～7小题只有一个选项正确,第8～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1. 如图所示,质量为m的钩码在弹簧测力计的作用下竖直向上运动.设弹簧测力计的示数为F T,不计空气阻力,重力加速度为g.则(　D　)A.F T=mg时,钩码的机械能不变B.F T<mg时,钩码的机械能减小C.F T=mg时,钩码的机械能减小D.F T>mg时,钩码的机械能增加解析:无论F T与mg的关系如何,F T与钩码位移的方向一致,F T做正功,钩码的机械能增加,选项D正确.2.下表列出了某种型号轿车的部分数据,试根据表中数据回答问题.长/mm×宽/mm×高/mm 4 871×1 835×1 460净重/kg 1 500传动系统前轮驱动与挡变速发动机型式直列4缸发动机排量(L) 2.2最高时速(km/h)252100 km/h的加速时间(s)10额定功率(kW)140如图为轿车中用于改变车速的挡位.手推变速杆到达不同挡位可获得不同的运行速度,从“1～5”逐挡速度增大,R是倒车挡.轿车要以最大动力上坡,变速杆应推至挡位及该车以额定功率和最高速度运行时轿车的牵引力分别为(　D　)A.“5”挡,8 000 NB.“5”挡,2 000 NC.“1”挡,4 000 ND.“1”挡,2 000 N解析:由P=Fv可知,要获得大的动力应当用低速挡,即“1”挡;由P=Fv m,解得F==2 000 N,选项D正确.3. 蹦极是一项既惊险又刺激的运动,深受年轻人的喜爱.如图所示,蹦极者从P点静止跳下,到达A处时弹性绳刚好伸直,继续下降到最低点B处,离水面还有数米距离.蹦极者在其下降的整个过程中,重力势能的减少量为ΔE1、绳的弹性势能增加量为ΔE2,克服空气阻力做功为W,则下列说法正确的是(　C　)A.蹦极者从P到A的运动过程中,机械能守恒B.蹦极者与绳组成的系统从A到B的过程中,机械能守恒C.ΔE1=W+ΔE2D.ΔE1+ΔE2=W解析:蹦极者从P到A的过程中,除了重力做功以外,还有空气阻力做功,机械能不守恒,选项A错误;从A到B的过程中,对于系统,除了重力和弹力做功以外,有阻力做功,系统机械能不守恒,选项B错误;根据能量守恒知,由于动能变化量为零,重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和,即ΔE1=W+ΔE2,选项C正确,D错误.4.放置于固定斜面上的物块,在平行于斜面向上的拉力F作用下,沿斜面向上做直线运动.拉力F和物块速度v随时间t变化的图像如图,则(　C　)A.第1 s内物块受到的合外力为5.0 NB.物块的质量为11 kgC.第1 s内拉力F的功率逐渐增大D.前3 s内物块机械能先增大后不变解析:由v t图像可知:0～1 s内物块做匀加速运动,且a=0.5 m/s2,1～3 s内物块做匀速运动由F t图像及受力分析可得,F1-(mgsin θ+f)=ma,F2-(mgsin θ+f)=0,联立得m=1 kg,故选项A,B错误;第1 s内速度v逐渐增大,由P=Fv可知F的功率逐渐增大,选项C正确;前 3 s 内除重力以外的合外力做正功,所以物块的机械能一直增大,选项D错误.5. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一,如图所示的图线1,2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离l与刹车前的车速v的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间的摩擦是滑动摩擦.据此可知,下列说法中正确的是(　B　)A.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快,甲车的刹车性能好B.乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好C.以相同的车速开始刹车,甲车先停下来,甲车的刹车性能好D.甲车的刹车距离随刹车前的车速v变化快,甲车与地面间的动摩擦因数较大解析:对刹车过程,由动能定理可知μmgl=mv2,得l==,结合题图可知甲车与地面间动摩擦因数小,乙车与地面间动摩擦因数大,刹车时的加速度a=μg,以相同的车速开始刹车,乙车先停下来,乙车刹车性能好,B正确.6.如图所示,一张薄纸板放在光滑水平面上,其右端放有小木块,小木块与薄纸板的接触面粗糙,原来系统静止.现用水平恒力F向右拉薄纸板,小木块在薄纸板上发生相对滑动,直到从薄纸板上掉下来.上述过程中有关功和能的说法正确的是(　D　)A.拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B.摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C.离开薄纸板前小木块可能先做加速运动,后做匀速运动D.小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量解析:由功能关系,拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和,选项A错误;摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量,选项B错误;离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动,选项C错误;对于系统,由摩擦产生的热量Q=F fΔL,其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的位移,即薄纸板的长度.对小木块,F f L木=ΔE k,L木为小木块相对地面的位移,由于L木存在大于、等于或小于ΔL三种可能,即ΔE k存在大于、等于或小于Q三种可能,选项D正确.7.竖直向上抛出一小球,小球在运动过程中,所受空气阻力大小不变.规定向上方向为正方向,小球上升到最高点所用时间为t0,下列关于小球在空中运动过程中的加速度a、位移x、重力的瞬时功率P和机械能E随时间t变化的图像中,正确的是(　C　)解析:由于向上方向为正,加速度方向一直向下,选项A错误;由空气阻力大小不变,故物体向上减速运动和向下加速运动的加速度均恒定,且向上的加速度大,故向上减速的时间小于向下加速的时间,由于小球做匀变速运动,位移—时间图线不是直线,选项B错误;由于空气阻力一直做负功,故小球的机械能一直减小,选项D错误,重力的瞬时功率P=mgv,选项C正确.8. 如图所示,轻质弹簧一端固定,另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连,弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静止开始下滑,经过B处的速度最大,到达C处的速度为零,AC=h.圆环在C处获得一竖直向上的速度v,恰好能回到A处;弹簧始终在弹性限度之内,重力加速度为g,则圆环(　BD　)A.下滑过程中,加速度一直减小B.下滑过程中,因摩擦力产生的热量为mv2C.从A处到C处的过程中弹簧的弹性势能增加了mv2-mghD.下滑经过B处的速度小于上滑经过B处的速度解析:由题意知圆环从A到C先加速运动,后减速运动,在A点时加速度为g,到达B点时加速度减为零,所以圆环先做加速度逐渐减小的加速运动再做加速度逐渐增大的减速运动,A项错误;圆环从A到C过程中弹簧增加的弹性势能即C处的弹性势能E p,因摩擦力产生的热量等于克服摩擦力所做的功W f,由能量守恒知圆环从A到C过程有mgh=W f+E p,从C到A过程有mv2+E p=mgh+W f,联立得W f=mv2,E p=mgh-mv2,B项正确,C项错误;圆环从A到B过程有mgh1=m+ΔE p1+W f1,圆环从B到A过程有m+ΔE p1=mgh1+W f1,可得v B2>v B1,D项正确.9.质量为1 kg的物体在水平粗糙的地面上受到一水平外力F作用运动,如图(甲)所示,外力F和物体克服摩擦力f做的功W与物体位移x的关系如图(乙)所示,重力加速度g为10 m/s2.下列分析正确的是(　ACD　)A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体运动位移为13 mC.前3 m运动过程中物体的加速度为3 m/s2D.x=9 m时,物体速度为3 m/s解析:由在W x图像中,图线斜率表示作用力的大小,物体与地面之间的滑动摩擦力f=2 N,由f=μmg可得μ=0.2,选项A正确;前3 m内,拉力F1=5 N,3～9 m内拉力F2=2 N,物体在前3 m内的加速度a1==3 m/s2,选项C正确;由动能定理得W F-fx=mv2可得x=9 m时,物体的速度为v=3m/s,选项D正确;设物体运动的最大位移为x m,由动能定理得W F-fx m=0,即物体的最大位移x m==13.5 m,选项B错误.10. 如图所示,物体A的质量为M,圆环B的质量为m,通过轻绳连在一起,跨过光滑的定滑轮,圆环套在光滑的竖直杆上,设杆足够长.开始时连接圆环的绳处于水平,长度为l,现从静止释放圆环.不计摩擦和空气的阻力,以下说法正确的是(　AD　)A.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越大B.当M=2m时,l越大,则小环m下降的最大距离h越小C.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度先增大后减小到零D.当M=m,且l确定时,则小环m下降过程中速度一直增大解析:由系统机械能守恒可得mgh=Mg(-l),当M=2m时,h=l,选项A正确,B错误;当M=m时,小环在下降过程中系统的重力势能一直在减少,即系统的动能一直在增加,选项D正确,C错误.11. 在倾角为θ的光滑斜面上放有两个用轻弹簧相连接的物块A,B,它们的质量分别为m1,m2(m1<m2),弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态,如图所示.现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动,当物块B刚要离开C时,物块A运动的距离为d,速度为v.则(　AD　)A.此时物块A的加速度为B.该过程中,物块A的速度逐渐增大C.此时物块A所受重力做功的功率为m1gvD.该过程中,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2解析:系统处于静止时,弹簧处于压缩状态,弹簧的压缩量为x1,对物块A有m1gsin θ=kx1;物块B刚要离开C时,弹簧处于伸长状态,弹簧的伸长量为x2,对物块A有F-m1gsin θ-kx2=m1a,又物块A运动的距离为d=x1+x2,解得a=,若F<kd,则物块A在该过程中运动的速度将先增大后减小,选项A正确,B错误;物块A重力的方向与速度方向不共线,选项C错误;根据能量守恒定律得,弹簧弹性势能的增加量为Fd-m1gdsin θ-m1v2,选项D正确.12.滑草场的某条滑道由上下两段高均为h,与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成,滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ.质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑,经过上、下两段滑道后,最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8).则(　AB　)A.动摩擦因数μ=B.载人滑草车最大速度为C.载人滑草车克服摩擦力做功为mghD.载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g解析:对滑草车从坡顶由静止滑下,到底端静止的全过程,得mg·2h-μmgcos 45°·-μmgcos 37°·=0,解得μ=,选项A正确;对经过上段滑道过程,根据动能定理得,mgh-μmgcos45°·=mv2,解得v=,选项B正确;载人滑草车克服摩擦力做功为2mgh,选项C错误;载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为a==-g,选项D错误.二、非选择题(共52分)13.(6分)某同学根据机械能守恒定律,设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系.(1)如图(甲),将轻质弹簧下端固定于铁架台,在上端的托盘中依次增加砝码,测量相应的弹簧长度,部分数据如下表.由数据算得劲度系数k= N/m.(g取9.80 m/s2)砝码质量(g)50100150弹簧长度(cm)8.627.63 6.66 (2)取下弹簧,将其一端固定于气垫导轨左侧,如图(乙)所示;调整导轨,使滑块自由滑动时,通过两个光电门的速度大小 . (3)用滑块压缩弹簧,记录弹簧的压缩量x;释放滑块,记录滑块脱离弹簧后的速度v.释放滑块过程中,弹簧的弹性势能转化为 .(4)重复(3)中的操作,得到v与x的关系如图(丙).由图可知,v与x 成 关系.由上述实验可得结论:对同一根弹簧,弹性势能与弹簧的 成正比.解析:(1)根据F=kx得ΔF=kΔx,可得k==.取较远的两组数计算,k==50 N/m.(2)气垫导轨摩擦力可以忽略,故滑块做匀速直线运动,通过两个光电门的速度大小相等.(3)因忽略摩擦力,释放滑块后,弹簧的弹性势能转化为滑块的动能.(4)由题图(丙)可知,v-x图线为过原点的倾斜直线,成正比关系.由E k=mv2=E p可知,E p=mv2∝x2,故弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比.答案:(1)50　(2)相等　(3)滑块的动能　(4)正比　压缩量的平方评分标准:(1)2分;(2)(3)(4)每空1分.14.(6分)利用气垫导轨验证机械能守恒定律,实验装置如图(甲)所示,水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨,导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块,其总质量为M,左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳和一质量为m的小球相连;遮光片两条长边与导轨垂直,导轨上B点有一光电门,可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t,用d表示A 点到光电门B处的距离,b表示遮光片的宽度,将遮光片通过光电门的平均速度看做滑块通过B点时的瞬时速度,实验时滑块在A处由静止开始运动.(1)某次实验测量倾角θ=30°,重力加速度用g表示,滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为ΔE k= ,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p= ,在误差允许的范围内,若ΔE k=ΔE p,则可认为系统的机械能守恒.(用题中字母表示) (2)在上次实验中,某同学改变A,B间的距离,作出的v2-d图像如图(乙)所示,并测得M=m,则重力加速度g= m/s2.解析:(1)系统动能增加量可表示为ΔE k=(M+m)v2=,系统的重力势能减少量可表示为ΔE p=mgd-Mgdsin 30°=(m-)gd.(2)根据机械能守恒可得(m-)gd=(M+m)v2,即g=,代入数据得g=9.6 m/s2.答案:(1)　(m-)gd(2)9.6评分标准:每空2分.15.(8分)小型四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,它的质量为2 kg,运动过程中所受空气阻力大小恒定不变,其动力系统能提供的最大升力为36 N,某次飞行中,无人机从地面上由静止开始以最大升力竖直向上起飞,4 s时无人机离地高度为h=48 m,今通过操控已使无人机悬停在距离地面H=180 m高处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力,从静止开始竖直坠落,(g=10 m/s2)求:(1)无人机运动过程中所受的空气阻力的大小.(2)为确保无人机能安全降落到地面,必须在无人机下坠多少时间内瞬间恢复最大升力?解析:(1)无人机从地面以最大升力竖直向上飞行时,设加速度为a1,则有h=a1t2.(1分)由牛顿第二定律得F-mg-f=ma1,(1分)解得f=4 N.(1分)(2)无人机失去升力后向下做匀加速运动,直至升力恢复,设这一过程的加速度为a2,则有mg-f=ma2,(1分)解得a2=8 m/s2.下落高度h1=a2(1分)距地面的高度h2=H-h1又安全落地,即落地速度v=0 m/s(1分)从最高点到落到地面的过程中,由动能定理得mgH-fH-Fh2=mv2(1分)可得t2=5 s.(1分)答案:(1)4 N　(2)5 s16. (8分)如图所示,AB,BC为倾角不同的斜面,斜面BC与水平面夹角为30°,CD段水平,B,C处均以平滑小圆弧连接.一物块从距水平面高度为h的A点由静止沿斜面滑下,物块在BC段做匀速运动,最终停在水平面上D点.物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均相同.求:(1)物块与接触面间的动摩擦因数;(2)A点到D点的水平距离.解析:(1)由物块在BC段匀速运动有mgsin 30°=μmgcos 30°(1分)解得μ=.(1分)(2)设斜面AB与水平面夹角为α,AB的水平距离为x1,BC的水平距离为x2,CD的水平距离为x3,AB段摩擦力做功W1=-μmgcosα×=-μmgx1(2分)同理可得BC段摩擦力做功W2=-μmgx2(1分)CD段摩擦力做功W3=-μmgx3(1分)对AD段,由动能定理得mgh+W1+W2+W3=0(1分)解得x AD=x1+x2+x3=h.(1分)答案:(1)　(2)h17.(12分)如图所示,竖直平面内的一半径R=0.50 m的光滑圆弧槽BCD,B点与圆心O等高,一水平面与圆弧槽相接于D点,质量m=0.10 kg的小球从B点正上方H=0.95 m高处的A点自由下落,由B点进入圆弧轨道,从D点飞出后落在水平面上的Q点,DQ间的距离x=2.4 m,球从D点飞出后的运动过程中相对水平面上升的最大高度h=0.80 m,g 取10 m/s2,不计空气阻力,求:(1)小球经过C点时轨道对它的支持力大小F N;(2)小球经过最高点P的速度大小v P;(3)D点与圆心O的高度差h OD.解析:(1)设经过C点速度为v1,由机械能守恒有mg(H+R)=m(2分)由牛顿第二定律有F N-mg=(2分)代入数据解得F N=6.8 N.(1分)(2)设在P点时速度为v P,由P到Q小球做平抛运动有h=gt2,=v P t(2分)代入数据解得v P=3.0 m/s.(1分)(3)从A到D由机械能守恒定律,有mg(H+h OD)=m,(2分)从D到P有m=mgh+m(1分)代入数据,解得h OD=0.30 m.(1分)答案:(1)6.8 N　(2)3.0 m/s　(3)0.30 m18.(12分)如图所示,在水平轨道右侧安放一半径为R的竖直圆形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为L,水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块A(可视为质点)从轨道右侧以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道.已知R=0.2 m,L=1 m,v0=2 m/s,物块A质量为m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计,取g=10 m/s2.(1)求物块A与弹簧刚接触时的速度大小;(2)求物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度;(3)调节PQ段的长度L,A仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当L满足什么条件时,物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道?解析:(1)设物块A与弹簧刚接触时的速度大小为v1,由动能定理可得-μmgL=m-m(1分)解得v1=2 m/s.(1分)(2)设物块A被弹簧以原速率弹回后返回到圆形轨道的高度为h1,由动能定理可得-μmgL-mgh1=0-m(1分)解得h1=0.2 m=R,符合实际情况.(1分)(3)①若A沿轨道上滑至最大高度h2时,速度减为0,则使A不脱离轨道时h2需满足的条件是0<h2≤R,(1分)由动能定理可得-2μmgL1-mgh2=0-m(1分)联立可得1 m≤L1<1.5 m.(1分)②若A能沿轨道上滑至最高点,则需满足m≥mg,(1分)由动能定理可得-2μmgL2-mg·2R=m-m,(1分)联立可得L2≤0.25 m(1分)综上所述,要使物块A被弹簧弹回后能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,L需满足的条件是1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m.(2分)答案:(1)2 m/s　(2)0.2 m　(3)1 m≤L<1.5 m或L≤0.25 m。