2021-2022学年河南省创新发展联盟高一（下）段考物理试卷（四）（含答案解析）

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2021-2022学年河南省创新发展联盟高一（下）段考物理试卷（四）1.  下列说法正确的是(    )A. 拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，物体的机械能守恒
B. 物体做竖直上抛运动时，机械能守恒
C. 物体从置于光滑水平面的光滑斜面上自由下滑时，机械能守恒
D. 合外力对物体做功为零时，物体机械能一定守恒2.  质点在光滑的水平面运动，当运动到M点时，质点速度方向竖直向前，此时开始受到一恒力的作用，经过一段时间后，质点的速度变为水平向右，请判断此恒力为(    )A.
B.
C.
D. 3.  如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，某同学用手将弹力球以某一竖直向下的初速度抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中弹性轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，下列说法正确的是(    )A. 弹性轻绳上的拉力一直增大 B. 弹性轻绳的弹性势能一直增大
C. 弹性轻绳刚伸直时，弹力球的速度最大 D. 弹力球的重力势能一直减小4.  甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为，船在静水中的速率均为v，甲、乙两船船头均与河岸成角，如图所示。已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为L，则下列判断正确的是(    )
 A. 甲、乙船同时到达对岸
B. 若仅是河水流速增大，则两船的渡河时间都变短
C. 不论河水流速如何改变，只要适当改变角，甲船总能到达正对岸的A点
D. 若仅是河水流速增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L5.  如图所示为“行星传动示意图”。中心“太阳轮”的转动轴固定，其半径为，周围四个“行星轮”的转动轴固定，其半径为，“齿圈”的半径为，其中，A、B、C分别是“太阳轮”、“行星轮”、“齿圈”边缘上的点，齿轮传动过程不打滑，那么(    )A. A点与B点的角速度相同 B. A点与B点的线速度相同
C. B点与C点的转速之比为7：2 D. A点与C点的周期之比为3：56.  如图所示，AB为一半径为R的圆弧，圆心位置O，一小球从与圆心等高的任意点沿半径方向水平抛出，恰好垂直落在AB面上的Q点，且速度与水平方向夹角为，则小球抛出后的水平距离为(    )
 A.  B.  C. R D. 7.  风力发电是一种环保的电能获取方式。某风力发电机的叶片转动形成的圆面积为S，某时间风的速度大小为v，风向恰好跟此圆面垂直；此时空气的密度为，该风力发电机将空气动能转化为电能的效率为，则风力发电机发电的功率为(    )
 A.  B.  C.  D. 8.  2021年10月14日，我国成功发射了首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”，用于实现太阳波段光谱成像的空间探测。“羲和号”的轨道为近极地太阳同步卫星轨道，离地高度约为517km。如图所示，a为羲和号，b为地球同步卫星，c为赤道上随地球一起转动的物体。已知地球半径约为6400km，地球的自转周期为24小时，下列说法正确的是(    )A. a的发射速度大于第二宇宙速度
B. a、b、c的线速度大小关系为
C. a的向心加速度小于c的向心加速度
D. a的运行周期小于24h9.  如图所示，长度为L的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2m的小球；B处固定质量为m的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动。在无任何阻力的情况下，下列说法中正确的是(    )
①A球到达最低点时速度为
②A球到达最低点时，B球速度为
③A球到达最低点时，杆对A做功为
④摆动过程中A球机械能守恒A. ①③ B. ②④ C. ②③ D. ①④10.  如图甲所示是一简易打桩机。质量的重物在拉力的作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去拉力，重物上升到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入一定深度。若以重物与钉子接触处为重力势能零点，重物上升过程中，其机械能E与上升高度h的关系图象如图乙所示，不计所有摩擦。则(    )
 A. 重物在过程中做匀速直线运动
B. 重物加速上升过程中的加速度为
C. 重物上升到1m高度处的速度为
D. 重物上升过程拉力的最大功率为24W11.  如图所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，a轨道由金属凹槽制成，b轨道由金属圆管制成圆管内径远小于半径，均可视为光滑轨道。在两轨道右端的正上方分别将金属小球A和直径略小于圆管内径由静止释放，小球距离地面的高度分别用和表示。下列说法中正确的是(    )A. 若，两小球都能沿轨道运动到最高点
B. 若，两小球在轨道上上升的最大高度均为
C. 适当调整和，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处
D. 若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，的最小值为，B小球在的任何高度释放均可12.  如图所示，甲、乙传送带倾斜于水平地面放置，并以相同的恒定速率v逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、倾角均相同．将一小物体分别从两传送带顶端的A点无初速释放，甲传送带上物体到达底端B点时恰好达到速度v；乙传送带上物体到达传送带中部的C点时恰好达到速度v，接着以速度v运动到底端B点．则物体从A运动到B的过程中(    )
A. 物体在甲传送带上运动的时间比乙大 B. 物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙大
C. 两传送带对物体做功相等 D. 两传送带因与物体摩擦产生的热量相等13.  在“研究平抛物体运动”的实验中，可以描绘平抛物体运动轨迹和求物体的平抛初速度。实验简要步骤如下：
A.让小球多次从______位置上滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列位置；
B.安装好器材，注意斜槽末端水平和平板竖直，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线，检测斜槽末端水平的方法是______。
C.测出曲线上某点的坐标x、y，用______算出该小球的平抛初速度，实验需要对多个点求的值，然后求它们的平均值。
D.取下白纸，以O为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹。
上述实验步骤的合理顺序是______只排列序号即可。
如图所示，在“研究平抛物体运动”的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长若小球在平抛运动途中的几个位置如图中的a、b、c、d所示，则小球平抛的初速度的计算式为______，小球在b点的速率是______ 用L、g表示。14.  某同学利用竖直上抛小球的频闪照片验证机械能守恒定律，频闪仪每隔闪光一次，用毫米刻度尺测得相邻两个时刻小球上升的高度分别为、、、、，该同学通过计算得到不同时刻的速度如表所示当地重力加速度，小球质量时刻     速度   上面测量高度的五个数据中不符合有效数字读数要求的是______段，应记作______cm；
由频闪照片上的数据计算时刻小球的速度______计算结果保留三位有效数字；
从到时间内，重力势能增量______J，动能减少量______计算结果保留三位有效数字；
在误差允许的范围内，若与近似相等，从而验证了机械能守恒定律．由上述计算所得______选填“>”、“<”或“=”，造成这种结果的主要原因是______.15.  如图所示，ACB为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道，小球从轨道最低点A处以某一初速度水平进入，并沿轨道圆周运动，恰能通过最高点B。小球脱离轨道后，经过恰好垂直撞击在倾角为的固定斜面上。小球可看做质点且其质量，，试求：
小球经过B的速度大小；
圆轨道的半径；
小球经过与圆心等高的C点时，所受合外力大小。16.  科学家认为在太阳系中除地球外最有可能出现生命的是土卫六--泰坦。为了研究土卫六，假设我们发射一个质量为m的探测器，使探测器进入土卫六引力区时，能够绕土卫六做匀速圆周运动，此时探测器距离土卫六表面的高度为h，以后探测器可以经过一系列的制动到达土卫六表面附近，然后开始以初速度垂直土卫六地面匀减速下落，直到悬停，所用的时间为t，假设轨迹为直线。土卫六的半径为R，土卫六表面的重力加速度为g，引力常量为G，求：
探测器绕土卫六做圆周运动的周期；
土卫六的第一宇宙速度及平均密度；
探测器下落时发动机的平均推力F。17.  如图所示，一长的水平传送带以的速度逆时针匀速转动，其右端B处平滑连接着一个固定在竖直平面内、半径的光滑四分之一圆轨道。传送带左端A与光滑水平面平滑连接。一轻质弹簧的左端固定在水平面某处。质量的小物块P在外力作用下初次压缩弹簧并处于静止状态，弹簧与小物块不拴接，此时弹簧的弹性势能。现撤去外力，弹簧伸长，小物块脱离弹簧后滑上传送带。小物块与传送带之间的动摩擦因数。试求：
小物块第一次经过B点后能够上升的最大高度；
小物块第6次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；
小物块第20次压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值。
答案和解析 1.【答案】B 【解析】解：A、拉着一个物体沿着光滑的斜面匀速上升时，动能不变，势能增大，故机械能增大，故A错误；
B、物体做竖直上抛运动时，只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；
C、物体从置于光滑水平面的光滑斜面上自由下滑时，物体对斜面做功，故物体的机械能不守恒，故C错误；
D、合外力对物体做功为零时，如在拉力作用下竖直向上的匀速运动，物体机械能不守恒，故D错误
故选：B。
根据机械能守恒条件：只有重力或弹力做功的条件下，根据给出运动判断是否满足守恒条件。
正确理解机械能守恒的条件及机械能的定义是解决本题的关键。也可以根据机械能的概念进行判断。
 2.【答案】C 【解析】解：根据题意，当运动到M点时，质点速度方向竖直向前，经过一段时间后，质点的速度变为水平向右，故此恒力在y轴上做负功，在x轴上做正功，故C正确，ABD错误；
故选：C。
根据题意，竖直方向上做减速运动，水平方向上做加速运动可判断合力方向。
明确曲线运动的条件，会判断物体做曲线运动时所受的合力方向。
 3.【答案】D 【解析】解：A、在弹性绳达到原长前，弹力不变为0，以后拉力才一直增大，故A错误
B、在弹性绳达到原长前，弹性势能不变为0，以后弹性势能才一直增大，故B错误。
C、当重力与拉力相等时球的速度最大，故C错误。
D、弹力球的高度一直降低，则重力势能一直减小，故D正确
故选：D。
分析弹性轻绳对球的拉力如何变化，确定合力的变化，从而判断出加速度如何变化。当球的加速度为零时速度最大。由弹力做功分析弹性势能的变化，重力做功分析重力势能的变化。
本题与小球掉在竖直放置的弹簧相似，要注意分析小球在下落过程中的受力情况，来判断其运动情况。不能简单地认为绳一伸直，球立即减速。
 4.【答案】AD 【解析】解：A、将小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，知甲、乙两船到达对岸的时间相等。渡河的时间，故A正确；
B、若仅是河水流速增大，渡河的时间，则两船的渡河时间都不变，故B错误；
C、只有甲船速度大于水流速度时，不论水流速如何改变，甲船都可能到达河的正对岸A点，故C错误；
D、若仅是河水流速增大，则两船到达对岸时间不变，根据速度的分解，船在水平方向的分速度仍不变，则两船之间的距离仍然为故D正确。
故选：AD。
根据小船的运动分解为平行于河岸和垂直于河岸两个方向，抓住分运动和合运动具有等时性，可以比较出两船到达对岸的时间以及两船沿河岸方向上的位移大小，与间距，从而即可求解。
该题考查了运动的合成与分解，解决本题的关键灵活运用运动的合成与分解，知道合运动与分运动的等时性，并掌握运动的时间求解方法。
 5.【答案】C 【解析】解：、B两点在相等的时间内通过的弧长相等，故A、B两点的线速度大小相等，但方向不同，故B错误，
由知，线速度想等时，角速度和半径成反比，故A、B两点角速度不相同，A错误；
C.B点和C点的线速度大小相等，由知B点和C点的转速之比为：：：2，故C正确；
D.根据，：：7，故D错误；
故选：C。
根据齿轮传动判断每个轮边缘的线速度大小相同；
根据线速度线速度的关系式判断；
根据线速度和周期的公式判断；
本题的关键在于熟记圆周运动中线速度、周期、角速度和转速之间的关系式，并能选择合适的关系式进行比较。
 6.【答案】A 【解析】解：如图所示：

由速度反向延长线必过水平位移中点得：

求得A正确，BCD错误。
故选：A。
因为速度与圆弧垂直，速度反向延长线必过圆心，同时应用反向延长线必过水平位移中点可求解。
本题应用平抛运动规律，水平竖直列式也可求解，但熟练应用可以简化问题。
 7.【答案】D 【解析】解：在时间t内通过叶片的空气质量为，风能转化为电能为
故风力发电机发电的功率为，故ABC错误，D正确
故选：D。
解决此题的关键是建立正确的模型，即风的动能转换为电能，然后结合动能的表达式以及功率的表达式即可求出。
本题的解题关键是根据能量守恒定律列式求解，计算要细心。
 8.【答案】BD 【解析】解：没有摆脱地球的万有引力作用，所以发射速度小于第二宇宙速度，故A错误；
设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、线速度为v、周期为T、向心加速度为a的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有①
 解得  ②
③
   ④
根据②式可知

根据③式可知

根据④式可知

b和c的周期相同，所以角速度相同，根据

可知

根据

可知

则a、b、c的线速度大小关系为

向心加速度大小关系为

故C错误，BD正确。
故选：BD。
根据万有引力提供圆周运动向心力，分析加速度、角速度、周期与半径的关系，再根据线速度，角速度，周期，加速的关系式进行推导。
此题考查了人造卫星的相关知识，解决本题的关键是利用万有引力提供向心力这一知识点，知道线速度、周期、加速度与轨道半径的关系。
 9.【答案】C 【解析】解：在整个过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，
当A到达最低点时，据知A、B速度相同，设为v，根据系统机械能守恒得：，解得：，
该过程中对A求运用动能定理得，解得：，
摆动过程中，杆对A做功，故A的机械能不守恒，所以②③正确，故C正确，ABD错误。
故选：C。
在不计任何阻力的情况下，整个过程中A、B组成的系统机械能守恒，据此列式判断即得。
A、B组成的系统机械能守恒，则系统增加的动能和系统减少的重力势能相等，系统机械能守恒是系统机械能总量保持不变，单个物体的机械能可以发生变化。
 10.【答案】D 【解析】解：A、由图乙知，重物在过程，机械能不变，即机械能守恒，由机械能守恒条件结合题设，物体在此过程中只受重力作用，即物体做竖直上抛运动，故A错误；
B、重物加速上升过程，受到重力和拉力作用，由功能关系知，拉力对重物所做的功等于重物机械能的增加，即，则 ，可见图像的斜率表示拉力，由图乙知，拉力恒为，由牛顿第二定律：，解得重物加速时的加速度恒为，故B错误；
C、由图乙知，重物上升时，机械能为12J，又，解得此时重物的速度，故C错误；
D、当重物匀加速结束，即重物上升时，拉力的功率最大，为，故 D正确。
故选：D。
动能与势能之和是物体的机械能，由图示图象可以求出物体上升1m时物体的速度，撤去拉力后物体做竖直上抛运动，根据物体的最大速度及拉力大小由可以求出拉力的最大功率。
物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题．
 11.【答案】AD 【解析】解：AD、若小球A恰好能到a轨道的最高点，由，得，由，得；若小球B恰好能到b轨道的最高点，在最高点的速度，根据机械能守恒定律得，所以时，两球都能到达轨道的最高点，故A、D正确；
B、若，小球B在轨道上上升的最大高度等于；若，则小球A在到达最高点前离开轨道，有一定的速度，由机械能守恒定律可知，A在轨道上上升的最大高度小于，故B错误；
C、小球A从最高点飞出后做平抛运动，下落R高度时，水平位移的最小值为，所以若小球A从最高点飞出后会落在轨道右端口外侧，而适当调整，B可以落在轨道右端口处，所以适当调整和，只有B球可以从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处，故C错误。
故选：AD。
要知道小球恰好到a轨道最高点的最小速度是，恰好到b轨道最高点的速度是0，再结合机械能守恒定律分析高度即可。
本题考查小球在竖直面内圆周运动的两种模型，注意区分在最高点的最小速度，结合能量观点分析问题。
 12.【答案】AC 【解析】解：A、根据两个物体的总位移相等，图象的“面积”表示位移，作出两个物体的图象，可知故A正确。
B、图象的斜率表示加速度，由图知，甲匀加速运动的加速度小于乙匀加速运动的加速度，由牛顿第二定律得：
  ，得
则知小时，a小，因此物体与甲传送带之间的动摩擦因数比乙小，故B错误。
C、根据动能定理得：
则得传送带对物体做功，h、v、m都相等，则W相等，故C正确。
D、设传送带长为L。
甲中：物体运动时间为：，
物体与传送带间的相对位移大小为：
物体的加速度为：
由牛顿第二定律得：，
得：
产生的热量为：
乙中：物体运动时间为：，
物体与传送带间的相对位移大小为：
物体的加速度为：
由牛顿第二定律得：，
得：
产生的热量为：
则知乙与物体摩擦产生的热量较多，故D错误。
故选：AC。
通过作图象，结合位移关系和速度关系，分析时间关系．由图象的斜率表示加速度，分析动摩擦因数的关系．由能量守恒定律分析热量关系．
解决该题关键要能够对物块进行受力分析，运用运动学公式和牛顿第二定律找出相对位移和摩擦力的关系．要注意摩擦生热等于摩擦力与相对位移大小的乘积．
 13.【答案】同一  将小球放在水平槽中若能静止则可认为水平  【解析】解：：在“研究平抛物体运动”的实验中，要保证小球从斜槽末端飞出时的速度是相同的，因此，要让小球多次从斜槽上的同一位置滚下。
B、检验斜槽末端水平的方法有多种，如用水平仪或者将小球放在斜槽末端看其是否滚动，若不滚动，则斜槽末端水平。
C、平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，水平方向有：

竖直方向有：

联立求出初速度
实验步骤合理顺序是：B、A、D、C。
从小方格的纸记录轨迹可看出从的水平位移一样，都为2L，说明各段的时间相等，设为T，则根据平抛运动水平和竖直方向运动特点有：
水平方向：①
竖直方向，由匀变速直线运动的规律得：
    ②
联立解得：，
b点为a到c时间的中点，因此b点竖直方向的速度为：

因此b点速度为：

故答案为：同一；将小球放在水平槽中若能静止则可认为水平；；BADC；；。
让小球多次从同一位置上静止滚下，目的是保证小球多次做平抛运动的初速度相等，这样目的是为了保证轨迹相同；保证小球做平抛运动，所以斜槽末端保持水平；平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，根据平抛运动的特点即可求解初速度大小；实验步骤的合理顺序的排列要明确实验的正确安排顺序。
平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移求出小球的初速度。
关于平抛运动实验要掌握实验的注意事项、实验步骤、实验原理。平抛运动分解为：水平方向的匀速直线运动，竖直方向的自由落体运动，尤其是注意应用匀变速直线运动规律解决平抛运动问题。
 14.【答案】上升过程中有空气阻力做负功 【解析】解：毫米刻度尺，精确的毫米，还要估读一位，故以厘米为单位时，应小数点后面保留两位，故五个数据中不符合有效数字读数要求的是，应记作
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，
所以有：
根据重力做功和重力势能的关系有：
 
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，所以有：

由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能减小量没有全部转化为重力势能，因此
故答案为：；；；；；；上升过程中有空气阻力做负功．
毫米刻度尺，精确的毫米，还要估读一位．
在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，据此可以求时刻的速度大小．
根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量．
由于纸带和打点计时器的摩擦以及空气阻力的存在，导致动能的减小量没有全部转化为重力势能．
本题考查了验证机械能守恒定律中的数据处理方法，以及有关误差分析，尤其是误差分析是难点，要学会根据可能产生误差的原因进行分析．
 15.【答案】解：因为小球恰好到达B点，说明在B点处由小球的重力提供向心力，则
小球垂直达到斜面上，说明此时的合速度与水平方向的夹角也为
则竖直方向上的速度：

联立解得：，
从B到C根据动能定理有：
在C点根据牛顿第二定律有：
此时合力
联立解得：
答：小球经过B的速度大小为；
圆轨道的半径为；
小球经过与圆心等高的C点时，所受合外力大小为20N。 【解析】根据平抛运动规律结合牛顿第二定律解得；
根据动能定理结合牛顿第二定律与平行四边形法则解得合外力。
本题主要考查了圆周运动和平抛运动的结合，解题的关键点是根据几何关系分析出合速度的方向。
 16.【答案】解：土卫六表面的物体，重力等于万有引力，有：
对于探测器有：
联立解得：；
探测器近地运行所需向心力由万有引力提供，有：
得土卫六的第一宇宙速度：
由可知：
且：
联立得土卫六的平均密度：；
根据匀变速直线运动规律，探测器下落时的加速度为：
根据牛顿第二定律有：
解得：。
答：探测器绕土卫六做圆周运动的周期为；
土卫六的第一宇宙速度为，平均密度为；
探测器下落时发动机的平均推力为。 【解析】根据万有引力提供向心力，结合在土卫六表面的物体重力等于万有引力，即可求出；
根据万有引力提供向心力即可求出第一宇宙速度，由密度公式即可求出土卫六的密度；
根据运动学的公式求出加速度，然后由牛顿第二定律即可求出。
 17.【答案】解：小物块从初位置到过B点达到最高位置的过程中，由功能关系和能量守恒得：
       
代入数据解得：；
据题意小物块从开始到第6次过B点过程中，要经过传送带5次。假设此过程中小物块的速度始终大于传送带的速度，设第6次过B点的速度大小为，由功能关系和能量守恒得：

代入数据解得：，故假设成立。
小物块在B点时由牛顿第二定律得：

联立代入数据解得：
由牛顿第三定律得小物块对轨道压力大小为46N；
由题意知，小物块每次经过传送带且一直做匀减速运动的过程中，小物块的动能损失量为：

设小物块从B向A运动的过程中一直做匀减速直线运动，到达A端时的速度若恰好等于传送带的速度，则在B点的速度最小设为，由动能定理得：

代入数据解得：
当小物块达到B点时的动能小于此动能时，在传送带上从B向A先做匀减速直线运动再做匀速直线运动，小物块初始离开弹簧时动能为19J，可知经过传送带9次后达到B点的动能为1J，此后从B向A先做匀减速直线运动再做匀速直线运动，达到A点速度等于传送带的速度，在与弹簧作用过程系统机械能守恒，小物块再以速度大小为的速度从A点向B点做匀加速直线运动，
因，
故小物块没有到达B点即减速为零，再反向向A点做匀加速直线运动，由运动对称性可知到达A点速度大小等于，再与弹簧相互作用，此后如此反复做周期性运动。
小物块做周期性运动后每一次经过A点的动能均为，故第20次小物块压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能最大值为：

答：小物块第一次经过B点后能够上升的最大高度为；
小物块第6次经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小为46N；
小物块第20次压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值为。 【解析】小物块从初位置到过B点达到最高位置的过程中，根据功能关系求解小物块能够上升的最大高度；
由功能关系和能量守恒求得小物块从开始到第6次过B点的速度，由牛顿第二定律结合向心力公式求得物块受到的支持力，再根据牛顿第三定律求得物块对轨道的压力；
依据功能关系判断物块每次经过传送带无共速情况时损失的最大动能，逻辑分析小物块最终的运动过程，得到第20次压缩弹簧的运动过程，根据功能关系和能量守恒求解。
本题依托传送带模型考查功能关系和力与运动的问题，对于物体在传送带上的运动要依据是否会出现共速情况讨论分析，本题从功与能的角度逻辑分析物块在传送带上的运动形式，需加以理解体会。