2025人教版高中物理必修第二册强化练习题--第八章 机械能守恒定律（有解析）

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2025人教版高中物理必修第二册
第八章　机械能守恒定律
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时90分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.如图所示,拖着旧橡胶轮胎跑步是身体耐力训练的一种有效方法。如果受训者拖着轮胎在水平直道上运动了100 m,那么下列说法正确的是 (　　)
摩擦力对轮胎做正功　　　　　　　　　　　
B.重力对轮胎做负功
拉力对轮胎做负功　　　　　　　　　　　
D.支持力对轮胎不做功
2.如图所示,两个质量相同的小球甲、乙分别用轻弹簧和细线悬在等高的O、O'点。轻弹簧的原长和细线的长度均为L,把两球都拉至水平后无初速度释放,甲、乙两球分别从A、C到最低点B、D的过程,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧对甲小球不做功　　　　　　　　B.细线对乙小球做正功
C.甲小球的机械能守恒　　　　　　　　D.乙小球的机械能守恒
3.动车组又称“动车组列车”,为现代火车的一种类型,由若干带动力的车厢(动车)和不带动力的车厢(拖车)组成,列车在正常使用期限内以固定编组模式运行。某动拖比(动车与拖车的数量之比)为2∶6的动车组最大速率为v,为了提速,将动拖比提高为4∶4,若提速前后每节动车额定功率均相同,动车组行驶中受到的阻力f与行驶速度的二次方v2成正比,则该动车组提速后的最大速率为 (　　)
A.v　　　　B.v　　　　C.v　　　　D.2v
4.如图所示,在竖直平面内有一半径为R的固定半圆轨道BC,与两个竖直轨道AB和CD相切,轨道均光滑。现有长也为R的轻杆,两端固定质量分别为3m、m的小球a、b(可视为质点),用某装置控制住小球a,使轻杆竖直且小球b与B点等高,然后由静止释放。b球能到达的最大高度h为 (　　)
A.2R　　　　B.R　　　　C.R　　　　D.R
5.小孩站在岸边向湖面依次抛出三个石子,三个石子的轨迹如图所示,最高点在同一水平线上。假设三个石子质量相同,忽略空气阻力的影响,下列说法中正确的是 (　　)
A.沿轨迹3运动的石子落水时速度最小
B.三个石子在最高点时速度相同
C.小孩抛出石子时,对三个石子做的功相等
D.沿轨迹3运动的石子在落水时重力的功率最大
6.如图所示是利用太阳能驱动的小车,若小车保持牵引力恒定,在平直的水泥路上从静止开始运动,经过时间t前进距离x,电动机的功率达到额定功率P,此时速度增大到v。小车的质量为m,所受阻力恒为f,那么这段时间内 (　　)
A.小车做加速度逐渐减小的加速运动
B.小车能达到的最大速度v=
C.电动机对小车所做的功为fx+mv2
D.电动机对小车所做的功为Pt
7.如图甲所示,将物块从倾角θ=30°的斜面顶端由静止释放,取地面为零势能面,物块在下滑过程中的动能、重力势能与下滑位移的关系如图乙所示,下列说法错误的是 (　　)
　　　
A.物块的质量是0.2 kg
B.物块受到的阻力是0.24 N
C.物块动能与势能相等时的高度为2.4 m
D.物块下滑9 m时,动能与重力势能之差为3 J
8.“风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型,研究气体流动及其与模型的相互作用,以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在矩形风洞中存在大小恒定的水平风力,现有一小球从M点竖直向上抛出,其运动轨迹大致如图所示,其中M、N两点在同一水平线上,O点为轨迹的最高点,小球在M点的动能为16 J,在O点的动能为4 J,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.小球从M点运动到O点过程中动能一直减小
B.小球落到N点时的动能为32 J
C.小球在上升和下降过程中机械能变化量相等
D.小球的重力和受到的风力大小之比为4∶1
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的四个选项中,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,有选错的得0分)
9.某品牌电动汽车在平直公路上由静止开始启动,若启动过程中加速度传感器测量得到汽车加速度随时间变化的规律如图所示,汽车后备厢中水平放置一质量m=5 kg的物块,与汽车始终相对静止,下列说法正确的是 (　　)
A.第2 s末,汽车的速度为3.2 m/s
B.第8 s末,汽车的速度为9.6 m/s
C.前2 s内,汽车对物块的作用力做功大小为6.4 J
D.前8 s内,汽车对物块的最大摩擦力为8 N
10.如图甲所示,某水电站建筑工地用发动机沿倾斜光滑轨道将建材拉到大坝顶上,已知轨道的倾角θ=37°,每次从大坝底端向上拉建材的过程中,发动机所做的功与位移的关系如图乙所示,图中x<6 m时图线为直线,当x=6 m时发动机达到额定功率,6 m18 m时图线为直线。已知每个建材的质量m=100 kg,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。据图中数据可知 (　　)
　
A.建材在前6 s做匀加速运动,加速度大小为3 m/s2
B.从6 m到18 m的过程中,建材做加速度增大的加速运动
C.发动机的额定功率为5 400 W
D.建材能达到的最大速度为9 m/s
11.如图所示,倾角θ=30°的固定斜面上固定着挡板,轻弹簧下端与挡板相连,弹簧处于原长时上端位于D点,用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑定滑轮连接物体A和B,使滑轮左侧绳子始终与斜面平行,初始时用手按住物体A,使其静止在斜面上的C点,C、D两点间的距离为L,现由静止释放物体A,物体A沿斜面向下运动,将弹簧压缩到最短的位置为E点,D、E两点间距离为,若物体A、B的质量分别为4m和m,物体A与斜面之间的动摩擦因数μ=,不计空气阻力,重力加速度为g,整个过程中,轻绳始终处于伸直状态,则 (　　)
A.释放瞬间物体A的加速度大小为g
B.物体A从静止释放后下滑到D点时的速度大小为
C.弹簧被压缩后的最大弹性势能为mgL
D.物体A从最低点返回时能够再次经过D点
12.某实验研究小组为探究物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系,使某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上运动,如图甲所示,调节斜面与水平面的夹角θ,实验测得x与θ的关系如图乙所示。则由图可知 (　　)
　　　
A.物体的初速率v0=5 m/s
B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75
C.图乙中xmin=0.36 m
D.取初始位置所在水平面为重力势能参考平面,当θ=37°,物体上滑过程中动能与重力势能相等时,物体上滑的位移为0.5 m
三、非选择题(本大题共6小题,共60分)
13.(6分)某同学用频闪摄影的方法验证机械能守恒定律,实验中将一钢球从与课桌表面等高的位置O由静止释放,拍到整个下落过程的频闪照片如图所示,位置O到A、B、C各位置的距离分别为h1、h2、h3。已知频闪摄影的闪光频率为f,重力加速度为g。
(1)若在误差允许的范围内,关系式　　　　　　成立,则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。(用题中给出的字母表示)
(2)关于该实验,下列说法正确的是　　　　。
A.实验开始时,先释放钢球再进行频闪摄影
B.用=2gh2计算出位置B的速度,算出钢球在B位置的动能,并用来验证机械能守恒定律
C.多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量,这是由于空气阻力的作用
(3)结合实际,可估算该频闪摄影的闪光频率f约为　　　　。
A.50 Hz　　　　B.20 Hz　　　　C.10 Hz　　　　D.2 Hz
14.(8分)某兴趣小组用如图甲所示装置测定物块与完全相同的两固定木板间的动摩擦因数μ。实验时,将物块从倾斜木板上P点由静止释放,物块最终停在水平木板上的Q点,测得P点距水平木板的高度为h。
　　
(1)要测出物块与木板间的动摩擦因数μ,实验中还需要再测出的一个物理量是　　　　。
A.物块在倾斜木板上滑行的距离L
B.倾斜木板与水平面的夹角θ
C.P、Q两点间的水平距离x
(2)所测得的物块与木板间的动摩擦因数μ=　　　　[用第(1)问中所给字母表示]。
(3)由于实验时两木板连接处不是平滑的,物块经过此处时会有能量损失,这会导致测出的物块与木板间的动摩擦因数与真实值相比　　　　(选填“偏大”或“偏小”)。
(4)为了消除小物块在转接点处的机械能损失,兴趣小组中某位同学建议将倾斜段做成曲面,其末端与水平段相切,如图乙所示,仍然通过上述方法求得动摩擦因数,该方案动摩擦因数的测量值与真实值相比　　　　(选填“偏大”“偏小”或“相等”)。
15.(8分)如图所示是一款用来运载货物的小型电动货车。某次小货车在水平地面上由静止开始匀加速启动运送货物,已知货车与货物的总质量为m=150 kg,匀加速过程中的加速度大小为a=1 m/s2,行驶距离L=12.5 m时发动机刚好达到额定输出功率,此后保持该功率继续运动,整个过程所受阻力大小恒为货车与货物总重力的0.2。求:
(1)小货车匀加速阶段经历的时间t及匀加速阶段的最大速度v1的大小;
(2)小货车发动机的额定输出功率P的大小及整个运动过程中的最大速度vm的大小。
16.(12分)如图所示,质量M=8.0 kg的物块A放置在水平地面上,其上表面为光滑斜面,斜面长L=1 m,与水平方向的夹角θ=37°。质量m=4.0 kg的小物块B从斜面顶端由静止沿斜面下滑,A保持静止。A与地面间的动摩擦因数为μ,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求物块B在斜面上运动的时间t;
(2)B在斜面顶端时,给A、B相同的水平初速度,此后A、B恰能一起以相同的加速度向左做匀减速运动,求A与地面间的动摩擦因数μ;
(3)B沿斜面下滑,此时对A施加水平向右的推力F,A、B在水平方向的加速度相同,B相对A做匀速直线运动,求B下滑到底端的过程中推力F做的功W。
17.(12分)如图所示的倒“T”字形装置中,圆环a和轻弹簧套在杆上,弹簧两端分别固定于竖直转轴底部和圆环a,细线穿过光滑小孔O,两端分别与圆环a和小球b连接,细线与竖直杆平行,整个装置开始处于静止状态。现使整个装置绕竖直轴缓慢加速转动,当细线与竖直方向的夹角为53°时,整个装置以角速度ω匀速转动。已知弹簧的劲度系数为k,圆环a、小球b的质量均为m,重力加速度为g,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。求:
(1)装置静止时,弹簧的形变量x0;
(2)装置以角速度ω匀速转动时,小孔与小球b之间的线长L;
(3)装置由静止开始转动至角速度为ω的过程中,细线对小球B做的功W。
18.(14分)如图所示一轨道ABCD竖直放置,AB段和CD段的倾角均为θ=37°,与水平段BC平滑连接,BC段的竖直圆形轨道半径为R,其最低点处稍微错开,使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙,其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放,滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下,往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
答案全解全析
1.D　轮胎受到地面的摩擦力方向与位移方向相反,则轮胎受到的地面的摩擦力对轮胎做负功,A错误;轮胎受到的重力竖直向下,地面的支持力竖直向上,而轮胎的位移沿水平方向,则重力、地面的支持力对轮胎均不做功,B错误,D正确;拉力与位移方向的夹角是锐角,所以拉力对轮胎做正功,C错误。
2.D　甲小球运动至最低点,弹簧伸长,弹性势能增加,弹簧对甲小球做负功,甲小球的机械能减小,故A、C错误;乙小球运动过程中受重力和拉力作用,细线的拉力始终与速度方向垂直,细线对乙小球不做功,只有重力做功,故乙小球的机械能守恒,故B错误,D正确。
3.B　设每节动车的额定功率为P0,提速前有2P0=fv=kv3,提速后有4P0=f'v'=kv'3,联立可得该动车组提速后的最大速率为v'=v,B正确。
4.B　以B点所在平面为零势能面,a、b组成的系统机械能守恒,有3mgR=3mgh1+mgh2,其中h2-h1=R,解得h2=R,故b球能到达的最大高度为h=h2+R=R,B正确。
5.A　设任一石子初速度大小为v0,初速度的竖直分量为vy,水平分量为vx,初速度与水平方向的夹角为α,上升的最大高度为h,向上运动的时间为t,落水时速度为v。取竖直向上为正方向,从抛出至到达最高点,由0-=-2gh,得vy=,由题可知三个石子上升的最大高度相同,所以三个石子初速度的竖直分量vy相同,由于vy=v0 sin α,由图可知α1<α2<α3,故沿轨迹1抛出的石子的初速度最大,沿轨迹3抛出的石子的初速度最小,石子从抛出到落水过程,根据动能定理有WG=mv2-m,得mv2=WG+m,重力做功WG相同,沿轨迹3抛出的石子的初速度最小,所以沿轨迹3运动的石子落水时速度最小,A正确;三个石子在最高点的速度等于抛出时的水平分速度,由vx=可知,由于三个石子初速度的竖直分量相同,初速度与水平方向的夹角不同,所以三个石子初速度的水平分量不同,B错误;在小孩抛出石子过程中,由动能定理得W=m-0,由于沿轨迹1抛出的石子的初速度最大,所以小孩对沿轨迹1抛出的石子做功最多,C错误;因三个石子初速度的竖直分量相同,则它们落水时竖直方向的分速度也相等,根据P=mgvy,可知三个石子落水时重力的功率相等,D错误。
6.C　由题意可知,小车保持牵引力恒定,所受阻力恒为f,则在运动时间t内所受合力恒定,小车的加速度恒定,即小车做匀加速直线运动,A错误;电动机的功率达到额定功率P,此时小车的速度增大到v,若小车继续以额定功率运动,当牵引力等于阻力时,小车达到最大速度,则最大速度为vmax=>v,B错误;小车在运动过程中,由动能定理可得W-fx=mv2-0,解得W=fx+mv2,C正确;由题意可知,在小车速度达到v时,电动机的功率达到额定功率P,在小车达到速度v以前,电动机的实际输出功率小于额定功率P,因此电动机对小车所做的功小于Pt(点拨:由于电动机的功率从0均匀增大到P,所以电动机对小车所做的功为t),D错误。
7.B　由题图乙知,物块下滑的最大位移x=12 m,在最高点,物块的重力势能Ep=mgx sin θ=12 J,可得物块的质量m=0.2 kg,故A正确;根据功能关系可知,除重力以外的其他力做的功等于机械能的减少量,可得fx=E高-E低=12 J-8 J=4 J,则物块受到的阻力为f= N,故B错误;设物块动能和重力势能相等时的高度为h,此时有mgh=mv2,由动能定理有-f +mg(x sin θ-h)=mv2,联立解得h=2.4 m,故C正确;由题图乙可知,在物块下滑9 m时,物块的重力势能为3 J,动能为6 J,动能与重力势能之差为Ek-Ep=6 J-3 J=3 J,故D正确。
8.B　小球从M点运动到O点过程中受重力和水平风力作用,重力与风力的合力斜向右下方,小球的速度方向沿轨迹的切线方向,小球从M点运动到O点过程中速度方向与合力方向的夹角由钝角减小为锐角,故合力对小球先做负功后做正功,小球的动能先减小后增大,A错误;小球在M点的动能为EkM=m=16 J,在O点的动能为EkO=m=4 J,小球在竖直方向上做竖直上抛运动,则vNy=vM,tMO=tON,小球在水平方向做初速度为零的匀加速运动,由v=at,可知小球在N点水平方向的分速度vNx=2vO,小球落到N点时的动能为EkN=16 J+4×4 J=32 J,故B正确;小球在上升和下降过程中机械能变化量都等于上升、下降过程中风力做的功,在水平方向上由x=at2,可得xMO=xON,所以小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1∶3,故C错误;设风力大小为F,小球的质量为m,小球从M点运动到O点过程中在竖直方向上有vM=gt,在水平方向上有vO=t,解得===,故D错误。
9.BCD　根据a-t图线与t轴所围的面积表示速度的变化量,可知第2 s末汽车的速度为v2=×2×1.6 m/s=1.6 m/s,第8 s末汽车的速度为v8=×(4+8)×1.6 m/s=9.6 m/s,A错误,B正确;由于第2 s末汽车的速度为1.6 m/s,由动能定理可得,汽车对物块做功为W=m-0=6.4 J,C正确;汽车对物块的摩擦力提供加速度,由图可知最大加速度为1.6 m/s2,则最大摩擦力为fmax=mamax=8 N,D正确。
10.CD　由W=Fx可知W-x图线的斜率表示发动机的拉力F,可知建材在前6 m所受的拉力恒定不变,则做匀加速直线运动,拉力大小F= N=900 N,由牛顿第二定律有F-mg sin 37°=ma,解得a=3 m/s2,根据x=at2可得,建材在前6 m运动的时间为t=2 s,故建材在前2 s所受的拉力恒定不变,做匀加速直线运动,但是2 s后发动机达到额定功率,随着速度的增大,拉力减小,建材做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动,A、B错误;设x=6 m时建材的速度大小为v1,则有=2ax1,解得v1=6 m/s,则发动机的额定功率为P=Fv1=5 400 W,C正确;x=18 m时货物达到最大速度,此时拉力等于重力沿轨道方向的分力,则P=mg sin 37°·vm,解得vm=9 m/s,D正确。
11.BC　释放物体A的瞬间,对A、B整体,根据牛顿第二定律有4mg sin θ-μ·4mg cos θ-mg=(4m+m)a,解得a=g,A错误;物体A从静止释放后下滑到D点过程做匀加速直线运动,有v2=2aL,解得v=,B正确;弹簧被压缩至最短过程中,根据能量守恒定律有4mg sin θ-mg=μ·4mg cos θ+Epmax,解得Epmax=mgL,C正确;Epmax=mgL<4mg· sin θ-mg·+μ·4mg cos θ·=mgL,表明物体A从最低点返回时不能够再次经过D点,D错误。
12.BD　当θ=时,物体做竖直上抛运动,有=2gx1,解得v0= m/s=3 m/s,A错误;当θ=0时,物体沿水平面做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx0=0-m,解得μ=0.75,B正确;物体沿斜面向上运动时,由动能定理可得-(μmg cos θ+mg sin θ)x=0-m,代入数据整理可得x=≥=0.72 m,C错误;当θ=37°,动能与重力势能相等时,设物体上滑的位移为x2,则有mgx2 sin 37°=m-(μmg cos 37°+mg sin 37°)x2,代入数据整理解得x2=0.5 m,D正确。
13.答案　(1)gh2=(2分)　(2)C(2分)　(3)B(2分)
解析　(1)已知频闪摄影的闪光频率为f,则闪光周期为T=,由匀变速直线运动在某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度,可得钢球下落到B点时的速度vB==,若在误差允许的范围内,关系式mgh2=m即gh2=成立,则证明钢球从位置O运动到位置B的过程中机械能守恒。
(2)为完整记录钢球的运动情况,实验开始时,应先进行频闪摄影再释放钢球,A错误;应用匀变速直线运动的推论计算钢球在B位置的速度,不能用=2gh2计算出钢球在位置B的速度,否则实验无意义,B错误;多次实验测得小钢球的重力势能减少量总是略大于动能增加量,这是由于空气阻力的作用,使钢球在下落过程中克服阻力做功机械能减少了,C正确。
(3)由题图可知,钢球从O点到C点经过8次闪光,可知钢球下落时间为t=8T,一般课桌的高度约为h=0.8 m,钢球做自由落体运动,下落的高度为h=gt2=g(8T)2,代入数据解得闪光周期约为T=0.05 s,该频闪摄影的闪光频率约为f== Hz=20 Hz,B正确。
14.答案　(1)C(2分)　(2)(2分)　(3)偏大(2分)　(4)偏大(2分)
解析　(1)依题意,设物块在倾斜木板上滑行的距离为L,在水平木板上滑行的距离为l,倾斜木板与水平面的夹角为θ,P、Q两点间的水平距离为x,根据动能定理有mgh-μmg cos θ·L-μmgl=0,又有L cos θ+l=x,联立可得μ=,则实验中还需要再测出的一个物理量是P、Q两点间的水平距离x,故选C。
(2)由(1)分析可知μ=。
(3)物块经过两木板连接处时有能量损失,导致x的测量值偏小,使得测出的物块与木板间的动摩擦因数与真实值相比偏大。
(4)因为物块做圆周运动时有向心力,造成支持力大于重力垂直于切面方向的分力,从而导致摩擦力偏大,在曲面处摩擦力做功相比更多,x的测量值偏小,使得测出的物块与木板间的动摩擦因数与真实值相比偏大。
15.答案　(1)5 s　5 m/s　(2)2 250 W　7.5 m/s
解析　(1)小货车匀加速阶段,有
L=at2 (1分)
解得t=5 s(1分)
可得v1=at=5 m/s(1分)
(2)匀加速阶段,根据牛顿第二定律有
F-mg×0.2=ma (1分)
解得F=450 N(1分)
小货车发动机的额定输出功率大小为
P=Fv1=2 250 W(1分)
整个运动过程中的最大速度为
vm==7.5 m/s(2分)
16.答案　(1) s　(2)0.75　(3)75 J
解析　(1)设物块B沿斜面下滑的加速度为a1,由牛顿第二定律得
mg sin θ=ma1 (1分)
沿斜面向下运动的位移
L=a1t2 (1分)
代入数据解得
t= s(1分)
(2)设A、B一起运动的加速度大小为a2,对B受力分析,如图所示
由几何关系可知mg tan θ=ma2 (1分)
对整体受力分析,可知
μ(m+M)g=(m+M)a2 (1分)
代入数据解得
μ=0.75 (1分)
(3)设对A施加水平向右的推力F前,B沿斜面下滑的时间为t1,获得的速度为v,对A施加水平向右的推力F后,B相对于A匀速下滑到斜面底端所用的时间为t2,则
=a1 (1分)
v=a1t1 (1分)
B相对于A匀速下滑,则B在竖直方向做匀速直线运动,
sin θ=v sin θ·t2 (1分)
A、B的加速度大小为a3=a2=g tan θ
对整体受力分析可知
F-μ(M+m)g=(M+m)a3 (1分)
A的位移
x=a3 (1分)
推力做的功
W=Fx=75 J(1分)
17.答案　(1)　(2)　(3)-
解析　(1)装置静止时,对环a和小球b整体,有
kx0=(m+m)g (1分)
得弹簧的形变量
x0= (1分)
(2)对b球,由牛顿第二定律得
mg tan 53°=mω2·L sin 53° (1分)
解得小孔下方线长为
L= (1分)
(3)整个装置以角速度ω匀速转动时,设弹簧的形变量为x2,圆环a受力平衡,有
kx2=mg+T (1分)
对小球b有
T cos 53°=mg (1分)
解得x2= (1分)
小球b的速度
v=ω·L sin 53° (1分)
对b球,竖直方向上升的高度
Δh=L(1-cos 53°)-(x2-x0) (1分)
由动能定理得
W-mgΔh=mv2 (1分)
解得细线对小球B做的功
W=- (2分)
18.答案　(1)45mg　(2)25R　(3)137.5R
解析　(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理可得
mgL sin θ-μmgL cos θ-mg×2R=m-0 (1分)
在最高点,对滑块由牛顿第二定律可得
mg+N=m (1分)
由牛顿第三定律可知,滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为
N'=N=45mg (1分)
(2)滑块在AB段由静止释放到第一次在CD段向上滑行到最高点的过程中,由动能定理可得
mg(L-L1) sin θ-μmg(L+L1) cos θ=0-0 (1分)
解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为
L1=25R (1分)
(3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理可得
mgL1 sin θ-μmgL1 cos θ-mg×2R=m-0 (1分)
解得v2=
设滑块第一次在AB段向上滑行的最大距离为s1,由动能定理可得
mg(L1-s1) sin θ-μmg(L1+s1) cos θ=0-0 (1分)
解得s1=5R (1分)
滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中,由动能定理可得
mgs1 sin θ-μmgs1 cos θ-mg×2R=m-0 (1分)
解得=-2gR (1分)
所以滑块第三次进入圆形轨道后无法到达最高点,假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高度为h,由动能定理可得
mgs1 sin θ-μmgs1 cos θ-mgh=0 (1分)
解得h=R (1分)
所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨,之后仅在AB段与BC段之间来回滑动,最终停在B点,设滑块在AB段滑行的路程为s2,由动能定理可得
mgh-μmgs2 cos θ=0 (1分)
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
s=L+2s1+s2=137.5R (1分)
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