机械能守恒定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图所示，在竖直平面内有一固定轨道，其中AB是长为2R的粗糙水平直轨道，BCD是圆心为O、半径为R的光滑圆弧轨道，两轨道相切于B点，在推力作用下，质量为m的小滑块从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时即撤去推力，小滑块恰好能沿圆轨道经过最高点C重力加速度大小为g，选地面为零势面，则小滑块（　　）

A在AB段运动的加速度为1.25g

B到C点时速度为零

C在C点时重力的瞬时功率为mg

D沿圆轨道上滑时动能与重力势能相等的位置在OD上方

正确答案

A,D

解析

解：AB、在C点，根据牛顿第二定律有：mg=m，解得vc=．对B到C，根据动能定理有：-mg•2R=mvc2-mvB2，解得vB=．

在AB段，根据速度位移公式vB2=2a•2R，解得：a=1.25g．故A正确，B错误．

C、在C点，重力的方向竖直向下，速度的方向与重力的方向垂直，由公式P=mgvcosα，可知在C点重力的瞬时功率为0．故C错误．

D、设在离地高度为h处动能与重力势能相等．物块在圆弧轨道上滑的过程中机械能守恒，有：mvB2=mgh+mv2=2mgh，解得h=R．动能和重力势能相等的位置在DD′的上方．故D正确．

故选：AD

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，质量足够大、截面是直角梯形的物块静置在光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的压力传感器X和Y相接触．图中AB高H=0.3m、AD长L=0.5m，斜面倾角θ=37°．可视为质点的小物块P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数μ可以通过更换斜面表面的材料进行调节（调节范围是0≤μ≤1）．sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2．

（1）令μ=0，将P由D点静止释放，求P在斜面上的运动时间；

（2）令μ=0.5，在A点给P一个沿斜面向上的初速度v0=2m/s，求P落地时的动能；

（3）将X和Y接到同一数据处理器上，已知当X和Y受到物块压力时，分别显示正值和负值．对于不同的μ，每次都在D点给P一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求滑行过程中处理器显示的读数F随μ变化的关系表达式，并在乙图坐标系中画出其函数图象．

正确答案

解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为：

a=gsinθ=6m/s2

由运动学规律有：L=，

得：t=，代入数据解得：t=s

（2）设P沿斜面上滑的位移为s时速度为零．由动能定理有：

-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-

代入数据解得：s=0.2m．

设落地时P的动能为Ek，则由动能定理得：

mgH-μmgcosθ•2s=Ek-mv02；

代入数据解得 Ek=3.4J．

（3）P在斜面上下滑的过程中物块受力如图甲所示，由平衡条件可得：

F+Nsinθ=fcosθ

将N=mgcosθ和f=μmgcosθ代入得：

F=mgcosθ（μcosθ-sinθ）

代入数据得，F=6.4μ-4.8，其图象如乙图．

答：（1）P在斜面上的运动时间为 s．

（2）P落地时的动能为3.4J．

（3）图线如图所示．

解析

解：（1）当μ=0时，P沿斜面下滑的加速度为：

a=gsinθ=6m/s2

由运动学规律有：L=，

得：t=，代入数据解得：t=s

（2）设P沿斜面上滑的位移为s时速度为零．由动能定理有：

-（mgsinθ+μmgcosθ）s=0-

代入数据解得：s=0.2m．

设落地时P的动能为Ek，则由动能定理得：

mgH-μmgcosθ•2s=Ek-mv02；

代入数据解得 Ek=3.4J．

（3）P在斜面上下滑的过程中物块受力如图甲所示，由平衡条件可得：

F+Nsinθ=fcosθ

将N=mgcosθ和f=μmgcosθ代入得：

F=mgcosθ（μcosθ-sinθ）

代入数据得，F=6.4μ-4.8，其图象如乙图．

答：（1）P在斜面上的运动时间为 s．

（2）P落地时的动能为3.4J．

（3）图线如图所示．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=2kg的小滑块，从弧形轨道的底端A点，以Ek=16J的初动能沿轨道向上滑行，到达最大高度后沿原路返回，最后停在水平面上的P点，设弧形轨道光滑且足够长．（取g=10m/s2）求：

（1）小滑块能到达的最大高度h是多大？

（2）小滑块返回A点时的速度V大小是多少？

（3）若水平面的动摩擦因数μ=0.2，则P点离出发点A的距离S为多少？

正确答案

解：（1）滑块上滑过程，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：Ek=mv2=mgh，

解得：h=0.8m；

（2）滑块的动能：Ek=mv2，解得：v=4m/s；

（3）在整个过程中，由动能定理得：

-μmgs=0-Ek，解得：s=4m；

答：（1）小滑块能到达的最大高度h是0.8m．（2）小滑块返回A点时的速度V大小是4m/s．（3）若水平面的动摩擦因数μ=0.2，则P点离出发点A的距离s为4m．

解析

解：（1）滑块上滑过程，机械能守恒，

由机械能守恒定律得：Ek=mv2=mgh，

解得：h=0.8m；

（2）滑块的动能：Ek=mv2，解得：v=4m/s；

（3）在整个过程中，由动能定理得：

-μmgs=0-Ek，解得：s=4m；

答：（1）小滑块能到达的最大高度h是0.8m．（2）小滑块返回A点时的速度V大小是4m/s．（3）若水平面的动摩擦因数μ=0.2，则P点离出发点A的距离s为4m．

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题型：简答题

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简答题

质量为M的平板长为L=0.88m，在光滑的水平面上以速度υ0 向右匀速运动，在平板上方存在厚度d=2cm的“相互作用区域”（如图中虚线部分所示），“相互作用区域”上方高h=20cm处有一质量为m的静止物块P．当平板M的右端A经过物块P正下方的瞬时，P无初速度释放．物块P以速度υ1进入相互作用区时，除重力之外，P立即受到一个竖直向上的恒力F．已知F=11mg，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．

试求：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2多大？

（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于多少？

正确答案

解：

（1）P先做自由落体运动，有：υ12=2gh ①

之后进入相互作用区域，受向上的恒力F和重力作用，由牛顿第二定律得：

F-mg=ma，即：11mg-mg=ma ②

P物体做匀减速运动，有：υ22-υ12=-2ad ③

由①、②、③解得 υ2=0

（2）P先做自由落体运动过程，有④

进入相互作用区做匀减速运动的末速为零，故有⑤

且a=10g ⑥

由式④、⑤、⑥解得 t1=0.2s t2=0.02s

所以，P释放后到与平板接触经历的时间为

t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s

欲使物块P不落到平板M上，应满足v0t＞L，于是得：

v0＞=m/s=4m/s．

答：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2为0；

（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于4m/s．

解析

解：

（1）P先做自由落体运动，有：υ12=2gh ①

之后进入相互作用区域，受向上的恒力F和重力作用，由牛顿第二定律得：

F-mg=ma，即：11mg-mg=ma ②

P物体做匀减速运动，有：υ22-υ12=-2ad ③

由①、②、③解得 υ2=0

（2）P先做自由落体运动过程，有④

进入相互作用区做匀减速运动的末速为零，故有⑤

且a=10g ⑥

由式④、⑤、⑥解得 t1=0.2s t2=0.02s

所以，P释放后到与平板接触经历的时间为

t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s

欲使物块P不落到平板M上，应满足v0t＞L，于是得：

v0＞=m/s=4m/s．

答：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2为0；

（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于4m/s．

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题型：简答题

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简答题

2012年我们中国有了自己的航空母舰“辽宁号”，航空母舰上舰载机的起飞问题一直备受关注．某学习小组的同学对舰载机的起飞进行了模拟设计．如图，舰载机总质量为m，发动机额定功率为P，在水平轨道运行阶段所受阻力恒为f．舰载机在A处启动，同时开启电磁弹射系统，它能额外给舰载机提供水平方向推力，经历时间t1，舰载机匀加速运行至B处，速度达到v1，电磁弹射系统关闭．舰载机然后以额定功率加速运行至C处，经历的时间为t2，速度达到v2．此后，舰载机进入倾斜曲面轨道，在D处离开航母起飞．求

（1）AB间距离；

（2）舰载机在AB间运动时获得的总动力；

（3）BC间距离．

正确答案

解：（1）根据运动学公式，AB间距离：x1=

（2）AB段匀加速运动的加速度a=

设AB段运动时获得的总动力为F，由牛顿第二定律：F-f=ma

F=ma+f=+f

（3）BC 段运动由动能定理：

得BC间距离x2=

答：（1）AB间距离为；

（2）舰载机在AB间运动时获得的总动力为ma+f=+f

（3）BC间距离为

解析

解：（1）根据运动学公式，AB间距离：x1=

（2）AB段匀加速运动的加速度a=

设AB段运动时获得的总动力为F，由牛顿第二定律：F-f=ma

F=ma+f=+f

（3）BC 段运动由动能定理：

得BC间距离x2=

答：（1）AB间距离为；

（2）舰载机在AB间运动时获得的总动力为ma+f=+f

（3）BC间距离为

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•秦皇岛校级期中）如图所示，半径为R的光滑半圆轨道在最低点C与一水平轨道连接，水平轨道右端有一固定的弹簧，弹簧压缩后被一触发装置M卡住．一质量为m的小物块，从与圆心等高的B点由静止释放，沿圆轨道下滑至水平轨道，刚好能停在D点并触发M，装置M放开弹簧，把小物块弹回并恰好能通过半圆轨道最高点A．已知CD=x，重力加速度g．求：

（1）小物块第一次经过C点时对轨道的压力．

（2）小物块与水平轨道间的动摩擦因数．

（3）压缩弹簧的弹性势能．

正确答案

解：（1）对小球由B到C过程，由动能定理有：

mgR=-0

在C点对小球受力分析得：

NC-mg=m

解得 NC=3mg

根据牛顿第三定律有：小物块第一次经过C点时对轨道的压力 NC′=NC=3mg

（2）对小球由B到D过程，由动能定理有：mgR-μmgx=0

所以 μ=

（3）对小球由D到A过程，由能量守恒有：

Ep=μmgx+2mgR+

在D点对小球做受力分析有：

mg=m

联立以上式子解得：

答：

（1）小物块第一次经过C点时对轨道的压力是3mg．

（2）小物块与水平轨道间的动摩擦因数是．

（3）压缩弹簧的弹性势能是mgR．

解析

解：（1）对小球由B到C过程，由动能定理有：

mgR=-0

在C点对小球受力分析得：

NC-mg=m

解得 NC=3mg

根据牛顿第三定律有：小物块第一次经过C点时对轨道的压力 NC′=NC=3mg

（2）对小球由B到D过程，由动能定理有：mgR-μmgx=0

所以 μ=

（3）对小球由D到A过程，由能量守恒有：

Ep=μmgx+2mgR+

在D点对小球做受力分析有：

mg=m

联立以上式子解得：

答：

（1）小物块第一次经过C点时对轨道的压力是3mg．

（2）小物块与水平轨道间的动摩擦因数是．

（3）压缩弹簧的弹性势能是mgR．

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题型：多选题

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多选题

质量为1kg的物体，放在动摩擦因数为0.2的水平面上，在水平拉力的作用下由静止开始运动．水平拉力做的功W和物体发生的位移s之间的关系如图所示，重力加速度为10m/s2．则下列说法正确的是（　　）

As=3m时物体的速度大小为m/s

BS=9m时物体的速度大小为3m/s

COA段物体的加速度大小为3m/s2

DAB段物体的加速度大小为3m/s2

正确答案

B,C

解析

解：A、C、对于前3m过程，根据动能定理，有：

W1-μmgs=mvA2

代入数据解得：vA=3m/s

根据速度位移公式，有：2a1s=vA2

解得：a1=3m/s2，故A错误，C正确；

B、对于前9m过程，根据动能定理，有：W2-μmgs′=mvB2

解得：vB=3m/s

故B正确；

D、由W=FL可知，AB段受力恒定，由上可知，初末速度相等，故AB段的加速度为零，故D错误；

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑圆弧的半径为0.2m，有一质量为1.0kg的物体自A点由静止开始下滑到达B点，然后物体沿粗糙水平面继续向前最远能够到达C处，已知物体和水平面间的滑动摩擦因数为0.2．求：（g=10m/s2）

（1）物体到达B点时的速率；

（2）物体由圆弧刚到B点时重力的瞬时功率．

（3）物体在水平面能滑行的距离．

正确答案

解：（1）设物体到B点的速度为v，由A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：

mgR=mv2

解之得：v==

（2）物体在B位置时，由于v沿水平方向，重力竖直向下，故重力瞬时功率为零

（3）设物体在水平面上运动摩擦力做功W，由A到C为研究过程，由动能定理得：

mgR-μmgs=0

代入数据解得：s=1m

答：（1）物体到达B点时的速率是2m/s；

（2）物体在B位置重力瞬时功率为零；

（3）物体在水平面能滑行的距离为1m

解析

解：（1）设物体到B点的速度为v，由A到B的过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：

mgR=mv2

解之得：v==

（2）物体在B位置时，由于v沿水平方向，重力竖直向下，故重力瞬时功率为零

（3）设物体在水平面上运动摩擦力做功W，由A到C为研究过程，由动能定理得：

mgR-μmgs=0

代入数据解得：s=1m

答：（1）物体到达B点时的速率是2m/s；

（2）物体在B位置重力瞬时功率为零；

（3）物体在水平面能滑行的距离为1m

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量为m的物体沿动摩擦因素为μ的水平面以初速度v0从A点出发到B点时速度变为v，设同一物体以初速度v0从A′点先经斜面A′C，后经斜面CB′到B′点时速度变为v′，物体与两斜面的动摩擦因素也为μ，两斜面在水平面上投影长度之和等于AB的长度，则有（　　）

Av′＞v

Bv′=v

Cv′＜v

D不能确定

正确答案

B

解析

解：设动摩擦因数为μ．A′C斜面的倾角为α，斜面CB′的倾角为β，物体的质量为m．

根据动能定理得：

对第一情况：-μmgAB=- ①

对第二情况：-μmgcosα•A′C-μmgcosβ•CB′=- ②

即为-μmg（A′Ccosα+CB′cosβ）=- ③

由题意知，（A′Ccosα+CB′cosβ）=AB

故比较①③得：v′=v

故选B

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题型：多选题

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多选题

如图，在弯槽的顶端以初速度V释放一个小球，小球的动能为E，当到达B点时，球的动能是E，速度是U；当以初速度2V释放小球，当达到B点时（　　）

A球的动能等于3E

B球的速度小于U

C球的速度等于U

D球的动能小于3E

正确答案

B,D

解析

解：设两种情况下小球克服摩擦力做功分别为Wf和Wf′．A、B间的高度为h，小球的质量为m．第二种情况球到达B点的动能为E′．

第一种情况：根据动能定理得

mgh-Wf=E-E ①

第二种情况：根据动能定理得

mgh-Wf′=E′-E0，②

由题知，E=，得 E0==4E ③

由于第二次小球的初速度大，经过圆轨道上同一点所需要的向心力增大，支持力增大，则所受的摩擦力增大，克服摩擦力做功增大，则有 Wf′＞Wf ④

由①②④解得 E′＜3E，即达到B点时球的动能小于3E．

据题 E=，E′=，可得 U′＜U，即达到B点时球的速度小于U．

故选：BD

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•六盘水校级月考）如图所示，三个相同的小球从同一高度处的O点分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的射影点，若不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A三小球动能改变量相同

B三个小球落地时的速度大小相同，但方向不同

C落地时C小球速度与水平方向夹角最小

D三个小球落地的动能相同

正确答案

A,C

解析

解：A、根据动能定理可得动能的改变量为△Ek=mgh，故动能的改变量相同，故A正确

B、三个小球的竖直分位移相同，故自由落体运动的时间相等，水平分运动为匀速运动，故初速度与水平分位移成正比，故初速度不同，根据末速度公式：，落地时的末速度不同，故B错误

C、落地时的速度与水平方向夹角为，由于C的初速度最大，故夹角最小，故C正确

D、三个球落地的速度大小不同，故一定不同，故D错误；

故选：AC

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题型：简答题

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简答题

在光滑的水平面上，某物体受相互垂直的，水平方向的，大小分别为30N和40N两个力F1和F2恒力作用，由静止开始运动，当物体通过的位移为10m时，F1和F2做的功和合力做的总功分别是多少？

正确答案

解：（1）由图可知，cosθ1=

cosθ2=根据W=Fscosθ得：

W1=F1scosθ1=30×10×0.6=180J；

W2=F2cosθ2=40×10×0.8=320J；

代数和为W=W1+W2=180+320=500J

答：F1和F2做的功和合力做的总功分别是180J、320J和500J．

解析

解：（1）由图可知，cosθ1=

cosθ2=根据W=Fscosθ得：

W1=F1scosθ1=30×10×0.6=180J；

W2=F2cosθ2=40×10×0.8=320J；

代数和为W=W1+W2=180+320=500J

答：F1和F2做的功和合力做的总功分别是180J、320J和500J．

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题型：简答题

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简答题

中央电视台近期推出了一个游戏节目--推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶一段时间后，放手让瓶向前滑动，若瓶最后停在桌上有效区域内，视为成功；若瓶最后不停在有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图所示，AC是长度为L1=5m的水平桌面，选手们可将瓶子放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推瓶，BC为有效区域．已知BC长度为L2=2m，瓶子质量为m=0.5kg，瓶子与桌面间的动摩擦因数μ=0.4．某选手作用在瓶子上的水平推力F=20N，瓶子沿AC做直线运动，g=10m/s2．假设瓶子可视为质点，那么该选手要想游戏获得成功，试问：

（1）推力作用在瓶子上时所做的功最大不得超过多少？

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为多少？

正确答案

解：（1）W-μmgL1=0

W=10J

（2）由牛顿第二定律可知在外力作用下产生的加速度为m/s2

撤去外力后加速度为a2==4m/s2

设外力撤去时瓶子的速度为v，

解得

v2=21.6m2/s2

=0.3m

答：（1）推力作用在瓶子上时所做的功最大不得超过10J

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为0.3m

解析

解：（1）W-μmgL1=0

W=10J

（2）由牛顿第二定律可知在外力作用下产生的加速度为m/s2

撤去外力后加速度为a2==4m/s2

设外力撤去时瓶子的速度为v，

解得

v2=21.6m2/s2

=0.3m

答：（1）推力作用在瓶子上时所做的功最大不得超过10J

（2）推力作用在瓶子上的距离最小为0.3m

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量为m的球，被长为L的细绳吊起处于静止状态，现对小球施水平方右的恒力F，小球向右运动到能达到的最高位置时，细绳与竖直立方向的夹角为60°，则恒力F的大小为（　　）

Amg

Bmg

Cmg

Dmg

正确答案

B

解析

解：整个过程重力做功WG=-mgL（1-cos60°）=-mgL

应用动能定理研究：

WG+W=0-0

恒力做功W=FLsin60°=mgL

解得F=mg，

故选：B

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题型：简答题

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简答题

过山车是游乐场中常见的设施．如图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内半径R=2.0m的圆形轨道组成，B、C分别是圆形轨道的最低点和最高点．一个质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点），从轨道的左侧A点以v0=12m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L=11.5m．小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10．圆形轨道是光滑的，水平轨道足够长．取重力加速度g=10m/s2．求：

（1）滑块经过B点时的速度大小vB；

（2）滑块经过C点时受到轨道的作用力大小F；

（3）滑块最终停留点D（图中未画出）与起点A的距离d．

（4）若初速度为5m/s，过山车将停在什么位置？

正确答案

解：（1）从A到B，根据动能定理得：

-μmgL=m-m ①

代入数据解得：vB=11m/s

（2）从B到C，根据机械能守恒得：

m=m+mg•2R；

小滑块在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：

mg+F=

代入数据解得：

F=10.5N；

（3）小滑块在整个运动的过程中，摩擦力做功与小滑块动能的变化．

得：-μmgx=0-m

解得：

x==72m；

（4）若初速度为5m/s，物体在圆弧轨道上到不了与圆心等高的点，故会沿着BA返回，根据动能定理，有：

-μmg•S=0-

解得：

S===12.5m，

与A点距离为：x=S-L=12.5m-11.5m=1m；

答：（1）滑块经过B点时的速度大小11m/s；

（2）滑块经过C点时受到轨道的作用力大小10.5N；

（3）滑块最终停留点D与起点A的距离为72m；

（4）若初速度为5m/s，过山车将停在A点右侧1m位置．

解析

解：（1）从A到B，根据动能定理得：

-μmgL=m-m ①

代入数据解得：vB=11m/s

（2）从B到C，根据机械能守恒得：

m=m+mg•2R；

小滑块在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律有：

mg+F=

代入数据解得：

F=10.5N；

（3）小滑块在整个运动的过程中，摩擦力做功与小滑块动能的变化．

得：-μmgx=0-m

解得：

x==72m；

（4）若初速度为5m/s，物体在圆弧轨道上到不了与圆心等高的点，故会沿着BA返回，根据动能定理，有：

-μmg•S=0-

解得：

S===12.5m，

与A点距离为：x=S-L=12.5m-11.5m=1m；

答：（1）滑块经过B点时的速度大小11m/s；

（2）滑块经过C点时受到轨道的作用力大小10.5N；

（3）滑块最终停留点D与起点A的距离为72m；

（4）若初速度为5m/s，过山车将停在A点右侧1m位置．

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