第七章高考真题集训.docx

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第七章高考真题集训

第七章　高考真题集训

一、选择题

1．（2018·全国卷Ⅱ）如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定（　　）

A．小于拉力所做的功

B．等于拉力所做的功

C．等于克服摩擦力所做的功

D．大于克服摩擦力所做的功

答案　A

解析　木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知即：

WF－Wf＝

mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故A正确，B错误；无法比较动能与克服摩擦力做功的大小，C、D错误。

2．（2019·全国卷Ⅲ）从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。

距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。

重力加速度取10m/s2。

该物体的质量为（　　）

A．2kgB．1.5kg

C．1kgD．0.5kg

答案　C

解析　画出运动示意图如图，设阻力大小为f，据动能定理知，

A→B（上升过程）：

EkB－EkA＝－（mg＋f）h

C→D（下落过程）：

EkD－EkC＝（mg－f）h

联立以上两式，解得物体的质量m＝1kg，C正确。

3．（2019·全国卷Ⅱ）（多选）从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。

取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。

重力加速度取10m/s2。

由图中数据可得（　　）

A．物体的质量为2kg

B．h＝0时，物体的速率为20m/s

C．h＝2m时，物体的动能Ek＝40J

D．从地面至h＝4m，物体的动能减少100J

答案　AD

解析　由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20N，因此m＝2kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝

mv

，因此v0＝10m/s，B错误；由图象知h＝2m时，E总＝90J，Ep＝40J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50J，C错误；h＝4m时，E总＝Ep＝80J，即此时Ek＝0，即从地面至h＝4m，动能减少100J，D正确。

4．（2019·江苏高考）（多选）如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。

小物块的质量为m，从A点向左沿水平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A点恰好静止。

物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。

在上述过程中（　　）

A．弹簧的最大弹力为μmg

B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs

C．弹簧的最大弹性势能为μmgs

D．物块在A点的初速度为

答案　BC

解析　物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，弹簧弹力最大，物块具有向右的加速度，弹簧弹力大于摩擦力，即Fm>μmg，A错误；根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs，B正确；从物块将弹簧压缩到最短至物块运动到A点静止的过程中，根据能量守恒定律，弹簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs，C正确；根据能量守恒定律，在整个过程中，物体的初动能通过摩擦力做功转化为内能，即

mv2＝2μmgs，所以v＝2

，D错误。

5．（2018·江苏高考）从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。

忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图象是（　　）

答案　A

解析　小球做竖直上抛运动时，速度v＝v0－gt，根据动能Ek＝

mv2得Ek＝

m（v0－gt）2，故A正确。

6．（2018·天津高考）滑雪运动深受人民群众喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（　　）

A．所受合外力始终为零B．所受摩擦力大小不变

C．合外力做功一定为零D．机械能始终保持不变

答案　C

解析　因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，A错误；运动员受力如图所示，运动过程中速率不变，重力沿曲线切线方向的分力与摩擦力平衡，Gsinθ＝f，θ减小，f减小，B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，动能变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，C正确；因为运动员克服摩擦力做功，所以机械能不守恒，D错误。

7．（2018·全国卷Ⅲ）（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送至地面。

某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。

不考虑摩擦阻力和空气阻力。

对于第①次和第②次提升过程（　　）

A．矿车上升所用的时间之比为4∶5

B．电机的最大牵引力之比为2∶1

C．电机输出的最大功率之比为2∶1

D．电机所做的功之比为4∶5

答案　AC

解析　设第②次所用时间为t，根据速度图象与t轴所围的面积等于位移（此题中为提升的高度）可知，

×2t0×v0＝

×

×

v0，解得：

t＝

，所以第①次和第②次提升过程所用时间之比为2t0∶

＝4∶5，A正确；由于两次提升过程中变速阶段的加速度大小相同，在匀加速阶段，由牛顿第二定律知F－mg＝ma，可得提升的最大牵引力之比为1∶1，B错误；由功率公式P＝Fv知，电机输出的最大功率之比等于最大速度之比，为2∶1，C正确；两次提升过程中动能增加量均为0，由动能定理得W电－mgh＝0，两次提升高度h相同，所以电机两次做功相同，D错误。

8．（2019·全国卷Ⅰ）（多选）在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。

在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其ax关系如图中虚线所示。

假设两星球均为质量均匀分布的球体。

已知星球M的半径是星球N的3倍，则（　　）

A．M与N的密度相等

B．Q的质量是P的3倍

C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍

D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍

答案　AC

解析　如图，当x＝0时，对P：

mPgM＝mP·3a0，即星球M表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：

mQgN＝mQa0，即星球N表面的重力加速度gN＝a0。

当P、Q的加速度a＝0时，对P有：

mPgM＝kx0，则mP＝

，对Q有：

mQgN＝k·2x0，则mQ＝

，即mQ＝6mP，B错误；根据mg＝G

得，星球质量M＝

，则星球的密度ρ＝

＝

，所以M、N的密度之比

＝

·

＝

×

＝1，A正确；当P、Q的加速度为零时，P、Q的动能最大，系统的机械能守恒，对P有：

mPgMx0＝Ep弹＋EkP，即EkP＝3mPa0x0－Ep弹，对Q有：

mQgN·2x0＝4Ep弹＋EkQ，即EkQ＝2mQa0x0－4Ep弹＝12mPa0x0－4Ep弹＝4×（3mPa0x0－Ep弹）＝4EkP，C正确；P、Q在弹簧压缩到最短时，其位置与初位置关于加速度a＝0时的位置对称，故P下落过程中弹簧的最大压缩量为2x0，Q为4x0，D错误。

9．（2018·全国卷Ⅰ）如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。

一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。

重力加速度大小为g。

小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（　　）

A．2mgRB．4mgRC．5mgRD．6mgR

答案　C

解析　小球始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，机械能的增量ΔE机＝W除G外力，机械能的增量等于水平外力在从a点开始运动到其轨迹最高点过程做的功。

设小球运动到c点的速度为vc，由动能定理有：

F·3R－mgR＝

mv

，解得：

vc＝2

。

小球运动到c点后，根据小球受力情况，可分解为水平方向初速度为零的匀加速运动，加速度为ax＝g，竖直方向的竖直上抛运动，加速度也为g，小球上升至最高点时，竖直方向速度减小为零，时间为t＝

＝

，水平方向的位移为：

x＝

axt2＝

g

2＝2R，综上所述小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为ΔE机＝F·（3R＋x）＝5mgR，正确答案为C。

10．（2017·全国卷Ⅱ）如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。

小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）

A．一直不做功B．一直做正功

C．始终指向大圆环圆心D．始终背离大圆环圆心

答案　A

解析　光滑大圆环对小环只有弹力作用。

弹力方向沿大圆环的半径方向（下滑过程先背离圆心，后指向圆心），与小环的速度方向始终垂直，不做功。

故选A。

11．（2017·全国卷Ⅲ）如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。

用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距

。

重力加速度大小为g。

在此过程中，外力做的功为（　　）

A.

mglB.

mglC.

mglD.

mgl

答案　A

解析　以均匀柔软细绳MQ段为研究对象，其质量为

m，取M点所在的水平面为零势能面，开始时，细绳MQ段的重力势能Ep1＝－

mg·

＝－

mgl，用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点时，细绳MQ段的重力势能Ep2＝－

mg·

＝－

mgl，则外力做的功即克服重力做的功，等于细绳MQ段的重力势能的变化，即W＝Ep2－Ep1＝－

mgl＋

mgl＝

mgl，A正确。

12．（2017·江苏高考）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。

物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是（　　）

答案　C

解析　设斜面倾角为θ，当小物块沿斜面上滑时，根据动能定理，有－（mgsinθ＋f）x＝Ek－Ek0，即Ek＝－（f＋mgsinθ）x＋Ek0，所以Ek与x的函数关系图象为直线，且斜率为负。

当小物块沿斜面下滑时，根据动能定理有（mgsinθ－f）（x0－x）＝Ek－0（x0为小物块到达最高点时的位移），即Ek＝－（mgsinθ－f）x＋（mgsinθ－f）x0，所以下滑时Ek与x的函数图象为直线，且斜率为负。

综上所述，C正确。

13．（2017·全国卷Ⅱ）如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。

一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）（　　）

A.

B.

C.

D.

答案　B

解析　设小物块的质量为m，滑到轨道上端时的速度为v1。

小物块上滑过程中，机械能守恒，有

mv2－

mv

＝2mgR①

小物块从轨道上端水平飞出，做平抛运动，设水平位移为x，下落时间为t，有2R＝

gt2②

x＝v1t③

联立①②③式整理得x2＝

2－

2

可得x有最大值

，对应的轨道半径R＝

。

故选B。

二、实验题

14．（2019·江苏高考）某兴趣小组用如图1所示的装置验证动能定理。

（1）有两种工作频率均为50Hz的打点计时器供实验选用：

A．电磁打点计时器

B．电火花打点计时器

为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择________（选填“A”或“B”）。

（2）保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。

实验中，为消除摩擦力的影响，在砝码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。

同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。

同学乙认为还应从盘中取出适量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。

看法正确的同学是________（选填“甲”或“乙”）。

（3）消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。

接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。

纸带被打出一系列点，其中的一段如图2所示。

图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A点的速度vA＝________m/s。

（4）测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A点的距离为L。

小车动能的变化量可用ΔEk＝

Mv

算出。

砝码盘中砝码的质量为m，重力加速度为g。

实验中，小车的质量应________（选填“远大于”“远小于”或“接近”）砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W＝mgL算出。

多次测量，若W与ΔEk均基本相等则验证了动能定理。

答案　

（1）B　

（2）乙

（3）0.31（0.30～0.33都算对）　（4）远大于

解析　

（1）电磁打点计时器打点时运动的纸带受到的阻力较大，而电火花打点计时器打点时运动的纸带所受阻力较小，故选B。

（2）由于刚开始运动，拉力等于最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两种看法中，乙同学正确。

（3）取与A点相邻的两点，用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示，可测得x＝1.24cm。

用这一段的平均速度表示A点的瞬时速度，则vA＝

＝

m/s＝0.31m/s。

（4）由题意知，本实验用砝码、砝码盘和沙子的总重力大小表示小车受到的拉力大小，故要求小车的质量应远大于砝码、砝码盘和沙子的总质量。

15．（2017·天津高考）如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。

（1）对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________。

A．重物选用质量和密度较大的金属锤

B．两限位孔在同一竖直面内上下对正

C．精确测量出重物的质量

D．用手托稳重物，接通电源后，撤手释放重物

（2）某实验小组利用上述装置将打点计时器接到50Hz的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示。

纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点。

重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________。

A．OA、AD和EG的长度B．OC、BC和CD的长度

C．BD、CF和EG的长度D．AC、BD和EG的长度

答案　

（1）AB　

（2）BC

解析　

（1）A对：

验证机械能守恒定律时，为降低空气阻力的影响，重物的质量和密度要大。

B对：

为减小纸带与打点计时器间的摩擦，两限位孔要在同一竖直平面内上下对正。

C错：

验证机械能守恒定律的表达式为mgh＝

mv2，重物的质量没必要测量。

D错：

此做法对减小实验误差无影响。

（2）利用纸带数据，根据mgh＝

mv2即可验证机械能守恒定律。

要从纸带上测出重物下落的高度并计算出对应的速度，选项A、D的条件中，下落高度与所能计算的速度不对应；选项B的条件符合要求，可以取重物下落OC时处理；选项C中，可以求出C、F点的瞬时速度，又知CF间的距离，可以利用

mv

－

mv

＝mgΔh验证机械能守恒定律。

16．（2016·全国卷Ⅱ）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图a所示：

轻弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接。

向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。

（1）实验中涉及下列操作步骤：

①把纸带向左拉直

②松手释放物块

③接通打点计时器电源

④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量

上述步骤正确的操作顺序是________（填入代表步骤的序号）。

（2）图b中M和L纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果。

打点计时器所用交流电的频率为50Hz。

由M纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为________m/s。

比较两纸带可知，________（填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大。

答案　

（1）④①③②　

（2）1.29　M

解析　

（1）实验步骤中，一定要注意先接通打点计时器电源之后再松手释放物块。

若次序搞反，可能造成物块已离开桌面但打点计时器还没有开始工作。

（2）从纸带上看，最后两个数据2.58cm、2.57cm相差不大，表示物块已经脱离弹簧，所以速度v＝

×10－2m/s≈1.29m/s，同理可计算出打下L纸带时物块脱离弹簧的速度vL＝0.78m/s

三、计算题

17．（2019·天津高考）完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。

航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。

为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150m，BC水平投影L2＝63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°（sin12°≈0.21）。

若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6s到达B点进入BC。

已知飞行员的质量m＝60kg，g＝10m/s2，求

（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；

（2）舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。

答案　

（1）7.5×104J　

（2）1.1×103N

解析　

（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有

＝

①

根据动能定理，对飞行员有

W＝

mv2－0②

联立①②式，代入数据，得

W＝7.5×104J③

（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有

L2＝Rsinθ④

由牛顿第二定律，对飞行员有

FN－mg＝m

⑤

联立①④⑤式，代入数据，得

FN＝1.1×103N。

⑥

18．（2017·全国卷Ⅰ）一质量为8.00×104kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面。

飞船在离地面高度1.60×105m处以7.50×103m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100m/s时下落到地面。

取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8m/s2。

（结果保留2位有效数字）

（1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；

（2）求飞船从离地面高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层时速度大小的2.0%。

答案　

（1）4.0×108J　2.4×1012J　

（2）9.7×108J

解析　

（1）飞船着地前瞬间的机械能为

Ek0＝

mv

①

式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率。

由①式和题给数据得

Ek0＝4.0×108J②

设地面附近的重力加速度大小为g。

飞船进入大气层时的机械能为

Eh＝

mv

＋mgh③

式中，vh是飞船在高度1.60×105m处的速度大小。

由③式和题给数据得

Eh≈2.4×1012J④

（2）飞船在高度h′＝600m处的机械能为

Eh′＝

m

2＋mgh′⑤

由功能原理得

W＝Eh′－Ek0⑥

式中，W是飞船从高度600m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功。

由②⑤⑥式和题给数据得

W≈9.7×108J。

19．（2016·全国卷Ⅲ）如图，在竖直平面内有由

圆弧AB和

圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接。

AB弧的半径为R，BC弧的半径为

。

一小球在A点正上方与A相距

处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动。

（1）求小球在B、A两点的动能之比；

（2）通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点。

答案　

（1）5　

（2）能

解析　

（1）设小球的质量为m，小球在A点的动能为EkA，由机械能守恒得EkA＝mg·

①

设小球在B点的动能为EkB，同理有EkB＝mg·

②

由①②式得

＝5。

③

（2）若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0④

设小球在C点的速度大小为vC，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝m

⑤

由④⑤式得，vC应满足mg≤m

，即vC≥

⑥

小球由A到C，由机械能守恒有mg·

＝

mv

⑦

由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点。

20．（2016·天津高考）我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。

如图所示，质量m＝60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24m/s，A与B的竖直高度差H＝48m。

为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。

助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530J，取g＝10m/s2。

（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。

答案　

（1）144N　

（2）12.5m

解析　

（1）运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有

v

＝2ax①

由牛顿第二定律有

mg

－Ff＝ma②

联立①②式，代入数据解得

Ff＝144N。

③

（2）设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有

mgh＋W＝

mv

－

mv

④

设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律有

FN－mg＝m

⑤

由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得

R＝12.5m。

21．（2016·全国卷Ⅱ）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。

现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。

AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。

物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。

用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动。

重力加速度大小为g。

（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；

（2）若P能滑上圆轨道，但仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。

答案　

（1）

　2

l　

（2）

m≤M<

m

解析　

（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。

由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为

Ep＝5mgl①

设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得

Ep＝

Mv

＋μMg·4l②

联立①②，取M＝m并代入题给数据得

vB＝

③

若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足

≥mg④

设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得

mv

＝

mv

＋mg·2l⑤

联立③⑤式得

vD＝

⑥

vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。

设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得

2l＝

gt2⑦

P落回到AB上的位置与B点之间的距离为

s＝vDt⑧

联立⑥⑦⑧式得

s＝2

l。

⑨

（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度应大于零。

由①②式可知

5mgl>μMg·