第8章 机械能守恒定律 水平测评-【金版教程】2024-2025学年高中物理必修第二册创新导学案课件PPT（人教版2019）

第八章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟。 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分。在每个小题给出的四个选项中，第1～7小题，只有一个选项符合题意；第8～10小题，有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对而不全的得3分，错选或不选的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．下列说法中正确的是(　　) A．如果合力不做功，物体一定做匀速直线运动 B．功是标量，合力做的功等于各分力做的功的代数和，功的正、负表示外力对物体做正功或是物体克服外力做功 C．如果作用力做正功，反作用力一定做负功 D．人托着一个物体沿水平方向匀速前进，人对物体做了功 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：如果合力不做功，则合力可能为零，也可能与速度方向垂直(如匀速圆周运动)，故物体不一定做匀速直线运动，A错误；功是标量，合力做的功等于各分力做的功的代数和，功的正、负表示外力对物体做正功或是物体克服外力做功，B正确；如果作用力做正功，则反作用力可能做负功、可能做正功，也可能不做功，C错误；人托着一个物体沿水平方向匀速前进，人对物体的支持力方向竖直向上，与物体的位移方向垂直，故人对物体不做功，D错误。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2．光滑水平面上有A、B两木块，A、B之间用一轻弹簧拴接，A靠在墙壁上，用力F向左推B，使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　) A．木块A离开墙壁前，A、B组成的系统机械能守恒 B．木块A离开墙壁后，A、B组成的系统机械能守恒 C．木块A离开墙壁前，A、B、弹簧组成的系统机械能守恒 D．木块A离开墙壁后，A、B、弹簧组成的系统机械能不守恒 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：木块A离开墙壁前，弹簧的弹力对A不做功，对B做功，A、B组成的系统机械能不守恒，但A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，A错误，C正确；木块A离开墙壁后，弹簧的弹力对A、B都做功，A、B组成的系统机械能不守恒，但A、B、弹簧组成的系统机械能守恒，B、D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4．“高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性。最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形进行处罚。若从约20 m高的七楼阳台处，将一质量为1 kg的花盆水平推出，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．整个过程中重力的平均功率为50 W B．整个过程中重力的平均功率为200 W C．落到地面上时，重力的瞬时功率为200 W D．落到地面上时，重力的瞬时功率为100 W 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5．如图甲，起重机的钢索将重物由地面竖直向上吊到空中某个高度，重物的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，此过程中钢索拉力的功率P随时间t变化的图像可能是下图中的(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．如图甲所示，物体以一定的初速度v0从倾角为α＝37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3 m，选择地面为参考平面，上升过程，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示。g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则下列说法正确的是(　　) A．物体的质量m＝1 kg B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4 C．物体上升过程的加速度大小a＝10 m/s2 D．物体回到斜面底端时的动能Ek＝10 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(5分)利用竖直上抛小球的频闪照片也能验证机械能守恒定律。频闪仪每隔0.05 s闪光一次，图中所标数据为实际距离，该同学通过计算得到不同时刻的速度如下表：(当地重力加速度取10.0 m/s2，小球质量m＝0.2 kg，结果保留三位有效数字) (1)由频闪照片上的数据计算t5时刻小球的速度v5＝________ m/s。 时刻 t5 t4 t3 t2 速度(m/s) 4.32 4.80 5.38 3.84 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)从t2到t5过程中，小球重力势能增加量为ΔEp，动能减少量为Δek，其中ΔEp＝________ J。 (3)在误差允许的范围内，若ΔEp与ΔEk近似相等，则可验证机械能守恒定律。 由上述计算得ΔEp______ΔEk(填“>”“<”或“＝”)，造成这种结果的主要原因是________________________。 1.37 < 上抛过程中有空气阻力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(7分)如图为某实验小组利用气垫导轨做“验证机械能守恒定律”的实验装置。将气垫导轨放在水平桌面上，细绳两端分别与托盘和滑块相连，滑块在托盘的牵引下运动。已知光电门固定在气垫导轨上，遮光条的宽度为d，砝码(含托盘)的质量为M，滑块(含遮光条)的质量为m，重力加速度为g。 (1)下列实验操作步骤，正确的顺序是_______________。 ①测出遮光条到光电门的距离l ②调节滑轮高度，使细绳与导轨平行 ③将气垫导轨放在水平桌面上，打开 气源，将导轨调至水平 ④释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t ⑤将滑块移至光电门右侧某合适的位置 ③②⑤①④ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案：如图所示 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析：(1)用气垫导轨验证机械能守恒定律时，首先应将气垫导轨放在水平桌面上，打开气源，将导轨调至水平，再调节滑轮高度，使细绳与导轨平行，然后打开气源，将滑块移至光电门右侧某合适的位置，测出遮光条到光电门的距离l，最后释放滑块，读出遮光条通过光电门的遮光时间t。故正确的顺序是③②⑤①④。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分。要有必要的文字说明和演算步骤，有数值计算的题注明单位) 13．(10分)如图甲，我国山东舰航母上的舰载机采用滑跃式起飞，甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分组成，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB平滑连接的一段斜面，模型简化图如图乙所示，BC长为L，BC与AB间夹角为α。若舰载机从A点处由静止开始以加速度a做初速度为零的匀加速直线运动，经时间t达到B点，进入BC保持恒定功率加速(通过B点前后舰载机的功率不变)，在C点刚好达到起飞速度v。已知舰载机的总质量为m(忽略滑行过程中的质量变化)，舰载机在甲板上运动时受到甲板的摩擦力和空气阻力之和看作恒力，大小为其重力的k倍，重力加速度为g。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)舰载机的最大功率； (2)舰载机在BC段运行的时间。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14．(12分)商场内的螺旋滑梯如图甲所示。小孩从顶端A处进入，由静止开始沿滑梯自然下滑(如图乙所示)，并从底端B处滑出。已知螺旋滑梯总长度L＝20 m，A、B间的高度差h＝12 m，g取10 m/s2。 (1)假设螺旋滑梯光滑，则小孩从B处滑出时的速度v1 多大？ (2)若有人建议将该螺旋滑梯改建为倾斜直线滑梯， 并保持高度差与总长度不变。已知小孩与倾斜直线滑梯间的动摩擦因 数μ＝0.25，若小孩仍从顶端由静止自然下滑，则从底端滑出时的速度v2多大？ (3)若小孩与滑梯间的动摩擦因数仍为0.25，你认为小孩从螺旋滑梯底端B处滑出的速度v3与(2)问中从倾斜直线滑梯滑出的速度v2哪个更大？试简要说明理由。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(16分)如图所示为一弹射游戏装置，由安装在水平轨道AB左侧的弹射器、半圆轨道CDE、水平轨道EF、四分之一圆弧轨道FO4、IO2、对称圆弧轨道GO4、HO2等组成。CDE半径r1＝0.9 m，EF长度L＝4.5 m，FO4、IO2半径r2＝0.6 m，GO4、HO2半径r3＝0.3 m、圆心角θ＝37°。C点略高于B点且在同一竖直线上，其余各段轨道平滑连接。可视为质点的滑块质量m＝1 kg，锁定在弹射器上的A点，解除锁定后滑块在水平轨道AB上运动了l＝0.2 m，从B点贴着C点进入半圆轨道，滑块在C点对半圆轨道的压力恰好为零。除水平轨道AB、EF外其余轨道均光滑，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)弹射器的弹性势能Ep； (2)若滑块从G点飞出后从H点进入轨道，滑块在G点动能EkG的大小； (3)若滑块在运动过程中最终不脱离轨道且经过了F点，滑块与水平轨道EF的动摩擦因数μ的范围。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 3．如图所示，光滑斜面的顶端固定一轻质弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　　) A．mgh－eq \f(1,2)mv2 B．eq \f(1,2)mv2－mgh C．－mgh D．－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mgh＋\f(1,2)mv2)) 解析：由A到C的过程运用动能定理可得：－mgh＋W＝0－eq \f(1,2)mv2，所以弹簧弹力做功为W＝mgh－eq \f(1,2)mv2，故A正确。 解析：花盆只受重力，竖直方向上做自由落体运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，得花盆下落的时间t＝2 s，而整个过程中重力做的功为WG＝mgh＝200 J，故重力的平均功率为eq \o(P,\s\up6(－))＝eq \f(WG,t)＝100 W，A、B错误；由v2＝2gh得，花盆到达地面的速度为20 m/s，所以重力的瞬时功率为P＝mgv＝1×10×20 W＝200 W，C正确，D错误。 解析：对重物的运动过程进行分析可知，重物在0～t1时间内向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，则a1＝eq \f(v0,t1)，根据牛顿第二定律得F1－mg＝ma1，则拉力F1＝mg＋ma1，拉力的功率P1＝F1v＝(mg＋ma1)a1t，m、a1均一定，可知此段时间内功率与时间成正比，t1时刻拉力的功率P1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋m\f(v0,t1)))·v0>mgv0＝P0；在t1～t2时间内重物向上做匀速直线运动，拉力F2＝mg，则拉力的功率P2＝F2v0＝mgv0＝P0，可知这段时间内拉力的功率不变，且大小为P0；在t2～t3时间内重物向上做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得mg－F3＝ma2，则拉力F3＝mg－ma2，拉力的功率P3＝F3v＝(mg－ma2)·[v0－a2(t－t2)]，m、v0、a2均一定，可知P3与t是线性关系，随着t增大，P3减小，t2时刻后瞬间拉力突然减小，功率突然减小。综上可知B、C、D错误，A正确。 6．如图所示，长为L的细线，一端系于悬点A，另一端拴住一质量为m的小球，先将小球拉至水平位置并使细线绷直，在悬点A的正下方O点钉有一光滑小钉子，今将小球由静止释放，要使小球能在竖直平面内做完整圆周运动，OA的最小距离是(　　) A．eq \f(L,2) B．eq \f(L,3) C．eq \f(2,3)L D．eq \f(3,5)L 解析：设小球恰好做完整圆周运动时其轨道半径为R，小球刚好过最高点的条件为mg＝m2,0)eq \f(v,R) ，解得v0＝eq \r(gR)。小球由静止释放到运动至圆周的最高点过程中，只有重力做功，因而机械能守恒，取初位置所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律得0＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－mg(L－2R)，解得R＝eq \f(2,5)L，所以OA的最小距离为L－R＝eq \f(3,5)L，故D正确。 7．某滑雪赛道如图甲所示，滑雪运动员从斜坡赛道的A处由静止开始下滑至坡底B处，再滑上一段水平赛道到C处停下。将运动员视为质点，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x的关系如图乙所示，滑板与滑雪赛道间的动摩擦因数μ＝0.25，不计空气阻力及滑雪运动员经过B点时的能量损失，重力加速度大小取g＝10 m/s2，则下面关于滑雪运动员(含滑板)说法正确的是(　　) A．在B点的速度大小为10eq \r(2) m/s B．滑雪运动员和滑板的总质量为80 kg C．整个运动过程中机械能损失了3×104 J D．在AB段运动时克服阻力做的功为1.6×104 J 解析：运动员在水平赛道BC上滑动时，有－μmgxBC＝0－EkB，解得运动员和滑板的总质量m＝eq \f(EkB,μgxBC)＝eq \f(1.6×104,0.25×10×80) kg＝80 kg，故B正确；又EkB＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，解得在B点的速度大小为vB＝20 m/s，故A错误；在AB段运动时克服阻力做的功为Wf＝μmgcosθ·lAB＝μmgxAB＝0.25×80×10×40 J＝8×103 J，故D错误；由功能关系可知，AB段机械能减小量ΔE1＝Wf＝8×103 J，BC段机械能减小量ΔE2＝EkB－0＝1.6×104 J，则整个过程机械能损失量ΔE＝ΔE1＋ΔE2＝2.4×104 J，C错误。 8．如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中(　　) A．从P到M所用的时间等于eq \f(T0,4) B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C．从P到Q阶段，速率逐渐变小 D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 解析：由开普勒第二定律可知，相等时间内，太阳与海王星连线扫过的面积都相等，则从P到M所用的时间小于eq \f(T0,4)，A错误。由于只有引力做功，则从Q到N阶段，机械能守恒，B错误。从P到Q阶段，万有引力做负功，动能减小，速率逐渐变小，C正确。从M到N阶段，万有引力与速度的夹角先是钝角后是锐角，即万有引力对它先做负功后做正功，D正确。 9．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆轨道上，A位于圆心O的正下方，B与O等高。它们由静止释放，最终在水平面上运动。下列说法正确的是(　　) A．下滑过程中B的重力做功的功率先增大后减小 B．当B滑到圆轨道最低点时，轨道对B的支持力大小为3mg C．下滑过程中B的机械能增加 D．整个过程中轻杆对A做的功为eq \f(1,2)mgR 解析：因为初位置B的速度为零，则重力的功率为0，B在最低点速度方向与重力的方向垂直，则其重力的功率为零，又因为B在圆轨道上运动时其重力的功率大于0，可知重力的功率先增大后减小，故A正确；A、B及轻杆组成的系统，在运动过程中，只有B的重力做功，机械能守恒，设B到达圆轨道最低点时速度为v，根据机械能守恒定律得eq \f(1,2)(m＋m)v2＝mgR，解得v＝eq \r(gR)，在最低点，根据牛顿第二定律得N－mg＝meq \f(v2,R)，解得N＝2mg，故B错误；下滑过程中，B的重力势能减小ΔEp＝mgR，动能增加ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，所以其机械能减小eq \f(1,2)mgR，故C错误；整个过程中，对A根据动能定理得，轻杆对A做的功W＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mgR，故D正确。 解析：物体到达最高点时，机械能E机＝Ep＝mgh，则m＝eq \f(E机,gh)＝eq \f(30,10×3) kg＝1 kg，故A正确；物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力做的功，则|ΔE机|＝μmgcosα·eq \f(h,sinα)，代入数据解得μ＝0.5，故B错误；物体上升过程中，由牛顿第二定律得mgsinα＋μmgcosα＝ma，代入数据解得a＝10 m/s2，故C正确；由题图乙可知，物体上升过程中摩擦力做的功W＝30 J－50 J＝－20 J，则物体从斜面底端开始运动到回到斜面底端的整个过程中，由动能定理得Ek－Ek0＝2W，则Ek＝Ek0＋2W＝50 J＋2×(－20) J＝10 J，故D正确。 解析：(1)根据匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知，t5时刻小球的速度v5＝eq \f(x,2T)＝eq \f(（18.00＋20.40）×10－2,0.1) m/s＝3.84 m/s。 (2)从t2到t5过程中，小球重力势能增加量为ΔEp＝mgh ＝0.2×10×(0.2520＋0.2279＋0.2040) J＝1.37 J。 (3)从t2到t5过程中，小球动能的减少量为ΔEk＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)－ eq \f(1,2)mveq \o\al(2,5)＝1.42 J，上抛过程中，由于空气阻力的存在，减少的 动能有一部分转化为内能，则动能的减少量大于重力势能的 增加量，即ΔEp<ΔEk。 (2)在滑块从静止释放到运动至光电门的过程中，若系统机械能守恒，则应满足的关系式为_____________________(用题中所给的字母表示)。 (3)保持滑块和砝码质量不变，多次改变遮光条到光电门的距离l，记录每次遮光条的遮光时间t及对应的eq \f(1,t2)，数据见下表。 l/(×10－1 m) 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 t/ms 11.79 8.16 6.71 5.77 5.14 eq \f(1,t2)/(×104 s－2) 0.72 1.50 2.22 3.00 3.79 请根据表中的数据，在方格纸上作出eq \f(1,t2)­l图像。 (4)某同学根据“eq \f(1,t2)­l图像是一条过原点的直线”得出了“系统机械能守恒”的结论。你是否同意他的观点？并简要说明理由：_________________________________________ _______________________________。 (2)遮光条通过光电门的时间极短，可以用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块经过光电门的瞬时速度，即滑块经过光电门的速度为v＝eq \f(d,t)；将滑块(含遮光条)、砝码(含托盘)看作一个系统，则系统增加的动能ΔEk＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t))) eq \s\up12(2)，系统减少的重力势能ΔEp＝Mgl，若系统机械能守恒，则满足的关系式为ΔEp＝ΔEk，即Mgl＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t))) eq \s\up12(2)。 (3)根据数据作图如图所示。 (4)由Mgl＝eq \f(1,2)(M＋m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t))) eq \s\up12(2)变形得eq \f(1,t2)＝eq \f(\a\vs4\al(2Mg),（M＋m）d2)l，故只有eq \f(1,t2)­l图像是一条过原点的直线且图线斜率近似等于eq \f(\a\vs4\al(2Mg),（M＋m）d2)，才能得出系统机械能守恒的结论，仅根据“eq \f(1,t2)­l图像是一条过原点的直线”得出“系统机械能守恒”的结论是错误的。 答案：(1)mat(a＋kg) (2)eq \f(v2－a2t2＋2gL（k＋sinα）,2at（a＋kg）) 解析：(1)舰载机运动到B点时，功率最大，设为P，从A点到B点，根据运动学公式有 v1＝at 由牛顿第二定律有F－kmg＝ma 在B点处有P＝Fv1 联立解得P＝mat(a＋kg)。 (2)设舰载机在BC段运行的时间为t1，根据动能定理有 Pt1－kmgL－mgLsinα＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得t1＝eq \f(v2－a2t2＋2gL（k＋sinα）,2at（a＋kg）)。 答案：(1)4eq \r(15) m/s　(2)4eq \r(10) m/s (3)速度v2更大，理由见解析 解析：(1)若滑梯光滑，小孩从A到B由机械能守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1) 解得v1＝eq \r(2gh)＝4eq \r(15) m/s。 (2)小孩从顶端到底端的过程，由动能定理可得WG－Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2) 式中Wf＝μmgeq \f(\r(L2－h2),L)·L WG＝mgh 联立解得v2＝4eq \r(10) m/s。 (3)小孩从螺旋滑梯下滑的过程，由动能定理可得WG－Wf′＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3) 与倾斜直线滑梯下滑相比，重力做功相等，沿螺旋滑梯下滑时，小孩受到的弹力更大(或需要向心力)，受到的滑动摩擦力更大，滑动摩擦力做的负功更大，故v2>v3，即速度v2更大。 答案：(1)4.9 J　(2)2.5 J (3)eq \f(11,30)≤μ<eq \f(1,2)或μ＝eq \f(61,225) 解析：(1)滑块经过C点时，有mg＝m2,C)eq \f(v,r1) 对滑块从A点到C点过程中，根据动能定理有W弹－μ1mgl＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C)－0 根据功能关系有W弹＝Ep－0 解得Ep＝4.9 J。 (2)滑块从G点到H点做斜抛运动， 水平方向有2r3cosθ＝vGsinθt 竖直方向有－vGcosθ－vGcosθ＝－gt 又EkG＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,G) 解得EkG＝2.5 J。 (3)①若滑块到达F点速度刚好为0，设滑块与水平轨道EF的动摩擦因数为μ2，对滑块从C点到F点的过程，根据动能定理有 2mgr1－μ2mgL＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 解得μ2＝eq \f(1,2)。 ②若滑块到达O4点速度刚好为0，设滑块与水平轨道EF的动摩擦因数为μ3，对滑块从C点到O4点过程，根据动能定理有 mg(2r1－r2)－μ3mgL＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 解得μ3＝eq \f(11,30)。 ③若滑块从G点飞出后从H点进入轨道，设滑块与水平轨道EF的动摩擦因数为μ4，根据动能定理有 mg(2r1－r2－r3sinθ)－μ4mgL＝EkG－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C) 解得μ4＝eq \f(61,225) 综上所述，若滑块在运动过程中最终不脱离轨道且经过了F点，滑块与水平轨道EF的动摩擦因数μ的范围为eq \f(11,30)≤μ<eq \f(1,2)或μ＝eq \f(61,225) $$