全书综合检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理必修第二册（人教版）

2m6,解得，=√4gR,C错误；D.小球在B点恰好脱离轨 1 道有mgcos日=mR ,则vg=√gRcos0,则若小球初速度o 增大，小球在B点的速度有可能为√gR©os0,故小球有可 能从B点脱离轨道，D正确故选AD. 11.BD解析：设物块离开木板时的速度为1，此时木板的速 度为2，由题意可知1>2，设物块的对地位移为xm,木板 的对地位移为.CD.根据能量守恒定律可得2m- m+分wt,整理可得子m-子m-n-子M< 1 2 2m-f,D正确，C错误；AB.因摩擦产生的摩擦热Q=1= 九)，根据运动学公式2，受，因为> 1>2,可得xm>2xM,则xm-xw=U>xM,所以W=fM<fl,B正 确，A错误故选BD. 12.B解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐 木板整体有，g,解得弹性绳的伸长量？，则此 时滨性组的洋程势能为么--兰，从开始敬动乙 所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木 板的位移为x,=x+l-d,则由功能关系可知该过程F所做 的功W=twmg,=3(mg 2k -+mg(l-d),故选B. 13.AD解析：A.小球在P点受力平衡，则有mg=f,f=uFN, R=(子)），联立解得k=,A正确；C在PW之间任 取一点A,令A0与MW之间的夹角为0，则此时弹簧的弹力 为F=(-2品0，小球受到的摩擦力为=Fm uF血0，化简得斤=r(0号），0在Mn之间端大，在 PW之间变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；D.根据对称 性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由 对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正 确；B.小球运动到P点下方2时0=45°，此时摩擦力大小 为不=u(u受号)，由牛银第二定律g+fmS f=ma,联立解得a=√2g,B错误故选AD. 14.(1)√gR(2)0(3)3gR 解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D,则 在D点有m后=形，部得=vg康， (2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进人轨道CDE 内侧，则在C点有c0s60°=，小物块从C到D的过程中， 根据动能定理有-mg(R+Rcos60°)= 1 2mw%2m2,则小 1 物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHm=2m品 必修第二册·RJ 2m2,联立解得ea=VgR,Ho=0; 1 (3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有-umgs= m了m=x2R,解得V顾 1 15.(1)1000N(2)7m 解析：(1)设游客滑到b点时速度为o,从a到b过程，根据 1 机械能守恒mgh=2m,解得，=10ms,在6点根据牛顿 第二定律F-mg=m尺，解得F、=1000N,根据牛顿第三 定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为%=F、= 1000N;(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v,在平台上 运动过程由动能定理得-ngs=0-m2,解得。=8s, 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘 时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动， 滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a,和a2,得 4,兴-g=2,4紧-4，根据运动学规律对 m 游客v=o-a1t,解得t=1s,该段时间内游客的位移为s1= v+ .1 221=9m,滑板的位移为52=2,2=2m,根据位移关系 得滑板的长度为L=s1-52=7m 全书综合检测 1.B解析：由题意可知，擦冰手在冰壶运 动的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰 壶前侧受到的摩擦力，而后侧所受摩擦 力几乎不变，若冰壶按如图①的逆时针 方向旋转，则沿速度垂直的方向，摩擦力 ① 的合力向左，则冰壶运动轨迹将向左偏转：同理若冰壶按顺 时针方向旋转，冰壶运动轨迹向右偏转即①④正确.故选B. 2.B解析：A.根据题意可知，分针转一圈为1h,时针转1圈为 12h,则有T分：Tt=1:12,故A错误；B.由公式0=2π可 T 得，分针与时针转动的角速度之比为0分：®时=12：1，故 B正确：C.由公式u=r可得，分针与时针转动的线速度之比 为号品会故c误出公式。-可 得，分针与时针转动的向心加速度之比为分_.「分 a时w时T时 X=。,故D错误故选B. 3.D解析：A.由于中继星在该轨道上无动力飞行，仅受万有 引力，故其机械能守恒，A错误：B.由于中继星在近月点P附 近速率较大，MPW与NQM路程相同，故MPW阶段时间较 少，B错误；CD.由开普勒第三定律与天体圆周运动的规律可 7tr2+2R13 2 得 =k,k=G州，G=g,解得M= 4m2’R2 T2(r1+r2+2R)3m2(1+r2+2R)3 2G72 -,8= 2TR2一，C错误，D正确故选D. 黑白题40 4.D 5A解析：当击中斜面A处时，竖直方向y=了，水平方向 x=,1,根据几何关系可得am0=平，解得么= an9则，s 2w0 4 √+（严=√1+a当小球拾好从B点沿圆孤切线 进人圆弧轨道时，根据几何关系可得an日=华， 3v0 3，c0s0= 联立可得t1:t2=2:3tan20,u4:vg=cos0√tan20t4: 3tan0,故选A. 6.D解析：A.人滑到最低点时，速度方向沿水平方向，滑索近 似看为圆弧，人在最低点由沿半径方向的合力提供向心力， 即人有向上的加速度，可知，人滑到最低点时处于超重状态， 故A错误：B.人在最低点时速度沿水平方向，速度方向与重 力方向垂直，可知，人滑到最低点时重力的瞬时功率为0，故 B错误：；C根据动能定理有mgh=2m,根据牛顿第二定律 有F=n会根器几何关系有心=(R+(台厂解得F ,放C错误；D,人滑到最低点时，对人受力分而 有N1-mg=F,根据牛顿第三定律有N2=N1,结合上述解 得N2=mg+ P+4h,故D正确故选D. 16mgh2 7.A解析：A由题图可知，当转台以恒定的角速度转动时，重 力和静摩擦力的合力提供向心力，且物体乙的向心力大于物 体甲的向心力，且在最低点时的静摩擦力大于最高点的静摩 擦力，因此只需保证物体乙在最低点不发生滑动即可，此时 有mgcos a-mgsin a=mw,2·xz,解得wo=5rad/s,A正确； BCD.最低点时对物体甲有F用1-mgsin a=mω，2x甲，解得 F1=6.25N,物体乙所受的摩擦力为F21=umgcos a= 7.5N,物体甲乙在最低点时所受的摩擦力之比为F甲1： F21=5:6,在最高点时，对物体甲有mgsin a-F2= mw2x甲，解得F2=3.75N,对物体乙有mgsin a-Fz2= mω，2·x2,解得F22=2.5N,则在最高点时物体甲乙所受的 摩擦力之比为Fm2：F2=3:2,物体甲在最低点和最高点 所受的摩擦力之比为F1:F甲2=5：3，选项BCD错误故 选A &D解析：A两卫星在P点时，根据c=,可得a 之，显然两卫星的加速度相同，故A错误；B.由题知，轨道 1和轨道3都是圆轨道，则有cM=m 2=m,可得和=。/， 由于B卫星在轨道3上运动的轨道半径大于A卫星在轨道 1上运动的轨道半径，所以B卫星在轨道3上运动的速度小 于A卫星在轨道1上运动的速度，故B错误；C.卫星从低轨 道运动到高轨道，需要在轨道相切点点火加速实现，所以B 卫星在Q点变轨进入轨道3时需要向后喷气加速，故C错 误：D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中速度减小， 则动能减小，故引力做负功，故D正确.故选D. 参考答案与解析 9.BC解析：A任意两颗星体间的万有引力大小F。=G 2 每个星体受到其他两个星体的引力的合力为F三 2R,ca30P=3G,A错误；B,由牛顿第二定律可得F (停)其中r,解得每颗星运行的周 c0s30° r3 期均为T=2m√3GmB正确：C.若，不变，星体质量均变 为2m,则星体的角速度0=2”= 2T 1 —= T 1 2m√3Gx2m2√3Gm ，则星体的角速度变为原来的5倍，C正确： r3 V3Gm D.若m不变，星体间的距离变为4r,则星体的周期为T'= 不4n=16m入√3Gm 2Tλ√3Gm 8T星体的线速度大小为0=2× T 4弓×2，则星体的线速度变为原来的子，D筛误放 选BC. 10.B解析：设近地卫星的质量为m,火星的质量为M,对近地 卫星，火星的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则 有管·号可得州票可得大是的密庄为 2 4d13 令将M二代入上式可得P= Td3 3π(2 6n2d 2GT2 nd 3江又火星对近地卫星的万有引力近似等于近 G72 地卫星的重力，则有mog0=G Mm d,解得M= od2 4G因此 2 8od2 M 火星的密度为p= 4G 3g0 2mCa,ACD正确， B错误.故选B. 11.AD解析：A.乒乓球做平抛运动，竖直方向上做自由落体 运动，由3h=7,解得运动时间1 瓜，乒乓球落在小、 B两点的下落高度相等，则运动时间相等，故A正确：B调 整发射速度的大小和方向，使乒乓球落到球网右侧的台 面上，水平位移最小的情况是擦网落到右侧台面，此时水平 方向的位移大于宁，放B结误，C乒乓球用最小速度发射 时，乒乓球过网后的水平位移最小，乒乓球落在右侧台面的 中线上，故C错误；D.当乒乓球发射速度最大时，落到A 点，竖直方向上3h=子，水平位移= 黑白题41 14+)8,故D正 ,解得最大速度=2√6h 确.故选AD. 12.A解析：A.从A到C由动能定理mgH-mgcos·AB- Mng·BC= 1 2mm,即mg1-mgL=2mm,则只要H和L一 定，不管滑道AB的倾角有多大，游客从C点飞出的速度一 定，故A正确；B.若游客落在滑道CD的不同点上，则位移 的偏向角相同，根据平抛运动的速度的偏向角的正切等于 位移偏向角正切的2倍可知，落在滑道的各点的速度偏向 角相等，即落在斜面上的速度方向相同，故B错误；C.由A 的分析可知，L越大，则到达C点时速度越小，则游客在斜 面上的位移越短，越有可能落在滑道CD上，故C错误； D若恰能落在D点，则A=g=s,mgH-ngL=a2， 联立解得4H=L+h,故D错误.故选A. 13.(1)A(2)角速度平方不变 14.(1)③(2)⑤3④②①(3)如图所示 TmN 1.75 1.70 1.65 1.60 1.55 1.50 1.45 1.40 Tmin/N 00 005 010 05 020 (4)-1.9-2(5)C 15.(1)√2gd √d25w号2 /5 解析：(1)绳断后，小球做平抛运动，竖直方向d- 2,解得一√名，水平方向d=4,则绳断时小球速度 d 大小，=-2g,小球落地时竖直分速度，==√2， gd 小球落地时速度大小=V厅号=，√2+受-，/受 '2W2 (2)绳断前，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得F mg=m 2,解得F= 3 mg. 4 进阶突破 第五章抛体运动 第1节曲线运动 AB解析：细绳剪断前，设金属球的重力为G、弹簧的弹力为 F、细绳的拉力为T,由于金属球处于平衡状态，则根据三力平 衡可知G与F的合力与T等大反向，即G与F合力的方向水 平向左细绳被剪断的瞬间细绳的拉力突然消失，而弹簧弹力 的大小和方向均不发生变化仍为F,所以此时金属球所受重力 G与弹簧弹力F合力的方向仍水平向左，根据牛顿第二定律中 必修第二册·RJ (3)设绳长为1，绳断时球的速度大小为，绳承受的最大 拉力不变，由牛顿第二定律得F-mg=m,解得= ⑧g,绳断后球做平抛运动，竖直位移为d-l,水平位移为 3 x.竖直方向d-l= 2,水平方向x=,',联立解得x= 4,当且仅当1=d-4,解得1=号时x有最大位 -254 16.(1)152.0J(2)3.3kg≤m2<5.1kg(3)2.4kg 解析：(1)设滑块A刚好能沿圆弧轨道运动到圆弧轨道的 最高点时速度的大小为v,根据牛顿第二定律有m1g= m尺，解得，=√g欧，滑块A由静止运动到圆孤轨道最高 3 点过程，由能量守恒定律可得E。=m1gcos37°×号R+ mg(n37+s3）7n,联立解得E, ，1 3.8m1gR=152.0J; (2)设滑块A的质量为m2,为使A能滑上圆轨道，则它到达 P点时的速度应大于零，由能量守恒定律可得E。> Hm,6s3xRmg×号3每得%得，要使 滑块A仍能沿圆弧轨道滑回，A在圆弧轨道上升的高度不 能超过与圆心等高处，由能量守恒定律可得E。≤um2gcos 3 3 38 37x2R+m8（2Rsin37°+Ros37°），解得m≥23m, 综上所述可得贸≤器，改变后指块4的质其m 38 的可能值满足3.3kg≤m2<5.1kg; (3)依题意滑块恰好脱离圆弧轨道时，应在0Q水平线的上 方与0Q方向的夹角为37°处，此位置轨道对滑块的弹力刚 2 3 好为零，则m,gn37mR,解得。-√58R,由能量守 恒定律可得E,=m,gs37x子R+m,g(3R37+ 1 19 Rc0s37+Rsin37°十2m心，解得m-16m≈2.4kg 拔高练 力与加速度的同向性可知在细绳被剪断的瞬间金属球加速度 的方向水平向左，故A正确当金属球运动到悬点正下方时，如 图所示，根据物体做曲线运动的条件结合受力分析可知，此时 金属球所受合力方向为竖直向下，故B正确。 黑白题42全书综合检测 (时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（每题4分，共48分） 量为G,则下列说法正确的是 1.图甲为2022年北京冬奥会我国运动员参加冰 鹊桥二号 壶比赛的场景比赛中投壶手在投出冰壶时会 带有一定的旋转（自旋），擦冰手在冰壶运动 的前方高速摩擦冰面（刷冰），减小冰壶前侧 A.该中继星在P点时机械能最大 受到的摩擦力，可使冰壶做曲线运动.在图乙 B.该中继星沿MPN运动时间等于沿NQM运 所示的各图中，圆表示冰壶，ω表示冰壶自旋 动时间 的方向，v表示冰壶前进的方向，则在刷冰的 T2(r1+r2+R)3 过程中，冰壶运动的轨迹（虚线表示）可能正 C.月球表面重力加速度g= 2TR2 确的是 D.月球的质量M= 2(r1+r2+2R)3 2GT 4.（2024·河南南阳五校联 3( ④ 考)在我国古代就广泛运 用了齿轮传动装置，我国 A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 古代的指南车便是利用了 2.(2024·浙江宁波期末)某个走时准确的时 齿轮来指引方向，指南车某部分结构如图所 钟，分针与时针由转动轴到针尖的长度之比 是1.4：1.关于分针与时针的针尖的相关物理 示，在三个齿轮的边缘上分别取1、2和3三 量说法正确的是 点，齿轮B和齿轮C在同一转动轴上，已知齿 轮B的半径r2大于齿轮A的半径r1大于齿轮 2 C的半径3，则 A.1和3的线速度：1<3 B.1和2的角速度：ω1<ω2 山 C.1和3的周期：T1>T3 A.T分：T时=12：1 B.ω分：w时=12：1 C.v分：v时=5：84 D.a分：a时=5：1008 D.1和2的向心加速度：a1>a2 3.(2024·安徽鼎尖联盟三模)我国成功将“鹊 5.(2023·重庆南开中学质检)如图所示，一小球 桥二号”中继星送入周期为T的环月大椭圆 以一定初速度水平抛出，忽略空气阻力.当小球 使命轨道，按计划开展与“嫦娥四号”和“嫦娥 以速度，抛出时，经历时间t1后以v4恰好击 六号”的通信测试.如图是中继星环绕月球的 中斜面A处（抛出点与A点的连线垂直于斜 示意图，其中P点为近月点，与月球表面距离 面).当小球以速度3。抛出时，经历时间t2后 为1，Q点为远月点，与月球表面距离为2， 以v恰好从B点沿圆弧切线进入圆弧轨道，半 M、N为椭圆的短轴点，月球半径为R,引力常 径OB与竖直方向的夹角为6.则 () 必修第二册：R黑白题104 10m/s2.则下列说法正确的是 A.t1:t2=2:3tan20 1.. B.t1:t2=2:tan20 A.@o=5 rad/s B.物体甲、乙在最高点时所受的摩擦力之比 C.v vg=sin 0tan2 0+4 3tan 0 为1：2 D.v vg=2cos 0vtan2 0+4 3tan 0 C.物体甲、乙在最低点时所受的摩擦力之比 6.(2024·福建福州期末)游乐场中有滑索过江 为1：2 的游戏体验，可以简化成如图所示的模型，滑 D.物体甲在最低点和最高点所受的摩擦力大 索的两固定点等高，近似可看成形状固定不 小相等 变的圆弧，两固定点之间的距离为L,某人质 8.(2023·北京一模)我国一箭多星技术居世界 量为m,从滑索一端由静止滑下来，到最低点 前列，一箭多星是用一枚运载火箭同时或先 时与固定点的高度差为h,不计滑轮与绳索之 后将数颗卫星送入轨道的技术.某两颗卫星释 间的摩擦，重力加速度为g,则 放过程简化为如图所示，火箭运行至P点时， 同时将A、B两颗卫星送入预定轨道.A卫星进 入轨道1做圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭 A.人滑到最低点时处于失重状态 圆轨道运动，P点为椭圆轨道的近地点，Q点 B.人滑到最低点时重力的瞬时功率为 为远地点，B卫星在Q点喷气变轨到轨道3， mg√2gh 之后绕地球做圆周运动.下列说法正确的是 C.人滑到最低点时的向心力大小为】2mg L2+4h2 D.人滑到最低点时绳索受到的压力大小 16mgh2 为mg+P+4h 7.(2024·河南九师联盟质检)如图所示，倾角 为α=30°的转台上有两完全相同的均可视为 A.A卫星在P点的加速度大于B卫星在P点 质点的物体甲和乙，其质量均为m=1kg,与 的加速度 转台间的动摩擦因数为μ= B.A卫星在轨道1的速度小于B卫星在轨道 2,现让转台绕中 3的速度 心轴0102转动，当转台以恒定的角速度ω0 C.B卫星从轨道2上Q点变轨进入轨道3时 转动时，恰好没有物体与转台发生相对滑动， 需要喷气减速 物体甲到转轴的距离为x甲=0.05m,物体乙到 D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中 转轴的距离为x2=0.1m,重力加速度g取 引力做负功 全书综合检测黑白题105 9.(多选)如图所示，质量相 角，B点为台面右边沿的中点.不计空气阻 等的三颗星组成为三星系 力，重力加速度大小为g.则 ( 统，其他星体对它们的引 发射点 球网 力作用可忽略.设每颗星体 的质量均为m,三颗星分别位于边长为r的等 边三角形的三个顶点上，它们绕某一共同的 A.乒乓球落在A点与落在B点运动所用时 圆心0在三角形所在的平面内以相同的角速 间相等 度做匀速圆周运动.已知引力常量为G,下列 B.乒乓球做平抛运动时水平方向上的位移 说法正确的是 ( A.每颗星体向心力大小为2Gm 最小为的 2 C.乒乓球向A点方向发射可以用最小速度 B.每颗星体运行的周期均为2π 发射 3Gm C.若r不变，星体质量均变为2m,则星体的角 (4L+Lz)g D.乒乓球的发射速度最大为 2 6h 速度变为原来的2倍 12.(2024·甘肃白银模拟)某公园的滑雪场设 D.若m不变，星体间的距离变为4r,则星体的 置了如图所示滑道跳雪游戏项目：滑道由高 线速度变为原来的 为H的斜面滑道AB、水平滑道BC和高为h 的斜面滑道CD三部分组成，AC水平距离为 10.中国新闻网宣布：在 火星-Mars L,CD滑道的倾角固定，为45°，游客脚上的 摩洛哥坠落的陨石 火星的小档案 直径d=6794km 滑雪板与三段滑道之间的动摩擦因数均为 被证实来自火星.某 质量M=6.42×1023kg 表面重力加速度g=3.7ms 山=0.25，游客从A点由静止开始下滑，经过 同学想根据平时收 近地卫星周期T=3.4h 水平滑道BC过渡后由C点水平飞出，若不 集的部分火星资料（如图所示）计算出火星 计在B点的机械能损失，下列说法正确的是 的密度，再与这颗陨石的密度进行比较.下列 计算火星密度的公式错误的是（引力常量G 已知，忽略火星自转的影响) ( 3g0 A.P= B.P= o7 2πGd 3πd C.P= 3π r D.P= 6M di 11,（多选)一带有乒乓球发射机的乒乓球台，如 A.只要H和L一定，不管滑道AB的倾角有 图所示水平台面的长和宽分别为L,和L2, 多大，游客从C点飞出的速度一定 中间球网高度为h,发射机安装于台面左侧 B.若游客落在滑道CD的不同点上，则落在 边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向 滑道的各点速度方向不相同 水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h, C.其他条件不变，为保证游客落在滑道CD 调整发射速度v的大小和方向，使乒乓球落 上，L可以设计适当短一些 到球网右侧的台面上，A点为台面右侧的边 D.当3H=L+h时，游客恰好落在D点 必修第二册：RJ黑白题106 二、非选择题（共52分）》 小球在竖直平面内摆动 13.(8分)(2023·浙江高考)“探究向心力大小 ⑤在传感器正下方固定一个小圆环，圆 的表达式”实验装置如图所示 环平面水平 (3)实验测得的数据见下表， 0.0470.0800.1100.170 0.200 Tnax/N 1.6601.5801.5221.4091.350 (1)采用的实验方法是 请根据表中的数据，在方格纸上作出 A.控制变量法B.等效法 Tmr一Tn图像 C.模拟法 1.elZIN (2)在小球质量和转动半径相同的情况下， 1. 1. 逐渐加速转动手柄到一定速度后保持匀 1.( 速转动.此时左右标尺露出的红白相间 L: 1.d 等分标记的比值等于两小球的 1. 1. (填“线速度大小”“角速度平方” 1.35E39Ti/N 0.000.050.100.150.20 或“周期平方”)之比；在加速转动手柄过 (4)由Tmx-Tmi图像得图线的斜率为 程中，左右标尺露出红白相间等分标记 (结果保留2位有效数字).若 的比值 (填“不变”“变大”或 小球摆动过程中机械能守恒，图线斜率 “变小”) 的理论值为 14.(12分)(2023·江苏如皋期初)小明设计了 (5)该实验系统误差的主要来源是 一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的 A.小球摆动角度偏大 实验，如图所示 B.小球初始释放位置不同 小圆环拉力 C.小球摆动过程中有空气阻力 传感器 15.(14分)小明站在水平地面上，手握不可伸长 计算机 的轻绳一端，绳的另一端系有质量为m的小 (1)现有以下材质的小球：①乒乓球；②橡胶 球，甩动手腕，使球在竖直平面内做圆周运 球；③钢球实验中应选用 动.当球某次运动到最低点时，绳突然断掉， (2)固定好拉力传感器后，下列实验操作步 球飞离水平距离d后落地，如图所示.已知握 骤，正确顺序是 绳的手离地面高度为d,手与球之间的绳长 ①改变小球的初始释放位置，重复上述 过程 为子4，重力加速度大小为g忽路于的运列半 ②记录小球摆动过程中拉力传感器示数 径和空气阻力 的最大值Tn和最小值Tia (1)求绳断时球的速度大小v,和球落地时的 ③将一根轻绳穿过小圆环，一端连接传 速度大小v2 感器，另一端连接小球 (2)求绳能承受的最大拉力 ④拉起小球至某一位置由静止释放，使 (3)绳能承受的最大拉力与第(2)小题结果 全书综合检测黑白题107 相同的情况下，改变绳长，使球重复上述 (1)当A的质量为m1=2kg时刚好能到达圆 运动.若绳仍在球运动到最低点时断掉， 弧轨道的最高点S,求轻弹簧压缩至原长 要使球抛出的水平距离最大，绳长应为 的一半时的弹性势能E。; 多少？最大水平距离为多少？ (2)若改变滑块A的质量使之能滑上圆弧轨 道且仍能沿圆弧轨道滑下，求改变后滑 块A的质量m,的可能值； (3)若滑块A能滑上圆弧轨道，且所在位置 与0的连线与0Q方向的夹角为37°时 恰好脱离圆弧轨道，求滑块A的质量m3 16(18分)(2023·安徽皖江名校联考)如图所 示，轨道MPS在竖直平面内，直轨道P端与 半径为R=2m的光滑竖直圆弧轨道PQS相 切，Q点与圆心0等高，圆心0在S的正下 方.一轻弹簧原长也为R,其一端固定在倾角 为37°的固定直轨道MP的底端M处，MP长 为2R,另一端与质量可调的滑块A(可视为 质点)接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于轻 微压缩状态.用外力推动滑块A,每次都将弹 簧压缩至原长的一半，然后由静止放开，A开 始沿轨道MP运动.已知滑块A与直轨道MP 间的动摩擦因数u=0.5,重力加速度大小g 取10m/s2.(取sin37°=0.6，cos37°=0.8，计 算结果均保留到小数点后一位) 必修第二册·RJ黑白题108