2025-2026学年高二年级暑假作业（二十四）牛顿运动定律的应用

**基本信息** 聚焦牛顿运动定律综合应用，通过板块、传送带、弹簧连接体等典型模型，系统训练受力分析与运动学规律结合的科学思维，强化多体系统动态分析能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |板块模型与连接体|单选1/8、多选9/10/15|物块-木板相对运动、多体受力分析|从隔离法/整体法受力分析，到牛顿第二定律与运动学公式结合，构建摩擦力临界条件判断逻辑| |传送带与相对运动|单选4/5/6、多选12/13|传送带摩擦方向判断、相对位移与热量计算|结合v-t图像分析运动过程，建立摩擦力做功与能量转化关系，强化相对运动模型建构| |弹簧与动态分析|单选3、多选11|弹簧弹力突变、系统平衡与加速度极值|通过弹簧形变量与弹力关系，推导动态过程中加速度变化规律，渗透机械能守恒思想| |多体系统与能量|解答题17/18|多过程运动、能量损失与守恒综合|整合运动学、动力学与能量观点，形成“受力-运动-能量”完整分析链条，提升科学推理能力|

高二年级暑假作业（二十四） 牛顿运动定律的应用 一、单选题 1．如图所示，质量、长的木板放在水平平台上，质量的物块（可视为质点）放在木板的左端，物块和质量为的物块通过绕过光滑定滑轮的轻绳连接，物块和滑轮之间的轻绳水平。已知物块和木板之间的动摩擦因数，木板和平台之间的动摩擦因数取。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与滑轮间的距离足够大，物块与地面间的距离足够大，由静止释放物块。下列说法中正确的是（     ） A．木板的加速度大小可能为 B．若，轻绳的拉力等于物块的重力 C．若，物块对木板的摩擦力大小为 D．若，物块离开木板的过程中系统损失的机械能为2.5J 2．如图所示，质量为3kg的一只长方体空箱在水平拉力作用下沿光滑水平面向右匀加速运动。这时铁箱内一个质量为1kg的木块恰好能静止在后壁上。已知木块对铁箱的压力为50N。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，以下说法正确的是（     ） A．木块与铁箱内壁间的动摩擦因数 B．铁箱的加速度大小为 C．水平拉力的大小为100N D．地面对铁箱的支持力大小为20N 3．如图所示，球、由绕过轻质定滑轮的轻绳相连，球、通过劲度系数为的竖直轻质弹簧连接，球放在水平地面上。初始时用手托住球，整个系统处于静止状态，轻绳恰好拉直且无弹力。已知球的质量为、球的质量为，重力加速度为，开始时整个系统处于静止状态。释放球后，球下降至速度最大时球恰好离开地面，不计空气阻力，下列说法正确的是（     ） A．球质量为 B．释放球的瞬间，球的加速度大小为0.4g C．球对地面压力为时，球的速度是 D．从释放球到球刚离开地面的过程中，轻绳上拉力先减小后增大 4．如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 5．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为，以恒定速率顺时针转动，一煤块以初速度从端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取。下列说法正确的是（     ） A．传送带的速率是 B．传送带与水平方向夹角的正切值 C．煤块从最高点下滑到端所用的时间为 D．煤块在传送带上留下的痕迹长为 6．如图所示，一足够长的水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，传送带的速度大小恒为。右侧一处于压缩状态的轻质弹簧与一质量为m的小滑块接触（不相连），释放后滑块以速度向左滑上传送带。已知传送带足够长，滑块与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，不计空气阻力，不计滑块越过连接处的能量损失。经过足够长的时间后，滑块将在传送带和弹簧之间进行稳定的往复运动。下列说法正确的是（　　） A．达到稳定往复运动状态后，弹簧被压缩时的最大弹性势能为 B．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中，系统因摩擦产生的热量为 C．在稳定往复运动阶段，滑块每次在传送带上运动的过程中，系统因摩擦产生的热量为 D．在稳定往复运动阶段，由于滑块进出传送带的动能相等，带动传送带的电动机不需要再克服摩擦力做额外功 7．在光滑水平面上重叠静置两个滑块A和B，如图甲所示，现对B滑块施加一水平力F，力F随时间变化的关系如图乙所示，两滑块在运动过程中始终保持相对静止。若以水平向右为正方向，则关于A滑块的速度v、加速度a、所受摩擦力f及运动的位移x随时间变化的关系图像中，可能正确的是（     ） A． B． C． D． 8．如图，一块质量为5kg的平板静止于光滑的水平面上，上面放置着一块质量为4kg的木块。木块与平板之间的动摩擦因数为0.25。若时，对木块施加水平方向的力，重力加速度g取10m/s2，在到时间内，木块克服摩擦力做的功为（　　） A．10J B．J C．J D．J 二、多选题 9．如图所示，、物块间的接触面与斜面平行，从斜面上由静止释放后，二者保持相对静止一起沿斜面加速下滑。已知A的质量为，A、B之间动摩擦因数为，B与斜面之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为。下列说法正确的是（     ） A．A、B间摩擦力大小为 B．A、B间摩擦力大小为 C．若斜面光滑，则A、B间摩擦力为0 D．可能小于 10．如图，质量为0.5kg的物块A和质量为0.3kg的物块B用轻弹簧相连，置于光滑的水平面上，在沿弹簧轴线方向，用力F拉动物块B，稳定后物块A和物块B以的加速度一起向右做匀加速直线运动，弹簧始终在弹性限度内。则稳定后（　　） A．拉力F的大小为4N B．弹簧弹力大小为1.5N C．撤去力F后瞬间，物块B的加速度大小约为 D．撤去F后，A与B组成的系统（不包括弹簧）机械能守恒 11．如图所示，倾角为的足够长的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与固定在斜面底端的挡板相连，质量分别为和的物块A、B放在斜面上，B与弹簧连接，A、B静止时弹簧的压缩量为。已知弹簧弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，则在移走物块A之后的过程中，下列说法正确的是（     ） A．物块B的机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为 C．物块B的最大加速度为 D．物块B向上运动的最大位移为 12．如图，一质量为1kg的物块以的初速度从传送带的端滑上静止的传送带，运动到端恰好停下来。若物块和传送带间的动摩擦因数为0.2，物块视为质点，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（    ） A．、两端的距离为2m B．该过程，传送带对物块做的功为 C．若仅改变条件，让传送带以的速度逆时针匀速转动，则物块从端运动到端，和传送带间因摩擦产生的热量为2J D．若仅改变条件，让传送带以的速度顺时针匀速转动，则物块从端运动到端，和传送带间因摩擦产生的热量为0.5J 13．如图所示，足够长的倾斜传送带与水平方向夹角，物块通过平行于传送带足够长的轻绳跨过光滑定滑轮与物块相连。开始时、及传送带均静止，且刚好不受摩擦力作用，与传送带间的动摩擦因数为，现使传送带逆时针匀速转动，重力加速度为，，。在沿传送带加速运动的过程中（     ） A．重力对做功的功率大于克服重力的功率 B．沿斜面向下运动加速度为 C．摩擦力对做的功小于、动能增加量之和 D．传送带与间摩擦产生的内能等于、机械能的增加量 14．如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止。现用水平恒力向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来。上述过程中有关功和能的说法正确的是（     ） A．拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量 B．摩擦力对小木块做的功一定等于小木块动能的增加量 C．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动 D．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量 15．如图所示，光滑水平面上静止一长木板，从长木板的两端同时滑上两个小滑块1、2，小滑块1的质量，初速度大小，小滑块2的质量，初速度大小，两个小滑块都可以看成质点。长木板的质量，两小滑块与长木板三者恰好同时达到共同速度，且两小滑块恰好不相碰。已知两个小滑块与长木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，下列说法正确的是（     ） A．长木板的长度为8m B．摩擦力对小滑块2做的功为 C．摩擦力对长木板做的功为2J D．两个小滑块和长木板之间因摩擦产生的总热量为44J 16．如图甲所示，长木板A静置于水平面上，可视为质点的物块B放在A的最右端，A、B的质量分别为和，B与间、与地面间的动摩擦因数分别为0.1和0.2。A在电动机的牵引下从静止开始运动，牵引力的功率随时间变化的规律如图乙所示。已知内做匀加速直线运动，内未从上滑落，不与电动机相撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度，则（     ） A．内，受到的牵引力大小为 B．内，A受到的牵引力大小为 C．时刻，的速度大小为 D．的长度至少为 三、解答题 17．如图所示，光滑圆弧形轨道b固定在光滑平台AB上，圆弧最底端与平台相切，均质木板c放在足够长水平面CD上，木板c的左端紧靠平台AB，且上表面与平台AB平齐。可视为质点的物块a在平台AB上方高处由静止释放，物体a刚好由圆弧轨道的最高点进入轨道，并滑上木板c。已知物块的质量、木板的质量、木板的长度为，圆弧形轨道的半径为，木板与水平面之间动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度大小。求： (1)物块滑到圆弧形轨道最低点时对轨道的压力F压； (2)物块相对木板的位移； 18．如图所示，光滑平台上一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量、可视为质点的小物块压缩，且弹簧与物块不拴接，弹簧储存的弹性势能为，弹簧原长小于光滑平台的长度。在平台的右端有一长的传送带AB，传送带以的速率顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数（不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失）。与传送带相邻的粗糙水平面BC长，它与物块间的动摩擦因数，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直半圆轨道与BC平滑连接，在圆弧的最高点F处有一竖直固定弹性挡板。现将小物块静止释放，小物块恰能到达最高点F，并以的速度撞击挡板，且物块撞上挡板后以原速率反弹。取，求： (1)小物块运动到A点时速度； (2)小物块第一次滑上传送带到与传送带共速过程中产生的热量Q； (3)小物块最终停下的位置距离B点的距离d。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B C D D B D C BC AC 题号 11 12 13 14 15 16 答案 BC BD BD BD CD AD 1．C 【详解】A．物块B和木板A之间的最大静摩擦力大小为，木板A和平台之间的最大静摩擦力大小为，假设A、B一起加速运动，当A、B即将发生相对滑动时，木板A具有最大加速度，对木板A根据牛顿第二定律有 解得 即木板A的加速度最大为，不可能为，故A错误； B．对A、B、C组成的整体系统，当系统即将滑动时，需要满足 解得 若，则，此时系统一起向下加速运动，对物块C根据牛顿第二定律有 解得 即轻绳的拉力小于物块C的重力，故B错误； C．当A、B即将发生相对滑动时，对整体根据牛顿第二定律有 解得 可知当时，A、B、C系统一起加速运动，当时系统并未发生相对滑动，对整体根据牛顿第二定律有 解得 对木板A根据牛顿第二定律有 解得物块B对木板A的摩擦力大小为 故C正确； D．当时，因，此时A、B发生相对滑动，由前述分析可知木板A的加速度为，对B、C组成的系统根据牛顿第二定律有 解得 设经过时间物块B从木板A上离开，根据位移关系有 解得 此过程中物块B和木板A之间摩擦产生的热量为，木板A与平台之间摩擦产生的热量为，系统损失的机械能为，故D错误。 故选C。 2．B 【详解】A．木块恰好能静止在后壁上，摩擦力达到最大静摩擦力，则有 根据牛顿第三定律可知，解得木块与铁箱内壁间的动摩擦因数，故A错误； B．对木块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 可知铁箱的加速度大小为，故B正确； C．对木块与铁箱整体进行分析，根据牛顿第二定律有 代入数据解得，故C错误； D．对木块与铁箱整体进行分析，根据平衡条件可得，故D错误。 故选B。 3．C 【详解】A．设球质量为。球速度最大且球恰好离地时，球、的加速度均为0，弹簧拉力为 对球有 对球有，解得，故A错误； B．由球速度最大且球恰好离地时球、均平衡，可得球质量为，设弹簧初始压缩量为，初始时弹簧弹力与球重力平衡，有 释放瞬间弹簧弹力不变，取球向下、球向上为正方向，对球有 对球有 联立解得，故B错误； C．由题设条件可得球质量为。当球对地面压力为时，弹簧拉力为，弹簧的伸长量与初始压缩量相等，设球上升的位移为，则，此过程中弹簧的弹性势能不变，球、重力势能净减少，系统动能增加，由机械能守恒定律有 代入位移得，故C正确； D．设球上升的位移为，对球、组成的系统应用牛顿第二定律，有 整理得 随增大，加速度单调减小；由球的运动方程 可知轻绳拉力单调增大，故D错误。 故选C。 4．D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 5．D 【详解】A．根据图乙可知，煤块先向上做匀减速直线运动，速度减为时，向上减速的加速度发生变化，可知传送带的速率是，故A错误； B．0~1s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 1~2s内的加速度大小为 根据牛顿第二定律有 联立解得，，，故B错误； C．图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图乙可知，煤块向上运动的位移大小 煤块从最高点下滑到A端过程有 解得，故C错误； D．结合上述可知，煤块开始相对于传送带向上运动，经历的时间为，相对位移大小为 后来相对于传送带向下运动，经历时间 相对位移大小为 则煤块在传送带上留下的痕迹长为，故D正确。 故选D。 6．B 【详解】已知，传送带速度向右，滑块与传送带间加速度 A．稳定往复运动时，滑块回到弹簧左端的速度大小为，压缩弹簧时动能全部转化为弹性势能： ，A错误； B．滑块第一次向左滑上传送带，初速度向左大小 向左减速到0的时间 滑块向左位移 传送带向右位移 相对位移大小 滑块向右加速到的时间 滑块向右位移 传送带向右位移 相对位移大小 总相对路程 摩擦生热，B正确； C．稳定阶段，滑块每次初速度向左大小为： 同理计算总相对路程 摩擦生热，C错误； D．稳定阶段，滑块每次在传送带上运动都会因相对滑动产生热量，热量由电动机提供，因此电动机需要不断克服摩擦力做额外功，D错误。 故选B。 7．D 【详解】AB．两滑块在水平力的作用下一起做加速运动，在运动过程中始终保持相对静止，由牛顿第二定律 可知，加速度随时间均匀减小，直至时刻减小到；图像的斜率表示加速度，因加速度一直在减小，所以图像是曲线，故A错误，B错误； C．两滑块作为整体做单向直线运动，速度逐渐增大，图像的斜率表示速度，所以图线斜率一直增大，故C错误； D．摩擦力提供滑块A做加速运动的加速度，根据加速度随时间均匀减小至可判定摩擦力也随时间均匀减小，时刻减小至，故D正确。 故选D。 8．C 【详解】平板和木块之间的最大静摩擦力 若一起加速，则共同加速度 共同加速所需的摩擦力 假设成立，所以物块将与平板一起运动，到时间内，木块的位移 克服摩擦力做的功 故选C。 9．BC 【详解】ABC.设B物块的质量为，对A、B整体，由牛顿第二定律得 解得 设A、B间静摩擦力大小为 ，B对A的静摩擦力方向沿斜面向上，规定沿斜面向下为正方向，对A受力分析，由牛顿第二定律得 解得 若斜面光滑，即 则A、间摩擦力为0，故A错误，BC正确； D.由题可知，A、B间最大静摩擦力 可得，故错误。 故选BC。 10．AC 【详解】A．对A、B两个物体构成的整体，由牛顿第二定律可得，故A正确； B．对A物体，由牛顿第二定律可得，故B错误； C．撤去力F后的瞬间，弹簧的弹力不发生突变，对B物体，由牛顿第二定律可得 解得，故C正确； D．撤去F之后，弹簧对A、B做功，弹簧的弹性势能和A、B 的动能相互转化。只看 A、B（不含弹簧）时，弹簧的弹力属于系统外的力，弹力做功会改变A、B系统的机械能，因此A、B组成的系统机械能不守恒，故D错误。 故选AC。 11．BC 【详解】A．移走A后，弹簧弹力对B做正功，因此B的机械能增大，故A错误； B．A、B静止时，合力为零，弹簧弹力等于总重力沿斜面的分力 可得，故B正确； C．移走A后，初始位置合力最大，加速度最大，则有 最大加速度为，故C正确； D．B运动到最大位移时速度为0，设最大位移为x，此时弹簧形变量为，由能量守恒有 解得，故D错误； 故选BC。 12．BD 【详解】AB．根据牛顿第二定律 解得 根据运动学公式有， 解得， 传送带对物块做的功为，故A错误，B正确； C．若让传送带以的速度逆时针匀速转动，物块的受力情况不变，仍会运动到端减速为0，则，故C错误； D．若让传送带以的速度顺时针匀速转动，物块先做匀减速运动，然后和传送带一起匀速运动，两者共速时有 解得 物块位移 传送带位移 则和传送带间因摩擦产生的热量，故D正确。 故选BD。 13．BD 【详解】A．开始时、处于静止状态有 传送带逆时针匀速转动，受滑动摩擦力沿斜面向下，沿斜面向下速度等于向上速度，重力对做功的功率 克服重力的功率，两者相等，故A错误； B．对牛顿第二定律 对牛顿第二定律，解得，故B正确； C．对动能定理 对动能定理 两式相加得，故C错误； D．传送带匀速运动，匀加速运动最终速度与传送带相等，、机械能的增加量等于 传送带与间摩擦产生的内能 即，故D正确。 故选BD。 14．BD 【详解】A．由功能关系知拉力做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量及系统产生的内能，拉力做的功大于薄纸板和小木块动能的增加量，故A错误； B．根据动能定理知，摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加，故B正确； C．离开薄纸板前小木块所受合力等于小木块与薄纸板之间的摩擦力，运动过程中小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来，摩擦力一直为滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可得，小木块一直在做匀加速运动，故C错误； D．对于系统，由摩擦产生的热量 其中为小木块相对薄纸板运动的位移。 对小木块，由动能定理得 为小木块相对地面的位移，由于存在大于、等于或小于三种可能，即存在大于、等于或小于三种可能，故D正确。 故选BD。 15．CD 【详解】A．设小滑块1的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得 代入数据得a1=3m/s2 设小滑块2的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得 代入数据得a2=3m/s2 设长木板3的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律得 代入数据得a3=1m/s2 设经过t时间三者的速度相同，则有 代入数据解得t=2s 此时三者的速度v3=a3t=2m/s 三者共速后一起做匀速直线运动，速度时间图像如图所示 长木板的长度等于大三角形的面积，故A错误； B．根据动能定理，摩擦力对小滑块2做的功等于小滑块2动能的变化量，故B错误； C．同理摩擦力对长木板做的功，故C正确； D．由图像可得小滑块1与长木板的相对位移就等于图像中上面的三角形面积，即 同理小滑块2与长木板的相对位移就等于图像中下面的三角形面积，即 两个小滑块和长木板之间因摩擦产生的热量 代入数据得Q=44J，故D正确。 故选CD。 16．AD 【详解】设与间、与地面间的动摩擦因数分别为和，电动机对的牵引力为 A．在水平方向上只受对它的静摩擦力，当静摩擦力达到最大值时，B的加速度最大，有，则，若，两者相对滑动 假设、相对静止，对整体受力分析知地面对A的摩擦力为 内做匀加速直线运动有 时 假设、相对滑动，则受到的阻力包括地面和对的摩擦力，其中对的滑动摩擦力 故 根据牛顿第二定律对进行分析 则 所以 解得，两者相对滑动 则，A正确； B．时，此后保持功率不变，则牵引力，恰好等于受到的总阻力，故之后匀速运动，牵引力恒为，B错误。 C．的加速度恒为，直到速度等于的速度，所需总时间，即后与共速，匀速运动，时速度为，C错误； D．相对的最大位移就是共速前的相对位移，分两段计算 有， 相对位移 （共速前）有，， 相对位移 总相对位移，故的长度至少为，D正确。 所以正确选项是AD。 17．(1) (2)6m 【详解】（1）对物块a，由机械能守恒定律得 代入数据解得 在最低点时，由牛顿第二定律得 由牛顿第三定律得 解得 （2）对木板 解得 对物块 解得 达到共同速度 代入数据解得 木板位移 物块位移 相对位移 当木板和物块共速后，取整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 隔离物块有，所以物块和长木板共同减速，无相对运动,所以物块相对木板的位移 18．(1)3m/s (2)4.5J (3)4m 【详解】（1）物块从释放到滑上传送带前，由机械能守恒定律得 代入数据解得物块滑上传送带时的速度vA=3m/s。 （2）传送带顺时针转动，上表面向右运动，速度v=6m/s＞vA，故物块滑上传送带后做匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律，物块的加速度大小为 若物块与传送带共速，则 解得t=1.5s 此时物块位移 则物块在到达传送带右端之前已经和传送带共速，则产生的热量 （3）小物块恰能到达最高点F，则 解得R=0.5m 物块在最高点F与弹性挡板碰撞后以原速率反弹，由机械能守恒定律，物块返回C点时的速度大小与第一次到达C点时相同。 物块从B到C，由动能定理得 其中，解得vC=5m/s。 物块从C点向左运动，在粗糙水平面BC上克服摩擦力做功，设向左通过B点时的动能为EkB，由动能定理得 解得：EkB=7J。 物块向左滑上传送带后，受向右的滑动摩擦力做匀减速运动，加速度大小仍为a1=2m/s2，向左滑动的最大距离 物块未从传送带左端滑出。 随后物块在传送带摩擦力作用下向右做匀加速运动，由对称性，物块返回B点时向右的动能仍为EkB=7J。 物块再次向右进入粗糙水平面BC，设其向右运动的最大距离为x3，由动能定理得-μ2mgx3=0-EkB 解得x3=7m。 由于x3=7m＞s=5.5m物块将再次进入半圆轨道，到达C点时的动能EkC=EkB-μ2mgs 解得：EkC=1.5J。 物块沿半圆轨道上升的最大高度 解得：h=0.15m。 由于h=0.15m＜R=0.5m，物块未越过与圆心等高处，随后下滑返回C点，向左进入水平面BC时的动能仍为1.5J。 物块向左在BC上滑动的距离 由于x4=1.5m＜s=5.5m，物块最终停在水平面BC上，其距离B点的距离d=s-x4 =4m。 学科网（北京）股份有限公司 $