2024届湖北省武汉市高三下学期5月模拟考试物理试卷

这是一份2024届湖北省武汉市高三下学期5月模拟考试物理试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.快中子反应堆利用 94239Pu裂变反应时产生的快中子和 92238U发生反应，生成不稳定的 92239U， 92239U经过第一次衰变生成不稳定的 93239Np， 93239Np经过第二次衰变生成 94239Pu。这样 94239Pu越烧越多，所以快中子反应堆又称为增殖反应堆。关于上述过程中的两次衰变反应，下列说法正确的是( )
A. 第一次是α衰变，第二次是β衰变B. 两次均是α衰变
C. 第一次是β衰变，第二次是α衰变D. 两次均是β衰变
2.爆胎是指轮胎在极短时间内因破裂突然失去部分空气而瘪掉的现象，它容易导致行驶车辆发生交通事故。下列说法正确的是( )
A. 爆胎可能是因为胎内气体压强太大
B. 爆胎可能是因为胎内气体分子间斥力太大
C. 夜间比白天气温低，发生爆胎的可能性更大
D. 爆胎后瞬间，胎内气体温度会升高
3.如图所示为可拆变压器，原线圈与学生电源相连，副线圈与小灯泡相连，原、副线圈接入匝数分别为100匝和200匝，学生电源置于交流电压“6 V”时，小灯泡正常发光。下列说法正确的是( )
A. 小灯泡的额定电压可能小于12V
B. 减小接入副线圈的匝数，原线圈的电流会增大
C. 将可拆变压器的横条铁芯取下，小灯泡也能正常发光
D. 若原线圈接入恒定电压“6V”时，小灯泡也能正常发光
4.图(a)是一列沿x轴方向传播的简谐横波在t=4s时的波形图，M、N是介质中的两个质点，其平衡位置分别位于x=2m、x=8m处，图(b)是质点N的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 波沿x轴负方向传播
B. 波的传播速度大小为0.5m/s
C. t=5s时，M、N的速度大小相等，方向相同
D. t=7s时，M、N的加速度大小相等，方向相反
5.如图所示，一等腰梯形ABCD处于匀强电场中，电场强度方向平行于等腰梯形所在平面，已知∠DAB=∠CBA=60∘，AB=2m，AD=1m，A、D、C三点的电势分别为1V、3V、5V。下列说法正确的是( )
A. B点的电势为6V
B. 电场强度大小为4 33V/m
C. 一质子在梯形区域内的电势能不一定大于零
D. 一电子从D点移到AB的中点，电场力做正功
6.如图所示，倾角为37∘的斜面固定在水平面上，小球从斜面上M点的正上方0.2m处由静止下落，在 M点与斜面碰撞，之后落到斜面上的 N点。已知小球在碰撞前、后瞬间，速度沿斜面方向的分量不变，沿垂直于斜面方向的分量大小不变，方向相反，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力，则小球从M点运动至N点所用的时间为( )
A. 0.2sB. 0.3sC. 0.4sD. 0.5s
7.质量为m的物块放置在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数为 33，重力加速度大小为g。现对其施加一大小为mg的外力，则物块运动的加速度最大为( )
A. (1− 33)gB. 33gC. gD. 2 33g
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，早在《淮南子》中就有记载。现行二十四节气划分是以地球和太阳的连线每扫过15∘定为一个节气，如图所示为北半球二十四个节气时地球在公转轨道上位置的示意图，其中冬至时地球在近日点附近。根据下图，下列说法正确的是( )
A. 芒种时地球公转速度比小满时小
B. 芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长
C. 立春时地球公转的加速度与立秋时大小相等
D. 春分、夏至、秋分、冬至四个节气刚好将一年的时间分为四等份
9.如图所示，一光滑刚性绝缘圆筒内存在着平行于轴的匀强磁场，磁感应强度大小为B，筒上P点和Q点开有小孔，过P的横截面是以O为圆心的圆，PQ为直径。质量为m、电量为q的带正电粒子从P点沿PO入射，与筒壁发生3次碰撞后，从Q点射出圆筒。假设粒子在每次碰撞前、后瞬间，速度大小不变，电量不变。不计重力，则粒子在磁场中运动的时间可能为( )
A. πm2BqB. πmBqC. 2πmBqD. 3πmBq
10.如图(a)所示，质量为2kg且足够长的木板A静止在水平地面上，其右端停放质量为1kg的小物体B。现用水平拉力F作用在木板A上，F随时间t变化的关系如图(b)所示，其中0∼t1时间内F=2t(N)，t1时刻A、B恰好发生相对滑动。已知A与地面、A与B之间的动摩擦因数分别为0.1和0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. t1=4.5sB. t1时刻，A的速度为4.5m/s
C. 6.5s时A的速度为18.0m/sD. 6.5s时B的速度为6.25m/s
三、实验题：本大题共2小题，共17分。
11.图(a)是用双缝干涉测量光的波长的实验装置。
(1)测量过程中，下列说法正确的是__________。
A.换用间距更大的双缝，相邻两亮条纹中心的距离增大
B.把绿色滤光片换成红色滤光片，相邻两亮条纹中心的距离增大
C.把屏向远离双缝的方向移动，相邻两亮条纹中心的距离减小
(2)在某次测量中，测量头如图(b)所示，调节分划板的位置，使分划板中心刻线对齐某亮条纹的中心，此时螺旋测微器的读数为__________mm;转动手轮，使分划板中心刻线向一侧移动到另一条亮条纹的中心，由螺旋测微器再读出一读数。
(3)若实验测得第1条亮条纹到第4条亮条纹中心间的距离x=0.960mm，已知双缝间距d=1.5mm，双缝到屏的距离l=1.00m，则对应的光波波长λ=__________nm(保留3位有效数字)。
12.某实验探究小组制作热敏温度计。在实验室找到下列器材：
A.电流计Ⓖ(量程为10mA，内阻约为50Ω)
B.标准毫安表(量程为30mA，内阻约为65Ω)
C.电阻箱R(阻值范围为0∼999.9Ω)
D.电阻箱R0(阻值范围为0∼999.9Ω)
E.干电池一节(电动势为1.5V，内阻很小)
F.热敏电阻RT
G.开关S、导线若干
(1)该实验小组先设计如图(a)所示实验电路测电流计的内阻Rg。当电阻箱的值R=36.0Ω时，标准毫安表示数为18.0mA，电流计示数为8.0mA。则电流计内阻Rg=__________Ω(保留3位有效数字)。
(2)为将电流计的量程扩大为原来的6倍，该实验小组将电阻箱与电流计并联，把电流计改装成电流表，则应将电阻箱的阻值调为__________Ω。
(3)已知热敏电阻RT的说明书上给出其性能如图(b)所示。利用上述改装的电流表和热敏电阻制作热敏温度计，其电路如图(c)所示，把电流表的表盘刻度改为相应的温度刻度，原电流计指针满偏的位置标为50℃。若不计电源内阻，则应调节R0=__________Ω，原电流计指针在5mA处应标为__________ ℃(保留2位有效数字)。
(4)如果按上述计算结果调节R0，由于电源有内阻，所测温度与实际温度相比__________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
四、计算题：本大题共3小题，共43分。
13.冰壶是在冰上进行的一种投掷性竞赛项目。某次训练中，冰壶(可视为质点)被运动员掷出后，在水平冰面上沿直线依次经过A、B、C三点后停在O点。已知A、B间的距离x1=26m，B、C间的距离x2=5.5m，冰壶通过AB段的时间t1=10s，通过BC段的时间t2=5s，假设冰壶和冰面间的动摩擦因数处处相等，重力加速度大小g=10m/s2。求
(1)C、O两点之间的距离x3;
(2)冰壶和冰面间的动摩擦因数μ。
14.如图(a)是游戏设备——太空梭，人固定在座椅车上从高处竖直下坠，体验瞬间失重的刺激。某工程师准备利用磁场控制座椅车速度，其原理图可简化为图(b)。座椅车包括座椅和金属框架，金属框架由竖直金属棒ab、cd及5根水平金属棒组成。ab、cd长度均为4h，电阻不计;5根水平金属棒等距离分布，长度均为L，电阻均为R。地面上方足够高处存在竖直宽度为h的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于竖直面向里。某次试验时，将假人固定在座椅车上，座椅车竖直放置，让座椅车从金属棒bc距离磁场上边界h高处由静止下落，金属棒bc进入磁场后即保持匀速直线运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。求
(1)人和座椅车的总质量m;
(2)从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒bc的电荷量q;
(3)金属框架abcd穿过磁场的过程中，金属棒bc上产生的热量Q。
15.如图所示一轨道ABCD竖直放置，AB段和CD段的倾角均为θ=37∘，与水平段BC平滑连接，BC段的竖直圆形轨道半径为R，其最低点处稍微错开，使得滑块能进入或离开。AB段和CD段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为m的小滑块从轨道上离B点距离L=125R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道AB、CD间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求
(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离;
(3)整个过程中滑块在AB段滑行的总路程。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了原子核的衰变；明确衰变的特点。
根据衰变的特点分析：发生β衰变的实质是原子核内的中子转化为一个质子和一个电子；α衰变实质是放出氦原子核。
【解答】
解： 92239U经过第一次衰变生成不稳定的 93239Np，质量数不变，电荷数增加1，发生β衰变；
第二次由 93239Np衰变生成 94239Pu，质量数不变，电荷数增加1，发生β衰变；
所以两次均是β衰变；
故D正确，ABC错误。
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了气体实验定律在生活中的具体应用，体现了物理联系实际的科学价值观，知道轮胎爆胎的原因即可解答。
【解答】
AB.爆胎可能是因为胎内气体压强太大，导致内外压强差过大，从而使轮胎破裂的一种现象，与分子斥力无关，分子间距离很大，分子力可以忽略不计，故A正确，B错误；
C.轮胎内气体体积可以近似看作不变，根据查理定律pT=C可知，白天温度高，压强更大，更容易爆胎，故C错误；
D.爆胎后瞬间，气体对外做功，而来不及与外界热交换，根据热力学第一定律可知，内能减小，故D错误。
3.【答案】A
【解析】【分析】
理想变压器原副线圈的电压与其匝数成正比，而可拆式变压器(铁芯不闭合)，不满足此关系，从而即可判定求解。
本题考查了变压器的构造和原理，变压器的工作原理是互感现象，铁芯是由硅钢片叠合而成，如果铁芯不闭合，有漏磁现象，存在电能损失，这会导致变压器的输出电压变低。
【解答】A、如果是带铁芯理想变压器，原副线圈的电压和线圈匝数成正比，U1U2=n1n2=100200，
解得U2=12V，而可拆式变压器(铁芯不闭合)由于出现漏磁现象，在副线圈的电压会小于12V，故小灯泡的额定电压可能小于12V，故A正确；
B、减小接入副线圈的匝数，副线圈的电压减小，小灯泡消耗的功率减小，电源的输出功率减小，交流电压“6 V”不变，原线圈的电流会减小，故B错误；
C、将可拆变压器的横条铁芯取下，导致“漏磁”，则副线圈两端的电压很小，小灯泡不能正常发光，故C错误；
D、若原线圈接入恒定电压“6V”时，副线圈的电压为0，小灯泡不能发光，故D错误。
故选 A。
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了横波的图像，振动图像，波长、频率和波速的关系；本题关键是要明确振动和波动的关系，振动图像是质点各个时刻的位移，波动图像是某个时刻各质点的位置情况。
根据波动和振动关系判断波的传播方向；根据图像得到波长与周期从而解得波速；由平移法，根据位移与速度的关系分析速度，根据位移与加速度的关系分析加速度。
【解答】
A.由图乙可得：t=4s时刻，质点N在平衡位置向下振动，故由图甲可得：波向x轴正方向传播，故A错误，
B.根据两图可知波长λ=8m，周期T=8s，则波速v=λT=1m/s，故B错误；
C.根据图甲可知，在t=4s时，M在波峰，N在平衡位置，t=5s时，5s−4s=1s=18T，由平移法可知：M、N的位移大小相等，质点M在y轴正方向，向下振动，质点N在y轴负方向，向下振动，M、N的速度大小相等，方向相同，故C正确；
D.t=7s时，7s−4s=3s=38T；由平移法可知：M、N的位移相等，都为负，质点M向上振动，质点N向下振动，M、N的加速度大小相等，方向相同，故D错误。
5.【答案】B
【解析】【分析】
解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=Ud求出电场强度的大小，要注意公式中的d是沿电场线方向上的距离．
【解答】
AB.做AB中点E，连接AC、DE，交点为F，根据几何关系可知，F点为AC的中点，根据匀强电场特点可得，F点电势也为3V，故DE、CB为等势线，故B点电势也为5V；则电场沿CA方向，且由C点指向A点，由几何关系可知，AC距离d= 3m，由E=Ud=4 33V/m，故A错误，B正确；
C.沿电场线方向电势降低，可知，在梯形区域内A点电势最低，故整个梯形区域内电势均大于1V，质子电势能均大于0，故C错误；
D.DE为一等势线，故电子从D点移到AB的中点E点，电场力不做功，故D错误。
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了斜抛运动和自由落体运动的综合运用，知道斜抛运动运动规律是解决本题的关键，结合运动学公式灵活求解。
小球落到M过程做自由落体运动，根据速度位移公式求出小球运动到M点速度；
小球从M运动到N，做斜抛运动，分解成沿斜面方向和垂直斜面方向的匀加速运动，由运动学规律求出时间。
【解答】小球做自由落体运动到M，根据v2=2gh得：v= 2gh=2m/s；
小球碰撞斜面后：
速度沿斜面方向：vx=vsin37∘=1.2m/s，加速度：ax=gsin37∘=6m/s2；
垂直于斜面方向：vy=vcs37∘=1.6m/s，加速度：ay=gcs37∘=8m/s2；
小球上升到离斜面垂直方向高度最大时：vy′=0，则t=vy−vy′ay=0.2s；
根据对称性，小球从M点运动至N点所用的时间为：t′=2t=0.4s；
故C正确，ABD错误。
7.【答案】B
【解析】【分析】
对物块受力分析，根据牛顿第二定律列式，求出加速度表达式，代入数值，利用数学知识求最大值。
【解答】受力分析如图
根据牛顿第二定律得，
Fcsθ−μ(mg−Fsinθ)=ma
a=Fcsθ+μ(mg−Fsinθ)m=gcsθ+g 33sinθ− 33g=2 33gsin(θ+60∘)− 33g
故当θ=30∘时，物块运动的加速度最大为 33g
故选 B。
8.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查了万有引力定律的应用；解题的关键是万有引力提供向心力。
根据万有引力提供向心力，求出速度、加速度、加速度，结合圆心角关系分析。
【解答】A.地球绕太阳转动，万有引力提供向心力：GMmR2=mv2R，则v= GMR，芒种时地球离太阳的R大于小满时的R，所以公转速度比小满时小，故A正确；
B.由GMmR2=mω2R得ω= GMR3，芒种到小暑比大雪到小寒的R大，所以角速度ω小，所用时间t=θω，偏转角度相等角速度ω小，时间长，所以芒种到小暑的时间间隔比大雪到小寒的长，故B正确；
C.由GMmR2=ma得a=GMR2，立春时的R小于立秋时的R，立春时地球公转的加速度大于立秋时大小相等，故C错误；
D.春分、夏至、秋分、冬至四个节气，两两夹角相等，由于角速度不等，所以时间不等，故D错误。
9.【答案】BD
【解析】【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子运动的半径，根据几何关系求出粒子转过的圆心角，根据周期公式求出粒子在磁场中运动的时间。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，关键是能画出粒子运动的轨迹，根据几何关系求出粒子转过的圆心角，难度适中。
【解答】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv2r，解得：r=mvqB，T=2πmBq；
粒子与筒壁发生3次碰撞后，从 Q点射出圆筒，根据几何关系可知，粒子每次转过的圆心角可能为135∘或π3。即：
(1)粒子在磁场中仅与PQ上边筒壁碰撞时，则转过的圆心角总和为：135∘×4，故可得粒子在磁场中运动的时间为：t1=135∘×4360×2πmqB=3πmBq;
(2)当粒子与整个筒壁上下动碰撞3次时，粒子转过的圆心角为π3，此时转过的圆心角总和为：π，故可得粒子在磁场中运动的时间为：t2=12T=πmBq，故BD正确，AC错误。
10.【答案】AC
【解析】【分析】
根据牛顿第二定律求出小物块发生相对滑动的时外力F
F小于临界拉力时，对整体分析，根据牛顿第二定律求出整体的加速度；
F大于临界拉力时，物块的加速度达到最大，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律即可求出加速度．
解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，抓住位移关系，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，以及动量定理的应用．
【解答】A.设A、B间的滑动摩擦力为f1， A与地面间的滑动摩擦力为f2，设A、B恰好发生相对滑动时外力为F，
对B根据牛顿第二定律得：
f1=maB，解得aB=2m/s2，
A、B恰好发生相对滑动，aA=aB=2m/s2
对A根据牛顿第二定律得：
F−f1−f2=MaA
又f1=μ1mg=2N， f2=μ2(M+m)g=3N，
代入数据解得：
F=f1+f2+MaA=9N，
根据F=2t得：
t1=F2=4.5s，故A正确;
B.当F=f2=3N时A开始运动，即t0=1.5sA开始运动，
从t0=1.5s到t1=4.5s，根据动量定理得
3+92(t1−t0)−f2(t1−t0)−f12(t1−t0)=MvA
解得vA=3m/s，故B错误;
C.当t≥t1时，A的加速度为aA′=20−52m/s2=7.5m/s2，
则6.5s时A的速度为：
v ′A=vA+aA′(t−t1)=3+7.5×(6.5−4.5)m/s=18m/s，故 C正确;
时B的速度为：
vB=vA+aB(t−t1)=3+2×(6.5−4.5)m/s=7m/s，故 D错误。
故选 AC。
11.【答案】(1)B(2)1.130(3)480
【解析】【分析】
根据双缝干涉实验中相邻条纹间距公式Δx=Ldλ分析(1)(3)问。根据螺旋测微器读数方法分析(2)问。
本题是常规实验的考查，基础题目。
【解答】
(1)根据Δx=Ldλ可知，
A.换成间距更大的双缝，即d增大，相邻条纹间距变小，故A错误；
B.红光的波长大于绿光的波长，故把绿色滤光片换成红色滤光片，相邻两亮条纹中心的距离增大，故B正确；
C.把屏向远离双缝的方向移动，则L增大，故相邻两亮条纹中心的距离增大，故C错误；
故选B。
(2)(3)螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.01×13.0mm=0.130mm，所以最终读数为1.130mm。
根据Δx=Ldλ，λ=d×ΔxL1.5×10−3×(13×0.960×10−3)1=4.8x10−7m=480nm
故答案为：(1)B(2)1.130(3)480
12.【答案】(1)45.0；
(2)9.0；
(3)7.5；30；
(4)偏低
【解析】【分析】
本题考查了制作热敏温度计；解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，然后熟练应用物理规律来解决实验问题。
(1)根据欧姆定律、并联电路特点分析；
(2)根据电表改装原理分析；
(3)由欧姆定律，结合图像求解；
(4)根据误差来源分析。
【解答】
(1)由并联电路的特点可知：I=Ig+IgRgR，解得：Rg=I−IgIgR=18.0−8.08.0×36.0Ω=45.0Ω。
(2)将电流计的量程扩大为原来的6倍，则IgRg=(I′−Ig)R′；
解得：R′=IgI′−IgRg=Ig6Ig−Ig×45.0Ω=9.0Ω。
(3)当温度为50℃时，RT=10Ω，
此时电流表满偏，电路中电流：I1=6×10mA=60mA=0.06A；
则R总1=UI1=Ω=25Ω；
RA=Rg×R′Rg+R′=7.5Ω；
所以R0=R总1−RT−RA=7.5Ω；
当Ig=5mA时，I2=6×5mA=30mA=0.03A；
则R总2=UI2=Ω=50Ω；
所以RT2=R总2−RA−R0=(50−7.5−7.5)Ω=35Ω；
由图b可知：t=30℃。
(4)由于电源有内阻，导致电路中电流偏小，热敏电阻计算值偏大，测量的温度比实际温度偏低。
13.【答案】解：(1)设冰壶滑行的加速度大小为a，经过 C点的速度为vc。
由匀变速直线运动的规律
x1+x2=vc⋅(t1+t2)+12a(t1+t2)2
x2=vc⋅t2+12at22
vc2=2ax3
解得x3=0.9m；
(2)根据牛顿第二定律
μmg=ma
由(1)可得
a=0.2m/s2
解得
μ=0.02。
【解析】本题考查牛顿运动定律的应用。解决问题的关键是清楚冰壶的受力情况及运动过程，利用牛顿第二定律和运动学公式分析计算。
14.【答案】解：(1)未进入磁场前，人和座椅车做自由落体运动，加速度为大小 g。设bc进入磁场时
的速度大小为v，则
v2=2gh
bc进入磁场后，由法拉第电磁感应定律
E=BLv
由闭合电路欧姆定律
E=IR总
R总=R+R4=5R4
bc受到的安培力
F=BIL
座椅车恰好做匀速直线运动，由平衡知识
F=mg
解得
m=4B2L25gR 2gh；
(2)从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，座椅车一直匀速直线运动，所用时间
t=4hv
通过bc的电荷量
q=Ibct
Ibc=I4
解得
q=4BLh5R；
(3)金属框架abcd匀速通过磁场的过程中，减少的机械能
ΔE=5mgh
减小的机械能全部转化成焦耳热，下落过程中5根金属棒的作用相同，故金属棒 bc上
产生的热量占全部热量的五分之一，即
Q=ΔE5
解得
Q=4B2L2h5R 2gh。
【解析】本题考查借助游戏设备——太空梭考查电磁感应的综合应用。解决问题的关键是清楚人和座椅在不同阶段的受力情况和运动过程，根据运动学公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、功能关系、电流的定义式分析计算。
15.【答案】解：(1)设滑块第一次到达圆轨道最高点的速度大小为v1，根据动能定理
mgLsinθ−μmgLcsθ−mg×2R=12mv12
在最高点，根据牛顿第二定律
mg+FN=mv12R
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小
FN′=FN
解得
FN′=45mg；
(2)设滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1，根据动能定理有
mg(L−L1)sinθ−μmg(L+L1)csθ=0
解得
L1=25R；
(3)设滑块第2次到达圆轨道最高点的速度大小为v2，根据动能定理有
mgL1sinθ−μmgL1csθ−mg×2R=12mv22
解得v2= 6gR
设滑块第1次在AB段向上滑行的最大距离为s1，根据动能定理
mg(L1−s1)sinθ−μmg(L1+s1)csθ=0
解得s1=5R
设滑块第3次到达圆轨道最高点的速度大小为v3，根据动能定理
mgs1sinθ−μmgs1csθ−mg×2R=12mv32
解得v32=−2gR
所以滑块第3次进入圆形轨道无法达到最高点。
假设其运动过程中不脱轨且上升的最大高度为h，根据动能定理
mgs1sinθ−μmgs1csθ−mgh=0
解得h=R
所以滑块第3次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在AB段与圆形轨道间来回滑动，最终停在 B点，设滑块在 AB段滑行的路程为s2，根据动能定理
mgh−μmgs2csθ=0
整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为
s=L+2s1+s2
解得s=137.5R。
【解析】本题考查动力学的综合问题。解决问题的关键是清楚小滑块的受力情况及运动过程，利用动能定理、竖直平面内的圆周运动、牛顿运动定律和运动学公式分析计算。