《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課2 機(jī)械能守恒定律練習(xí)（含解析）新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 第五章 機(jī)械能 能力課2 機(jī)械能守恒定律練習(xí)（含解析）新人教版（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、能力課2 機(jī)械能守恒定律一、選擇題 1.(2019屆桂林模擬)一棵樹上有一個(gè)質(zhì)量為0.3 kg的熟透了的蘋果P，該蘋果從樹上與A等高處先落到地面C最后滾入溝底D.已知AC、CD的高度差分別為2.2 m和3 m，以地面C為零勢能面，A、B、C、D、E面之間豎直距離如圖所示算出該蘋果從A落下到D的過程中重力勢能的減少量和在D處的重力勢能分別是(g取10 m/s2)()A15.6 J和9 JB9 J和9 JC15.6 J和9 J D15.6 J和15.6 J解析：選C以地面C為零勢能面，根據(jù)重力勢能的計(jì)算公式得D處的重力勢能Epmgh0.310(3) J9 J，從A下落到D的過程中重力勢能的減少量E

2、pmgh0.310(2.23) J15.6 J，選項(xiàng)C正確2.把小球放在豎立的彈簧上，并把球往下按至A位置，如圖甲所示迅速松手后，球升高至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時(shí)彈簧正處于原長(圖乙)忽略彈簧的質(zhì)量和空氣阻力則小球從A位置運(yùn)動(dòng)到C位置的過程中，下列說法正確的是()A經(jīng)過位置B時(shí)小球的加速度為0B經(jīng)過位置B時(shí)小球的速度最大C小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能守恒D小球、地球、彈簧所組成系統(tǒng)的機(jī)械能先增大后減小解析：選C分析小球從A位置到B位置的過程中受力情況，開始時(shí)彈力大于重力，中間某一位置彈力和重力相等，接著彈力小于重力，在B點(diǎn)時(shí)，彈力為零，小球從B到C的過程中，只受重力根據(jù)牛頓第

3、二定律可以知道小球從A位置到B位置過程中，小球先向上做加速運(yùn)動(dòng)再向上做減速運(yùn)動(dòng)，所以速度最大位置應(yīng)該是加速度為零的位置，在A、B之間某一位置，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；從A位置到C位置過程中小球、地球、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤3.(多選)(2018屆湖南郴州一中模擬)一蹦極運(yùn)動(dòng)員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺(tái)下落，到最低點(diǎn)時(shí)距水面還有數(shù)米距離假定空氣阻力可忽略，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，下列說法正確的是()A運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前重力勢能始終減小B蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力做負(fù)功，彈性勢能增加C蹦極過程中，運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒D蹦極過程中，

4、重力勢能的改變量與重力勢能零點(diǎn)的選取有關(guān)解析：選ABC在運(yùn)動(dòng)員到達(dá)最低點(diǎn)前，運(yùn)動(dòng)員一直向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)重力勢能的定義可知重力勢能始終減小，故選項(xiàng)A正確；蹦極繩張緊后的下落過程中，彈力方向向上，而運(yùn)動(dòng)員向下運(yùn)動(dòng)，所以彈力做負(fù)功，彈性勢能增加，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于運(yùn)動(dòng)員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，蹦極過程中只有重力和彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故選項(xiàng)C正確；重力做功是重力勢能轉(zhuǎn)化的量度，即WGEp，而蹦極過程中重力做功與重力勢能零點(diǎn)的選取無關(guān)，所以重力勢能的改變量與重力勢能零點(diǎn)的選取無關(guān)，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤4.(多選)(2018屆山東山師附中三模)如圖所示，質(zhì)量為m的a、b兩球固定在輕桿的兩端，桿可繞O點(diǎn)

5、在豎直面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)，已知兩物體距O點(diǎn)的距離L1L2，現(xiàn)在由圖示位置靜止釋放，則在a下降過程中()Aa、b兩球的角速度大小始終相等B重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率一直增大C桿對(duì)a做負(fù)功，a球機(jī)械能不守恒D桿對(duì)b做負(fù)功，b球機(jī)械能守恒解析：選ACa、b兩球同時(shí)繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度大小始終相等，故A正確；剛開始，b的速度為0，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，在豎直位置，速度與重力方向垂直，重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率為0，所以重力對(duì)b球做功的瞬時(shí)功率先增大后減小，故B錯(cuò)誤；在a下降過程中，b球的動(dòng)能增加，重力勢能增加，所以b球的機(jī)械能增加，根據(jù)重力之外的力做功量度物體機(jī)械能的變化，所以桿對(duì)b做正功，球a和b系統(tǒng)

6、機(jī)械能守恒，所以a機(jī)械能減小，所以桿對(duì)a做負(fù)功，故D錯(cuò)誤，C正確5.(多選)(2019屆揭陽市揭東一中檢測)如圖，兩個(gè)相同小物塊a和b之間用一根輕彈簧相連，小物塊a和b及彈簧組成的系統(tǒng)用細(xì)線靜止懸掛于足夠高的天花板下細(xì)線某時(shí)刻被剪斷，系統(tǒng)下落，已知重力加速度為g，則()A細(xì)線剪斷瞬間，a和b的加速度大小均為gB彈簧恢復(fù)原長時(shí)，a和b的加速度大小均為gC下落過程中彈簧一直保持拉伸狀態(tài)D下落過程中a、b和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選BD開始時(shí)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，彈簧的彈力大小等于物塊b的重力mg，當(dāng)細(xì)線剪斷瞬間，彈簧不能突變，則物塊b受力仍然平衡，加速度為零，而a受向下的重力和拉力作用，加速度為

7、2g，故A錯(cuò)誤；彈簧恢復(fù)原長時(shí)，兩物塊均只受重力，故加速度大小為g，由于此時(shí)物塊a的速度大于b的速度，故此后一段時(shí)間彈簧處于壓縮狀態(tài)，故B正確，C錯(cuò)誤；對(duì)a、b和彈簧組成的系統(tǒng)來說，由于只有重力和彈簧彈力做功，故機(jī)械能守恒，故D正確6.(多選)如圖所示，半徑為R的光滑半圓形軌道和光滑水平軌道相切，三個(gè)小球1、2、3沿水平軌道分別以速度v12、v23、v34水平向左沖上半圓形軌道，g為重力加速度，下列關(guān)于三個(gè)小球的落點(diǎn)到半圓形軌道最低點(diǎn)A的水平距離和離開軌道后的運(yùn)動(dòng)形式的說法正確的是()A三個(gè)小球離開軌道后均做平拋運(yùn)動(dòng)B小球2和小球3的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離之比為 2C小球1和小球2做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之

8、比為11D小球2和小球3做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為11解析：選BD設(shè)小球恰好通過最高點(diǎn)時(shí)的速度為v，此時(shí)由重力提供向心力，則mgm，得v設(shè)小球能通過最高點(diǎn)時(shí)在軌道最低點(diǎn)的最小速度為v，由機(jī)械能守恒定律得2mgRmv2mv2得v由于v12v，所以小球1不能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，也就不能做平拋運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；小球2和小球3離開軌道后做平拋運(yùn)動(dòng)，由2Rgt2，得t2，則得小球2和小球3做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為11，故D正確；設(shè)小球2和小球3通過最高點(diǎn)時(shí)的速度分別為v2和v3根據(jù)機(jī)械能守恒定律得2mgRmv22mv222mgRmv32mv32解得v2，v32由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得水平距離為xv0t，t相等，則小球2

9、和小球3的落點(diǎn)到A點(diǎn)的距離之比為2.故B正確7.(多選)(2018屆南京市、鹽城市一模)如圖所示，光滑細(xì)桿上套有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，兩球之間用輕質(zhì)彈簧相連，彈簧原長為L，用長為2L的細(xì)線連接兩球現(xiàn)將質(zhì)量為M的物塊用光滑的鉤子掛在細(xì)線上，從細(xì)線繃直開始釋放，物塊向下運(yùn)動(dòng)則物塊()A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小球的動(dòng)能為零B速度最大時(shí)，彈簧的彈性勢能最大C速度最大時(shí)，桿對(duì)兩球的支持力為(M2m)gD運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，桿對(duì)兩球的支持力小于(M2m)g解析：選AC物塊從開始釋放先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零即到達(dá)最低點(diǎn)，此時(shí)小球速度為零，兩球相距最近，彈簧形變最大，彈性勢能最大，故A正確，B錯(cuò)誤；速度最

10、大時(shí)，即此時(shí)系統(tǒng)合力為零，將兩小球和物塊看成系統(tǒng)，受重力(M2m)g，桿對(duì)兩球的支持力二力平衡，故C正確；運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊具有向上的加速度，由類整體法可知，桿對(duì)兩球的支持力大于(M2m)g，故D錯(cuò)誤8.如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B用不可伸長的細(xì)軟輕線連接，跨過固定在地面上、半徑為R的光滑圓柱，A的質(zhì)量為B的二倍當(dāng)B位于地面時(shí)，A恰與圓柱軸心等高將A由靜止釋放，B上升的最大高度是()A2R B.C. D.解析：選C設(shè)A球剛落地時(shí)兩球速度大小為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律2mgRmgR(2mm)v2得v2gR，B球繼續(xù)上升的高度h，B球上升的最大高度為hRR.9.(2016年海南卷)如圖，光滑圓

11、軌道固定在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量為m的小球沿軌道做完整的圓周運(yùn)動(dòng)已知小球在最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N1，在高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為N2.重力加速度大小為g，則N1N2的值為()A3mg B4mgC5mg D6mg解析：選D設(shè)小球在最低點(diǎn)時(shí)速度為v1，在最高點(diǎn)時(shí)速度為v2，根據(jù)牛頓第二定律有，在最低點(diǎn)：N1mg，在最高點(diǎn)：N2mg；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mv22mg2Rmv12，聯(lián)立可得N1N26mg，故選項(xiàng)D正確10.(2019屆云南模擬)如圖所示，由半徑為R的光滑圓周和傾角為45的光滑斜面組成的軌道固定在豎直平面內(nèi)，斜面和圓周之間由小圓弧平滑連接一小球恰能過最高點(diǎn)，并始終貼著軌道

12、內(nèi)側(cè)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)則小球通過斜面的時(shí)間為(重力加速度為g)()A2 B2C(22) D()解析：選D小球恰好通過最高點(diǎn)的速度v1，由機(jī)械能守恒定律得mv12mgRmv22，解得小球通過斜面頂端時(shí)的速度v2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得Rv2tgt2sin45，則t()，選項(xiàng)D正確二、非選擇題11.(2018年江蘇卷)如圖所示，釘子A、B相距5l，處于同一高度細(xì)線的一端系有質(zhì)量為M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細(xì)線上C點(diǎn)，B、C間的線長為3l.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時(shí)BC與水平方向的夾角為53.松手后，小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度時(shí)的速度恰好為零，然后向下運(yùn)動(dòng)忽略一切摩擦

13、，重力加速度為g，取sin530.8，cos530.6.求：(1)小球受到手的拉力大小F；(2)物塊和小球的質(zhì)量之比Mm；(3)小球向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊M所受的拉力大小T.解析：(1)設(shè)小球受AC、BC的拉力分別為F1、F2.F1sin53F2cos53FmgF1cos53F2sin53且F1Mg解得FMgmg.(2)小球運(yùn)動(dòng)到與A、B相同高度過程中小球上升高度h13lsin53，物塊下降高度h22l根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgh1Mgh2解得Mm65.(3)根據(jù)機(jī)械能守恒定律，小球回到起始點(diǎn)設(shè)此時(shí)AC方向的加速度大小為a，物塊受到的拉力為T，由牛頓第二定律得MgTMa，小球受AC的拉力TT由牛

14、頓第二定律得Tmgcos53ma解得T.答案：(1)Mgmg(2)65(3)12如圖甲所示，游樂場的過山車可以底朝上在圓軌道上運(yùn)行，游客不會(huì)掉下來我們把這種情形抽象為如圖乙所示的模型：弧形軌道的下端與豎直圓軌道相接，使質(zhì)量為m的小球從弧形軌道上端滾下，小球從圓軌道下端進(jìn)入后沿圓軌道運(yùn)動(dòng)如果已知圓軌道的半徑為R，重力加速度為g，不考慮阻力(1)求若小球從高為h處由靜止釋放，小球到達(dá)圓軌道底端時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)若要使小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，討論小球由靜止釋放時(shí)的高度應(yīng)滿足的條件；(3)若讓小球從高為h2R處的A點(diǎn)由靜止釋放，試求小球通過圓軌道底端后所能到達(dá)的最大高度解析：(1)小球從高為h處

15、由靜止釋放到到達(dá)圓軌道底端的過程，由機(jī)械能守恒定律得mghmv2在底端，由牛頓第二定律得Nmgm解得Nmgmmg根據(jù)牛頓第三定律得NNmg，方向?yàn)樨Q直向下(2)要使小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道第一種可能：恰能到達(dá)最高點(diǎn)，設(shè)在最高點(diǎn)時(shí)速度為vm，有mgm能過最高點(diǎn)，則在最高點(diǎn)時(shí)速度應(yīng)滿足vvm由機(jī)械能守恒定律有mghmv2mg2R解得hR.第二種可能：小球到達(dá)圓軌道上與圓心等高處時(shí)速度恰為零，有mghmgR則hR不能到達(dá)圓軌道上高于圓心處，則hR.所以hR或hR.(3)h2RR，設(shè)小球?qū)⒃贑點(diǎn)脫離軌道，C點(diǎn)與軌道圓心的連線與水平方向成角，此時(shí)N0即mgsinm小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m

16、g2RmvC2mg(RRsin)解得sin，vC 小球從C處開始做斜拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)速度vxvCsinvC小球從A點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mg2Rmghmvx2解得hR.答案：(1)mg，豎直向下(2)hR或hR(3)R|學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1.(2019屆石家莊一模)如圖所示，質(zhì)量為m的物體A和質(zhì)量為2m的物體B通過不可伸長的輕繩及輕質(zhì)彈簧連接在輕滑輪兩側(cè)開始用手托著物體A使彈簧處于原長且細(xì)繩伸直，此時(shí)物體A與地面的距離為h，物體B靜止在地面上現(xiàn)由靜止釋放A，A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為0，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力，重力加速度為g，下列說法正確的是()A物體A下落過程中一直

17、處于失重狀態(tài)B物體A即將落地時(shí)，物體B處于失重狀態(tài)C物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mghD物體A下落過程中，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢能之和先增大后減小解析：選C根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為零”可知A先加速后減速向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向先向下后向上，物體A先處于失重狀態(tài)后處于超重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)題述“A與地面即將接觸時(shí)速度恰好為零，此時(shí)物體B對(duì)地面恰好無壓力”，可知此時(shí)細(xì)繩中拉力等于B的重力，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，加速度為零，B不是處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)A和彈簧組成的系統(tǒng)，在A由靜止下落到A與地面即將接觸時(shí)的過程，系統(tǒng)重力勢能、動(dòng)能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，取地面為重力勢能為零，初

18、狀態(tài)系統(tǒng)機(jī)械能等于mgh，末狀態(tài)系統(tǒng)機(jī)械能為彈性勢能，由機(jī)械能守恒定律，物體A下落過程中，彈簧的彈性勢能最大值為mgh，選項(xiàng)C正確；物體A下落過程中，A的重力勢能一直減小，A的動(dòng)能和彈簧的彈性勢能之和一直增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤2.(多選)(2018屆佛山模擬)如圖所示，一根長為L不可伸長的輕繩跨過光滑的水平軸O，兩端分別連接質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的物塊B，由圖示位置釋放后，當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，且此時(shí)物塊B的速度剛好為零，則下列說法中正確的是()A物塊B一直處于靜止?fàn)顟B(tài)B小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過程中機(jī)械能守恒C小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度小于D

19、小球A從圖示位置運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方的過程中，小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒解析：選CD當(dāng)小球轉(zhuǎn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)輕繩的中點(diǎn)正好在水平軸O點(diǎn)，所以小球A下降的高度為，繩的拉力大于B的重力，物塊B會(huì)上升一定的高度h，由機(jī)械能守恒得2mv22mgmgh，所以小球A運(yùn)動(dòng)到水平軸正下方時(shí)的速度v，A錯(cuò)誤，C正確；在整個(gè)過程中小球A與物塊B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，B錯(cuò)誤，D正確3.如圖所示，在一個(gè)直立的光滑管內(nèi)放置一個(gè)輕質(zhì)彈簧，上端O點(diǎn)與管口A的距離為2x0，一個(gè)質(zhì)量為m的小球從管口由靜止下落，將彈簧壓縮至最低點(diǎn)B，壓縮量為x0，不計(jì)空氣阻力，則正確的是()A小球運(yùn)動(dòng)的最大速度等于2B彈簧的勁度系數(shù)為C

20、小球運(yùn)動(dòng)中最大加速度為gD彈簧的最大彈性勢能為3mgx0解析：選D小球從A點(diǎn)到O點(diǎn)做自由落體運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O點(diǎn)的速度為v22g2x0，解得v2，接觸彈簧后，合力減小，加速度減小，到合力減小到零時(shí)，速度達(dá)到最大值，所以最大速度大于2，A錯(cuò)誤；小球速度達(dá)到最大時(shí)，mgFkx，解得x0，可見桿對(duì)小球A做正功，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故小球A增加的機(jī)械能等于小球B減小的機(jī)械能，桿對(duì)小球B做負(fù)功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤5.(多選)如圖所示，輕彈簧一端固定在O1點(diǎn)，另一端系一小球，小球穿在固定于豎直面內(nèi)、圓心為O2的光滑圓環(huán)上，O1在O2的正上方，C是O1O2的連線和圓環(huán)的交點(diǎn)，將小球從圓環(huán)上的A點(diǎn)無初速

21、度釋放后，發(fā)現(xiàn)小球通過了C點(diǎn)，最終在A、B之間做往復(fù)運(yùn)動(dòng)已知小球在A點(diǎn)時(shí)彈簧被拉長，在C點(diǎn)時(shí)彈簧被壓縮，則下列判斷正確的是()A彈簧在A點(diǎn)的伸長量一定大于彈簧在C點(diǎn)的壓縮量B小球從A至C一直做加速運(yùn)動(dòng)，從C至B一直做減速運(yùn)動(dòng)C彈簧處于原長時(shí)，小球的速度最大D小球機(jī)械能最大的位置有兩處解析：選AD因只有重力和彈簧彈力做功，故小球和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，小球在A點(diǎn)的動(dòng)能和重力勢能之和最小，所以在A點(diǎn)彈簧的彈性勢能大于彈簧在C點(diǎn)的彈性勢能，A正確；小球從A點(diǎn)至C點(diǎn)，切線方向先加速后減速，當(dāng)切線方向加速度為零時(shí)，速度最大，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，B、C錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧處于原長狀態(tài)時(shí)，其彈性勢能為零，小球

22、的機(jī)械能最大，由對(duì)稱性可知，在A、C間和C、B間應(yīng)各有一處，D正確6如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個(gè)小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角斜向上拋，空氣阻力不計(jì)，C球沿傾角為的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為hA、hB、hC，則()AhAhBhC BhAhBhC DhAhChB解析：選DA球和C球上升到最高點(diǎn)時(shí)速度均為零，而B球上升到最高點(diǎn)時(shí)仍有水平方向的速度，即仍有動(dòng)能對(duì)A、C球列機(jī)械能守恒定律方程為mghmv02，解得h，對(duì)B球：mghmvt2mv02，且vt0所以hh，故D正確7.(多選)如圖所示，在固定的光滑水平桿上，質(zhì)量為m的物體P用輕繩跨過光滑的滑輪

23、O、O連接質(zhì)量為2m的物體Q，用手托住Q使整個(gè)系統(tǒng)靜止，此時(shí)輕繩剛好拉直，且AOL，OBh，AB3.125 m1的情況下，小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xmin.解析：(1)小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小滑塊加速度大小為a1，小車加速度為a2，由牛頓第二定律可得對(duì)小滑塊有mgma1對(duì)小車有mgMa2設(shè)小車與小滑塊經(jīng)歷時(shí)間t后速度相等，則有v0a1ta2t小滑塊的位移s1v0ta1t2小車的位移s2a2t2代入數(shù)據(jù)解得s15 m，s22 m由于s2s，Ls1s2，說明小車與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好與小車共速并到達(dá)小車右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度v14 m

24、/s.(2)設(shè)小滑塊到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度為vN，則有Fm從P點(diǎn)到N點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律有mv12mvN2mgR由式得Fm2mg故b2mg40 N由式，結(jié)合圖乙可知，圖象的斜率kmv1232解得a1.25 m1.(3)設(shè)小滑塊恰能經(jīng)過半圓軌道最高點(diǎn)Q時(shí)的軌道半徑為R，此時(shí)經(jīng)過Q點(diǎn)的速度為vQ則有mgm從P到Q點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒可得mv12mvQ22mgR解得R0.32 m，即3.125 m1可見3.125 m1在的情況下，小滑塊在半圓軌道運(yùn)動(dòng)過程中始終不會(huì)脫離軌道由式可知vQ小滑塊離開Q點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)至到達(dá)小車的過程中，有xvQt,2Rgt2解得x，當(dāng)R0.2 m時(shí)，x有最大值xm0.8 m小滑塊落在小車上的位置與小車左端的最小距離xminLxm2.2 m.答案：(1)4 m/s(2)1.2540(3)2.2 m16