第2講 功能關(guān)系和能量守恒1(2016江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市調(diào)研)如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端系一物體物體在A處時(shí)，彈簧處于原長狀態(tài)現(xiàn)用手托住物體使它從A處緩慢下降，到達(dá)B處時(shí)，手和物體自然分開此過程中，物體克服手的支持力所做的功為W.不考慮空氣阻力關(guān)于此過程，下列說法正確的有(AD)A物體重力勢(shì)能減小量一定大于WB彈簧彈性勢(shì)能增加量一定小于WC物體與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加量為WD若將物體從A處由靜止釋放，則物體到達(dá)B處時(shí)的動(dòng)能為W解析：物體在向下運(yùn)動(dòng)的過程中，要克服彈簧拉力做功W彈力，根據(jù)動(dòng)能定理知mghWW彈力0，由平衡知khmg，即：mghWkh2mgh，彈簧彈性勢(shì)能增加量一定等于W，B錯(cuò)誤；物體克服手的支持力所做的功為W，機(jī)械能減小W，故C錯(cuò)誤；物體從A處由靜止落到B的過程中，速度達(dá)到最大，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mghkh2Ek，結(jié)合B選項(xiàng)知EkmghW，故D正確2(2016合肥質(zhì)檢)如圖所示，有一固定的且內(nèi)壁光滑的半球面，球心為O，最低點(diǎn)為C，在其內(nèi)壁上有兩個(gè)質(zhì)量相同的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))A和B，在兩個(gè)高度不同的水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，A球的軌跡平面高于B球的軌跡平面，A、B兩球與O點(diǎn)的連線與豎直線OC間的夾角分別為53和37，以最低點(diǎn)C所在的水平面為重力勢(shì)能的參考平面，sin370.6，cos370.8，則(AD)AA、B兩球所受支持力的大小之比為43BA、B兩球運(yùn)動(dòng)的周期之比為43CA、B兩球的動(dòng)能之比為169DA、B兩球機(jī)械能之比為11251解析：由題意可知N，所以，A正確；mgtan mRsin ，所以，B錯(cuò)誤；Ekv2，vRsin ，所以，C錯(cuò)誤；EPmgR(1cos )，EkmgRsin tan ，所以，D正確3(2016鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)三)如圖為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)的簡化示意圖斜面軌道傾角為37，質(zhì)量為M的貨箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5.貨箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入貨箱，然后貨箱載著貨物沿軌道無初速度滑下，當(dāng)輕彈簧壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后貨箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程已知sin370.6，cos370.8，下列選項(xiàng)正確的是(BC)A貨箱載著貨物接觸彈簧時(shí)立即開始減速運(yùn)動(dòng)B貨物質(zhì)量m應(yīng)為貨箱質(zhì)量M的4倍C貨箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑過程中的加速度大于下滑過程中的加速度D貨箱從最低點(diǎn)滑回頂端的過程中，彈簧的彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為貨箱的重力勢(shì)能解析：貨箱載著貨物下滑至與彈簧接觸后，起初彈簧對(duì)貨箱的彈力與斜面對(duì)貨箱的滑動(dòng)摩擦力的合力小于貨箱總重力沿斜面向下的分力，貨箱將繼續(xù)加速下滑；貨箱不與彈簧接觸時(shí)，由牛頓第二定律可知，下滑、上滑時(shí)的加速度大小分別為a1gsin gcos 2 m/s2，a2gsin gcos 10 m/s2；設(shè)貨箱下滑距離為L，對(duì)貨箱的下滑、上滑過程分別運(yùn)用功能關(guān)系有(Mm)gLsin (Mm)gLcos EP，MgLsin MgLcos EP，代入數(shù)據(jù)解得m4M；同理可知，貨箱從開始上滑到滑至最高點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化成了貨箱增加的重力勢(shì)能和貨箱與斜面組成的系統(tǒng)增加的內(nèi)能，選項(xiàng)AD錯(cuò)誤，BC正確4(2016濟(jì)南1月調(diào)研)如圖所示，半圓形軌道MON豎直放置且固定在地面上，直徑MN是水平的一小物體從M點(diǎn)正上方高度為H處自由下落，正好在M點(diǎn)滑入半圓軌道，測(cè)得其第一次離開N點(diǎn)后上升的最大高度為.小物塊接著下落從N點(diǎn)滑入半圓軌道，在向M點(diǎn)滑行過程中(整個(gè)過程不計(jì)空氣阻力)(C)A小物體正好能到達(dá)M點(diǎn)B小物體一定到不了M點(diǎn)C小物體一定能沖出M點(diǎn)D不能確定小物塊能否沖出M點(diǎn)解析：小物塊第一次飛出過程根據(jù)動(dòng)能定理得mgHmgWf0，假設(shè)能再次到達(dá)M點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgWfmv2，因小物塊第二次經(jīng)過半圓軌道過程中速度小于第一次，軌道支持力也變小，物塊所受摩擦力變小，故克服阻力做功WfWf，故速度v0，因此小物塊能沖出M點(diǎn)，選項(xiàng)C正確5(2016南京二模)如圖所示，圓心在O點(diǎn)、半徑為R的圓弧軌道abc豎直固定在水平桌面上，Oc與Oa的夾角為60，軌道最低點(diǎn)a與桌面相切一輕繩兩端系著質(zhì)量為m 1和m2的小球(均可視為質(zhì)點(diǎn))，掛在圓弧軌道邊緣c的兩邊，開始時(shí)，m 1位于c點(diǎn)，然后從靜止釋放設(shè)輕繩足夠長，不計(jì)一切摩擦則(BC)A在m 1由c下滑到a點(diǎn)的過程中，兩球速度大小始終相等Bm 1在由c下滑到a的過程中重力的功率先增大后減小C若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，則m12m2D若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，則m13m2解析：兩小球用輕繩連接，兩球在沿繩方向的分速度大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；m1在c點(diǎn)和a點(diǎn)時(shí)的重力功率均為零，因此選項(xiàng)B正確；若m1恰好能沿圓弧軌道下滑到a點(diǎn)，此時(shí)兩小球速度均為零，有m1gR(1cos 60)m2gR，解得m12m2，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤6(2016鄭州質(zhì)量預(yù)測(cè)二)如圖所示，光滑輕質(zhì)掛鉤下端懸掛質(zhì)量為m的重物，跨在長度為L的輕繩上，開始時(shí)繩子固定在框架上等高的A、B兩點(diǎn)，與水平方向的夾角為，繩子拉力為F.現(xiàn)保持繩長不變，將繩子右端從B點(diǎn)沿豎直方向緩慢移至C點(diǎn)，再從C點(diǎn)沿水平方向向左緩慢移至D點(diǎn)，關(guān)于繩子拉力F和重物重力勢(shì)能Ep的變化，下列說法正確的是(AD)A從B移至C的過程中，拉力F保持不變B從B移至C的過程中，重力勢(shì)能Ep逐漸變小C從C移至D的過程中，拉力F保持不變D從C移至D的過程中，重力勢(shì)能Ep逐漸變小解析：從B移至C的過程中，兩根繩子的夾角不變，拉力F保持不變，重物逐漸升高，重力勢(shì)能EP逐漸變大，選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；從C移至D的過程中，兩根繩子的夾角變小，拉力F變小，重物逐漸降低，重力勢(shì)能EP逐漸變小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確7(2016江西五校聯(lián)考)伽利略曾利用對(duì)接斜面研究“力與運(yùn)動(dòng)”的關(guān)系如圖所示，固定在水平地面上的傾角均為的兩斜面，以光滑小圓弧相連接左側(cè)斜面頂端的小球與兩斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.小球從左側(cè)頂端滑到最低點(diǎn)的時(shí)間為t1，滑到右側(cè)最高點(diǎn)的時(shí)間為t2，規(guī)定兩斜面連接處所在水平面為參考平面，則小球在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中速度的大小v、加速度的大小a、動(dòng)能Ek及機(jī)械能E隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是(B)解析：由牛頓第二定律可知，小球在兩斜面的運(yùn)動(dòng)都是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩階段的加速度都恒定不變，小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度大小為a1gsin gcos ，小球在右側(cè)斜面上滑時(shí)的加速度大小為a2gsin gcos ，小球在左側(cè)斜面下滑時(shí)的加速度較小，則A錯(cuò)誤；B正確；小球的動(dòng)能與速率的二次方成正比，即Ekmv2，因此，動(dòng)能與時(shí)間關(guān)系圖象是曲線，則C錯(cuò)誤；由于小球在兩斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)機(jī)械能逐漸減小，減小量等于摩擦力做的功，即EE0fs，摩擦力f大小不變，小球在左側(cè)斜面上下滑時(shí)，s增大得越來越快，在右側(cè)斜面上滑時(shí)，s增大得越來越慢，故0t1內(nèi)，Et曲線斜率逐漸變大，t1t2時(shí)Et曲線斜率逐漸變小，則D錯(cuò)誤8(2016東北三省四市聯(lián)考二)如圖甲所示，一物體懸掛在輕繩下端，由靜止開始沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中物體的機(jī)械能E與物體通過路程x的關(guān)系圖象如圖乙所示，其中0x1過程的圖象為曲線，x1x2過程的圖象為直線(忽略空氣阻力)下列說法正確的是(AB)A0x1過程中物體所受拉力是變力，且一定不斷減小B0x1過程中物體的動(dòng)能一定先增加后減小，最后為零Cx1x2過程中物體一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)Dx1x2過程中物體可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，也可能做勻減速直線運(yùn)動(dòng)解析：設(shè)物體所受的拉力為F，由功能關(guān)系可知，物體機(jī)械能的變化量EFx，則圖象的斜率表示物體所受拉力，由題圖知，在0x1的過程中，圖象的斜率不斷變小，說明物體所受的拉力不斷變小，選項(xiàng)A正確；由題圖可知，在0x1的過程中，物體的機(jī)械能不斷變大則拉力做正功，物體沿豎直方向向上運(yùn)動(dòng)，在x1x2的過程中，物體的機(jī)械能減少，則拉力做負(fù)功，物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，所以物體到達(dá)x1時(shí)速度為零，又因?yàn)槲矬w是從靜止開始運(yùn)動(dòng)的，所以在0x1的過程中物體的速度一定先增大后減小，最后為零，由Ekmv2知，在0x2的過程中物體的動(dòng)能一定先增大后減小，最后為零，選項(xiàng)B正確；在x1x2的過程中圖象為直線，則物體所受的拉力不變，由牛頓第二定律知，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在x1x2的過程中物體沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，且初速度為零，所以物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤9(2016昆明質(zhì)檢二)如圖所示，一輕彈簧上、下兩端各連接質(zhì)量均為m的兩物塊A、B開始時(shí)，系統(tǒng)靜止在水平面上現(xiàn)用一豎直向上的恒力F拉物塊A，使其向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧伸長量最大時(shí)(在彈簧彈性限度內(nèi))，物塊B剛好要離開地面重力加速度為g.則(BCD)AF2mgB此過程中恒力F做的功等于物塊A增加的重力勢(shì)能C此過程中恒力F的功率先增大后減小D此過程中彈簧彈力對(duì)物塊A做功為零解析：彈簧伸長量最大時(shí)，物體B剛要離開地面，說明此時(shí)物體A的速度為零，說明物體A經(jīng)歷了先向上加速再向上減速的過程，故此時(shí)物體A有向下的加速度，對(duì)B受力分析可得彈簧的彈力等于B物體的重力，對(duì)A受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得2mgFma，解得2mgF，A錯(cuò)誤；開始時(shí)彈簧的彈力等于A的重力，最后彈簧的彈力等于B的重力，故彈簧的彈力沒有變，彈簧的彈性勢(shì)能沒變，彈簧彈力做功為零，D正確；根據(jù)功能關(guān)系得外力F做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量，最后物體A、B的動(dòng)能都為零，B的重力勢(shì)能沒變，故外力F做的功等于A物體重力勢(shì)能的增加量，B正確；恒力F的功率PFv，A的速度先增大后減小，故外力F的功率先增大再減小，C正確10(2016石家莊質(zhì)檢二)如圖甲所示，一傾角為的傳送帶始終保持恒定速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)t0時(shí)將一質(zhì)量為m的物塊以初速度v1放置在傳送帶上，其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(取沿傳送帶斜向上的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，且|v1|>|v2|). 已知傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.下列說法正確的是(AD)A>tan B0t1內(nèi)，物塊對(duì)傳送帶做正功C0t2內(nèi)，傳送帶對(duì)物塊做功為WmvmvD0t2內(nèi)，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量一定比物塊機(jī)械能的減少量大解析：由題意知，mgcos mgsin ，即tan ，選項(xiàng)A正確；0t1內(nèi)，物塊的摩擦力對(duì)傳送帶做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0t2內(nèi)，合外力對(duì)物塊做功為Wmvmv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由能量守恒定律知，0t2內(nèi)，物塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量等于物塊機(jī)械能的減少量與傳送帶因物塊多輸入的能量之和，選項(xiàng)D正確11(2016太原一模)(多選)某車輛緩沖裝置的理想模型如圖，勁度系數(shù)足夠大且為k的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可沿固定在車上的槽內(nèi)移動(dòng)，與槽間的滑動(dòng)摩擦力恒為f.輕桿沿槽向左移動(dòng)不超過l時(shí)，裝置可安全工作，小車的總質(zhì)量為m，若小車以速度v0撞擊固定在地面的障礙物，將導(dǎo)致輕桿沿槽向左移動(dòng).已知輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，不計(jì)小車與地面的摩擦，則(AD)A輕桿開始移動(dòng)時(shí)，彈簧的壓縮量為B小車速度為0時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為mvC小車被彈回時(shí)速度等于D為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度等于解析：輕桿開始移動(dòng)時(shí)，輕桿所受彈力與最大靜摩擦力相等，即kxf，所以彈簧壓縮量x，A項(xiàng)正確；小車從開始到速度減為零過程中，小車動(dòng)能一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，一部分克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化為熱能，故彈簧的彈性勢(shì)能EPmv，B項(xiàng)錯(cuò)；從小車與障礙物整個(gè)碰撞過程中，由功能關(guān)系有，mv2mvf，根據(jù)解析式可知小車彈回時(shí)速度表達(dá)式各項(xiàng)系數(shù)均為1，C項(xiàng)錯(cuò)；設(shè)輕桿移動(dòng)前小車對(duì)彈簧所做的功為W，則小車從撞擊到停止的過程中，由動(dòng)能定理有：fW0mv.同理，小車以vm撞擊時(shí)，flW0mv，解得：vm，D項(xiàng)正確12(2014重慶卷)如圖為“嫦娥三號(hào)”探測(cè)器在月球上著陸最后階段的示意圖首先在發(fā)動(dòng)機(jī)作用下，探測(cè)器受到推力在距月面高度為h1處懸停(速度為0，h1遠(yuǎn)小于月球半徑)；接著推力改變，探測(cè)器開始豎直下降，到達(dá)距月面高度為h2處的速度為v；此后發(fā)動(dòng)機(jī)關(guān)閉，探測(cè)器僅受重力下落至月面已知探測(cè)器總質(zhì)量為m(不包括燃料)，地球和月球的半徑比為k1，質(zhì)量比為k2，地球表面附近的重力加速度為g，求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探測(cè)器剛接觸月面時(shí)的速度大小；(2)從開始豎直下降到剛接觸月面時(shí)，探測(cè)器機(jī)械能的變化解析：(1)設(shè)地球質(zhì)量和半徑分別為M和R，月球的質(zhì)量、半徑和表面附近的重力加速度分別為M、R和g，探測(cè)器剛接觸月面時(shí)的速度大小為vt.由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt(2)設(shè)機(jī)械能變化量為E，動(dòng)能變化量為Ek，重力勢(shì)能變化量為EP由EEkEP有Em(v2)mgh1；得Emv2mg(h1h2)答案：(1)vt(2)mv2mg(h1h2)13(2015福建卷)如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g.(1)若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對(duì)小車的最大壓力；(2)若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車已知滑塊質(zhì)量m，在任一時(shí)刻滑塊相對(duì)地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，求：滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s.解析：(1)滑塊到B點(diǎn)時(shí)對(duì)小車壓力最大，從A到B機(jī)械能守恒mgRmv，滑塊在B點(diǎn)處，由牛頓第二定律知FNmgm，解得FN3mg，由牛頓第三定律知FN3mg，(2)滑塊下滑到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，小車速度最大，由機(jī)械能守恒mgRMvm(2vm)2，解得vm，設(shè)滑塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)，小車速度大小為vC，由功能關(guān)系mgRmgLMvm(2vC)2，設(shè)滑塊從B到C過程中，小車運(yùn)動(dòng)加速度大小為a，由牛頓第二定律mgMa，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律vv2as，解得sL.答案：(1)3mg(2)L14(2016南京模擬)如圖所示，一輕繩吊著一根粗細(xì)均勻的棒，棒下端離地面高為H，上端套著一個(gè)細(xì)環(huán)棒和環(huán)的質(zhì)量均為m，相互間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmg(k>1)斷開輕繩，棒和環(huán)自由下落假設(shè)棒足夠長，與地面發(fā)生碰撞時(shí)觸地時(shí)間極短，無動(dòng)能損失棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中始終保持豎直，空氣阻力不計(jì)求(1)棒第一次與地面碰撞后彈起上升的過程中，環(huán)的加速度(2)從斷開輕繩到棒與地面第二次碰撞的瞬間，棒運(yùn)動(dòng)的路程s.(3)從斷開輕繩到棒和環(huán)都靜止的過程中，摩擦力對(duì)環(huán)和棒做的總功W.解析：(1)設(shè)棒第一次上升的過程中環(huán)的加速度為a環(huán)由牛頓第二定律有a環(huán)(k1)g，方向豎直向上(2)棒第一次落地前瞬間的速度大?。簐1設(shè)棒彈起后的加速度為a棒，由牛頓第二定律有a棒(k1)g故棒第一次彈起的最大高度：H1路程sH2H1H.(3)解法一設(shè)棒第一次彈起經(jīng)過t1時(shí)間后與環(huán)達(dá)到共同速度v1環(huán)的速度v1v1a環(huán)t1棒的速度v1v1a棒t1解得：t1，v1環(huán)的位移h環(huán)1v1t1a環(huán)tH棒的位移h棒1v1t1a棒tH環(huán)第一次相對(duì)棒的位移：x1h環(huán)1h棒1解得：x1棒、環(huán)一起下落至地面，有vv2gh棒1解得：v2同理，環(huán)第二次相對(duì)棒的位移：x2h環(huán)2h棒2以此類推，環(huán)第n次相對(duì)棒的位移為：xn故環(huán)相對(duì)棒的總位移xx1x2xn所以Wkmgx解法二經(jīng)過足夠長的時(shí)間棒和環(huán)最終靜止，設(shè)這一過程中它們相對(duì)滑動(dòng)的總路程為l，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有mgHmg(Hl)kmgl，解得：l故摩擦力對(duì)環(huán)和棒做和總功：Wkmgl.答案：見解析15(2016重慶學(xué)業(yè)調(diào)研二)如圖所示，一固定斜面體，其斜邊與水平底邊的夾角37，BC為一段光滑圓弧軌道，DE為半圓形光滑軌道，兩圓弧軌道均固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，右端緊靠C點(diǎn)，上表面所在平面與兩圓弧分別相切于C、D兩點(diǎn)一物塊被輕放在斜面上F點(diǎn)由靜止釋放，物塊離開斜面后恰好在B點(diǎn)沿切線進(jìn)入BC段圓弧軌道，再經(jīng)C點(diǎn)滑上滑板，滑板運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)被牢固粘連物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量M2m，DE半圓弧軌道和BC圓弧軌道的半徑均為R，斜面體水平底邊與滑塊上表面的高度差H2R，板長l6.5R，板左端到D點(diǎn)的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，F(xiàn)點(diǎn)距A點(diǎn)的距離s12.5R，物塊與斜面、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5，重力加速度取g.已知sin 370.6，cos 370.8.求：(結(jié)果用字母m、g、R、L表示)(1)物塊滑到A點(diǎn)的速度大小；(2)物塊滑到C點(diǎn)時(shí)所受圓弧軌道的支持力的大?。?3)試討論物塊從滑上滑板到離開左端的過程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系；并判斷物塊能否滑到DE軌道的中點(diǎn)解析：(1)設(shè)物塊滑到A點(diǎn)的速度大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有mgsin 12.5Rmgcos 12.5Rmv解得v1(2)設(shè)物塊滑到C點(diǎn)的速度大小為v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mvmg2Rmv解得v23根據(jù)牛頓第二定律FNmgm，解得FNmmg10mg(3)物塊從C滑上滑板后開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，此時(shí)滑板開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊與滑板達(dá)到共同速度v3時(shí)，二者開始做勻速運(yùn)動(dòng)由動(dòng)量守恒定律有mv2(mM)v3，解得v3對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)能定理有mgl1mvmv對(duì)滑板根據(jù)動(dòng)能定理有mgl2Mv0解得l18Rl22R物塊相對(duì)滑板的位移ll1l2l即物塊與滑板在達(dá)到相同速度時(shí)，物塊未離開滑板討論：當(dāng)RL2R，物塊在滑板上一直勻減速運(yùn)動(dòng)至D，運(yùn)動(dòng)的位移為6.5RL，克服摩擦力做的功Wfmg(6.5RL)mg(13R2L)設(shè)滑上D點(diǎn)的速度為vD，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(6.5RL)mvmv解得mvmg(2.5RL)mgR所以物塊不可能滑到DE軌道的中點(diǎn)當(dāng)2L5R，物塊先勻減速運(yùn)動(dòng)8R，然后勻速運(yùn)動(dòng)L2R，再勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R，克服摩擦力做的功Wfmg(8R0.5R)mgR設(shè)滑上D點(diǎn)的速度為vD，根據(jù)動(dòng)能定理有mg(8R0.5R)mvmv解得mvmgRmgR所以物塊不可能滑到DE軌道的中點(diǎn)答案：(1)(2)10mg(3)見解析