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1、京津鲁琼版京津鲁琼版 20222022 版高考物理版高考物理总总复复习习第第五五章章单单元元评评估估检检测测五五 含解析含解析单元评估检测单元评估检测(五五)(时间：时间：4545 分钟分钟分值：分值：100100 分分)一、选择题一、选择题(此题共此题共 8 8 小题，每题小题，每题 6 6 分，共分，共4848 分分.1.15 5 为单项选择题，为单项选择题，6 68 8 为多项选择题为多项选择题)1 1(2022北京二中模拟(2022北京二中模拟)以下表达中正确的以下表达中正确的选项是选项是()A A 一对作用力和反作用力做功之和一定为零一对作用力和反作用力做功之和一定为零B B静摩擦力
2、一定不做功静摩擦力一定不做功C C一对滑动摩擦力所做总功不可能为零一对滑动摩擦力所做总功不可能为零D D一对静摩擦力所做总功可能不为零一对静摩擦力所做总功可能不为零解析：选解析：选C.C.一对作用力和反作用力大小相等一对作用力和反作用力大小相等方向相反，方向相反，但它们的做功对应的位移不一定相等，但它们的做功对应的位移不一定相等，所以它们做功之和不一定为零，故所以它们做功之和不一定为零，故 A A 错误；静摩错误；静摩擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速擦力同样能对物体做功，例如随水平传送带加速运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，选项运动的物体所受的静摩擦力对物体做正功，选项B B 错
3、误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的错误；一对滑动摩擦力对相互作用的系统做的总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能总功等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，不可能为零，故为零，故 C C 正确；一对静摩擦力作用的物体间无正确；一对静摩擦力作用的物体间无-2-2-相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，相对滑动，故位移始终相等，而二力大小相等，方向相反，因而做功之和为零，选项方向相反，因而做功之和为零，选项 D D 错误错误2 2(2022甘肃师学附中模拟(2022甘肃师学附中模拟)有一辆在平直有一辆在平直公路上行驶的汽车，公路上行驶的汽车，满载时质量为满载时质量为m m，当速度为当速度为v
4、v、功率为功率为P P时，加速度为时，加速度为a a；该汽车空载时，质量；该汽车空载时，质量比满载时减少了比满载时减少了m m，重力加速度为，重力加速度为g g，汽车运动，汽车运动时受到的阻力为汽车和货物总重的时受到的阻力为汽车和货物总重的k k倍，当汽车倍，当汽车空载时速度仍为空载时速度仍为v v、功率仍为、功率仍为P P时，汽车的加速时，汽车的加速度为度为()kmgkmgmamaA.A.B Bkgkgm mm mC.C.2 2kmgkmgmamak kmgmgm mm m解析：选解析：选 C.C.当汽车满载时，根据牛顿第二定当汽车满载时，根据牛顿第二定D.D.k kmgmgmamam mm
5、 mP P律有：律有：mama kmgkmg；当汽车空载时，根据牛顿第；当汽车空载时，根据牛顿第v v-3-3-P P二定律有：二定律有：(m mm m)a a k k(m mm m)g g，联立，联立v vk kmgmgmama解得：解得：a a.m mm m3 3(2022浙江嘉兴选考(2022浙江嘉兴选考)某电动汽车电池组某电动汽车电池组电能储存容量为电能储存容量为 90 kw90 kwh h，以，以 90 km/h90 km/h 匀速行驶匀速行驶的续航总里程为的续航总里程为 400 km.400 km.假设汽车行驶时受到的假设汽车行驶时受到的阻力与其速度平方成正比，那么该车以阻力与其速
6、度平方成正比，那么该车以()A A 9090 km/hkm/h 匀速行驶时的输出功率约为匀速行驶时的输出功率约为 3030 kWkWB B90 km/h90 km/h 匀速行驶时的牵引力约为匀速行驶时的牵引力约为 700 N700 NC C108 km/h108 km/h 匀速行驶时的输出功率约为匀速行驶时的输出功率约为 3535kWkWD D108108 km/hkm/h 匀速行驶时的牵引力约为匀速行驶时的牵引力约为 810810 N Nx xEvEv90909090解析：解析：选选 C.C.E EPtPtP P，解得：解得：P Pv vx x400400kWkW20.25 kW20.25
7、kW，故，故 A A 错误；由能量守恒可知，错误；由能量守恒可知，90901010 3 6003 6004001040010F F，解得：，解得：F F810 N810 N，故，故B B 错误；由错误；由f fkvkv可知，当速度可知，当速度v v90 km/h90 km/h25252 23 33 3-4-4-810810m/sm/s 时，得出时，得出k k2 2，所以当速度，所以当速度v v108 km/h108 km/h252530 m/s30 m/s 时，牵引力为时，牵引力为F Fkvkv1 166.4 N1 166.4 N，此，此时输出功率为：时输出功率为：P PFvFv11 166.
8、430166.430 W W3434 992992 W W35 kW35 kW，故，故 C C 正确，正确，D D 错误错误4 4(2022皖南八校联考(2022皖南八校联考)如下图，如下图，倾角为倾角为的光滑斜面固定，的光滑斜面固定，质量均为质量均为m m的的A A、B B球用轻弹簧球用轻弹簧相连，相连，用平行于斜面的细线拉住静止在斜面上用平行于斜面的细线拉住静止在斜面上 现现在在B B球上施加一个平行斜面向上，由零缓慢增大球上施加一个平行斜面向上，由零缓慢增大的外力的外力F F，直至弹簧恰好处于原长，此时为，直至弹簧恰好处于原长，此时为t t1 1时时刻，以下说法正确的选项是刻，以下说法正
9、确的选项是()A At t1 1时外力时外力F F的大小为的大小为 2 2mgmgsinsinB B外力外力F F作用过程中，作用过程中，F F做的功等于做的功等于B B球重球重力势能的增加量力势能的增加量C C假设假设t t1 1时刻突然撤去外力时刻突然撤去外力F F，那么，那么A A，B B两球的瞬时加速度沿斜面向下，大小均为两球的瞬时加速度沿斜面向下，大小均为g gsinsin2 2-5-5-D D假设假设t t1 1时刻突然撤去外力时刻突然撤去外力F F，那么，那么B B球的球的瞬时加速度大小为瞬时加速度大小为g gsinsin解析：选解析：选 D.D.t t1 1时刻，弹簧恰好处于原
10、长，根时刻，弹簧恰好处于原长，根据据B B受力平衡，受力平衡，F Fmgmgsinsin，故，故 A A 错误；错误；外力外力F F作用过程中，作用过程中，F F和弹簧弹力都做正功，和弹簧弹力都做正功，两力做功两力做功之和等于之和等于B B球重力势能的增加量，故球重力势能的增加量，故 B B 错误；错误；t t1 1时刻突然撤去外力时刻突然撤去外力F F，那么沿斜面方向，那么沿斜面方向，B B球只受球只受重力的分力作用，瞬时加速度沿斜面向下，大小重力的分力作用，瞬时加速度沿斜面向下，大小为为g gsinsin；A A球受力不变，加速度为零，故球受力不变，加速度为零，故 C C错误，错误，D D
11、 正确正确5 5 伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动伽利略曾利用对接斜面研究“力与运动的关系如下图，固定在水平地面上的倾角均为的关系如下图，固定在水平地面上的倾角均为的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶的两斜面，以光滑小圆弧相连接左侧斜面顶端的小球与两斜面的动摩擦因数均为端的小球与两斜面的动摩擦因数均为.小球从小球从左侧顶端滑到最低点的时间为左侧顶端滑到最低点的时间为t t1 1，滑到右侧最高，滑到右侧最高点的时间为点的时间为t t2 2.规定两斜面连接处所在水平面为规定两斜面连接处所在水平面为参考平面，那么小球在这个运动过程中速度的大参考平面，那么小球在这个运动过程中速度的大-6-6-小小
12、v v、加速度的大小加速度的大小a a、动能动能E Ek k及机械能及机械能E E随时间随时间t t变化的关系图线正确的选项是变化的关系图线正确的选项是()解析：选解析：选 B.B.由牛顿第二定律可知，小球在两由牛顿第二定律可知，小球在两斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速斜面的运动都是匀变速直线运动，两阶段的加速度都恒定不变，度都恒定不变，小球在左侧斜面下滑时的加速度：小球在左侧斜面下滑时的加速度：a a1 1g gsinsinggcoscos，小球在右侧斜面上滑，小球在右侧斜面上滑时的加速度：时的加速度：a a2 2g gsinsinggcoscos，小球在，小球在左侧斜面下滑时的加
13、速度较小，故左侧斜面下滑时的加速度较小，故 A A 错误，错误，B B 正正1 1确；确；小球的动能与速率的二次方成正比，小球的动能与速率的二次方成正比，即即E Ek k2 2mvmv，因此，动能与时间关系图象是曲线，故，因此，动能与时间关系图象是曲线，故 C C 错错误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相误；由于小球在两斜面运动时的加速度大小不相等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连等，因此，小球机械能与时间的关系图象不是连续曲线，故续曲线，故 D D 错误错误-7-7-2 26 6(2022安徽阜阳模拟(2022安徽阜阳模拟)如下图，如下图，三个小球三个小球A A、B B、C C的
14、质量均为的质量均为m m，A A与与B B、C C间通过铰链用间通过铰链用轻杆连接，杆长为轻杆连接，杆长为L L，B B、C C置于水平地面上，用置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现一轻质弹簧连接，弹簧处于原长现A A由静止释由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角放下降到最低点，两轻杆间夹角由由 6060变为变为120120，A A、B B、C C在同一竖直平面内运动，弹簧在在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g g.那那么此下降过程中么此下降过程中()A AA A的动能到达最大前，的动能到达最大前，B B受到地面的
15、支持受到地面的支持力小于力小于mgmgB BA A的动能最大时，的动能最大时，B B受到地面的支持力为受到地面的支持力为3 3mgmg2 2C C弹簧的弹性势能最大时，弹簧的弹性势能最大时，A A的加速度方向的加速度方向竖直向上竖直向上-8-8-3 3D D弹簧的弹性势能最大值为弹簧的弹性势能最大值为mgLmgL2 2解析：解析：选选 BC.BC.A A的动能最大时，的动能最大时，设设B B和和C C受到受到地面的支持力大小均为地面的支持力大小均为F F，此时整体在竖直方向，此时整体在竖直方向受力平衡，可得受力平衡，可得 2 2F F3 3mgmg，所以，所以F F1.51.5mgmg；在；在
16、A A的动能到达最大前一直是加速下降，处于失重情的动能到达最大前一直是加速下降，处于失重情况，所以况，所以B B受到地面的支持力小于受到地面的支持力小于 1.51.5mgmg，故，故 A A错误，错误，B B 正确；当正确；当A A到达最低点时动能为零，此到达最低点时动能为零，此时弹簧的弹性势能最大，时弹簧的弹性势能最大，A A的加速度方向向上，的加速度方向向上，故故 C C 正确；正确；A A下落的高度为：下落的高度为：h hL Lsinsin 6060L Lsinsin3030，根据功能关系可知，小球，根据功能关系可知，小球A A的机械能全部的机械能全部转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势
17、能最大转化为弹簧的弹性势能，即弹簧的弹性势能最大3 31 1值为值为E Ep pmghmghmgLmgL，故，故 D D 错误错误2 27 7(2022安徽阜阳三中模拟(2022安徽阜阳三中模拟)将小球以将小球以 1010m/sm/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能势能面，小球在上升过程中的动能E Ek k、重力势能、重力势能E Ep p与上升高度与上升高度h h间的关系分别如图中两直线所间的关系分别如图中两直线所-9-9-示示 取取g g1010 m/sm/s，以下说法正确的选项是以下说法正确的选项是()2 2A A
18、小球的质量为小球的质量为 0.2 kg0.2 kgB B 小球受到的阻力小球受到的阻力(不包括重力不包括重力)大小为大小为0.250.25N N2020C C小球动能与重力势能相等时的高度为小球动能与重力势能相等时的高度为1313m mD D小球上升到小球上升到 2 2 m m 时，动能与重力势能之差时，动能与重力势能之差为为 0.5 J0.5 JE Ep p解析：选解析：选BD.BD.在最高点，在最高点，E Ep pmghmgh，得：，得：m mghgh4 4 kg kg0.1 kg0.1 kg，故，故 A A 错误；由除重力以外错误；由除重力以外10104 4其他力做功其他力做功W W其其
19、E E可知：可知：fhfhE E高高E E低低，解，解得：得：f f0.250.25 N N，故，故 B B 正确；设小球动能和重力势正确；设小球动能和重力势1 12 2能相等时的高度为能相等时的高度为H H，此时有：，此时有：mgHmgHmvmv，由动，由动2 2-10-10-1 12 21 12 22020能定理：能定理：fHfHmgHmgHmvmvmvmv0 0，得：，得：H H m m，2 22 29 9故故 C C 错误；由图可知，在错误；由图可知，在h h2 2 m m 处，小球的重力处，小球的重力5 5势能是势能是 2 J2 J，动能是，动能是 J J2.5 J2.5 J，所以小
20、球上升，所以小球上升2 2到到 2 m2 m 时，动能与重力势能之差为时，动能与重力势能之差为 2.5 J2.5 J2 J2 J0.5 J0.5 J，故，故 D D 正确正确8 8(2022江西抚州七校联考(2022江西抚州七校联考)如下图，如下图，小球小球从竖直放置的四分之一圆弧轨道从竖直放置的四分之一圆弧轨道abcabc的的b b点由静点由静止开始沿轨道下滑，从止开始沿轨道下滑，从c c端水平飞出，恰好垂直端水平飞出，恰好垂直撞到与水平面成撞到与水平面成 3030的斜面上的的斜面上的d d点小球的质点小球的质量为量为 1 kg1 kg，圆弧轨道光滑，半径为，圆弧轨道光滑，半径为 0.9 m
21、0.9 m，b b点点和圆心和圆心O O的连线与水平方向的夹角为的连线与水平方向的夹角为 3030，重力，重力加速度加速度g g10 m/s10 m/s，那么以下说法正确的选项是，那么以下说法正确的选项是()2 2A A小球在小球在c c点时对轨道的压力大小为点时对轨道的压力大小为 30 N30 N-11-11-B Bc c、d d两点的高度差为两点的高度差为 1.35 m1.35 mC Cc c、d d两点的水平距离为两点的水平距离为3 m3 m3 3 3 3D D小球从小球从c c点运动到点运动到d d点的时间为点的时间为 s s1010解析：选解析：选 BD.BD.从从b b到到c c根
22、据动能定理：根据动能定理：mgmg(R R1 12 2R Rsin 30sin 30)mvmvc c，解得：，解得：v vc cgRgR3 m/s3 m/s，2 2v vc c在在c c点根据牛顿第二定律：点根据牛顿第二定律：F FN Nmgmgm m，联立解，联立解R R得：得：F FN N20 N20 N，故，故 A A 错误；在错误；在d d点根据平行四边点根据平行四边2 2v vc cv vc c3 3形定那么可得：形定那么可得：tan 30tan 30，解得：，解得：t tv vy ygtgtgtgt3 3 3 3 s s，故，故 D D 正确；正确；c c、d d两点的高度差为：两
23、点的高度差为：h h1010 3 3 3 3 2 21 12 21 1 m m1.35 m1.35 m，故，故 B B 正确；正确；gtgt 1010 2 22 2 1010 3 3 3 39 9 3 3c c、d d两点的水平距离两点的水平距离x xv vc ct t33 m m10101010m m，故，故 C C 错误错误二、实验题二、实验题(此题共此题共 1 1 小题，共小题，共 1212 分分)-12-12-9 9(12(12 分)(2022江苏天一中学模拟分)(2022江苏天一中学模拟)(1)(1)某某同学想利用图甲所示装置，验证滑块与钩码组成同学想利用图甲所示装置，验证滑块与钩码
24、组成的系统机械能守恒，该同学认为只要将摩擦力平的系统机械能守恒，该同学认为只要将摩擦力平衡掉就可以了衡掉就可以了 你认为该同学的想法你认为该同学的想法_(_(填“正填“正确确 或或“不不 正正 确确 )，理理 由由 是是：_._.(2)(2)另一同学用一倾斜的固另一同学用一倾斜的固定气垫导轨来验证机械能守恒定定气垫导轨来验证机械能守恒定律如图乙所示，质量为律如图乙所示，质量为m m1 1的滑的滑块块(带遮光条带遮光条)放在放在A A处，由跨过轻质定滑轮的细处，由跨过轻质定滑轮的细绳与质量为绳与质量为m m2 2的钩码相连，的钩码相连，导轨导轨B B处有一光电门，处有一光电门，用用L L表示遮光
25、条的宽度，表示遮光条的宽度，x x表示表示A A、B B两点间的距两点间的距离，离，表示气垫导轨的倾角，表示气垫导轨的倾角，g g表示当地重力加表示当地重力加速度速度-13-13-气泵正常工作后，气泵正常工作后，将滑块由将滑块由A A点静止释放，点静止释放，运动至运动至B B，测出遮光条经过光电门的时间测出遮光条经过光电门的时间t t，该过该过程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示程滑块与钩码组成的系统重力势能的减小量表示为为_，动能的增加量表示为，动能的增加量表示为_；假；假设系统机械能守恒，设系统机械能守恒，那么那么2 2与与x x的关系式为的关系式为2 21 11 1t tt t_(
26、_(用题中量表示用题中量表示)实验时测得实验时测得m m1 1475 g475 g，m m2 255 g55 g，遮光条，遮光条宽度宽度L L4 4 mmmm，sinsin0.10.1，改变光电门的位置，改变光电门的位置，滑块每次均从滑块每次均从A A点释放，点释放，测量相应的测量相应的x x与与t t的值，的值，以以2 2为纵轴，为纵轴，x x为横轴，为横轴，作出的图象如图丙所示，作出的图象如图丙所示，1 1t t那那 么么 根根 据据 图图 象象 可可 求求 得得 重重 力力 加加 速速 度度g g0 0为为_m/s_m/s(计算结果保存两位有效数字计算结果保存两位有效数字)，假，假设设g
27、 g0 0与当地重力加速度与当地重力加速度g g近似相等，那么可验证近似相等，那么可验证系统机械能守恒系统机械能守恒2 2-14-14-解析：解析：(1)(1)机械能守恒的条件只有重力或弹力机械能守恒的条件只有重力或弹力做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦做功，平衡摩擦力时，是用重力的分力等于摩擦力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做力，但此时系统受到摩擦力，故摩擦力对系统做功，机械能不守恒，故该同学的想法不正确功，机械能不守恒，故该同学的想法不正确(2)滑块由(2)滑块由A A到到B B的过程中，的过程中，系统重力势能系统重力势能的减小量为：的减小量为：E Ep pm m2 2gx
28、gxm m1 1gxgxsinsin；L L经过光电门时的速度为：经过光电门时的速度为：v v；t t那么动能的增加量为：那么动能的增加量为：L L 2 21 11 12 2E Ek k(m m1 1m m2 2)v v(m m1 1m m2 2)2 22 2 t t 由机械能守恒，那么有：由机械能守恒，那么有：E Ep pE Ek k2 2m m2 2m m1 1sinsingxgx联立解得：联立解得：2 2；2 2t tm m1 1m m2 2L L1 1由上述公式可得，图象中的斜率表示为由上述公式可得，图象中的斜率表示为-15-15-2 2m m2 2m m1 1sinsing gk k
29、2 2m m1 1m m2 2L L代入数据解得：代入数据解得：g g9.4 m/s9.4 m/s.答案：答案：(1)(1)不正确不正确有摩擦力做功，有摩擦力做功，不满足机不满足机1 1械能守恒的条件械能守恒的条件(2)(2)(m m2 2m m1 1sinsin)gxgx(m m1 12 2 L L 2 22 2m m2 2m m1 1sinsingxgxm m2 2)9.49.42 2m m1 1m m2 2L L t t 2 2三、计算题三、计算题(此题共此题共 2 2 小题，共小题，共 4040 分分)1010(18(18 分)(2022河北廊坊联考分)(2022河北廊坊联考)如下图，
30、如下图，质量质量m m0.10.1 kgkg的小球的小球(可视为质点可视为质点)用长用长L L1.251.251 1m m 的轻质细线悬于的轻质细线悬于O O点竖直平面内有一个点竖直平面内有一个 圆弧圆弧4 4轨道轨道BCBC，该轨道以小球的最低点，该轨道以小球的最低点O O为圆心，半径为圆心，半径R R5 5 2 m2 m将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状将小球向左拉起使悬线呈水平伸直状态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点态后，无初速地释放小球，小球运动到最低点O O时细线恰好被拉断，取时细线恰好被拉断，取g g10 m/s10 m/s，求：，求：2 2-16-16-(1)(1)细线所能承
31、受的最大拉力；细线所能承受的最大拉力；(2)(2)小球与圆弧轨道小球与圆弧轨道BCBC接触前瞬间的速度大接触前瞬间的速度大小小解析：解析：(1)(1)小球由小球由A A运动至运动至O O点过程，点过程，由机械由机械1 12 2能守恒定律得：能守恒定律得：mgLmgLmvmv0 02 2v v2 20 0在在O O点由牛顿第二定律得：点由牛顿第二定律得：F Fmgmgm mL L解得：解得：F F3 N.3 N.(2)(2)绳被拉断后，小球做平抛运动绳被拉断后，小球做平抛运动水平方向：水平方向：x xv v0 0t t1 12 2竖直方向：竖直方向：h hgtgt2 2又又x xh hR R从从
32、O O到圆弧轨道到圆弧轨道BCBC，由动能定理得：，由动能定理得：2 22 22 2-17-17-1 12 21 12 2mghmghmvmvmvmv0 02 22 2解得：解得：v v5 5 5 m/s.5 m/s.答案：答案：(1)3 N(1)3 N(2)5(2)5 5 m/s5 m/s1111(22(22 分)(2022江西抚州七校联考分)(2022江西抚州七校联考)将一将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量让一质量m m0 020 g20 g 的小球从弹簧上端由静止释的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度放，小球最大下落高
33、度h h1 15 cm5 cm，将该弹簧固定，将该弹簧固定在如下图的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一在如下图的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径半径R R0.10.1 m m 的竖直圆轨道，不同轨道的连接处的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动轨道上弹簧右侧的侧运动轨道上弹簧右侧的M M点到圆轨道左侧点到圆轨道左侧N N点的距离点的距离x xMNMN0.6 m0.6 m 的范围内有摩擦，而其他局的范围内有摩擦，而其他局部均光滑让
34、另一质量部均光滑让另一质量m m10 g10 g 的小滑块从轨道的小滑块从轨道右侧高右侧高h h2 2(未知未知)处由静止释放，小滑块恰好能通处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点过圆轨道最高点C C，且第一次恰好能把弹簧压缩且第一次恰好能把弹簧压缩 5 5cmcm，现让该小滑块从轨道右侧高，现让该小滑块从轨道右侧高h h3 30.4 m0.4 m 处由处由-18-18-静止释放，重力加速度静止释放，重力加速度g g10 m/s10 m/s，求：，求：2 2(1)(1)小滑块下落的高度小滑块下落的高度h h2 2；(2)(2)小滑块停止时的位置到小滑块停止时的位置到N N点的距离点的距离解
35、析：解析：(1)(1)小滑块恰好能过小滑块恰好能过C C点，点，根据牛顿第根据牛顿第v vC C二定律可得：二定律可得：mgmgm mR R1 12 2由机械能守恒定律可得：由机械能守恒定律可得：mghmgh2 2mgmg22R RmvmvC C2 2解得：解得：h h2 20.25 m.0.25 m.(2)(2)弹簧竖直放置，被压缩弹簧竖直放置，被压缩h h1 15 cm5 cm 时的弹时的弹性势能性势能E Ep pm m0 0ghgh1 10.01 J.0.01 J.由动能定理可知，从小滑块第一次滑至第一由动能定理可知，从小滑块第一次滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：次把弹簧压缩到最短时有：
36、mghmgh2 2mgxmgxMNMNE Ep p，其中其中E Ep pE Ep p0.01 J0.01 J解得：解得：mgxmgxMNMN0.015 J0.015 J当小滑块从当小滑块从h h3 30.4 m0.4 m 处下滑后，第二次通处下滑后，第二次通-19-19-2 2过过N N点时的动能为：点时的动能为：E Ek kN Nmghmgh3 32 2mgxmgxMNMN0.01 J0.01 J此时小滑块动能小于此时小滑块动能小于 0.015 J0.015 J，故小滑块不，故小滑块不再与弹簧相碰再与弹簧相碰由动能定理可得：由动能定理可得：E Ek kN Nmgxmgx解得：解得：x x0.4 m0.4 m小滑块最终停在小滑块最终停在N N点左侧点左侧 0.4 m0.4 m 处处答案：答案：(1)0.25 m(1)0.25 m(2)0.4 m(2)0.4 m-20-20-