安徽省淮北一中2017届高三（上）第三次月考物理试卷（解析版）

2016-2017学年安徽省淮北一中高三（上）第三次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题4分，共48分，1～8小题为单选，9～12题为多选）

1．一物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第3个T内的位移为3m，在第3个T终了时的瞬时速度是3m/s．则（ ）

A．物体的加速度为1m/s²

B．物体在第1个T终了时的瞬时速度是0.6m/s

C．时间间隔T=1s

D．物体在第1个T内的位移为0.6m

【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】第三个T内的位移等于3T内的位移减去2T内的位移，根据位移公式写出第三个T内的位移表达式，再根据速度时间公式写出第三个T末的速度表达式v=a·3T，联立方程求出加速度和时间间隔T．根据速度公式v=aT求出第一个T末的速度，以及根据位移公式求出第一个T内的位移．

【解答】解；由公式得，

3Ts内的位移： ①

2Ts内的位移： ②

第3个T秒内的位移△x=x₃﹣x₂=3m ③

由公式 v=at得：

3Ts末的速度 v₃=a×3T=3 ④

①﹣④联立得； T=1.2S 故AC错；

第一个T末的速度v=aT=1m/s，故B错；

第一个T内的位移 故D正确

故选：D．

2．摩天轮顺时针匀速转动时，重为G的游客经过图中a、b、c、d四处时，以下说法正确的是 （ ）

A．游客在a处受的摩擦力向右 B．游客在b处受的支持力小于G

C．游客在c处受的摩擦力等零 D．游客在d处受的支持力大于G

【考点】向心力．

【分析】摩天轮顺时针匀速转动时，游客也做匀速圆周运动，靠合力提供向心力，根据牛顿第二定律比较支持力的大小．

【解答】解：A、在a点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为0．故A错误；

B、在b、d两点，合力方向指向圆心，知竖直方向上的合力为零，则N_b=N_d=G．故BD错误；

C、在c点，重力与支持力的合力提供向心力，所以没有水平方向的分力，摩擦力为0．故C正确．

故选：C

3．如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（ ）

A．一定降低

B．一定升高

C．保持不变

D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定

【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．

【分析】以小球为研究对象，由牛顿第二定律可得出小球的加速度与受到的拉力之间的关系即可判断．

【解答】解：设L₀为橡皮筋的原长，k为橡皮筋的劲度系数，小车静止时，对小球受力分析得：T₁=mg，

弹簧的伸长

即小球与悬挂点的距离为L₁=L₀+，

当小车的加速度稳定在一定值时，对小球进行受力分析如图，得：

T₂cosα=mg，

T₂sinα=ma，

所以：T₂=，

弹簧的伸长： =则小球与悬挂点的竖直方向的距离为：L₂=（L₀+）cosα=L₀cosα+＜+=L₁，

所以L₁＞L₂，即小球在竖直方向上到悬挂点的距离减小，所以小球一定升高，故B正确，ACD错误．

故选：B

4．传送带与水平面夹角为37°，传送带以12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图4所示．今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s²，则小物块从A运动到B的时间为（ ）

A．1.5s B．2.5s C．3.5s D．0.5s

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ=tanθ，物体相对于传送带静止，做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解时间

【解答】解：开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma₁

所以：a₁=gsinθ+μgcosθ=12m/s²

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t₁=s=1s，通过的位移为x₁==6m

由题：μ=tanθ，物体相对于传送带静止，物体接着做匀速运动，运动时间为t₂=s=1.5s

故小物块从A运动到B的时间为t=t₁+t₂=2.5s

故选：B

5．如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是f_m．现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是（ ）

A． f_m B． f_m C． f_m D．f_m

【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；静摩擦力和最大静摩擦力．

【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对活动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；分析各物体的受力可确定出下面质量为m的物体先达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T．

【解答】解：当下面2m的物体摩擦力达到最大时，拉力F达到最大．

将4个物体看做整体，由牛顿第二定律：F+6mgsin30°=6ma ①将2个m 及上面的2m 看做整体：f_m+4mgsin30=4ma ②

由①、②解得：F=

故选C．

6．一艘在火星表面进行科学探测的宇宙飞船，从经历了从轨道1→轨道2→轨道3的变轨过程后，顺利返回地球，若轨道1为贴近火星表面的圆周轨道，已知引力常量为G，下列说法正确的是（ ）

A．飞船在轨道2上运动时，P点的速度小于Q点的速度

B．飞船在轨道1上运动的机械能大于在轨道3上运动的机械能

C．测出飞船在轨道1上运动的周期，就可以测出火星的平均速度

D．飞船在轨道2上运动到P点的加速度大于飞船在轨道1上运动到P点的加速度

【考点】万有引力定律及其应用．

【分析】飞船在轨道2上运动时，根据万有引力做功情况，结合动能定理比较P点和Q点的速度，根据变轨的原理比较飞船在轨道1和轨道3上的机械能大小．根据万有引力提供向心力求出火星的质量，结合密度公式求出火星的平均密度．根据牛顿第二定律比较不同轨道在P点的加速度大小．

【解答】解：A、飞船在轨道2上运动时，从P到Q，万有引力做负功，速度减小，则P点的速度大于Q点的速度，故A错误．

B、飞船在轨道1上的P点需加速才能变轨到轨道3，可知飞船在轨道1上的机械能小于轨道3上的机械能，故B错误．

C、根据得，M=，则火星的密度，故C正确．

D、飞船在轨道2上运动到P点和在轨道1上运动到P点，万有引力大小相等，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等，故D错误．

故选：C．

7．如图所示，ACB是一光滑的、足够长的、固定在竖直平面内的“∧”形框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为θ．P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在P、Q环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O．图中虚线为竖直线，将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用l₁、l₂表示，若l₁：l₂=2：3，则两绳受到的拉力之比F₁：F₂等于（ ）

A．1：1 B．2：3 C．3：2 D．4：9

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

【分析】先对PQ环受力分析，它们只受两个力，根据二力平衡条件可知，绳子的拉力都是垂直于杆子的，这是解决此题的关键．再对结点O受力分析，再根据三力平衡判断F₁=F₂．

【解答】解：对P、Q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的．

对结点O受力分析如图所示．

根据平衡条件可知，F_P和F_Q的合力与F_T等值反向，如图所示．

几何关系可知，α=β．故F_P=F_Q．

即F₁：F₂=1：1

故选A．

8．A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上．已知A、B两球质量分别为2m和m．当用板挡住A球而只释放B球时，B球被弹出落于距桌边距离为x的水平地面上，如图所示．问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边距离为（ ）

A． B． x C．x D． x

【考点】动量守恒定律；平抛运动．

【分析】A、B两球之间压缩一根轻弹簧，当用板挡住A球而只释放B球时，弹性势能完全转化为B球的动能，以一定的初速度抛出，借助于抛出水平位移可确定弹簧的弹性势能．当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律与机械能守恒定律可求出B球获得的速度，再由平抛运动规律可算出抛出的水平位移．

【解答】解：当用板挡住A球而只释放B球时，B球做平抛运动．设高度为h，则有，所以弹性势能为E=

当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，由动量守恒定律可得：0=2mv_A﹣mv_B 所以v_A：v_B=1：2．

因此A球与B球获得的动能之比E_kA：E_kB=1：2．所以B球的获得动能为：．

那么B球抛出初速度为，则平抛后落地水平位移为

故选：D

9．下列说法中正确的是（ ）

A．布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的无规则运动

B．气体的温度升高，每个气体分子运动的速率都增加

C．分子间距离只要增大，分子间的势能就要增大

D．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低

【考点】分子势能；布朗运动．

【分析】正确解答本题要掌握：温度是分子平均动能的标志，温度越高分子的剧烈程度增强；布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动；明确分子势能与分子力做功的关系，知道分子力做正功时，分子势能减小，分子力做负功时，分子势能增大．

【解答】解：A、布朗运动是指液体或气体中悬浮微粒的运动，反映了液体或气体分子的无规则运动．故A正确．

B、温度是分子平均动能的标志，是大量分子无规则运动的宏观表现；气体温度升高，分子的平均动能增加，有些分子的速率增加，也有些分子的速率会减小，只是分子的平均速率增加．故B错误．

C、当分子间为斥力时，随着分子间距离的增大，分子力做正功，分子势能减小，故C错误；

D、温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低．故D正确；

故选：AD

10．下列说法正确的是（ ）

A．光电效应揭示了光的粒子性，而康普顿效应从动量方面进一步揭示了光的粒子性

B．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说

C．核反应方程B_e+H_e→C+X中的X为质子

D．一个氢原子处在n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出3种频率的光

【考点】爱因斯坦光电效应方程；原子核衰变及半衰期、衰变速度．

【分析】光电效应、康普顿效应都说明光具有粒子性．

卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说

根据电荷数守恒、质量数守恒判断X的电荷数和质量数，从而确定X为何种粒子．

根据数学组合公式确定一群氢原子跃迁时可能辐射的光谱线条数．

【解答】解：A、光电效应、康普顿效应都揭示了光的粒子性．故A正确．

B、卢瑟福通过粒子散射实验，提出了原子的核式结构学说．故B正确．

C、核反应方程B_e+H_e→C+X中，X的质量数：m=9+4﹣12=1，电荷数：z=4+2﹣6=0，所以X为中子．故C错误．

D、一个氢原子处在n=4的能级，由较高能级跃迁到较低能级时，最多可以发出4→3，3→2，和2→1三种种频率的光．故D正确．

故选：ABD．

11．如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为R的光滑圆环顶点P，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球，开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为45°，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环之间压力恰好为零．下列分析正确的是（ ）

A．小球过B点时，弹簧的弹力大小为mg+

B．小球过B点时，弹簧的弹力大小为k（2R﹣R）

C．从A到B的过程中，重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能

D．从A到B的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功

【考点】功能关系；物体的弹性和弹力．

【分析】从A到B的过程中，小球的机械能减小．从A到B的过程中，小球受到弹簧的弹力做负功，重力做正功，根据动能定理分析两个功之间的大小关系．小球过B点时，由重力和弹簧弹力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出弹簧的弹力．小球过B点时，合力与速度垂直，其功率为零．

【解答】解：A、小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环之间压力恰好为零，弹簧的弹力与重力的合力恰好提供向心力．则：，所以小球过B点时，弹簧的弹力大小为F=mg+．故A正确．

B、小球过B点时，弹簧的形变量：，弹力大小为k（2R﹣R）．故B正确．

C、从A到B的过程中，重力和弹簧的弹力做功，重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能．故C正确．

D、从A到B的过程中，重力和弹簧的弹力做功，小球过B点时速度是v，所以重力对小球做的功大于小球克服弹簧弹力做的功．故D错误．

故选：ABC

12．如图甲所示，在倾角为37°的粗糙且足够长的斜面底端，一质量m=2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0s时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度一时间图象如图乙所示，其中Ob段为曲线，be段为直线，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s²，则下列说法正确的是（ ）

A．在0.15S末滑块的加速度大小为8m/s²

B．滑块在0.1﹣0.2s时间间隔内沿斜面向下运动

C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.25

D．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动

【考点】牛顿第二定律；动摩擦因数．

【分析】物体离开弹簧后向上做匀减速运动，根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小，结合图象判断出在0﹣0.1s过程的运动状态；

【解答】解：A、在v﹣t图象中，斜率代表加速度，斜率为a=，的加速度大小为8m/s²，故A正确；

B、由v﹣t图象可知，沿斜面向上为正方向，滑块在0.1s～0.2s时间间隔内速度为正，故物块还是沿斜面向上运动，故B错误；

C、滑块在0.1s～0.2s内，由牛顿第二定律可知：﹣mgsin37°﹣μmgcos37°=ma，，故C正确；

D、在0﹣0.1s过程中为物体和弹簧接触的过程，由图象可知，滑块先做加速后做减速运动，故D错误；

故选：AC

二、实验题（共8分，每空2分）

13．在用打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，使质量为m=1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点，选取一条符合实验要求的纸带如图所示．O为第一个点，A、B、C为从合适位置开始选取连续点中的三个点．已知打点计时器每隔0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.80m/s²，那么：

（1）根据图上所得的数据，应取图中O点到 B 点来验证机械能守恒定律；

（2）从O点到（1）问中所取的点，重物重力势能的减少量△E_p= 1.88 J，动能增加量△E_k= 1.84 J （结果取三位有效数字）；

（3）若测出纸带上所有各点到O点之间的距离，根据纸带算出各点的速度v及物体下落的高度h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图象是图2中的 A ．

【考点】验证机械能守恒定律．

【分析】该实验的原理是验证物体下降的距离从O点到B点，动能的增加量和重力势能的减小量是否相等．根据△E_p=mg△h求重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的速度，从而求出动能的增加量．

【解答】解：（1）因为通过某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可以求出B点的速度，所以取图中O点到B点来验证机械能守恒定律．

（2）重物重力势能的减少量△E_p=mg△h=9.80×0.192=1.88J．

B点的速度=1.92m/s，则B点的动能=1.84J．所以动能的增加量△E_k=1.84J．

（3）根据mgh=得，，即与h成正比．故A正确．

故答案为：（1）B （2）1.88 1.84 （3）A

三、计算题（共4题，共44分，8+12+12+12）

14．粗细均匀的U形管中装有水银，左管上端有一活塞，右管上端有一阀门K，开始时活塞位置与阀门登等高，两管空气柱长均为20cm，此时两边空气柱温度均为27℃，外界大气压为76，若将阀门关闭以后，把左边活活塞慢慢下压，直至右边水银上升10cm，在活塞下压过程中，左管空气柱的温度始终保持在27℃，并使右管内温度上升到177℃，此时在左管内空气柱长度是多少．

【考点】理想气体的状态方程．

【分析】分别写出左右两管气体的初末状态的状态参量，左管做等温变化，列玻意耳定律公式，右管列理想气体状态方程求解即可．

【解答】解：设U形管横截面积为s．

左管：初状态：P₁=76cmHg；V₁=20cm×s；T₁=300K．末状态：P₂=？；V₂=？；T₂=300K

右管：初状态：P₃=76cmHg；V₃=20cm×s；T₃=300K．末状态：P₄=P₂﹣20cmHg？；V₄=10cm×s；T₄=450K

对右管：由理想气体状态方程得：，代入数据得：P₂=248cmHg

对左管：由玻意耳定律得：P₁V₁=P₂V₂得：76×20×s=248×V₂，解得：V₂=≈6.1×s．

所以此时空气柱长度：l==6.1cm

答：此时在左管内空气柱长度是6.1cm．

15．如图所示，倾角为37°的粗糙斜面AB底端与半径R=0.4m的光滑半圆轨道BC平滑相连，O为轨道圆心，BC为圆轨道直径且处于竖直方向，A、C两点等高．质量m=1kg的滑块从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的D点，g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ．

（2）若使滑块能到达C点，求滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v₀的最小值．

（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，求滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t．

【考点】动能定理的应用；平抛运动．

【分析】（1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ．

（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v₀的最小值．

（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间．

【解答】解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有：

mg（2R﹣R）﹣μmgcos37°·=0﹣0

得

（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律 有

则得

A到C的过程：根据动能定理 有﹣μmgcos37°·=﹣

联立解得，v₀=≥2m/s

所以初速度v₀的最小值为2m/s．

（3）滑块离开C点做平抛运动，则有

x=v_ct

由几何关系得：tan37°=

联立得 5t²+3t﹣0.8=0

解得 t=0.2s

答：

（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．

（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v₀的最小值为2m/s．

（3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s．

16．如图所示，质量为M=8kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到v₀=1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2．已知运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g=10m/s²．求：

（1）经过多长时间两者达到相同的速度；

（2）小车至少多长，才能保证小物块不从小车上掉下来；

（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少．

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系．

【分析】（1）小物块放上小车后，发生相对滑动，小物块在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，小车在推力和摩擦力作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出物块和小车的加速度．

（2）物块做初速度为0的匀加速运动，小车做有初速度的匀加速运动，根据运动学公式求出速度相等的时间，从而求出相等的速度，根据位移公式即可求解．

（3）物块和小车速度相等后，一起做匀加速直线运动，物块与小车间的滑动摩擦力变为静摩擦力．先求出速度相等前物块的位移，然后根据共同一起运动的加速度，求出一起匀加速运动的位移，两个位移之和即为小物块最终的位移．

【解答】解：（1）设小物块和小车的加速度分别a_m、a_M，由牛顿第二定律有：

μmg=ma_m

F﹣μmg=Ma_M

代入数据解得：a_m=2m/s²

a_M=0.5m/s²

设经过时间t₁两者达到相同的速度，由a_mt₁=v₀+a_M t₁

解得：t₁=1s

（2）当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a做匀加速运动

对小物块和小车整体，由牛顿第二定律有：

F=（M+m）a

解得：a=0.8m/s²

此时小物块和小车之间的摩擦力f=ma=1.6N

而小物块和小车之间的最大静摩擦力f_m=μmg=4N

f＜f_m，所以两者达到相同的速度后，两者保持相对静止．

从小物块放上小车开始，小物块的位移为：s_m=

小车的位移s_M=

小车至少的长度l=s_M﹣s_m

带入数据得：l=0.75m

（3）在开始的1s内，小物块的位移s_m==1m，末速度v=a_mt₁=2m/s

在剩下的时间t₂=t﹣t₁=0.5s时间内，物块运动的位移为s₂=υt₂+at²，得s₂=1.1m．

可见小物块在总共1.5s时间内通过的位移大小为s=s_m+s₂=2.1m．

答：（1）经过1s钟两者达到相同的速度；

（2）小车至少0.75m，才能保证小物块不从小车上掉下来；

（3）从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为2.1m．

17．如图，光滑水平地面上有一质量为M的小车，车上表面水平且光滑，车上装有半径为R的光滑四分之一圆环轨道，圆环轨道质量不计且与车的上表面相切，质量为m的小滑块从跟车面等高的平台以V₀的初速度滑上小车（V₀足够大，以至滑块能够滑过与环心O等高的b点），试求：

（1）滑块滑到b点瞬间，小车速度多大？

（2）滑块从滑上小车至滑到环心O等高的b点过程中，车的上表面和环的弹力共对滑块做了多少功？

（3）小车所能获得的最大速度为多少？

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．

【分析】滑块到b点瞬间，滑块与小车在水平方向上有共同速度，根据动量守恒定律列方程求解；

根据动能定理求车上表面和环的弹力对滑块做的功；

【解答】解．（1）．滑块到b点瞬间，滑块与小车在水平方向上有共同速度，设为v滑块小车系统水平方向上动量守恒：mv₀=（M+m）v_x

v_x=v₀ ①

（2）．滑块至b点瞬间，设滑块速度为v，取车上表面为重力势能零势面系统机械能守恒：

mgR+Mv_x²+mv²=mv₀² ②

设过程中车上表面和环的弹力对滑块共做功W_N，对滑块应用动能定理有：

W_N﹣mgR=mv²﹣mv₀² ③

由①②③得：W_N=﹣M（v₀）² ④

（3）．滑块越过b点后，相对小车作竖直上抛运动，随后，将再度从b点落入圆球，小车进一步被加速，当滑块滑回小车的上表面时，车速最大，设此时滑块速度为v₁，车速为v₂

系统动量守恒：mv₀=mv₁+Mv₂ ⑤

系统机械能守恒： mv₀²=mv₁²+Mv₂² ⑥

联立⑤⑥解得：v₂=v₀ ⑦

答：（1）滑块滑到b点瞬间，小车速度v₀；

（2）滑块从滑上小车至滑到环心O等高的b点过程中，车的上表面和环的弹力共对滑块做功﹣M（v₀）²；

（3）小车所能获得的最大速度为v₀．

2016年12月22日