2024-2025学年山西省太原市新希望双语学校高三（上）开学物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山西省太原市新希望双语学校高三（上）开学物理试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了相关物理概念和事件说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

1.相关物理概念和事件说法正确的是( )
A. 单位m、g、s是一组属于国际单位制的基本单位
B. 牛顿第一定律可以通过实验验证
C. 亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一地方
D. 高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，说明乘客受到惯性力的作用
2.一乘客乘坐商场扶梯上楼，遇到紧急情况，扶梯启动了紧急制动功能，乘客随扶梯一起减速运动。关于乘客的受力分析正确的是( )
A. B. C. D.
3.一个箱子随着热气球从地面由静止开始竖直向上运动，一段时间后绳子断裂，箱子的速率—时间图像如图所示，箱子所受的空气阻力恒定，g取10m/s2，下列不正确的是( )
A. 箱子上升的最大高度24m
B. 空气阻力与箱子重力之比为1：5
C. 悬吊箱子的绳子张力与箱子重力之比为7：5
D. 5秒末箱子的速率是8m/s
4.宇航员抵达月球后，已知月球半径R，在月球表面向倾角为α的固定斜面，沿水平方向以v0抛出一个小球，运动时间t时恰好垂直击中斜面。则下面正确的是( )
A. 月球表面的重力加速度为g=v0ttanαB. 月球的质量为M=v0R3tGtanα
C. 月球的密度为3v04πtGR2tanαD. 月球的第一宇宙速度为 v0ttanα
5.某款手机支架如图所示，光滑支架AB和BC相互垂直，当角α逐渐减小时，下面正确的是( )
A. 支架对手机的作用力逐渐变小B. 手机对支架的作用力逐渐变大
C. 底部支撑AB对手机的作用力逐渐减小D. 背部支撑BC对手机的作用力逐渐减小
6.为了迎接5月中旬的排球比赛，体育课上，乙同学在离地ℎ2=0.7m处将排球垫起，上升到最高点ℎ1=2.5m处时被甲同学水平原速率v=8m/s击回。已知g=10m/s，不计空气阻力，则排球被甲同学击中前( )
A. 排球被甲同学击中时在空中飞行时间为8sB. 排球空中飞行位移为10米
C. 乙同学将排球击出的速度为6m/sD. 排球在水平方向上飞行的距离为4.8m
7.如图所示，水平地面的小车上放一质量为m=2kg的滑块，滑块与车上右侧挡板用轻弹簧连接，小车在水平向右的力F作用下以a=1m/s2的加速度做匀加速运动，运动过程中弹簧处于压缩状态，弹力为1N，滑块与小车保持相对静止，现减小力F使小车的加速度逐渐减小到零，则( )
A. 弹簧的弹力逐渐减小
B. 滑块受到的摩擦力逐渐减小
C. 当小车加速度为零时，滑块不受摩擦力作用
D. 滑块与小车仍保持相对静止
8.复兴号电力动车组是由中国铁路总公司牵头组织研制，具有完全自主知识产权，达到世界先进水平的电力动车组的统称，其中由CR400系列担当的部分车次是世界上商业运营时速最高的动车组列车。若某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，列车的质量为1.0×105kg，列车在水平路面上行驶时，阻力是车重的k倍，k=0.1。列车在水平轨道上行驶，受到的阻力保持不变，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是( )
A. 若列车保持额定功率行驶，当列车行驶速度为20m/s时，列车的加速度大小为5m/s2
B. 列车保持额定功率行驶，列车能达到的最大速度100m/s
C. 若列车由静止开始，保持以1.0m/s2的加速度做匀加速运动的最长时间为40s
D. 若列车由静止开始，保持以1.0m/s2的加速度做匀加速运动则25秒末列车的瞬时功率为5×106W
9.如图所示，轻质弹簧下端固定在水平地面上，上端叠放着两个物体A、B，系统处于静止状态。现用大小为22N的恒力竖直向上拉物体A。已知物体A的质量m=2kg，物体B的质量M=10kg，弹簧的劲度系数为80N/m，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 恒力作用瞬间，A、B即分离
B. 物块A上升12.5cm时，A、B开始分离
C. 恒力作用瞬间，A的加速度大小为1.0m/s2
D. 物块A、B分离前，物块B的最大加速度大小为2.0m/s2
10.如图所示，轻绳绕过定滑轮，一端连接物块A，另一端连接在滑块C上，物块A的下端用弹簧与放在地面上的物块B连接，A、B两物块的质量均为5kg，开始时绳连接滑块C部分处于水平，绳刚好拉直且无弹力，滑轮到杆的距离为3米，用手控制滑块C，使其沿杆缓慢下滑，当C下滑4米时，释放滑块C，结果滑块C刚好处于静止，此时B刚好要离开地面，不计一切摩擦，重力加速度为g=10m/s2( )
A. C的质量为8kg
B. 当B刚好要离开地面时，所以绳的拉力为100N
C. 弹簧的劲度系数为500N/m
D. 若从开始位置(绳连接滑环C部分处于水平时)由静止释放滑块C，当物块B刚好要离开地面时，滑块C的速度大小为 2757m/s
11.向心力演示器如图所示，用来探究小球做圆周所需向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系。两个变速轮塔通过皮带连接，匀速转动手柄使长槽和短槽分别随变速轮塔1和变速轮塔2匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的黑白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。如图是探究过程中某次实验时装置的状态。
①在研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系时我们主要用到了物理学中的______。
A.理想实验法
B.等效替代法
C.控制变量法
D.演绎法
②图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则是在研究向心力的大小F与______的关系；
A.钢球质量m
B.运动半径r
C.角速度ω
③图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，图中标尺上黑白相间的等分格显示出钢球1和钢球2所受向心力的比值为1：9，则与皮带连接的变速轮塔1和变速轮塔2的半径之比为______。
A.1：3
B.3：1
C.1：9
D.9：1
12.在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”的实验中，如图甲所示为实验装置简图，打点计时器的工作频率为50Hz。

(1)下列做法正确的是______。
A.调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行
B.每次改变拉小车的拉力后都需要重新平衡摩擦力
C.钩码的总质量应当远大于小车的质量
D.实验时，先放开小车再接通打点计时器的电源
(2)根据图乙中纸带上的计数点和相关数据可求出小车的加速度大小a= ______m/s2。(结果保留三位有效数字)
(3)有三位同学通过测量，分别作出a−F图像如图丙中的A、B、C图线所示，试分析：
①A图线不通过坐标原点的原因是______；
②B图线上端明显偏离直线的原因是______；
③C图线不通过坐标原点的原因是______。
13.图甲所示为固定在竖直平面内半径为R=0.5m的半圆形轨道，A为最低点，B与圆心等高，C为最高点，AC竖直。一质量为1kg的小球从最低点A以一定速度进入半圆轨道，沿轨道运动过程中小球的速率的平方与上升高度的关系图像如图乙所示。已知轨道粗糙程度处处相同，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则：

(1)小球从轨道脱离时速度大小为多少？
(2)小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为多少？
14.从倾角为θ=37°、长为L=2.5m固定斜面顶端无初速度释放质量为1kg的滑块，滑块在下滑过程中，沿斜面下滑的距离x与动摩擦因数μ的函数图像如图所示，重力加速度为10m/s2，sin37°=0.6，滑块视为质点。
(1)滑块下滑到斜面底端的速度大小；
(2)滑块沿斜面下滑过程中，动能的最大值；
(3)下滑过程中，滑块机械能减小多少。
15.如图所示，半径为R=0.4m的光滑半圆弧轨道固定在竖直面内，水平面与圆弧轨道最低点A相切，AB垂直水平面。质量为0.1kg的物块a放在水平面上的P点，放在水平面上的0.3kg的物块b放在水平面上的Q点，PA=R，PQ=2R，C为PQ的中点，给物块b一个水平向右的恒定推力，当物块通过C点后的某位置撤去恒力，此后物块b与a发生弹性碰撞，a进入圆弧轨道后从B点飞出，恰好落在Q点(竖直方向始终视为弹性碰撞)，两物块大小不计，与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度取10m/s2，求(结果可带分式或根号)：
(1)b与a碰撞后一瞬间，物块a的速度大小；
(2)作用在物块b上推力的大小范围。
(3)若想让a、b两个物块再次相遇，需要对物块b施加的水平向左的冲量最小是多少？
答案解析
1.C
【解析】解：A、国际单位制的基本单位为m，kg，s，K，A，ml，cd，不包含g，故A错误
B、牛顿第一定律是由推理概括出来的，不可以通过实验验证，故B错误；
C、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一地方，符合物理学史，故C正确。
D、高速行驶的公共汽车紧急刹车时，乘客都要向前倾倒，是由于惯性，不是受到惯性力的作用，故D错误。
故选：C。
A、国际单位制的基本单位为m，kg，s，K，A，ml，cd；
B、牛顿第一定律是由推理概括出来的，不可以通过实验验证；
C、亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某一地方，符合物理学史。
D、惯性是物体的一种固有特性，不是力。
考查对物理学基础知识的熟悉状况，要记清楚这些基础知识。
2.D
【解析】解：乘客随扶梯一起减速运动，加速度方向沿着扶梯斜面斜向左下方，将加速度分解成水平、竖直两个方向，水平方向加速度方向向左，则人所受摩擦力的方向向左，竖直方向加速度方向向下，则人所受合力方向向下，即重力大于支持力，故D正确，ABC错误。
故选：D。
乘客随扶梯一起减速运动，加速度方向沿着扶梯斜面斜向左下方，将加速度分解成水平、竖直两个方向，以此判断所受力的方向。
考查牛顿第二定律的运用，根据人的运动情况将加速度分解后分析受力情况。
3.C
【解析】解：A、箱子先向上做加速运动后向上做减速运动，t=4s时刻速度为零时箱子上升到最高点，图象与时间轴围成的面积等于箱子的位移，箱子上升的最大高度ℎ=12×12×4m=24m，故A正确；
BC、由图示图象可知，箱子加速运动过程的加速度大小a=ΔvΔt=123m/s2=4m/s2
箱子减速上升过程的加速度大小a′=Δv′Δt′=121m/s2=12m/s2
设绳子拉力为F，空气阻力为f，对箱子，由牛顿第二定律得：
F−mg−f=ma
mg+f=ma′
解得：fmg=15，Fmg=85，故C错误，B正确；
D、4s后箱子下降，根据牛顿第二定律有
mg−f=ma′′
解得a′′=8m/s2
5秒末箱子的速率是v=a′′t=8×1=8m/s
故D正确；
本题选择错误选项；
故选：C。
箱子一直向上运动，4s末上升到最大高度，根据图象的面积求解最大高度。根据图象的斜率求出匀加速运动和匀减速运动的加速度，由牛顿第二定律先求出空气阻力，再求出绳子的张力，根据牛顿第二定律解得箱子下降的加速度，从而计算速度。
本题考查了运动学图象和牛顿第二定律的综合运用，要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，同时要理解v−t图象的物理意义，知道图象的斜率表示加速度，面积表示位移。
4.A
【解析】解：AB、根据速度的分解可知tanα=v0gt
解得g=v0ttanα
根据万有引力与重力的关系有GMmR2=mg
解得M=v0R2Gttanα
故A正确，B错误；
C、根据密度的计算公式有ρ=M43πR3
解得ρ=3v04GtπRtanα
故C错误；
D、根据第一宇宙速度的计算公式有mg=mv2R
解得v= v0Rttanα
故D错误；
故选：A。
根据速度的分解可解得月球表面的重力加速度，根据万有引力与重力的关系解得月球的质量，根据密度的公式计算C，根据mg=mv2R计算第一宇宙速度。
本题考查平抛运动规律，注意万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量。
5.C
【解析】解：AB、当角α逐渐减小时，手机仍处于平衡状态，根据平衡条件可知，支架对手机的作用力始终与重力等大反向，保持不变；根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力保持不变，故AB错误；
CD、以手机为研究对象，受力情况如图所示：
根据平衡条件可得：FN=mgcsα，F=mgsinα，当角α逐渐减小时，底部支撑AB对手机的作用力F逐渐减小，背部支撑BC对手机的作用力FN逐渐增大，故C正确、D错误。
故选：C。
根据平衡条件可知，支架对手机的作用力始终与重力等大反向，由此分析AB选项；以手机为研究对象，根据平衡条件分析CD选项。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。
6.D
【解析】解：A、由ℎ1−ℎ2=12gt2
可得排球被垫起前在空中运动的时间
t=0.6s
故A错误；
B、在空中做平抛运动
y=ℎ1−ℎ2
x=v0t=8×0.6m=4.8m
排球空中飞行位移为l= x2+y2
代入数据得l≈5.1m
故B错误；
C、2g(ℎ1−ℎ2)=vy2
可得
vy=6m/s
则乙同学将排球击出的速度大小
v= v02+vy2
代入数据得v=10m/s
故C错误；
D、甲、乙两同学水平方向距离
x=v0t=8×0.6m=4.8m
故D正确。
故选：D。
该过程的逆过程为平抛运动，平抛运动可分解为竖直方向的自由落体和水平方向的匀速直线运动，根据竖直方向上的运动特点，结合运动学公式得出运动的时间；根据速度一时间公式得出竖直方向上的速度，结合几何关系和矢量合成的特点完成分析。
本题主要考查了平抛运动的相关应用，理解平抛运动在不同方向上的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。
7.BD
【解析】解：当加速度为a=1m/s2时，以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得f−T=ma
解得f=3N
所以最大静摩擦力至少为3N，减小外力使小车的加速度逐渐减小到零时，此时摩擦力与弹簧弹力相等为1N，滑块与小车仍保持相对静止，根据f=T+ma可知摩擦力逐渐减小、弹力不变，故AC错误，BD正确。
故选：BD。
根据牛顿第二定律得到最大静摩擦力的范围，由受力情况分析物体的运动情况，由此分析弹力和摩擦力的变化。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。
8.BD
【解析】解：A、当列车行驶速度为20m/s时，牵引力为F=Pv
根据牛顿第二定律有F−kmg=ma
解得a=4m/s2
故A错误；
B、当列车的牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，列车做匀速运动，根据力的平衡可知牵引力F′=f=kmg
列车能达到的最大速度v′=Pf
解得v′=100m/s
故B正确；
CD、列车从静止开始以1.0m/s2的加速度做匀加速运动，设这种加速运动能达到的最大速度为vm′，所需的时间为t，当列车达到速度vm′时，列车的实际功率恰好达到额定功率，根据功率公式有P额=F′′vm′
根据牛顿第二定律有F′′−f=ma′
根据运动学公式有vm′=a′t
解得t=50s
25秒末列车的速度为v′′=a′t′
功率为P′=F′′v′′
解得P′=5×106W
故C错误，D正确；
故选：BD。
当牵引力等于阻力时速度达到最大，根据P=fv求得最大速度；根据牛顿第二定律求得匀加速时的牵引力，根据P=Fv求得匀加速达到的最大速度，根据速度—时间公式求得运动时间。
本题主要考查了机车乙恒定的加速度启动，明确启动方式，抓住当牵引力等于阻力时速度达到最大。
9.B
【解析】解：AC、设力F作用的瞬间，AB的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得：F=(m+M)a，解得：a=116m/s2
设此时二者之间的弹力大小为T，对A分析可得：F−T=ma，解得：T≈18.3N，说明恒力作用瞬间，A、B没有分离，故AC错误；
B、原来弹簧的压缩量为：x1=(M+m)gk=(10+2)×1080m=1.5m
物块A、B分离时二者之间的弹力为零，对A根据牛顿第二定律可得：F−mg=ma′，对B根据牛顿第二定律可得：kx2−Mg=Ma′，联立解得：x2=1.375m
此过程中物块A上升的高度为：x=x1−x2=1.5m−1.375m=0.125m=12.5cm，故B正确；
D、以整体为研究对象，开始时弹簧弹力等于总重，二者上升过程中、弹簧弹力逐渐减小，合力变小、加速度变小，所以力F刚刚作用时，二者的加速度最大，最大加速度为116m/s2，故D错误。
故选：B。
根据牛顿第二定律力求解F作用的瞬间AB的加速度大小，对A分析，根据牛顿第二定律求解此时二者时间的弹力，由此说明二者是否分离；
求出原来弹簧的压缩量，物块A、B分离时二者之间的弹力为零，分别对A、对B根据牛顿第二定律列方程求解分离时弹簧的压缩量，由此得到物块A上升的高度；
力F刚刚作用时，二者的加速度最大，根据C选项的分析得到最大加速度大小。
本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、利用牛顿第二定律建立方程进行解答；注意整体法和隔离法的应用。
10.ABD
【解析】解：B、C静止时，B刚好要离开地面，对AB整体受力分析：T=mg+mg，解得T=100N，故B正确；
A、对C静止时受力分析：
Tcsθ=mCg，此时C下降4m，又由于滑轮与杆的间距为3m，故tanθ=34，故csθ=45，解得：mC=8kg，故A正确；
C、由几何关系可知，C静止时，滑轮右侧的绳长为：L= (3m)2+(4m)2=5m，之前滑轮右侧绳长为3m，故A向上移动了2m，即弹簧的长度变化了2m，初始弹簧支持A，后来弹簧向上拉B，故弹簧先提供支持力，后提供拉力，先压缩后伸长，两次的弹力大小恰好都等于A或B的重力，故弹簧最初的压缩量为1m，根据胡克定律k=Fx，解得k=50N/m，故C错误；
D、从开始位置，由静止释放C，到B刚要离开地面时，对ABC整体用动能定理：mCgℎ−mgΔL=12mCvC2，而A的速度与绳的速度相等，C的速度沿竖直方向，根据下图：
可得vA=vCcsθ，代入解得：vC= 2757m/s，故D正确。
故选：ABD。
根据C可以刚好静止，可以对C列平衡的关系式，得到C的质量；根据B刚好要离开地面，对AB整体受力分析，可以得到绳的拉力；根据C移动的距离和几何关系可以推出A移动的距离，得到弹簧的形变量，根据胡克定律可以计算劲度系数；由于整个过程没有摩擦力，故ABC和弹簧，作为一个系统，可以用动能定理计算末速度。
根据对物体的受力分析，可以得到拉力、重力之间的等量关系式。注意关联速度的等量关系，分解C的速度时，应分解其实际速度，将其按照沿绳和垂直于绳的方向分解，在沿绳方向上，速度相等。
11.C C B
【解析】解：①根据F=mrω2，要研究向心力的大小F与质量m、角速度ω和半径r之间的关系，就要保持质量m、角速度ω和半径r中的两个量不变，研究力F与其他一个量的关系，因此实验采用的是控制变量法。故选C。
②图中所示，若两个钢球质量和运动半径相等，则根据控制变量法的研究方法可知，是在研究向心力的大小F与角速度ω的关系，故选C。
③根据F=mω2r，两球的向心力之比为1：9，半径和质量相等，则转动的角速度之比为1：3，因为靠皮带传动，变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。
故选：B。
故答案为：①C ②C ③B
①该实验是采用的控制变量法；
②质量和运动半径相等，研究向心力的大小F与角速度ω的关系；
③根据F=mω2r，半径和质量相等，可知则转动的角速度之比为1：3，而变速轮塔的线速度大小相等，根据v=rω，知与皮带连接的变速轮塔对应的半径之比为3：1。
本实验采用控制变量法，即要研究一个量与另外一个量的关系，需要控制其它量不变，在学习过程中要熟练掌握控制变量法的实验方法。
12.A 3.75 长木板倾角过大 钩码的质量太大，未满足钩码质量远小于小车的质量 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
【解析】解：(1)A、调节滑轮的高度，使牵引小车的细绳与长木板保持平行，这样小车受到的合力才等于细线的拉力，故A正确；
B、每次改变拉小车的拉力(钩码的重力)后，由于小车的阻力与重力未变化，所以不需要重新平衡摩擦力，故B错误；
C、钩码的总质量应当远小于小车的质量，故C错误；
D、实验时，先接通打点计时器的电源再放开小车，故D错误。
故选：A。
(2)相邻计数点的时间间隔为T=2×0.02s=0.04s
由逐差法可知a=xCE−xAC4T2=7.40+8.01−6.21−6.804×0.042×0.01m/s2=3.75m/s2
(3)①A图像不过坐标原点的原因是长木板倾角过大；
②B图线上端明显偏离直线的原因是钩码的质量太大，未满足钩码质量远小于小车的质量；
③C图线不过坐标原点的原因是没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足。
故答案为：(1)A；(2)3.75；(3)长木板倾角过大；钩码的质量太大，未满足钩码质量远小于小车的质量；没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足
(1)根据实验原理和注意事项分析判断；
(2)根据逐差法求小车的加速度；
(3)根据分析钩码质量和平衡摩擦力造成的误差判断。
本题考查探究加速度与物体受力、物体质量的关系的实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
13.解：(1)设小球脱离轨道时与O点连线与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：
csθ=ℎ−RR=0.8−，所以θ=37°
将重力沿半径方向分解，如图所示：

根据向心力公式可得：mgcsθ=mv2R
解得：v= 3m/s；
(2)小球沿轨道运动过程中，设摩擦力做的功为W，根据动能定理可得：
−mgℎ+W=12mv2−12mv02
解得：W=−8.5J。
答：(1)小球从轨道脱离时速度大小为 3m/s；
(2)小球沿轨道运动过程中摩擦力做的功为−8.5J。
【解析】(1)根据几何关系求解小球脱离轨道时与O点连线与竖直方向的夹角，根据向心力公式；
(2)小球沿轨道运动过程中，根据动能定理进行解答。
本题主要是考查了动能定理；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功、哪些力做负功，初末动能为多少，根据动能定理列方程解答。
14.解：(1)在滑块从斜面顶端由静止释放的过程中，设下滑到斜面底端的速度大小为v，根据动能定理有mgLsin37°−0+μm2mgcs37°L=12mv2，代入L=2.5m，m=1kg，μm=0.8，解得v= 14m/s
(2)由于滑块下滑过程中滑动摩擦力逐渐增大，沿斜面下滑过程中做加速度逐渐减小的加速运动，当满足mgsin37°=μmgcs37°时，即μ=0.75时，加速度减为0，速度达到最大，此时动能也达到最大，设最大速度为vm，由μ−x图像可得，此时物体运动的位移为x=0.750.8×2.5m=7532m=2.34m，根据动能定理有
mgxsin37°−0+μ2mgcs37°x=12mvm2=Ekm，代入数据解得Ekm=7.02J
(3)根据能量的转化和守恒定律可知，机械能的减小量等于物体克服滑动摩擦力做的功，即ΔE=0+μm2mgcs37°L，代入数据解得ΔE=8J
答：(1)滑块下滑到斜面底端的速度大小为 14m/s；
(2)滑块沿斜面下滑过程中，动能的最大值为7.02J；
(3)下滑过程中，滑块机械能减小了8J。
【解析】(1)(2)根据动能定理结合图像提供的信息求解到达底端时的速度大小和最大动能；
(3)根据能量的转化和守恒定律分析计算机械能的减小量。
考查动能定理、平衡条件以及能的转化和守恒定律，会根据题意进行分析和解答。
15.解；(1)a进入圆弧轨道后从B点飞出，恰好落在Q点，设物块a在B点的速度大小为vB；物块a在空中做平抛运动，则有
2R=12gt2
3R=vBt
联立解得
t=0.4s，vB=3m/s
设碰撞后一瞬间，物块a的速度大小为va，物块a从碰撞后到B的过程，根据动能定理可得
−μmagR−mag⋅2R=12mavB2−12mava2
解得碰撞后一瞬间，物块a的速度大小为
va= 29m/s
(2)设物块b碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后瞬间速度为vb，以v0的方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
mbv0=mbvb+mava
12mbv02=12mbvb2+12mava2
解得
v0=2 293m/s
vb= 293m/s
设推力的作用距离为x，物块b从Q点到P点碰撞前过程，根据动能定理可得
Fx−μmbg⋅2R=12mbv02−0
根据题意有
R联立解得作用在物块b上推力的大小范围为
4712N(3)b与a碰撞后，b再水平面上继续运动的距离
−μmbgxb=0−12mvb2
解得
xb=2990m则想让a、b两个物块再次相遇，需要给b一个向左的冲量，使得a落到水平面上时，b也同时运动到此处。
则a物体需要运动的总位移
aQ=2R+xb
解得
aQ=10190m
b物体向左匀减速运动，初速度为v，则有
v22μg=aQ
施加的冲量为
I=mbv
解得
I= 10110N⋅s
答：(1)b与a碰撞后一瞬间，物块a的速度大小为 29m/s；
(2)作用在物块b上推力的大小范围为4712N(3)若想让a、b两个物块再次相遇，a落到水平面上时，b也同时运动到此处，需要对物块b施加的水平向左的冲量最小是 10110N⋅s。
【解析】(1)物块a到达B点后做平抛运动，由平抛规律求出a物块的平抛的初速度，再对a，根据动能定理求出碰撞后的速度；
(2)根据弹性碰撞的规律求出物块b碰撞前的速度，再用动能定理求出恒力的范围；
(3)根据运动学公式和冲量公式求解。
本题的关键是寻求a碰撞后的速度，分段运用动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等结合题设具体情况进行解答。