2018-2019学年湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中高二下学期联考物理试题 解析版 18页

湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中 ‎2018-2019学年高二下学期优生联考物理试题 一、选择题：本小题共12小题。在每小题给出的四个选项中，每1-8小题只有一个正确，第9-12小题有多个选项正确；全部选对得4分，选对但不全对的得2分，有错选或不答的得0分。‎ ‎1.自然界中某个量D的变化量△D，与发生这个变化所用时间△t的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是（ ）‎ A. 若D表示某质点做匀速直线运动的位移，则是恒定不变的 B. 若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的 C. 若D表示某质点的动能，越大，则质点所受外力做的总功就越多 D. 若D表示穿过某线圈的磁通量，越大，则线圈中的感应电动势就越大 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 试题分析：若D表示某质点做匀速直线运动的位移，则表示位移的变化率，表示速度大小，由此可知是恒定不变的，A对；若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示你速度的变化率，及加速度大小，平抛运动的加速度为重力加速度，大小不变，B对；若D表示某质点的动能，表示动能的变化率，及合外力做功的快慢，越大表示合外力做功越快，C错；若D表示穿过某线圈的磁通量，表示磁通量的变化率，由法拉第电磁感应可知D对；故选ABD 考点：考查变化率的概念 点评：本题难度较小，要明确变化率的物理意义，能用类比法判断各物理量变化率的物理意义 ‎2.足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，时撤去推力，0-6s内速度随时间的变化情况如图所示，由图像可知（ ）‎ A. 重力与摩擦力的大小之比为1:3‎ B. 0～l s内摩擦力的平均功率与1～6s内摩擦力平均功率之比为1∶5‎ C. 0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5‎ D. 1～6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是图像问题，图像问题我们在切入的时候先看图像的类型，然后找到图像斜率和与横轴所围面积的含义，再结合其他的定律即可求解出相应参量。‎ ‎【详解】A．0～l s的加速度大小为10m/s2, 1～6s的加速度大小为2m/s2,设斜面的倾角为，动摩擦因素为µ，根据牛顿第二定律可得：，；所以重力与摩擦力的大小之比为5：2，A错。‎ B．0～l s内与1～6s内的平均速度和摩擦力大小均相等，所以功率之比为1：1，B错。‎ C．设物体质量为m，重力加速度为10m/s2，机械能变化量的大小等于摩擦力做功的大小，沿斜面上升和下降，摩擦力大小相等，所以最后大小之比等于两段位移大小之比，求得0～1s内机械能变化量大小与1～6s内机械能变化量大小之比为1∶5，C对。‎ D．设质量为m，1～6s内动能变化量大小为，1～6s内机械能变化量大小为，1～6s内动能变化量大小与机械能变化量大小之比为1∶2，D错。‎ ‎【点睛】图像问题的关键是找到图像的斜率和与横轴所围面积的含义。‎ ‎3.如图所示为质点做匀变速曲线运动轨迹的示意图，且质点运动到D点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则质点从A点运动到E点的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 质点经过C点的速率与E点速率的相等 B. 质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角小于90°‎ C. 质点经过D点时的加速度比B点的大 D. 质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是曲线运动的知识，我们从曲线运动的速度方向、轨迹、合外力方向三者的位置关系上入手，可以很容易就解决问题。‎ ‎【详解】A．质点经过C点的速率与E点速率大小关系无法判断，A错。‎ B．质点经过A点时的加速度方向与速度方向的夹角大于90°，B错。‎ C．质点做匀变速曲线运动，加速度不变，C错。‎ D．质点从B到E的过程中加速度方向与速度方向的夹角一直减小，D正确。‎ ‎【点睛】曲线运动的速度方向、轨迹、合外力方向三者的位置关系是我们判断曲线运动速度变化的关键。‎ ‎4.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC＝60°，将质量为m的小球，从与O等高的A点水平抛出，小球恰好从B点滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为 A. mg B. 3mg C. mg D. 4mg ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析:小球由A至B做平抛运动，设初速度，平抛时间，竖直方向有；B点的速度相切与圆轨道，故平抛的速度偏向角为，有，可得。从A至C由动能定理：，对C点的小球，由牛顿第二定律：，由牛顿第三定律可得球对轨道的压力与支持力大小相等，解得。故选C。‎ 考点：本题考查了平抛运动规律、圆周运动规律、动能定理、牛顿第一定律、牛顿第三定律。‎ ‎5.如图所示，在竖直平面内固定着光滑的圆弧槽，它的末端水平，上端离水平地面高为，将一个小球从上端无初速释放，要使小球离槽后的水平位移有最大值，则（ ）‎ A. 圆弧槽的半径应该为 ，水平位移的最大值为 B. 圆弧槽的半径应该为，水平位移的最大值为 C. 圆弧槽的半径应该为，水平位移的最大值为 D. 圆弧槽的半径应该为，水平位移的最大值为 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 设小球离开圆弧槽时的速度大小为v．根据机械能守恒定律得：mgR=mv2, 得到：v=；小球离开圆弧槽后做平抛运动，其飞行时间为：t=；小球的水平射程x=vt=2，根据数学知识可知：当R=H-R时，x有最大值，此时R=H/2；故选A．‎ 点睛：本题考查应用数学知识求解物理极值的能力，这也是物理上常用的方法，往往先根据物理规律得到解析式，再由数学知识求极值.‎ ‎6.探月热方兴未艾，我国研制的月球卫星“嫦娥一号”、“嫦娥二号” “嫦娥三号” 均已发射升空，“嫦娥四号”于2018年发射升空。假设“嫦娥四号”在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R1、R2；地球表面重力加速度为g。则（ ）‎ A. 月球表面的重力加速度为 B. 月球与地球的质量之比为 C. 月球卫星与地球卫星分别绕月球表面附近与地球表面附近的运行速度之比为 D. “嫦娥四号”环月球表面附近做匀速圆周运动的周期为 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是天体运动，天体运动中关键是要找到万有引力和向心力之间的关系。‎ ‎【详解】A．月球表面的重力加速度为，A错。‎ B．根据，可得：月球与地球的质量之比为，B对。‎ C．根据，可得：月球卫星与地球卫星分别绕月球表面附近与地球表面附近的运行速度之比为，C错。‎ D．根据，可得：“嫦娥四号”环月球表面附近做匀速圆周运动的周期为，D错。‎ ‎【点睛】星球表面，重力近似等于万有引力；做匀速圆周运动的星体，万有引力提供向心力。‎ ‎7.如图所示，带电平行板中匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的点自由滑下，经过轨道端点进入板间恰好沿水平方向做直线运动。现使球从轨道上较低的点开始滑下，经点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )‎ A. 小球的重力势能一定会减小 B. 小球的机械能可能不变 C. 小球的电势能一定会减少 D. 小球动能可能减小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：带电小球进入磁场后，受到洛伦兹力，因为直线运动，又由于洛伦兹力与速度有关，所以一定做匀速直线运动．由平衡可求出速度大小．小球下落高度减小，进入复合场的速度减小，洛伦兹力减小，小球向电场力方向偏转，电场力做正功，小球的电势能一定会减少，重力做功情况不知，故只有C正确。‎ 故选：C。‎ 考点：动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律．‎ 点评：洛伦兹力是与速度有关的一种特殊力，所以若是直线运动，则一定是匀速直线运动．同时电场力做功与重力作功有相似之处，重力做功只与初末位置高度有关，而电场力做功与初末位置沿电场强度方向的距离有关．‎ ‎8.如图所示，长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，两极间距为d，极板面积为S，这两个电极与可变电阻R相连．在垂直前后侧面的方向上，有一匀强磁场，磁感应强度大小为B.发电导管内有电阻率为ρ的高温电离气体，气体以速度v向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势．若不计气体流动时的阻力，由以上条件可推导出可变电阻消耗的电功率.调节可变电阻的阻值，根据上面的公式或你所学过的物理知识，可求得可变电阻R消耗电功率的最大值为(　 　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻时，外电阻消耗的电功率最大，根据电阻定律求出此时的内阻，代入求出R消耗电功率的最值。‎ 运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为，根据数学知识可知，当外电阻等于电源的内阻，即时，外电阻消耗的电功率最大，此时，由题知，可得最大电功率。‎ 故选B 考点：电功、电功率；电阻定律 点评：关键是根据电阻定律求出电源的内阻，要注意电阻定律中导体的长度是导体顺着电流方向的长度，图中内电路是导体长度是d，容易搞错。‎ ‎9. 如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场。实线为电场线，虚线为等差等势线。a、b、c为从左侧进入聚焦电场的电子运动的轨迹上的三点。不计电子的重力，则 A. 电场中a点的电势高于c点的电势 B. 电子经a点的动能大于经c点的动能 C. 电子经b点的加速度大于经c点的加速度 D. 电子经b点的电势能大于经c点的电势能 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：沿电场线方向电势降低，故a点的电势低于c点的电势，A错误；电子由a点运动到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故B错误D正确；等差等势面密集处电场强度大，故电子受到的电场力大，加速度大，故C正确。‎ 考点：电场线、等势线 ‎10.如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ．在导轨的最上端M、P之间接有电阻R，不计其他电阻．导体棒ab从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab上升的最大高度为H；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab上升的最大高度为h．在两次运动过程中ab都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两次上升的最大高度相比较为H＞h B. 有磁场时导体棒所受合力的功大于无磁场时合力的功 C. 有磁场时，电阻R产生的焦耳热为 D. 有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是匀变速直线运动和导体棒切割磁感线，把导体棒的受力和运动过程分析清楚即可求出本题的参量。‎ ‎【详解】A．无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能，有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能，动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以h＜H，A对。‎ B．由动能定理知：合力的功等于导体棒动能的变化量，有、无磁场时，棒的初速度相等，末速度都为零，则知导体棒动能的变化量相等，则知导体棒所受合力的功相等，B错。‎ C．设产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律，可得：，，C错。‎ D．有磁场时，导体棒在上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于，根据牛顿第二定律，知加速度a大于。最高点时，加速度为，D正确。‎ 故选D．‎ ‎【点睛】导体棒切割磁感线的时候，要首先分析清楚安培力方向，然后结合能量守恒定律进行解题。‎ ‎11.如图所示，同一竖直平面内固定着两水平绝缘细杆AB、CD，长均为L，两杆间竖直距离为h，BD两端以光滑绝缘的半圆形细杆相连，半圆形细杆与AB、CD在同一竖直面内，且AB、CD恰为半圆形圆弧在B、D两处的切线，O为AD、BC连线的交点，在O点固定一电量为Q的正点电荷．质量为m的小球P带正电荷，电量为q，穿在细杆上，从A以一定初速度出发，沿杆滑动，最后可到达C点．已知小球与两水平杆之间动摩擦因数为μ，小球所受库仑力始终小于小球重力．则（ ）‎ A. 小球P在水平细杆上滑动时受摩擦力的最大值为 B. 小球P在水平细杆上滑动时受摩擦力的最大值为）‎ C. 小球P在运动过程中摩擦力做的总功为-4μmgL D. 小球P在运动过程中摩擦力做的总功为-2μmgL ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查了动能定理、库仑定律、滑动摩擦力公式的直接应用，解题是要注意库仑力的对称性，作好受力分析。‎ ‎【详解】小球在O点正下方时受到向下的库仑力最大，此时正压力最大，摩擦力最大，故： ；故A错误，B正确；‎ 整个装置关于O点对称，在AB和CD对应的位置运动的位移，摩擦力所做的功的大小，所以全程摩擦力做功大小为2μmgL 所以，C错D对。‎ ‎【点睛】微元法是我们解题方法中很重要的方法。‎ ‎12.倾角为37°的光滑斜面上固定一个槽，劲度系数k=20N/m、原长L0‎ ‎=0.6m的轻弹簧下端与轻杆相连，开始时杆在槽外的长度L=0.3m，且杆可在槽内移动，轻杆与槽间的滑动摩擦力大小Ff=6N，杆与槽之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．质量m=1kg的小车从距弹簧上端L=0.6m处由静止释放沿斜面向下运动．已知在本次碰撞过程中轻杆已滑动．取g=10m/s2，sin37°=0.6．关于小车和杆的运动情况，下列说法正确的是（ ）‎ A. 杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.6m B. 杆刚要滑动时小车已通过的位移为0.9m C. 小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐增大的变加速运动 D. 小车先做匀加速运动，后做加速度逐渐减小的变加速运动，再做匀速直线运动 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是多过程问题，我们在解题时首先要分析每个过程的受力情况和运动情况，然后结合其他规律进行求解。‎ ‎【详解】杆刚要滑动时，感受到6N的摩擦力，所以弹簧被压缩，弹力为6N，此时弹簧的形变为0.3m，所以小车运动的位移等于（0.6+0.3）m=0.9m，A错B对；接触弹簧以前，小车做匀加速直线运动，接触弹簧以后，弹簧对小车有一个沿斜面向上的弹力且逐渐增大，小车做加速度减小的加速运动，直到杆开始滑动以后，把杆、弹簧、小车看成一个整体，沿斜面方向合力为零，小车匀速直线运动，C错D对。‎ ‎【点睛】多过程问题是动力学这块非常重要的题型，关键在于每个过程的分析：力学分析、运动分析。‎ 二、非选择题部分：共5小题，共52分。把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案的不能得分。有数值计算题，答案中必须写出数值和单位。‎ ‎13.如图甲所示的装置叫做阿特伍德机，是英国数学家和物理学家阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律。某同学对该装置加以改进后用来验证机械能守恒定律，如图乙所示。‎ ‎（1）实验时，该同学进行了如下操作：‎ 第一步：将质量均为M （A含挡光片、B含挂钩）的重物A、B用绳连接后，跨放在定滑轮上，处于静止状态，测量出___________（填“A的上表面”、“A的下表面”或“挡光片中心”）到光电门中心的竖直距离h 第二步：在B的下端挂上质量为m的物块C，让系统（重物A、B以及物块C）中的物体由静止开始运动，光电门记录挡光片挡光的时间为t 第三步：测出挡光片的宽度d，计算有关物理量，验证机械能守恒定律 ‎（2）如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒（已知重力加速度为g），各物理量应满足的关系式为________________（用题中所给字母表示）。‎ ‎（3）验证实验结束后，该同学突发奇想：如果系统（重物A、B以及物块C）的机械能守恒，不断增大物块C的质量m，重物B的加速度a也将不断增大，那么a与m之间有怎样的定量关系？已知重力加速度为g，请你帮该同学写出a与m、M之间的关系式：______________。‎ ‎【答案】 (1). 挡光片中心 (2). (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是机械能守恒定律的实验，从定律出发，反推得到该实验的原理即可。‎ ‎【详解】（1）需要测量系统重力势能的变化量，则应该测量出挡光片中心到光电门中心的距离 ‎（2）增加的动能为，减少的重力势能为mgh，所以验证机械能守恒的表达式为 ‎（3）沿绳方向根据牛顿第二定律可得：，。‎ ‎【点睛】实验题解题的关键是实验原理，我们通常可以从所要探究的内容反推。‎ ‎14.在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的的实验器材。‎ ‎（1）甲同学按电路图a进行测量实验，其中R2为保护电阻，则 ‎①请用笔画线代替导线在图（b）中完成电路的连接___________ ；‎ ‎②由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝______V，内电阻r＝______Ω。‎ ‎（2）乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，由电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω。（结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). (2). 2.8 (3). 0.60 (4). 3.0 (5). 0.50‎ ‎【解析】‎ ‎（1）①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；‎ ‎②在画出的U-I图象中，纵轴的截距表示电源电动势，斜率表示内电阻，根据图象可得：， ，且，则；‎ ‎（2）由乙同学的电路接法可知，R左右两部分并联后与R0串联，则可知，在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现图e所示的图象，则由图象可知，当电压为2.4V时，电流为0.5A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1=1A；而当电压为2.3V时，电流分别对应0.33A和0.87A，则说明当电压为2.3V时，干路电流为I2=0.33+0.87=1.2A；‎ 则根据闭合电路欧姆定律可得：，‎ 解得：；；‎ ‎15.如图所示，在平面坐标系xOy内，第二三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场圆心在M（L，0）点，磁场方向垂直于坐标平面向外，一带正电的粒子从第三象限中的Q（-2L，-L）点以速度沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P(2L，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）电场强度与磁感应强度大小之比。‎ ‎（2）粒子在磁场与电场中运动时间之比。‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ 带电粒子在电场中做类似平抛运动的时间：‎ ‎2分 沿y轴方向有：‎ ‎2分 求得：1分 带电粒子到达O点时，2分 所以v方向与x轴正方向的夹角1分 ‎1分 带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动 由得2分 由几何关系得2分 求得1分 在磁场中的时间3分 ‎1分 ‎1分 ‎16.如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝1m，导轨平面与水平面成＝30°角，上端连接的电阻．质量为m＝0.2kg、阻值的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d＝4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上．‎ ‎（1）若磁感应强度B=0.5T，将金属棒释放，求金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压；‎ ‎（2）若磁感应强度的大小与时间成正比，在外力作用下ab棒保持静止，当t＝2s时外力恰好为零.求ab棒的热功率；‎ ‎（3）若磁感应强度随时间变化的规律是，在平行于导轨平面的外力F作用下ab棒保持静止，求此外力F的最大值。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题考查的是导体棒切割磁感线的动力学问题，我们首先把导体棒的运动情况和受力情况分析清楚，然后结合相应规律即可求出相应参量。‎ ‎【详解】（1）匀速时，导体棒收到的安培力等于重力的下滑分力，可得：，求出电动势为E=4V，所以金属棒匀速下滑时电阻R两端的电压U=3V ‎（2）设磁感应强度随时间变化的规律为B=kt，则电路中产生的电动势为，安培力的大小为，当t=2s时，外力等于零，可得：，解出k=0.5T/s，最后可得P=I2R=0.5W。‎ ‎（3）根据法拉第电磁感应定律可得：，根据可得，，最后化简可得，所以外力F的取值范围 ‎【点睛】过程比较复杂的问题关键在于过程分析，对运动和受力进行分析。‎ ‎17.如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧（未画出）平滑相接。有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压。紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车。碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示。已知滑块、小球和小车的质量分别为m1=3kg、m2=1kg和m3=6kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h=0.8m，PQ段长度为L=0.4m，轻绳的长度为R=0.5m。 滑块、小球均可视为质点。取g=10m/s2。求：‎ ‎（1）滑块到达BC轨道上时的速度大小。‎ ‎（2）滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小。‎ ‎（3）要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内）‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）设滑块与小球碰撞前瞬间速度为，由机械能守恒，‎ 有①‎ 得 ‎（2）设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力 由牛顿第二定律，有②‎ 设小球碰撞后瞬间速度为，由机械能守恒，有③‎ 联立①②③并代入数据，解得 ‎（3）滑块与小球碰撞过程满足动量守恒：④‎ 得碰撞后的速度方向向右 滑块最终没有滑离小车，滑块和小车之间必有共同的末速度 由滑块与小车组成的系统动量守恒：⑤‎ ‎（I）若较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量转化与守恒有⑥‎ 联立④⑤⑥得 ‎（II）若不是很大，则滑块必然挤压弹簧，再被弹回到PQ之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒有⑦‎ ‎④⑤⑦得 综上所述，得 考点：机械能守恒，动量守恒，功能关系。‎ ‎【名师点晴】该题的难点在于最后一问，滑块与PQ之间的动摩擦因数μ应在什么范围内, 使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车；根据要求我们就取两个极端，即摩擦系数大时刚好到弹簧和摩擦系数小时刚好返回到小车的P点，将复杂的问题具体化。‎ ‎ ‎ ‎ ‎