机械能守恒定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

某人用手将质量为1kg的物体由静止向上提起1m，这时物体的速度为2m/s，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A手对物体做功10J

B合外力做功2J

C合外力做功12J

D物体克服重力做功2J

正确答案

B

解析

解：分析物体的运动的情况可知，物体的初速度的大小为0，位移的大小为1m，末速度的大小为2m/s，

由v2-=2ax可得，

加速度a=2m/s2，

由牛顿第二定律可得，

F-mg=ma，

所以F=mg+ma=12N，

A、手对物体做功W=FL=12×1=12J，所以A错误；

B、合力的大小为ma=2N，所以合力做的功为2×1=2J，所以合外力做功为2J，故B正确，C错误；

D、重力做的功为WG=mgh=-10×1=-10J，所以物体克服重力做功10J，所以D错误；

故选B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，用同种材料制成的轨道，AB段为圆弧，半径为R，水平的BC段长度为R，一物块m从A静止下滑，与轨道的动摩擦因数为μ，恰好运动到C点静止，求：

（1）在AB段过程中阻力做的功．

（2）求B点时的速度（用动能定理解答）

正确答案

解：物体从B滑到C的过程中只有阻力做功，根据动能定理有：

又BC段的摩擦力f=μmg

可得物体在B点的速度大小

又从A到B过程中只有重力和阻力对物体做功，根据动能定理有：

可得AB过程中阻力做功=μmgR-mgR

答：（1）在AB段过程中阻力做的功为μmgR-mgR；

（2）求B点时的速度为．

解析

解：物体从B滑到C的过程中只有阻力做功，根据动能定理有：

又BC段的摩擦力f=μmg

可得物体在B点的速度大小

又从A到B过程中只有重力和阻力对物体做功，根据动能定理有：

可得AB过程中阻力做功=μmgR-mgR

答：（1）在AB段过程中阻力做的功为μmgR-mgR；

（2）求B点时的速度为．

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题型：简答题

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简答题

某兴趣小组举行遥控赛车比赛，比赛路径如图所示．可视为质点的赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L=1Om后，由B点进入半径为R=O.4m的光滑竖直半圆轨道，并通过轨道的最高点C作平抛运动，落地后才算完成比赛．B是半圆轨道的最低点，水平直线轨道和半圆轨道相切于B点．已知赛车质量m=O.5kg，通电后电动机以额定功率P=3W工作，赛车在水平轨道上受到的阻力恒为f=O.4N，之后在运动中受到的轨道阻力均可不计，g取1Om/s2．试求：

（1）赛车能通过C点完成比赛，其落地点离B点的最小距离；

（2）要使赛车完成比赛，电动机工作最短的时间；

（3）若赛车过B点速度vB=8．Om/s，R为多少时赛车能完成比赛，且落地点离B点最大．

正确答案

解：（1）赛车以最小速度通过最高点C，其落地点离B点的距离最小，在最高点C由牛顿第二定律得：mg=m，

解得：vC===2m/s，离开C后小车做平抛运动，

在水平方向：x=vCt，在竖直方向：2R=gt2，

代入数据解得：x=0.8m；

（2）设电动机工作的最短时间为t，赛车从A到C过程，由动能定理得：

代入数据解得：t=3s；

（3）设轨道半径为R，B到C过程赛车机械能守恒得：，

赛车离开C点后做平抛运动，设水平位移为x，

在水平方向：x=vCt，

在竖直方向：2R=gt2，

解得：

当时，即R=0.80m时，水平位移最大；

答：（1）赛车能通过C点完成比赛，其落地点离B点的最小距离为0.8m；（2）要使赛车完成比赛，电动机工作的最短时间为3s．（3）若赛车过B点速度vB=8.0m/s，R为0.8m时赛车能完成比赛，且落地点离B点的距离最大．

解析

解：（1）赛车以最小速度通过最高点C，其落地点离B点的距离最小，在最高点C由牛顿第二定律得：mg=m，

解得：vC===2m/s，离开C后小车做平抛运动，

在水平方向：x=vCt，在竖直方向：2R=gt2，

代入数据解得：x=0.8m；

（2）设电动机工作的最短时间为t，赛车从A到C过程，由动能定理得：

代入数据解得：t=3s；

（3）设轨道半径为R，B到C过程赛车机械能守恒得：，

赛车离开C点后做平抛运动，设水平位移为x，

在水平方向：x=vCt，

在竖直方向：2R=gt2，

解得：

当时，即R=0.80m时，水平位移最大；

答：（1）赛车能通过C点完成比赛，其落地点离B点的最小距离为0.8m；（2）要使赛车完成比赛，电动机工作的最短时间为3s．（3）若赛车过B点速度vB=8.0m/s，R为0.8m时赛车能完成比赛，且落地点离B点的距离最大．

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题型：多选题

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多选题

在下列几种情况中，甲乙两物体的动能相等的是（　　）

A甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的一半

B甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的一半

C甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的一半

D质量相同，速度大小也相同，但甲向东运动，乙向西运动

正确答案

A,D

解析

解：A、甲的质量是乙的4倍，甲的速度是乙的，则甲的动能与乙的相等；故A正确；

B、甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的，则甲的动能是乙的2倍；故B错误；

C、甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的倍；故C错误；

D、动能是标量，和速度的方向无关；故只要质量相等，速度也相等，则动能一定相等；故D正确；

故选：AD．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，大小相同的力F作用在同一个物体上，物体分别沿光滑水平面、粗糙水平面、光滑斜面、竖直方向运动一段相等的距离s，已知力F与物体的运动方向均相同．

则上述四种情景中都相同的是（　　）

A拉力F对物体做的功

B物体的动能增量

C物体加速度的大小

D物体运动的时间

正确答案

A

解析

解：A、根据功的计算公式W=FScosθ可知F、S、θ相同，故功相同，A正确；

B、根据动能定理知W合=△Ek，只拉力做功相同，其他力做功不同，故动能增量不同，故B错误；

C、根据F合=ma知只有拉力F同，加速度不一定相同，故C错误；

D、根据s=知加速度不相同，t不相同，故D错误；

故选：A

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题型：单选题

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单选题

两个内壁光滑、半径不同的半球形碗，放在不同高度的水平面上，使两碗口处于同一水平面，如图所示．现将质量相同的两个小球，分别从两个碗的边缘处由静止释放（小球半径远小于碗的半径），两个小球通过碗的最低点时（　　）

A两小球速度大小不等，对碗底的压力相等

B两小球速度大小不等，对碗底的压力不等

C两小球速度大小相等，对碗底的压力相等

D两小球速度大小相等，对碗底的压力不等

正确答案

A

解析

解：设大碗的半径为r1，设小碗的半径为r2，

根据动能定理研究小球从碗的边缘到碗的最低点，列出等式得：

mgr1=mv12-0，得：v1=

mgr2=mv22-0 得：v2=

由于r1＞r2，所以v1＞v2

对小球在碗的最低点进行受力分析，小球受重力和碗对球的支持力FN，根据牛顿第二定律得：

F合=FN-mg=ma

向心加速度a=

FN=mg+m

FN1=mg+m=3mg

FN2=mg+m=3mg

所以FN1=FN2

根据牛顿第三定律知道碗对球的支持力等于球对压力

故选A．

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题型：简答题

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简答题

如图，AB为一光滑固定轨道，AC为动摩擦因数=0.25的粗糙水平轨道，O为水平地面上的一点，且B、C、O在同一竖直线上，已知B、C两点的高度差为h，C、O两点的高度差也为h，AC两点相距s=2h，若两滑块P、Q从A点以相同的初速度v0分别沿两轨道滑行，到达B点或C点后分别水平抛出．求：

（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离；

（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；

（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为多少？

正确答案

解：（1）滑块P从A到B的过程中由动能定理可知

从B点抛出x1=vBtP；

解得

滑块Q从A到C过程，由动能定理的-

解得

从C点抛出x2=vCtQvBtQ；

解得

（2）要使x1=x2，联立解得v0=

（3）由动能定理得

在延伸最右端抛出x2=vtQ；

距o点的距离为△x=L+x

得，当L=时，△x取最大值

答：（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离分别为，；

（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；

（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为

解析

解：（1）滑块P从A到B的过程中由动能定理可知

从B点抛出x1=vBtP；

解得

滑块Q从A到C过程，由动能定理的-

解得

从C点抛出x2=vCtQvBtQ；

解得

（2）要使x1=x2，联立解得v0=

（3）由动能定理得

在延伸最右端抛出x2=vtQ；

距o点的距离为△x=L+x

得，当L=时，△x取最大值

答：（1）两滑块P、Q落地点到O点的水平距离分别为，；

（2）欲使两滑块的落地点相同，滑块的初速度v0应满足的条件；

（3）若滑块Q的初速度v0已满足（2）的条件，现将水平轨道AC向右延伸一段L，要使滑块Q落地点距O点的距离远，L应为

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题型：单选题

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单选题

两物体做匀速圆周运动，其运动半径之比为2：3，受到向心力之比为3：2，则其动能比（　　）

A9：4

B4：9

C1：1

D2：3

正确答案

C

解析

解：根据向心力公式，有；

故动能之比为：

故选C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=0.5kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.5，与台阶边缘O点的距离s=5m．在台阶右侧固定了一个椭圆挡板，以O点为原点建立平面直角坐标系，挡板的方程满足：x2+y2=．现用F=5N的水平恒力拉动小物块，一段时间后撤去拉力，小物块最终水平抛出并击中挡板．（g=10m/s2）

（1）若小物块恰能击中挡板的右端P点，则其离开O点时的速度是多大？

（2）为使小物块击中挡板，拉力F最多作用多长距离？

（3）改变拉力F作用的距离，使小物块击中挡板的不同位置，求击中挡板时小物块的动能．

正确答案

解：

（1）由平抛规律可得：

x=v0t，

，

因为x=1.6m，y=0.8m，g=10m/s2，

解得：

v0=4m/s．

（2）设拉力F作用的距离为s1，有：

，

解得：

s1=3.3m．

（3）设小物块离开水平台阶的速度为v，击中挡板时的水平位移为x，竖直位移为y，有：

x=vt，

y=gt2，

由动能定理可得：

，

因为：

，

解得：

Ek=8J．

答：

（1）若小物块恰能击中挡板的右端P点，则其离开O点时的速度是4m/s．

（2）为使小物块击中挡板，拉力F最多作用距离是3.3m．

（3）改变拉力F作用的距离，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块的动能为8J．

解析

解：

（1）由平抛规律可得：

x=v0t，

，

因为x=1.6m，y=0.8m，g=10m/s2，

解得：

v0=4m/s．

（2）设拉力F作用的距离为s1，有：

，

解得：

s1=3.3m．

（3）设小物块离开水平台阶的速度为v，击中挡板时的水平位移为x，竖直位移为y，有：

x=vt，

y=gt2，

由动能定理可得：

，

因为：

，

解得：

Ek=8J．

答：

（1）若小物块恰能击中挡板的右端P点，则其离开O点时的速度是4m/s．

（2）为使小物块击中挡板，拉力F最多作用距离是3.3m．

（3）改变拉力F作用的距离，使小物块击中挡板的不同位置，击中挡板时小物块的动能为8J．

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题型：单选题

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单选题

在下列几种情况中，甲、乙两物体的动能相等的是（　　）

A甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的

B甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的

C甲的质量是乙的倍，甲的速度是乙的2倍

D甲、乙质量相等，速度大小也相等，但甲向东运动，乙向西运动

正确答案

D

解析

解：根据动能的表达式Ek=可知

A、甲的速度是乙的2倍，甲的质量是乙的，则甲的动能是乙的2倍，故A错误；

B、甲的质量是乙的2倍，甲的速度是乙的，则甲的动能是乙的倍，故B错误；

C、甲的质量是乙的倍，甲的速度是乙的2倍，则甲的动能是乙的2倍，故C错误；

D、动能是标量，和速度的方向无关，只要质量相等，速度大小也相等，则动能一定相等，故D正确；

故选：D．

1

题型：简答题

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简答题

质量为m=1kg的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P点，随传送带运动到A点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆孤轨道下滑．B、C为圆弧的两端点，其连线水平．已知圆弧半径R=1.0m圆弧对应圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.8m．小物块离开C点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s后经过D点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ=（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）试求：

（1）小物块离开A点的水平初速度v0；

（2）小物块经过O点时对轨道的压力；

（3）斜面上CD间的距离．

正确答案

解：（1）对小物块，由A到B有vy2=2gh

在B点

所以v0=3m/s．

（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：

其中

在O点

所以N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′=43N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μmgcos53°=ma2 a2=6m/s2

由机械能守恒知vc=vB=5m/s

小物块由C上升到最高点历时

小物块由最高点回到D点历时t2=0.8s-0.5s=0.3s

故

即SCD=0.98m．

答：（1）小物块离开A点的水平初速度v0=3m/s．

（2）小物块经过O点时对轨道的压力N‘=43N

（3）斜面上CD间的距离SCD=0.98m

解析

解：（1）对小物块，由A到B有vy2=2gh

在B点

所以v0=3m/s．

（2）对小物块，由B到O由动能定理可得：

其中

在O点

所以N=43N

由牛顿第三定律知对轨道的压力为N′=43N

（3）物块沿斜面上滑：mgsin53°+μmgcos53°=ma1

所以a1=10m/s2

物块沿斜面下滑：mgsin53°-μmgcos53°=ma2 a2=6m/s2

由机械能守恒知vc=vB=5m/s

小物块由C上升到最高点历时

小物块由最高点回到D点历时t2=0.8s-0.5s=0.3s

故

即SCD=0.98m．

答：（1）小物块离开A点的水平初速度v0=3m/s．

（2）小物块经过O点时对轨道的压力N‘=43N

（3）斜面上CD间的距离SCD=0.98m

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题型：单选题

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单选题

两个物体质量比为1：4，速度大小之比为2：1，则这两个物体的动能之比为（　　）

A1：1

B1：4

C4：1

D2：1

正确答案

A

解析

解：根据得，质量比为1：4，速度大小比为2：1，则动能之比为1：1．故A正确，B、C、D错误．

故选：A．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.8m．有一滑块从A点以v0=6m/s的初速度在台面上做匀变速直线运动，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.2．滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB=5m．不计空气阻力，g取10m/s2．求：

（1）滑块从B点飞出时的速度大小；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离．

正确答案

解：（1）运用动能定理研究A→B得：

-μmgl=mvB2-mv02

代入数据解得：vB=4.0m/s．

（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动．根据平抛运动规律得：

水平方向：X=vBt

竖直方向：t=

代入数据得：X=1.6m

答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是4.0m/s；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是1.6m．

解析

解：（1）运用动能定理研究A→B得：

-μmgl=mvB2-mv02

代入数据解得：vB=4.0m/s．

（2）滑块运动到平台边缘的B点后水平飞出做平抛运动．根据平抛运动规律得：

水平方向：X=vBt

竖直方向：t=

代入数据得：X=1.6m

答：（1）滑块从B点飞出时的速度大小是4.0m/s；

（2）滑块落地点到平台边缘的水平距离是1.6m．

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题型：简答题

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简答题

一半径为R=0.8m的半圆形凹槽按如图所示的方式置于水平地面上，凹槽内侧光滑，紧挨着凹槽的左侧有一足够长的长木板，但两者没有栓接，长木板的右侧上端正好和凹槽内侧相切，两者位于同一竖直平面内，质量均为M=2kg．质量不计的轻弹簧的一端固定在凹槽的最低点B，另一端连接一可视为质点的质量为m=1kg小物块．现给长木板施加一水平向右的推力F，使整个系统共同向右做匀加速直线运动，此时小物块处于凹槽内与竖直方向成θ=60°的位置，且凹槽对小物块的支持力恰好为零．已知长木板、凹槽与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，小物块与长木板上表面的动摩擦因数为μ2=0.5（g取10m/s2，结果可保留根号）．求：

（1）整个系统匀加速运动的加速度；

（2）力F的大小；

（3）若整个系统从静止开始运动t=s后将推力F撤掉，同时锁定凹槽，并迅速撤掉轻弹簧．小物块由于与凹槽的瞬时作用仅剩下沿切线方向的分速度，试通过计算分析判断小物块m能否越过凹槽的最高点？若能，请确定小物块距B点的最终位置；若不能，请确定小物块距B点的最终位置．

正确答案

解：（1）对小物块受力分析如图所示，

cos30°=

sin30°=

=cot30°==10/2

（2）对整体由牛顿第二定律得

-1（2+）=（2+）

代入数据解得：=（10+50）

（3）撤去力前的瞬间，小物块的速度为0，方向水平向右，

0==10×=4m/s

锁定瞬间，小物块垂直于曲面切线的速度分量瞬间损失为零，只剩下沿曲面切线向上的速度分量切

切=0sin30°=2/

当小物块以切沿圆周向上减速到零时，上升的高度为

-=0-

=0.4 m

＜+sin30°　所以不能通过最高点

小物体正好上升了=高度，即正好上升到与点等高位置，

然后会返回到点，滑上长木板

2＜1（+）所以木板不动

=-0

=4 m/s

-2=0-

=1.6 m

最后距B点距离=1.6 m

答：（1）整个系统匀加速运动的加速度；

（2）力F的大小；

（3）小物块m不能越过凹槽的最高点；小物块距B点的最终位置为1.6m．

解析

解：（1）对小物块受力分析如图所示，

cos30°=

sin30°=

=cot30°==10/2

（2）对整体由牛顿第二定律得

-1（2+）=（2+）

代入数据解得：=（10+50）

（3）撤去力前的瞬间，小物块的速度为0，方向水平向右，

0==10×=4m/s

锁定瞬间，小物块垂直于曲面切线的速度分量瞬间损失为零，只剩下沿曲面切线向上的速度分量切

切=0sin30°=2/

当小物块以切沿圆周向上减速到零时，上升的高度为

-=0-

=0.4 m

＜+sin30°　所以不能通过最高点

小物体正好上升了=高度，即正好上升到与点等高位置，

然后会返回到点，滑上长木板

2＜1（+）所以木板不动

=-0

=4 m/s

-2=0-

=1.6 m

最后距B点距离=1.6 m

答：（1）整个系统匀加速运动的加速度；

（2）力F的大小；

（3）小物块m不能越过凹槽的最高点；小物块距B点的最终位置为1.6m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，固定斜面AB、CD与竖直光滑圆弧BC相切于B、C点，两斜面的倾角θ=37°，圆弧BC半径R=2m．一质量m=1kg的小滑块（视为质点）从斜面AB上的P点由静止沿斜面下滑，经圆弧BC冲上斜面CD．已知P点与斜面底端B间的距离L1=6m，滑块与两斜面间的动摩擦因数均为μ=0.25，g=10m/s2．求；

（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力；

（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q（图中未标出）距C点的距离．

正确答案

解：（1）小滑块由P运动到E点过程，由动能定理得：

mgL1sin37°+mgR（1-cos37°）-μmgcos37°L1=mvE2-0，

在E点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：FN=38N，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：FN′=FN=38N，方向竖直向下；

（2）小滑块从圆弧最低点到最高点Q过程中，由动能定理得：

-mgLCQsin37°-mgR（1-cos37°）-μmgLCQcos37°=0-mvE2，

解得：LCQ=3m；

答：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力为38N，方向竖直向下；

（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q距C点的距离为3m．

解析

解：（1）小滑块由P运动到E点过程，由动能定理得：

mgL1sin37°+mgR（1-cos37°）-μmgcos37°L1=mvE2-0，

在E点，由牛顿第二定律得：F-mg=m，解得：FN=38N，

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力：FN′=FN=38N，方向竖直向下；

（2）小滑块从圆弧最低点到最高点Q过程中，由动能定理得：

-mgLCQsin37°-mgR（1-cos37°）-μmgLCQcos37°=0-mvE2，

解得：LCQ=3m；

答：（1）小滑块第1次经过圆弧最低点E时对圆弧轨道的压力为38N，方向竖直向下；

（2）小滑块第1次滑上斜面CD时能够到达的最远点Q距C点的距离为3m．

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