25.(20分)解:(1对滑块由牛顿第定律得mg+0.4mg=m141解得14ms2(2)设滑块离开弹射器的初速度为离开管口的速度为v1,滑块到上端口的距离为l,滑块上升的最大高度为H滑块由底端上升到最高点的过程中,由动能定理得-m1gH-0.4mgl=0-m22滑块离开管口后竖直上抛,由动能定理得mg(H-D=0-m可滑块滑到管口的时间滑块从管口上抛到最大高度处的时间l2滑块运动的总时间0高考面通车解得(3)为保证滑块不滑出圆柱管,当滑块运动至圆柱形管口时,滑块与圆柱形管恰好共速,所需要施加的外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a,共速的时间为t共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得F+0.4mn18-m2g=m2a2滑块与圆柱形管的相对位移⑩0共速时0高考通率解得F=24N①2评分标准:本题共20分。第(1)问4分,正确得出①~②式每式2分;第(2)问分,正确得出③④式各给2分,⑤~⑧每式1分。第(3)问8分,⑨~⑩每式2分。其他解法正确同样给分。

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