2022届高考物理一轮复习力学综合检测（解析版）

这是一份2022届高考物理一轮复习力学综合检测（解析版），共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2020·河南洛阳市一模)关于物理学中的思想或方法，以下说法错误的是( )
A．加速度的定义采用了比值定义法
B．探究加速度与物体受力、物体质量的关系采用假设法
C．卡文迪什测定万有引力常量采用了放大法
D．点电荷概念的提出采用了理想模型法
答案 B
解析 加速度的定义式为a＝eq \f(Δv,Δt)，知加速度等于速度变化量与所用时间的比值，采用了比值定义法，故A正确，不符合题意；探究加速度与物体受力、物体质量的关系应采用控制变量法，故B错误，符合题意；卡文迪什通过扭秤实验，测定了万有引力常量，采用了放大法，故C正确，不符合题意；点电荷是理想化物理模型，点电荷概念的提出采用了理想模型法，故D正确，不符合题意．
2．(2020·吉林省重点高中调研)我国汽车的整车安全性碰撞试验在1998年已与国际开始接轨．碰撞试验是让汽车在水平路面上以48.3 km/h的国际标准碰撞速度驶向质量为80 t的国际标准碰撞试验台，撞击使汽车的动量一下子变到0，技术人员通过查看载着模拟乘员的传感器的数据以便对汽车安全性能装置进行改进．重力加速度g取10 m/s2，请结合以上材料回答，下列说法正确的是( )
A．若因为安全带对座位上的模拟乘员的保护，在碰撞时乘员的速度变为0所用时间约为0.13 s，则安全带对乘员的作用力约等于乘员重力的10倍
B．在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量相同
C．若试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的2.4倍
D．为了减轻碰撞时对模拟乘员的伤害程度，汽车前面的发动机舱越坚固越好
答案 A
解析 对整个碰撞过程应用动量定理得安全带对乘员的作用力F＝eq \f(m人Δv,Δt)≈m人·100 m/s2＝10m人g，选项A正确；在水平路面上运动时汽车所受支持力的冲量与重力的冲量的方向不同，所以两冲量不同，选项B错误；由p＝mv可知试验汽车的标准碰撞速度增加为原来的1.2倍，则其动量变为原来的1.2倍，选项C错误；汽车前面的发动机舱在碰撞时若能运动，可增加乘员与汽车的碰撞时间，由动量定理可知，碰撞过程中乘员受到的作用力减小，即减轻对模拟乘员的伤害程度，选项D错误．
3．(2020·河北第二次省际调研)两辆汽车a、b在两条平行的直道上行驶．t＝0时两车并排在同一位置，之后它们运动的v－t图像如图1所示．下列说法正确的是( )
图1
A．汽车b一直在汽车a的前面
B．汽车a在10 s末向反方向运动
C．5 s到10 s两车的平均速度相等
D．10 s末两车相距最近
答案 A
解析 因v－t图像与t轴所围的面积表示位移，由题图可知，b的位移一直大于a，即汽车b一直在汽车a的前面，选项A正确；汽车a的速度一直为正值，则10 s末没有反方向运动，选项B错误；由题图可知，5 s到10 s两车的位移不相等，则平均速度不相等，选项C错误；由题图可知8～12 s时间内，a的速度大于b，两车逐渐靠近，则12 s末两车相距最近，选项D错误．
4．(2020·江西红色七校第一次联考)荷兰“Mars One”研究所推出了2023年让志愿者登陆火星、建立人类聚居地的计划．登陆火星需经历如图2所示的变轨过程，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
图2
A．飞船在轨道上运行时，运行的周期TⅢ< TⅡB．飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
C．飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度的反方向喷气
D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运行的角速度，可以推知火星的密度
答案 D
解析 根据开普勒第三定律eq \f(a3,T2)＝k可知，飞船在轨道上运动时，运行的周期TⅢ> TⅡ> TⅠ，选项A错误；飞船在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，从离心运动变为圆周运动需减速，即需要在P点朝速度方向喷气，从而使飞船减速到达轨道Ⅰ，则在轨道Ⅰ上机械能小于在轨道Ⅱ的机械能，选项B错误，C错误；根据Geq \f(Mm,R2)＝mω2R以及M＝eq \f(4,3)πR3ρ，解得ρ＝eq \f(3ω2,4πG)，即若轨道Ⅰ贴近火星表面，已知飞船在轨道Ⅰ上运行的角速度，可以推知火星的密度，选项D正确．
5．(2020·山西吕梁市一模)如图3所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上O点，跨过滑轮的细绳连接物块A、B，A、B都处于静止状态，现将物块B由D移至C点后，A、B仍保持静止，下列说法中正确的是( )
图3
A．B与水平面间的摩擦力减小
B．绳子对B的拉力增大
C．A、B静止时，图中α、β、θ三角始终相等
D．悬于墙上的绳所受拉力不变
答案 C
解析 对A受力分析，由于B在D、C两点时，A、B均处于静止状态，故绳子的拉力均等于A的重力；绳子对B的拉力也保持不变，等于A的重力；对B分析，B向右移至C点时，绳与地面的夹角减小，绳水平分力增大，而水平方向B受力平衡，则B与水平面间的摩擦力增大，A、B错误．对滑轮受力分析，由于A一直竖直，故绳子与墙平行，故α＝θ；因拉A的绳子与拉B的绳子力相等，而拉滑轮的力与两绳子的力的合力大小相等，故拉滑轮的力应在两绳子拉力的角平分线上，故α、β、θ三角始终相等，C正确．物块B向右移至C点时时，两绳间夹角增大，而两拉力大小不变，故悬于墙上的绳子的拉力将减小，D错误．
6．(2020·山东日照市4月模拟)质量m＝1 kg的物块静止在光滑水平面上，t＝0时刻对该物块施加一沿水平方向的力F，F随时间t按如图4所示的规律变化．下列说法正确的是( )
图4
A．第2 s末，物块距离出发点最远
B．第2 s末，物块的动量为5 kg·m/s
C．第4 s末，物块的速度最大
D．第3 s末，物块的加速度为2.5 m/s2
答案 B
解析 前2秒物块一直加速运动，所以第2 s末物块的速度最大，此时不是距离出发点最远，故A错误；F－t图像中图线与t轴围成的面积表示力的冲量．根据动量定理可得第2 s末物块的动量为p＝eq \f(5×2,2) kg·m/s＝5 kg·m/s，故B正确；第2 s末，物块的速度最大，第4 s末，物块的速度为零，故C错误；第3 s末，物块的加速度为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(－5,1) m/s2＝－5 m/s2，方向与速度方向相反，故D错误．
7．(2020·山东日照市4月模拟)如图5，不计空气阻力，从O点水平抛出的小球抵达光滑、固定斜面上端P处时，速度方向恰好沿着斜面方向，然后紧贴斜面PQ做匀加速直线运动．下列说法正确的是( )
图5
A．小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的大
B．小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持力大于小球和斜面的总重力
C．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地瞬间小球重力的功率将变大
D．撤去斜面，小球仍从O点以相同速度水平抛出，落地时间将增大
答案 C
解析 物体在抵达斜面之前做平抛运动，加速度为g；在斜面上运动时，由牛顿第二定律得加速度为：a＝gsin α，(α是斜面的倾角)，可知小球在斜面上运动的加速度大小比平抛运动时的小，故A错误；对于小球和斜面组成的系统，因为小球有沿斜面向下的加速度，故小球在竖直方向上有竖直向下的分加速度，小球处于失重状态，所以小球在斜面上运动的过程中地面对斜面的支持力小于小球和斜面的总重力，故B错误；由于小球在斜面上运动的加速度为 a＝gsin α，竖直分加速度为 ay＝asin α＝gsin2α＜g，则知撤去斜面，落地时间变短，落地瞬间竖直方向分速度变大，重力的瞬时功率变大，故C正确，D错误．
8.(2020·山西吕梁市一模)用细绳拴一个质量为m的光滑小球，小球将一固定在墙上的水平轻质弹簧压缩了x(小球与弹簧不拴连)，小球距地面高度为h，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，如图6所示．将细绳剪断后( )
图6
A．小球立即获得eq \f(kx,m)的加速度
B．小球在细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
C．小球落地的时间小于eq \r(\f(2h,g))
D．小球落地的速度大于eq \r(2gh)
答案 D
解析 细绳剪断前小球受重力、弹力和拉力的作用，处于平衡状态，故弹力和重力的合力为：F合＝eq \r(kx2＋mg2)，剪断细绳瞬间，弹力和重力不变，则两力的合力不变，根据牛顿第二定律有：F合＝eq \r(kx2＋mg2)＝ma，解得：a＝eq \f(\r(kx2＋mg2),m)，A错误；平抛运动只受重力，将细绳剪断后，小球受到球的重力和弹簧的弹力的共同作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，所以小球在细绳剪断瞬间不是做平抛运动，B错误；小球竖直方向只受重力，竖直方向分运动是自由落体运动，根据自由落体运动规律有：h＝eq \f(1,2)gt2，故小球落地的时间t＝eq \r(\f(2h,g))，C错误；如果不受弹簧弹力，小球做自由落体运动，根据自由落体运动规律有：v2＝2gh，解得落地速度v＝eq \r(2gh)，由于水平方向有弹簧弹力作用，则水平方向会加速，从而获得水平速度，而竖直方向的速度不变，所以落地速度大于eq \r(2gh)，D正确．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．(2020·山东潍坊市五县联考)从同一高度以相同的初动能竖直向上拋出两个小球a、b，a达到的最高点比b的高，不计空气阻力．以下说法正确的是( )
A．a的质量比b的大
B．a的质量比b的小
C．拋出时，a的动量比b的大
D．抛出时，a的动量比b的小
答案 BD
解析 小球抛出后做竖直上抛运动，由公式h＝eq \f(v\\al(02),2g)可知，a抛出的初速度比b大，由于两球初动能相同，则a的质量比b的小，故A错误，B正确；由动能与动量关系Ek＝eq \f(p2,2m)，可知，质量越大，初动量越大，则抛出时，a的动量比b的小，故C错误，D正确．
10．(2020·黑龙江哈尔滨六中月考)如图7所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直面内．将一质量为m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速度释放．为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，这个高度h的取值可能为( )
图7
A．2.6r B．1.2r
C．1.6r D．0.8r
答案 AD
解析 当小球通过最高点且刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点由重力提供向心力，则有mg＝meq \f(v2,r)；由机械能守恒定律得：mgh－mg·2r＝eq \f(1,2)mv2，解得：h＝2.5r.小球沿圆轨道运动时，也可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得：mgh＝mgr，得h＝r，则为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为：h≤r或h≥2.5r；故B、C错误，A、D正确．
11．(2020·宁夏银川一中月考)如图8甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动．一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
图8
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tan θ＝0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为4 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4eq \r(5)) m
答案 AD
解析 由v－t图像得0～1 s内煤块的加速度大小a1＝eq \f(12－4,1) m/s2＝8 m/s2，方向沿传送带向下；1～2 s内煤块的加速度大小a2＝eq \f(4－0,1) m/s2＝4 m/s2，方向沿传送带向下.0～1 s，对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1,1～2 s对煤块由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得tan θ＝0.75，μ＝0.25，故A正确，B错误；v－t图像中图线与时间轴所围面积表示位移大小，所以煤块上滑总位移大小为x＝10 m，由运动学公式得下滑时间为t下＝eq \r(\f(2x,a2))＝eq \r(\f(2×10,4)) s＝eq \r(5) s，所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2＋eq \r(5)) s，故C错误；0～1 s内煤块位移比传送带位移大4 m，痕迹长4 m,1～2 s内传送带位移比煤块位移大2 m，所以整个上升过程中痕迹的长度为4 m．2～(2＋eq \r(5)) s内传送带向上运动，煤块向下运动，痕迹总长为2 m＋eq \f(1,2)a2t2＋vt＝(12＋4eq \r(5)) m，故D正确．
12．(2020·福建漳州市适应性测试)如图9甲，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h＝0.1 m处，滑块与弹簧不拴接．现由静止释放滑块，通过传感器测量出滑块的速度和离地高度h，并作出如图乙所示滑块的动能Ek与h的关系图像，其中h＝0.2 m～0.35 m图线为直线，其余部分为曲线，h＝0.18 m时，滑块动能最大，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，则由图像可知( )
图9
A．图线各点斜率的绝对值表示合外力大小
B．滑块的质量为0.1 kg
C．弹簧的原长为0.18 m
D．弹簧的劲度系数为100 N/m
答案 AD
解析 由动能定理得，F合Δh＝ΔEk，所以F合＝eq \f(ΔEk,Δh)，ΔEk与Δh取极小值时，eq \f(ΔEk,Δh)就是图线各点的斜率，故A正确；图像直线段，滑块做竖直上抛运动，图像的斜率绝对值等于mg，得m＝0.2 kg，故B错误；当弹簧恢复原长时，滑块离开弹簧，开始做竖直上抛运动，由题图乙可知，此时h＝0.2 m，即弹簧原长为0.2 m，故C错误；由题图乙可知h＝0.18 m时动能最大，此时kΔx＝mg，又弹簧原长为0.2 m，得Δx＝0.02 m，所以k＝eq \f(mg,Δx)＝100 N/m，故D正确．
三、非选择题(本题共6小题，共60分)
13．(6分)(2020·山东潍坊市五县联考)某同学用如图10所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验，操作步骤如下：
图10
①固定斜槽，并使轨道的末端水平；
②在一块平木板表面先后钉上白纸和复写纸，将该木板竖直并贴紧槽口，让小球a从斜槽轨道上某固定点由静止开始滚下，撞到木板，在白纸上留下压痕O；
③将木板向右平移适当距离，再使小球a从原固定点由静止释放，撞到木板，在白纸上留下压痕B；
④把半径相同的小球b放在斜槽轨道水平段的右边缘，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，与b球相碰后，两球撞在木板上，在白纸上留下压痕A和C；
(1)本实验必须测量的物理量是________(填序号字母)．
A．小球a、b的质量
B．小球a、b的半径r
C．斜槽轨道末端到木板的水平距离x
D．球a的固定释放点到斜槽轨道末端的高度差H
E．记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3
(2)用(1)中所测得的物理量来表示两球碰撞过程动量守恒，其表达式为_______________；
(3)对该实验的探究结果没有影响的是________．(填序号字母)
A．木板是否竖直
B．斜槽轨道末端部分是否水平
C．斜槽轨道是否光滑
答案 (1)AE (2)eq \f(ma,\r(h2))＝eq \f(ma,\r(h3))＋eq \f(mb,\r(h1)) (3)C
解析 (1)设小球a单独滚下经过斜槽轨道末端的速度为va，两球碰撞后a、b的速度分别为va′和vb′，若两球碰撞动量守恒，则mava＝mava′＋mbvb′
根据平抛运动规律得va＝eq \f(x,t)＝xeq \r(\f(g,2h2))
va′＝xeq \r(\f(g,2h3))
vb′＝xeq \r(\f(g,2h1))
联立得应满足的表达式为eq \f(ma,\r(h2))＝eq \f(ma,\r(h3))＋eq \f(mb,\r(h1))
本实验必须测量的物理量是小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C的距离h1、h2、h3，故A、E正确；
(2)由以上分析可知，需要验证的表达式为eq \f(ma,\r(h2))＝eq \f(ma,\r(h3))＋eq \f(mb,\r(h1))；
(3)由表达式eq \f(ma,\r(h2))＝eq \f(ma,\r(h3))＋eq \f(mb,\r(h1))可知，木板是否竖直，对实验结果有影响，故A错误；斜槽轨道末端部分是否水平影响小球离开斜槽是否做平抛运动，则对实验结果有影响，故B错误；只要小球a每次从同一高度由静止释放，小球a到达斜槽轨道末端的速度相同，所以斜槽轨道是否光滑，对实验结果没有影响，故C正确．
14．(8分)(2020·北京市房山区一模)在“验证机械能守恒定律”实验中，利用重物拖着纸带自由下落通过打点计时器并打出一系列的点，对纸带上点迹进行测量，经过数据处理即可验证机械能守恒定律．
(1)在实验过程中，下列说法正确的是________．
A．实验时应先接通打点计时器的电源再释放纸带
B．实验时纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上
C．打点计时器、天平和刻度尺是本实验中必须使用的测量仪器
D．实验中重物的质量大小不影响实验误差
(2)正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图11所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点，标上A、B、C……，测得其中E、F、G点距打点起始点O的距离分别为h1、h2、h3.已知重物的质量为m，当地重力加速度为g，打点计时器的打点周期为T.为验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从打下O点到打下F点的过程中，重物重力势能的减少量ΔEp＝________，动能的增加量ΔEk＝________.(用题中所给字母表示)
图11
(3)利用该装置还可以测量当地的重力加速度，某同学的做法是以各点到起始点的距离h为横坐标，以各点速度的平方v2为纵坐标，建立直角坐标系，用实验测得的数据绘制出v2－h图像，如图12所示．由v2－h图像求得的当地重力加速度g＝________ m/s2.(结果保留三位有效数字)
图12
答案 (1)AB (2)mgh2 eq \f(1,2)m(eq \f(h3－h1,2T))2 (3)9.67(9.57～9.78之间均可，但有效数字位数要正确)
解析 (1)为了充分利用纸带，应先接通电源后释放纸带，故A正确；为了减小误差，纸带与打点计时器的两个限位孔要在同一竖直线上，故B正确；根据机械能守恒的表达式，等号两边的质量可以抵消，故可知不需要测量质量，故C错误；为了减小阻力对实验的影响，在实验时一般选择体积小质量大的实心金属球进行实验，故D错误．
(2)从打下O点到打下F点的过程中，下降的高度为h2，故重力势能的减少量为ΔEp＝mgh2，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知F点的速度为vF＝eq \f(h3－h1,2T)，故动能的增加量为ΔEk＝eq \f(1,2)mvF2＝eq \f(1,2)m(eq \f(h3－h1,2T))2.
(3)根据mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v2＝2gh，所以v2－h图线的斜率为2g，即2g＝eq \f(5.8－0,0.3－0) m/s2＝eq \f(58,3) m/s2，解得g＝9.67 m/s2.
15．(8分)图13甲是某景区的轨道滑草，其倾斜轨道表面铺设滑草，水平轨道有一段表面铺设橡胶的减速带，滑行者坐在滑草盆内自顶端由静止下滑．其滑行轨道可简化为图乙模型；滑道与水平减速带在B处平滑连接，滑行者从滑道上离底端高度h＝10.8 m的A处由静止开始下滑，经B处后沿水平橡胶减速带滑至C处停止，已知滑行者与滑草盆的总质量m＝70 kg，减速带BC长L＝16 m，不计空气阻力和连接处能量损失，滑行者与滑草盆可视为质点，滑草盆与滑草间的动摩擦因数为μ1＝0.25，滑草盆与橡胶间的动摩擦因数为μ2，滑道的倾角为37°，(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)，求：
(1)滑行者与滑草盆在AB段上滑行的时间t；
(2)要使滑行者不冲出减速带，μ2至少应为多大；
(3)要使滑行者停在BC的中点，从滑道上开始下滑处高度h与μ2应满足什么关系？
图13
答案 (1)3 s (2)μ2≥0.45 (3)h＝12μ2
解析 (1)由牛顿第二定律可得滑行者在AB段上的加速度为a1＝gsin θ－μ1gcs θ＝4 m/s2
由运动学公式eq \f(h,sin θ)＝eq \f(1,2)a1t2
解得t＝3 s.
(2)滑行者滑至B点时的速度vB＝a1t＝12 m/s
要使滑行者不冲出减速带，需满足eq \f(v\\al(B2),2a2)≤L
由牛顿第二定律，有ma2＝μ2mg
则a2＝μ2g
解得μ2≥0.45.
(3)要使滑行者停在BC的中点，由动能定理有mg(sin θ－μ1cs θ)eq \f(h,sin θ)＝μ2mgeq \f(L,2)
解得h＝12μ2.
16．(10分)(2020·安徽淮北市一模)如图14甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为37°，质量为1.2 kg的小物块(可视为质点)，在一沿斜面向上的恒定推力F作用下从A点由静止开始向上运动，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图像如图乙所示(取g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．求：
图14
(1)撤去F后小物块运动的加速度大小；
(2)小物块与斜面间的动摩擦因数；
(3)0～1.2 s内推力F的冲量．
答案 (1)10 m/s2 (2)0.5 (3)14.4 N·s
解析 (1)由题图乙可知撤去F后小物块运动的加速度大小为a2＝eq \f(Δv2,t2)＝10 m/s2.
(2)小物块在匀减速直线运动过程中由牛顿第二定律知mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma2.
解得μ＝0.5.
(3)解法一：匀加速直线运动过程的加速度大小为a1＝eq \f(Δv1,t1)＝eq \f(10,3) m/s2.
沿斜面方向根据牛顿第二定律可得
F－mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma1
I＝Ft1
解得I＝14.4 N·s
解法二：对全过程应用动量定理，设推力F的冲量为I，则
I－(mgsin 37°＋μmgcs 37°)t＝0
其中t＝1.2 s
解得I＝14.4 N·s.
17．(12分)(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图15所示，由两个半径均为R的四分之一圆弧细管道构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径略小于管的内径，小球大小可忽略)，宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度．当解除锁定后小球离开弹簧进入管道，最后从C点抛出．(轨道ABC与木盒截面GDEF在同一竖直面内)
图15
(1)求小球经C点时的动能；
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
(3)小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧此时弹性势能满足什么条件．
答案 (1)2mgR (2)3mg，方向竖直向上 (3)eq \f(9,4)mgR解析 (1)对小球从释放到C的过程，应用动能定理可得：4mgR－2mgR＝EkC－0
解得小球经C点时的动能EkC＝2mgR
(2)由(1)可知C点小球的速度： vC＝eq \r(\f(2EkC,m))＝2eq \r(gR)
C点：取向下为正方向，由牛顿第二定律可得：mg＋FN＝meq \f(v\\al(C2),R)
解得：FN＝3mg，方向竖直向下
由牛顿第三定律可知在C点时小球对轨道的压力大小也为3mg，方向竖直向上
(3)当小球恰从G点射入盒子中，则由平抛运动规律可得：
竖直方向：R＝eq \f(1,2)gt12
水平方向：R＝vC1t1
联立解得：vC1＝eq \r(\f(gR,2))
小球从释放到C点的过程：Ep1－2mgR＝eq \f(1,2)mvC12－0
得：Ep1＝eq \f(9,4)mgR
当小球直接击中E点时，弹性势能是符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：
竖直方向：2R＝eq \f(1,2)gt22
水平方向：2R＝vC2t2
联立解得：vC2＝eq \r(gR)
小球从释放到C点的过程：Ep2－2mgR＝eq \f(1,2)mvC22－0
得：Ep2＝eq \f(5,2)mgR
综上符合条件的弹性势能应满足：
eq \f(9,4)mgR18．(16分)(2020·山东烟台市一模)如图16所示，质量为M＝4.5 kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m＝1.5 kg的小物块放在长木板的右端，在木板右侧的地面上固定着一个有孔的弹性挡板，孔的尺寸刚好可以让木板无接触地穿过．现使木板和物块以v0＝4 m/s的速度一起向右匀速运动，物块与挡板碰撞后立即以碰前的速率反向弹回，而木板穿过挡板上的孔继续向右运动，整个过程中物块不会从长木板上滑落．已知物块与挡板第一次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为x1＝1.6 m，重力加速度g＝10 m/s2：
图16
(1)求物块与木板间的动摩擦因数；
(2)若物块与挡板第n次碰撞后，物块离开挡板的最大距离为xn＝6.25×10－3 m，求n；
(3)求长木板的长度至少应为多少．
答案 (1)0.5 (2)5 (3)6.4 m
解析 (1)物块与挡板第一次碰撞后，物块向左减速到速度为0的过程中只有摩擦力做功，由动能定理得
－μmgx1＝0－eq \f(1,2)mv02①
解得μ＝0.5②
(2)物块与挡板碰后，物块与木板组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向．
设第一次碰撞后系统的共同速度为v1，由动量守恒定律得
Mv0－mv0＝(M＋m)v1③
v1＝eq \f(M－m,M＋m)v0＝eq \f(1,2)v0 ④
设物块由速度为0加速到v1的过程中运动的位移为x1′
μmgx1′＝eq \f(1,2)mv12⑤
由①⑤式得
x1′＝eq \f(1,4)x1 ⑥
即物块与挡板第二次碰撞之前，物块与木板已经达到共同速度v1
第二次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v1
经一段时间系统的共同速度为
v2＝eq \f(M－m,M＋m)v1＝(eq \f(1,2))2v0
第三次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为v2
经一段时间系统的共同速度为
v3＝eq \f(M－m,M＋m)v2＝(eq \f(1,2))3v0
第n次碰撞后，小物块反弹后瞬间速度大小为vn－1
vn－1＝eq \f(M－m,M＋m)vn－2＝(eq \f(1,2))n－1v0⑦
由动能定理得－μmgxn＝0－eq \f(1,2)mvn－12⑧
由①⑦⑧式得
n＝5⑨
(3)由分析知，物块多次与挡板碰撞后，最终将与木板同时都静止．设物块在木板上的相对位移为L，由能量守恒定律得
μmgL＝eq \f(1,2)(M＋m)v02⑩
解得L＝6.4 m⑪
即木板的长度至少应为6.4 m.