山西省应县第一中学2020届高三9月月考物理试题

应县一中高三年级月考二物理试题

一、单项选择题。

1.2017年10月9日至2017年10月15日,中国大学生方程式汽车大赛在襄阳举行,图甲是1号赛车的v-t图象,图乙是2号赛车的a-t图象,由图象可知下列结论正确的是(　 )

A. 1号赛车在0～1 s内的加速度方向与2 s～4 s内的加速度方向相同

B. 1号赛车在0～1 s内的运动方向与2 s～4 s内的运动方向相反

C. 2号赛车在4 s末的速度大小为10 m/s

D. 2号赛车在0～4 s内速度的变化量大小为10 m/s

【答案】D

【解析】

【详解】AB．速度时间图象斜率的正负表示加速度的方向，则1号赛车在0～1 s内的加速度方向与2 s～4 s内的加速度方向相反；速度的正负表示物体运动的方向，则1号赛车在0～1 s内的运动方向与2 s～4 s内的运动方向相同；故AB两项均错误。

CD．加速度时间图象与时间轴围成面积表示对应时间内的速度变化，则2号赛车在0～4 s内速度的变化量：

2号赛车的初速度未知，则2号赛车在4 s末的速度不确定；故C项错误，D项正确。

2.在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄。OA、OB为承重的轻杆，AOB始终在竖直平面内，OA可绕A点自由转动，OB与OA通过铰链连接，可绕0点自由转动，且OB的长度可调节，现将新鲜葡萄用细线挂于0点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，∠AOB由锐角变为钝角的过程中，下列判断正确的是（   ）

A. F1逐渐变大，F2先变小后变大

B. F1先变小后变大，F2逐渐变大

C. F1逐渐变小，F2逐渐变小

D. F1逐渐变大，F2逐渐变大

【答案】A

【解析】

由题,保持OA的位置不变,则需要使OA受力的方向沿OA的方向,OB受到的力沿OB的方向; 以O点为研究对象进行受力分析,受到细线的拉力(等于葡萄的重力)、OA和OB杆的支持力,如图所示, 

作出OB杆的支持力与细线拉力的合力,与OA杆的支持力等大反向,当OB杆向左移动而OA位置不变时,利用矢量三角形方法作出各力的变化情况如图,  
由图可以知道,F1逐渐增大、F2先减小再增大,当OB与OA相互垂直时,F2最小故A正确；

综上所述本题答案是：A

3.如图所示，质量为M的斜面静置在水平地面上，斜面上有一质量为m的小物块，水平力F作用在小物块上时，两者均保持静止，斜面受到水平地面的静摩擦力为，小物块受到斜面的静摩擦力为，现使F逐渐增大，两者仍处于静止状态，则（    ）

A. 、都增大

B. 、都不一定增大

C. 不一定增大，一定增大

D. 一定增大，不一定增大

【答案】D

【解析】

对物块m受力分析，受重力、支持力、推力，可能有静摩擦力，①当时，静摩擦力沿着斜面向上，大小为，当F增大时，变小；②当时，静摩擦力为零，当增大时，变大；③当时，静摩擦力沿着斜面向下，大小为，F增大时，变大，故不一定增大；

对整体受力分析，受到重力、支持力、静摩擦力、推力，则有，则增大，一定增大；故D正确，ABC错误；

故选D。

【点睛】需要选好研究对象，受力分析，应用平衡条件求解即可

4.如图所示，小球A位于斜面上，小球B与小球A位于同一高度，现将小球A、B分别以和的速度水平抛出，都落在了倾角为45°的斜面上的同一点，且小球B恰好垂直打到斜面上，则：为

A. 3：2 B. 2：1 C. 1：1 D. 1：2

【答案】D

【解析】

试题分析：对小球A，水平方向：x=vAt；竖直方向：，，解得2vA=gt=vy；对小球B,由于下落的高度与A相同，故竖直速度相同，因垂直打到斜面上，则vy=vB，则vA：vB=1:2，故选D.

考点：平抛运动

5.游乐园里有一种叫“飞椅”的游乐项目，简化后的示意图如图所示．已知飞椅用钢绳系着，钢绳上端的悬点固定在顶部水平转盘上的圆周上．转盘绕穿过其中心的竖直轴匀速转动．稳定后，每根钢绳(含飞椅及游客)与转轴在同一竖直平面内．图中P、Q两位游客悬于同一个圆周上，P所在钢绳的长度大于Q所在钢绳的长度，钢绳与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2.不计钢绳的重力．下列判断正确的是(   )

A. P、Q两个飞椅的线速度大小相同

B. 无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2

C. 如果两个游客的质量相同，则有θ1等于θ2

D. 如果两个游客的质量相同，则Q的向心力一定大于P的向心力

【答案】B

【解析】

【详解】BC．设钢绳延长线与转轴交点与游客所在水平面的高度为h，对游客受力分析，由牛顿第二定律和向心力公式可得：

则：

设圆盘半径为r，绳长为L，据几何关系可得：

因为：

所以：

由上分析得：无论两个游客的质量分别有多大，θ1一定大于θ2；故B项正确，C项错误。

A．设游客做圆周运动的半径为R，由几何关系可得：

所以：

两游客转动的角速度相等，据可得：

故A项错误。

D．对游客受力分析，游客所受向心力：

如果两个游客的质量相同，，所以P的向心力一定大于Q的向心力，故D项错误。

6.2018年2月12日，我国以“一箭双星”方式成功发射“北斗三号公程”的两颗组网卫星。已知某北斗导航卫星在离地高度为21500千米的圆形轨道上运行，地球同步卫星离地的高度约为36000千米。下列说法正确的是（     ）

A. 此北斗导航卫星绕地球运动的周期大于24小时

B. 此北斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度

C. 此北斗导航卫星的线速度小于地球同步卫星的线速度

D. 此北斗导航卫星加速度小于地球同步卫星的加速度

【答案】B

【解析】

根据题意可知北斗卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以根据公式可得，可知半径越大，周期越大，所以北斗的周期小于同步卫星周期即北斗导航卫星绕地球运动的周期小于24小时，A错误；根据公式可得，轨道半径越大，角速度越小，所以斗导航卫星的角速度大于地球同步卫星的角速度，B正确；根据公式可得，可知轨道半径越大，线速度越小，所以北斗导航卫星的线速度大于地球同步卫星的线速度，C错误；根据公式可得，轨道半径越大，向心加速度越小，故此北斗导航卫星的加速度大于地球同步卫星的加速度，D错误．

7.如图所示，在倾角为θ斜面上，以速度v0水平抛出一个质量为m的小球（斜面足够长，重力加速度为g），则在小球从开始运动到小球离开斜面有最大距离的过程中，下列说法中错误的是（      ）

A. 重力做功

B. 速度的变化

C. 运动时间

D. 重力的平均功率

【答案】C

【解析】

【详解】当小球的速度方向与斜面平行时，距离斜面最远，此时的竖直分速度vy=v0tanθ，解得，速度的变化量△v=gt=v0tanθ．故B正确，C错误。此时下降的高度，重力做功W=mgh=．故A正确。重力的平均功率．故D正确。此题选择不正确的选项，故选C。

【点睛】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道速度方向与斜面方向平行时，距离斜面最远．

8.如图为码头拖船作业的示意图，质量为m的汽车在平直路面上运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与定滑轮之间的轻绳始终水平.当牵引轮船的轻绳与水平方向的夹角为θ时，轮船的加速度大小为a，轻绳的拉力对船做功的功率为P，汽车受到的阻力大小为Ff，轮船的速度大小为v，则下列说法不正确的是(　　)

A. 此时汽车的加速度为a车＝acosθ

B. 此时绳的拉力大小为FT＝

C. 此时汽车的速度为v车＝

D. 此时汽车牵引力的功率P车＝P＋(Ff＋macosθ)vcosθ

【答案】C

【解析】

【详解】A．船和车在沿绳方向的加速度大小相同，将船的加速度分解成沿绳和垂直于绳，则汽车的加速度

a车＝acosθ

故A项正确，不符合题意；

B．对船，由瞬时功率的公式可得：

解得：绳的拉力大小为

FT＝

故B项正确，不符合题意；

C．船和车在沿绳方向的速度大小相同，将船的速度分解成沿绳和垂直于绳，则汽车的速度

v车＝

故C项错误，符合题意；

D．对车受力分析，由牛顿第二定律可得：

汽车的功率：

P车＝

联立解得：此时汽车牵引力的功率

P车＝P＋(Ff＋macosθ)vcosθ

故D项正确，不符合题意。

9.如图所示，一个可视为质点的滑块从高H＝12 m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑下，进入半径为r＝4 m的竖直圆环，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，滑块继续沿CFB滑下，进入光滑轨道BD，且到达高度为h的D点时速度为零，则h的值可能为(重力加速度大小g取10 m/s2)(　　)

A. 8 m B. 9 m C. 10 m D. 11 m

【答案】B

【解析】

【详解】当滑块到达圆环顶点C时，滑块对轨道的压力恰好为零，则：

小球从A点到C点过程，由动能定理可得：

小球从C点到D点过程，由动能定理可得：

据能量守恒得，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧速度小于右侧速度，圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同，据牛顿第二定律和向心力公式知，在圆环左侧与右侧的任一等高处，左侧所受摩擦力小于右侧，则：

联立解得：

即：

A．8m，与分析不符，故A项错误；

B．9m，与分析相符，故B项正确；

C．10m，与分析不符，故C项错误；

D．11m，与分析不符，故D项错误。

10.如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(　　)

A. 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ

B. 物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为

C. 斜面倾角θ的正弦值为

D. 不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功

【答案】C

【解析】

【详解】A：物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量，故A项错误。

B：上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有，解得，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为，故B项错误。

C：上滑过程中有，下滑过程中有，解得。故C项正确。

D：3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力。从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功。根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量。克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等。所以，能求出。 ，故D项错误。

【点睛】冲量是力在某段时间上对物体运动状态的积累效应，恒力的冲量等于力和作用时间的乘积。

二、多项选择题。

11.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体A、B通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动(A在地面上,B在空中),力F与水平方向成θ角。则A所受支持力FN和摩擦力f满足(　　)

A. FN=m1g+m2g-Fsin θ B. FN=m1g+m2g-Fcos θ

C. f=Fcos θ D. f=Fsin θ

【答案】AC

【解析】

【详解】AB．对整体受力分析如图，据平衡条件可得，竖直方向有：

解得：

故A项正确，B项错误；

CD．对整体受力分析如图，据平衡条件可得，水平方向有：

故C项正确，D项错误。

12.如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端栓接质量为m的小球,小球放在倾角为30°的光滑固定斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成30°角,重力加速度为g,则

A. 平衡时,斜面对小球的作用力大小为

B. 若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为

C. 若将弹簧剪断,则剪断的瞬间小球的加速度大小为

D. 若将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧,系统重新达到平衡时,弹簧仍处于拉伸状态,此时斜面对小球的作用力变小

【答案】CD

【解析】

【详解】A、小球静止于斜面上，设小球受的弹簧拉力为T，斜面对小球的支持力为FN，对小球受力分析如图，则：，，解得：，故A错误；

B、将斜面突然移走，小球受的弹簧拉力和重力，弹簧弹力不突变，所以小球的合外力与斜面对小球的支持力的大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可知小球的加速度大小为，故B错误；

C、将弹簧剪断的瞬间，小球即将沿斜面向下做匀加速运动，小球的加速度大小为，故C正确；

D、将弹簧换成原长相同但劲度系数更大的另一轻弹簧，弹簧弹力将变大，小球将沿斜面向上运动，系统重新达到平衡时，轻弹簧与竖直方向的夹角小于，但斜面对小球的支持力方向不变，根据作图可得斜面对小球的作用力变小，故D正确；

故选CD。

13.如图所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受到水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图所示，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A. 小滑块的质量m＝2 kg

B. 小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.1

C. 当水平拉力F＝7 N时，长木板的加速度大小为3 m/s2

D. 当水平拉力F增大时，小滑块的加速度一定增大

【答案】AC

【解析】

【分析】

当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析。

【详解】对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，

当F=6N时，此时两物体具有最大共同加速度，代入数据解得：M+m=3kg

当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=

知图线的斜率k解得：M=1kg，滑块的质量为：m=2kg。故A正确；

B、C项：根据F大于6N的图线知，当F=6N时，加速度a=2m/s2，即有：

代入数据解得：μ=0.2，

当F=7N时，长木板的加速度为：a= 3m/s2。

根据μmg=ma′得木板的加速度为：a′=μg=4m/s2，故B错误，C正确；

D项：当拉力增大时，两物体发生滑动时，木块的加速度为 ，恒定不变，故D错误。

故选：AC。

【点睛】本题考查牛顿第二定律与图象的综合，知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析。

14.如图所示，质量为M、半径R的ABC凹槽（为光滑圆槽的一部分）静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角，其右侧紧贴竖直墙壁PQ。一质量为m的小物块（可视为质点）从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽 ，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点。不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是

A. 从D点抛出初速度为；D点距A点高度差

B. 小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg

C. 小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为，方向水平向左

D. 小球从C 到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒。

【答案】AC

【解析】

A项：小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽 ，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，，从A到C应用能量守恒可知，，解得，从D到A应用动能定理可得：，解得：，故A正确；

B项：从A到B应用动能定理，，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，，由以上两式解得，故B错误；

C项：小球到B时的速度为，根据动量定理可得：，故C正确；

D项：小球从C 到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零 ，故动量不守恒，故D错误。

三、实验题。

15.某同学探究钩码加速度与合外力的关系，其实验装置如图所示，一端带有定滑轮的长木板固定在桌面上，用轻绳绕过定滑轮及光滑的动滑轮将滑块与弹簧测力计相连。实验中保持钩码的质量不变，在滑块上增加砝码进行多次测量，每一次滑块均从同一位置P由静止释放，在钩码带动下滑块向右运动，此过程中，记录弹簧测力计的示数F和光电门的遮光时间t，用弹簧测力计测得钩码受到的重力为G，用刻度尺测得P与光电门间的距离为s，用螺旋测微器测得滑块上窄片的宽度为d。

（1）实验中_________（选填“需要”或“不需要”）平衡滑块受到的滑动摩擦力；

（2）钩码的加速度大小a=________（用含有d、t、s的表达式表示）。

（3）根据实验数据绘出的下列图像中最符合本实验实际情况的是____。

【答案】    (1). （1）不需要；    (2). （2）；    (3). （3）A

【解析】

【详解】（1）根据实验原理可知，力通过弹簧秤测出，因此滑块是否需要平衡摩擦力，对其没有影响，因此实验中不需要平衡滑块受到的滑动摩擦力；
（2）在匀变速直线运动中，根据速度与位移关系，则有：v2=2as；而，因此滑块的加速度大小；那么钩码的加速度大小。
（3）由题意可知，钩码的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系：G-2F=ma，且钩码的加速度大小；那么则有：，故A正确，BCD错误；

16.某课外活动小组利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律．

(1)某同学用20分度游标卡尺测量小球的直径，读数如图甲所示，小球直径为________cm.图乙所示弹射装置将小球竖直向上抛出，先后通过光电门A、B，计时装置测出小球通过A、B的时间分别为2.55 ms、5.15 ms，由此可知小球通过光电门A、B时的速度分别为vA、vB，其中vA＝________m/s.

(2)用刻度尺测出光电门A、B间的距离h，已知当地的重力加速度为g，只需比较________(用题目中涉及的物理量符号表示)是否相等，就可以验证机械能是否守恒．

(3)通过多次实验发现，小球通过光电门A的时间越短，(2)中要验证的两数值差越大，试分析实验中产生误差的主要原因是_____________________________________________．

【答案】    (1). 1.020　    (2). 4    (3).     (4). 小球上升过程中受到空气阻力的作用，速度越大，所受阻力越大

【解析】

（1）游标卡尺主尺读数10mm，游标尺第4个对与主尺对齐，所以游标尺读数是0.05╳4mm，所以小球直径为10.20mm= 1.020cm。

（2）由机械能守恒定律可得： ，得：，只要比较gh与就可以验证机械能是否守恒.

（3）小球上升过程中受到空气阻力的作用；速度越大，所受阻力越大

四、计算题

17.原地纵跳摸高是篮球和羽毛球重要的训练项目。已知质量m=60kg的运动员原地摸高为2.05米，比赛过程中，该运动员重心先下蹲0.5米，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.85米的高度。假设运动员起跳时为匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取10m/s2。求：

（1）该运动员离开地面时的速度大小为多少？

（2）起跳过程中运动员对地面的压力；

（3）从开始起跳到双脚落地需要多少时间？

【答案】(1) 4m/s；(2)1560N；(3)1.05s

【解析】

【详解】（1）运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据可知，m/s=4m/s

（2）在起跳过程中，根据速度位移公式可知，解得m/s2=16m/s2，

对运动员，根据牛顿第二定律可知FN−mg=ma，解得FN=1560N

根据牛顿第三定律可知，对地面的压力为1560N

(3)起跳过程运动的时间t1=v/a=4/16s=0.25s

起跳后运动的时间t2=v/g=0.4s

故运动的总时间t=t1+2t2=1.05s

答：(1)该运动员离开地面时的速度大小为4m/s；

(2)起跳过程中运动员对地面的压力为1560N；

(3)从开始起跳到双脚落地需要1.05s

18.如图甲所示，有一倾角为30°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑时的高度；

(3)木板的质量。

【答案】（1）；（2）2.5m；（3）1.5kg

【解析】

(1)开始F向左时，滑块受到水平推力F、重力mg和支持力处于平衡，如图所示：

水平推力：；

(2)由图乙知，滑块滑上木板时速度为：，设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：，代入数据得：，则滑块下滑的位移为：，则下滑时的高度：；

(3)设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1，由图乙知，滑块刚滑上木板时的加速度为，对滑块：，此时木板的加速度：，对木板：，当滑块和木板速度相等，均为：，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：，对整体：，由以上各式解得：

19.如图所示，在竖直平面内有一个粗糙的1/4圆弧轨道，其半径R＝0.4 m，轨道的最低点距地面高度h＝0.45 m．一质量m＝0.1 kg的小滑块从轨道的最高点A由静止释放，到达最低点B时以一定的水平速度离开轨道，落地点C距轨道最低点的水平距离x＝0.6 m．空气阻力不计，g取10 m/s2，求：(结果保留两位有效数字)

(1)小滑块离开轨道时的速度大小；

(2)小滑块运动到轨道最低点时，对轨道的压力大小；

(3)小滑块在轨道上运动的过程中，克服摩擦力所做的功．

【答案】(1)2.0 m/s　(2)2.0 N　(3)0.20 J

【解析】

【详解】(1)小滑块离开轨道后做平抛运动，设运动时间为t，初速度为v，则：

x＝vt

解得：

v＝2.0 m/s.

(2)小滑块到达轨道最低点时，受重力和轨道对它的弹力为FN，根据牛顿第二定律可得：

解得：

FN＝2.0 N

根据牛顿第三定律，轨道受到的压力大小为2.0 N

(3)在滑块从轨道的最高点到最低点的过程中，根据动能定理：

解得：

Wf＝－0.20 J

所以小滑块克服摩擦力做功为0.20 J

20.如图，在高h1＝30 m的光滑水平平台上，质量m＝1 kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep.若打开锁扣K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点沿切线方向进入圆弧形轨道．B点的高度h2＝15 m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L＝70 m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运动与右边墙壁发生碰撞，g取10 m/s2.求：

(1)小物块由A到B的运动时间；

(2)小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；

(3)若小物块与墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，运动至C点停止，试求动摩擦因数μ.

【答案】(1)s　(2)50 J　(3)

【解析】

【详解】(1)设从A运动到B的时间为t，则：

解得：

(2)由R＝h1，得∠BOC＝60°.设小物块平抛的水平速度是v1，则：

解得：

v1＝10 m/s

据能量守恒可得，原来压缩弹簧时储存的弹性势能：

(3)设小物块在水平轨道CD上通过的总路程为2L，由能量守恒知

代入数据计算得出：