2020年高三物理第二轮总复习加强提升专题五：动能定理能量守恒定律44719.pdf

《2020年高三物理第二轮总复习加强提升专题五：动能定理能量守恒定律44719.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020年高三物理第二轮总复习加强提升专题五：动能定理能量守恒定律44719.pdf（21页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 1 强基础专题五：动能定理 能量守恒定律 一、单选题 1.如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动。质量不同，形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（）A 最大速度相同 B 最大加速度相同 C 上升的最大高度不同 D 重力势能的变化量不同 2.如图所示，传送带足够长，与水平面间的夹角，并以的速度逆时针匀速转动着，在传送带的 A 端轻轻地放一个质量为的小物体，若已知物体与传送带之间的动摩擦因数，（）则下

2、列有关说法正确的是（）A 小物体运动1s后，受到的摩擦力大小不适用公式 B 小物体运动1s后加速度大小为 2 m/s2 C 在放上小物体的第 1s 内，系统产生 50J 的热量 D 在放上小物体的第 1s 内，至少给系统提供能量 70J 才能维持传送带匀速转动 3.运输人员要把质量为，体积较小的木箱拉上汽车。现将长为 L 的木板搭在汽车尾部与地面间，构成一固定斜面，然后把木箱沿斜面拉上汽车。斜面与水平地面成 30o 2 角，拉力与斜面平行。木箱与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度为 g。则将木箱运上汽车，拉力至少做功（）A B C D 4.把质量为 m 的小球（可看做质点）放在竖直的轻质弹簧上，

3、并把小球下按到A 的位置（图甲），如图所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，球升至最高位置 C 点（图丙），途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态（图乙）。已知 AB 的高度差为 h1，BC的高度差为 h2，重力加速度为 g，不计空气阻力。则（）A 小球从 A上升到 B 位置的过程中，动能增大 B 小球从 A上升到 C 位置的过程中,机械能一直增大 C 小球在图甲中时，弹簧的弹性势能为 D 一定有 5.如图所示，将质量为的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为。现将小环从止释放，当小环沿直杆下滑距离也为时（图中B处），下列说法正确的是（重力加速度为g

4、）（）A 小环减少的机械能人于重物增加的机械能 B 小环到达 B处时，重物上升的高度也 C 小环在 B处的速度为 3 D 小环在 B处的速度与重物上升的速度大小之比等于 6.如右图甲所示，质量 m1kg 的物块（可视为质点）以 v010m/s 的初速度从粗糙斜面上的 P 点沿斜面向上运动到达最高点后，又沿原路返回，其速率随时间变化的图像如图乙所示，已知斜面固定且足够长且不计空气阻力，取 g10m/s2下列说法中正确的是（）A 物块所受的重力与摩擦力之比为 3：2 B 在 t1s 到 t6s 的时间内物块所受重力的平均功为 50W C 在 t6s 时物体克服摩擦力做功的功率为 20W D 在 t

5、0 到 t1s 时间内机械能的变化量大小与 t1s 到 t6s 时间内机械能变化量大小之比为 1：5 7.蹦极是一项既惊险又刺激的运动，深受年轻人的喜爱。如图所示，蹦极者从 P 点静止跳下，到达 A 处时弹性绳刚好伸直，继续下降到最低点 B 处，B 离水面还有数米距离。蹦极者（视为质点）在其下降的整个过程中，重力势能的减少量为 E1，绳的弹性势能增加量为E2，克服空气阻力做功为 W，则下列说法正确的是（）A 蹦极者从 P到 A的运动过程中，机械能守恒 4 B 蹦极者与绳组成的系统从 A到 B的运动过程中，机械能守恒 C D 8.如图所示为通过弹射器研究弹性势能的实验装置。光滑 3/4 圆形轨道

6、竖直固定于光滑水平面上，半径为 R。弹射榉固定于 A 处。某-实验过程中弹射器射出一质量为 m 的小球,恰能沿圆轨道 内侧到达最髙点 C,然后从轨道 D 处（D 与圆心等高）下落至水平面。取重力加速度为g 下列说法正确的是（）A 小球从 D处下落至水平面的时间为 B 小球至最低点 B时对轨道压力为 C 小球落至水平面时的动能为 D 释放小球前弹射器的弹性势能为 9.一质量为 0.2kg 的小球在空中由静止下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图，假设小球在空中运动时所受阻力大小不变，小球与地面碰撞时间可忽略不计，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（）A

7、小球在空中运动过程中所受阻力大小为 2N B 小球与地面相碰后上升至最高点所用时间为 0.2s C 在 0-t1时间内，由于空气阻力作用小球损失的机械能为 2.2J D 小球在与地面碰撞过程中损失机械能 2.8J 5 10.小车静止在光滑的水平导轨上，一个小球用细绳悬挂在车上由图中位置无初速释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是()A 绳对球的拉力不做功 B 球克服绳拉力做的功等于球减少的机械能 C 绳对车做的功等于球减少的动能 D 球减少的重力势能等于球增加的动能 11.在倾角为的同定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块 A，B，它们的质最分别为 m1，m2，弹簧劲度系数为 k，

8、C 为一固定挡板，系统处于静止状态。现用一平行斜面向上的恒力 F拉物块 A 使之向上运动，当物块 B 刚要离开挡板 C 时，物块 A运动的距离为 d，速度为 v。则此时（）A 拉力做功的瞬时功率为 Fvsin B 物块 B满足 m2gsin=kd C 物块 A的加速度为 D 弹簧弹性势能的增加量为 二、多选题 12.如图所示，周定的光滑倾斜杆上套有一个质量为 m 的圆环，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的下端固定在水平地面上的 A 点，开始弹簧竖直并且长度恰好为原长 h现让圆环由静止沿杆滑下，滑到杆的底端（未触及地面）时速度恰好为零，已知当地的重力加速度大小为g则在圆环下滑的整个过程中（

9、）6 A 圆环，弹簧和地球组成的系统机械能不守恒 B 弹簧的弹性势能先增大后减小 C 弹簧的弹性势能增大了 D 弹簧的最大压缩量小于其最大伸长量 13.如图，固定在地面的斜面体上开有凹槽，槽内紧挨放置六个半径均为 r 的相同小球，各球编号如图。斜面与水平轨道OA 平滑连接，OA 长度为 6r。现将六个小球由静止同时释放，小球离开 A 点后均做平抛运动，不计一切摩擦。则在各小球运动过程中，下列说法正确的是（）A 球 1的机械能守恒 B 球 6 在 OA段机械能增大 C 球 6 的水平射程最小 D 六个球落地点各不相同 14.(多选)如图所示在一个固定的十字架上(横竖两杆连结点为 O 点)，小球

10、A 套在竖直杆上，小球 B 套在水平杆上，A，B 通过转轴用长度为 L 的刚性轻杆连接，并竖直静止。由于微小扰动，B 从 O 点开始由静止沿水平杆向右运动。A，B 的质量均为 m，不计一切摩擦，小球 A，B 视为质点。在 A 下滑到 O 点的过程中，下列说法中正确的是（）7 A 在 A下滑到 O点之前轻杆对 B一直做正功 B 小球 A的机械能先减小后增大 C A运动到 O点时的速度为 D B的速度最大时，B对水平杆的压力大小为 2mg 15.如图所示，竖直轻质弹簧，下端固定在地面，上端固定一质量为 M 的木板，木板上方放一质量为 m 的物块，木板和物块间不粘连，一竖直向下的力 F 作用在物块上

11、，整个系统处于静止状态。在撤去 F，木板和物块向上运动的过程中，下列说法正确的是（）A 物块先处于超重状态，再处于失重状态 B 木板对物块做正功，物块的机械能增加 C 木板和物块组成的系统机械能守恒 D 当弹簧处于自然状态时，物块克服重力做功的功率最大 16.（多选题）如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块 A，B质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动物块 B，使 B做加速度为 a 的匀加速运动，A，B 两物块在开始一段时间内的关系分别对应图乙中 A，B 图线(时刻 A，B 的图线相切，时刻对应 A图线的最

12、高点)，重力加速度为 g，则（）8 A时刻，弹簧形变量为 0 B 时刻，弹簧形变量为 C 从开始到时刻，拉力 F逐渐增大 D 从开始到 时刻，拉力 F做的功比弹簧弹力做的功少 17.(多选)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为，供水系统的效率为，现测量出桶底到出水管之间的高度差H，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为 S，水的密度为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A 出水口单位时间内的出水体积 B 出水口所出水落地时的速度 C 出水后，手连续稳定按压的功率为 D 手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 18.我国自

13、行研制的新一代轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，将成为中国军方快速部署型轻装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为 m，若在平直的公路上从静止开始加速，前进较短的距离 s 速度便可达到最大值。设在加速过程中发 9 动机的功率恒定为 P，坦克所受阻力恒为 f，当速度为时，所受牵引力为 F。以下说法正确的是()A 坦克速度为 v时，坦克的牵引力做功为 Fs B 坦克的最大速度 C 坦克速度为 v时加速度为 D 坦克从静止开始达到最大速度vm所用时间 19.如图所示，离地 H高处有一个质量为 m的物体，给物体施加一个水平方向的作用力F，已知 F 随时间的变化规律为：（以向左为正，F0，k 均为

14、大于零的常数），物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，且。时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是()A 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B 物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线 C 物体克服摩擦力所做的功 D 物体与墙壁脱离的时刻为 三、计算题 20.如图 1 所示，A，B 两个小球分别固定在一根轻质的刚性直角杆两端，杆的顶点 O 10 处 有 光 滑 的 水 平 固 定 转 动 轴，系 统 可 以 在 竖 起 平 面 内 自 由 转 动 已 知OA=OB=lm

15、A=4m，mB=3m开始时，OA 处于水平位置，由静止释放系统，忽略运动过程中空气阻力，小球均可视为质点求：（1）A球从释放到到达最低位置的过程中杆对 B球所做的功；（2）小球 A在什么位置速度最大？最大值是多少？（3）若在 A 球正下方 l 处固定光滑小轮 O，将 B 球卸去，一条不可伸长的足够长轻绳，一端连接在原来 B 球位置，跨过小轮系一物块 C，如图 2初始时绳绷直，由静止释放系统，A 球逆时针转动，减速为零时恰好与轻绳接触，则物块 C 的质量是多大？21.如图所示，质量mB3.5kg 的物体 B 通过一轻弹簧固定在地面上，弹簧的劲度系数k=100N/m，轻绳一端与物体 B 连接，绕过

16、无摩擦的两个轻质小定滑轮 O1，O2后，另一端与套在光滑直杆顶端质量mA1.6kg 的小球 A 连接。已知直杆固定，杆长 L 为0.8m，与水平面的夹角=37，初始时使小球 A 静止不动，与 A 端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力 F 为 45N。已知AO1=0.5m，重力加速度 g 取 10m/s2，绳子不可伸长；现将小球 A从静止释放，求：（1）在释放小球 A前弹簧的形变量；（2）若直线 CO1与杆垂直，求物体从 A 点运动到 C 点的过程中绳子拉力对物体 A 所做的功。22.如图所示，物体 A，B 用绕过光滑的定滑轮的细线连接，离滑轮足够远的物体 A 置 11 于光滑的平台上，物体

17、C 中央有小孔，C 放在物体 B 上，细线穿过 C 的小孔。“U”形物 D固定在地板上，物体 B可以穿过 D的开口进入其内部而物体 C 又恰好能被挡住。物体 A，B，C 的质量分别为mA=8 kg，mB=10kg，mc=2 kg，物体 B，C 一起从静止开始下降 H1=3 m 后，C 与 D 发生没有能量损失的碰撞，B继续下降 H2=1.17m 后也与 D发生没有能量损失的碰撞。取 g=10 m/s2，求：(1)物体 C 与 D碰撞时的速度大小。(2)物体 B与 D碰撞时的速度大小。(3)B，C 两物体分开后第一次碰撞前 B，C 的速度。12 答案解析 1.C【解析】撤去外力后，两物块受到重力

18、，弹力和支持力作用，在斜面上做往复运动，当弹簧弹力等于重力沿斜面向下的分力时，速度最大，根据牛顿第二定律和动能定理，有：，质量较小的物块平衡位置较高，合力做功较大，物块的最大速度较大，A 项错误；初位置时物块具有的加速度最大，由于弹簧的压 缩 量 一 定，所 以 最 大 弹 力 相 同，根 据 牛 顿 第 二 定 律 有：，由于质量不同，所以最大加速度也不同，B项错误；由于弹簧相同，两个物块的质量不同，所以速度最大时的位置不同，C 项正确；速度为零时，物块的动能也为零，减少的弹性势能全部转化为物块的重力势能，D项错误。2.B【解 析】由 题 意 知，释 放 后A 受 向 下 摩 擦 力，根 据

19、 牛 顿 第 二 定 律，求得加速度，再根据，可得：，即 1s 后物体与传送带速度相等，又因为，所以 1s 后物体继续做加速运动，解得：，摩擦力为动摩擦力，故适 用公 式，所 以 A 错 误；B 正确；在 第 1s 内 物体 的位移，传送带的位移，故相对位移，所以系统产生的热量，故 C 错误；物体增加的动能，系统提供能量，小于 70J，故 D错误。3.C【解 析】在 拉 动 过 程 中，克 服 重 力 做功 为，克 服 摩 擦 力做 功为，根据功能关系，拉力至少做功为：，C 正确。13 4.C【解析】小球上升时先加速后减速，当时，加速度为零速度最大，此时弹簧还处于压缩状态，选项 A 错误.从

20、A 到 B，小球和弹簧的系统机械能守恒，弹性势能减小，小球的机械能增大；而从 B 到 C，小球只有重力做功，机械能不变，选项 B 错误.由 A 到 C 系 统 的 机 械 能 守 恒 可 知，弹 性 势 能 全 部 转 化 为 重 力 势 能，故，选项 C 正确.由 A 到 C 弹簧的弹性势能转化为小球的重力势能，动能最大位置在 B点下方，故可等于零，选项 D错误.故选 C.5.D【解析】环和重物组成的系统，只有重力做功，只发生重力势能和动能之间的转化，系统的机械能是守恒的，所以环减少的机械能等于重物增加的机械能，故A 错误由几何知识得：环到达B 处时，重物上升的高度为：环的速度沿绳子方向和垂

21、直于绳子方向分解，沿绳子方向的分速度大小等于重物的速度 大 小，有：，即再 根 据 系 统 的 机 械 能 守 恒 得：联立解得：故 BC 错误，D 正确 6.D【解析】设斜面倾角为，根据速度-时间图象的斜率表示加速度得：上滑过程：下滑过程：根据牛顿第二定律得：带入数据解得：，故 A错误；根据速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示位移得：1-6s 内的位移 x=25m，则 t=1s到 t=6s的时间内物块所受重力的平均功率 14，故 B错误；摩擦力，则 t=6s时物体克服摩擦力做功的功率，故 C 错误；在 t=0 到 t=1s 时间内机械能的变化量 大 小，t=1s 到 t=6s 时间内 机械

22、能变化量大小，则。故 D正确 7.C【解析】蹦极者从 P 到 A 的过程中，除了重力做功以外，有空气阻力做功，机械能不守恒故 A错误从 A到 B的过程中，有重力，弹力和阻力做功，对于系统，除了重力和弹力做功以外，有阻力做功，系统机械能不守恒故 B 错误根据能量守恒知，由于动能变化量为零，重力势能的减小量等于弹性势能的增加量与克服阻力做功之和故C 正确，D错误 8.D【解析】小球恰好通过最高点，则由，解得；小球从 C 到 D的过程中机械能守恒，则有；解得；小球由 D 到地面做匀加速直线运动；若做自由落体运动时，由可得，；而现在有初速度，故时间小于；故 A 错误；B，由 B 到 C 过程中，机械能

23、守恒，则有：；B 点时由牛顿第二定律有：；联立解得，故 B 错误；C，对 C 到地面过程由机械能守恒得：；故 C 错误；D，小球弹出后的机械能等于弹射器的弹性势能；故弹性势能为；故 D正确；故选：D 9.B 15【解析】由图象信息可知，小球下落阶段的加速度大小为 5m/s2,由受力分析得 所以可解得小球受到的空气阻力大小为1N;小球上升阶段的加速度,可得；在 0t1时间内，空气阻力对小球做的负功等于 2.8J；小球在碰撞过程中损 失机械能等于1.6J，综上，答案选择 B。10.B【解析】在小球下摆到最低点的过程中，绳对球的拉力做负功，球的机械能减小，选项 AD 错误；对小球，由功能关系，球克服

24、绳拉力做的功等于球减少的机械能，绳对车做的功等于球克服绳拉力做的功，选项B正确，C 错误.11.C【解析】由于拉力 F 与速度 v 同向，所以拉力的瞬时功率为，故 A 错误；开始系统处于静止状态，弹簧弹力等于 A 的重力沿斜面向下的分力，当 B 刚离开 C 时，弹簧的弹力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故，但由于开始是弹簧是压缩的，故，故，故 B 错误；当 B 刚离开 C 时，对 A，根据牛顿第二定律得：，又开始时，A 平衡，则有：，而，解得：物块A 加速度为，故 C 正确；根据功能关系，弹簧弹性势能的增加量等于拉力的功减去系统动能和重力势能的增加量，即为：，故 D错误 12.CD【解析】圆环

25、沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中有两个力对圆环做功，即环的重力和弹簧的拉力；所以圆环的机械能不守恒，如果把圆环和弹簧组成的系统作为研究对象，则系统的机械能守恒，故A 选项错误；弹簧的弹性势能随弹簧的形变量的变化而变化，由图知弹簧先缩短后再伸长，故弹簧的弹性势能先增大再减小，最后增大才对故 B 选项错误；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少了，那么弹簧的 16 机械能即弹性势能增大，故 C 选项正确；由图可知，弹簧的最大压缩量在弹簧与杆垂直的时刻，此时的系统具有的能量为圆环的动能，势能和弹簧的弹性势能，当圆环速度减为零时，到达最底端，此时圆环的动能和势能都为零，系统所有的机械能全部转化成了弹簧的

26、弹性势能，此时的弹簧处于伸长状态，所以弹簧的最大伸长量要大于最大压缩量，故D正确 13.BC【解析】各个球在斜面上运动机械能守恒，在 OA 段前面小球将受到后面小球的推力作用，前面小球机械能增大，后面的小球机械能减小，球 6 在 OA 段机械能增大，选项 A 错误，B 正确；由于后面的小球速度大于前面的小球，球 6 的水平射程最小，选项 C 正确。由于 OA长度为 6r，后面三个小球落地点相同，选项 D错误。14.BC【解析】A，B 组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，当 A 到达底端时，B 的速度为零，B 的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对B 先做正功，后做负

27、功小球 A 的机械能先减小后增大，故 A 错误，B 正确A 运动到最低点时，B 的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：，解得：，故C 正确，B 的速度最大时，B 此时加速度为零，杆子对 B 无作用力，B 对地面的压力等于 B 的重力，为故 D错误 15.AB【解析】在撤去 F，木板和物块向上运动的过程中，弹簧的弹力先大于木板和物块的总重力，后小于总重力，所以木板和物块先向上加速运动，后向上减速运动，加速度先向上后向下，则物块先处于超重状态，再处于失重状态，故A 正确由于木板对物块的支持力一直做正功，由功能原理可知物块的机械能不断增加，故 B 正确由于弹簧对木板做正功，所以木板和物块组成的系统机

28、械能增加，故 C 错误对于木板和物块组成的系统，当总重力与弹簧的弹力大小相等时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块克服重力做功的功率最大，故 D错误 16.BD【解析】由图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律 17 得：，则得:，故 A 错误；由图读出，t1 时刻 A，B 开始分离，对 A根据牛顿第二定律：，则，故 B正确从开始到 t1 时刻，对 AB 整体，根据牛顿第二定律得：，得，x 减小，F 增大；t1 时刻到 t2 时刻，对 B，由牛顿第二定律得：，得，可知 F 不变，故 C 错误由上知：t1 时刻 A，B开始分离 开始时有：从开始到 t1 时刻，弹簧

29、释放的势能 从开始到 t1 时刻的过程中，根据动能定理得：由解得：，所以拉力 F做的功比弹簧释放的势能少，故 D 正确 17.AC【解析】由题意知，设流水时间为 t，则水柱长，体积，可得：单位时间内的 出 水 体 积，所 以 A 正 确；设 落 地 的 速 度 为 v，根 据 动 能 定 理，故水落地时的速度不等于，所以 B 错误；设 t 时间内，供水质量为m，人做功为W，根据供水系统的效率为可得：，其中代入得，所以 C 正确；D错误。18.BC【解析】因为在运动的过程中，功率不变，速度增大，则牵引力减小，知牵引力不是恒力，不能通过求解牵引力做功的大小，所以牵引力做功不等于，因为功率不变，知牵

30、引力做功故 A错误 当牵引力与阻力相等时，速度最大，根据知，最大速度故 B正确 18 当坦克的速度为 v 时，根据牛顿第二定律得，故 C 正确 根据动能定理得，则故 D错误 19.CD【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：，随着 F 减小，加速度 a 逐渐增大，做变加速运动，当 F=0 时，加速度增大到重力加速度 g，此后物块脱离墙面，故 A 错误物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线故B 错误物体从开始运动到脱离墙面 F 一直不做功，由动能定理得，物体克服摩擦力所做的功故 C 正确 当物体与墙面脱离时 F 为零，所以，解得时间故 D正确 20.（

31、1）（2）小球 A在与水平方向偏角时速度最大（3）【解析】（1）设 A球在底端时速度为 V，从释放到到达最低位置的过程中，A，B球组成的系统机械能守恒，重力势能减少量等于系统的动能增加量：解得：设在此过程中杆对 B球做功 W，对 B球在此过称中应用动能定理：由解得：（2）设 OA 杆 转 过 角 时 A 球 获 得 速 度 v，B 球 速 度 大 小 也 为 v，19 A，B球系统机械能守恒，由机械能守恒定律：代入数据整理得：其中 时 V有最大值,所以 A 球由开始位置转过时有最大速度：.（3）作出 A球刚接触细线的状态图，如图示 作 OD垂直 OB，由几何关系可知 所以A 球下落高度：C 物

32、块上升高度：此过程 A，C 组成的系统机械能守恒：由代入数据解得：21.（1）0.1m；（2）7J【解析】（1）释放小球A 前，物体B处于平衡状态，kx=F-mg 得 x=0.1m 故弹簧被拉长了 0.1m（2）小球从杆顶端运动到 C 点的过程，由动能定理：其中 h=CO1cos370 而 物体 B下降的高度 20 由此可知，此时弹簧被压缩了 0.1m，则弹簧的弹性势能在初，末状态相同。再以 A，B和弹簧为系统，由机械能守恒：对小球进行速度分解可知，小球运动到 C 点时物体 B的速度vB=0 由联立可得：22.(1)6 m/s。(2)7 m/s(3)-0.5m/s,；-0.3m/s。【解析】（1）由于平台是光滑的，物体 A，B，C 在滑动过程中机械能守恒，则有：代入数据得vC6 m/s。（2）物体 C 与 D碰撞后，物体 A，B继续运动，满足机械能守恒，则有：代入数据得vB7 m/s。（3）物体 C 与 D碰撞后，物体 B在继续下落过程中的加速度为：下落所用时间 B，C 与 D 碰撞后无机械能损失，都以原速率反弹，做竖直上抛运动，取竖直向上为正方向,设 C 反弹后经过时间 t 两物体相碰，则有：联立解得 t0.93 s 所以 B，C 碰前的速度分别为 21