甘肃省张掖市第二中学2020届高三物理上学期11月月考试题（含解析）一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分）．1.如图所示，电灯悬挂于两墙之间，OA水平，更换绳OA，使连接点A逐渐向上移，但保持O点位置不变，则A点向上移时，绳OA的拉力：A. 逐渐增大B. 逐渐减小C. 先增大后减小D. 先减小后增大【答案】D【解析】【详解】以O点位研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：由图可知，绳子OB上的拉力逐渐减小，OA上的拉力先减小后增大．A．逐渐增大，与结论不相符，选项A错误；B．逐渐减小，与结论不相符，选项B错误；C．先增大后减小，与结论不相符，选项C错误；D．先减小后增大，与结论相符，选项D正确；2.汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，可以明显地看出滑动的痕迹，即常说的刹车线，由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据，若汽车轮胎跟地面的动摩擦因数是0.7，刹车线长是14m，则可知汽车刹车前的速度大约是A. 7m/sB. 10m/sC. 14m/sD. 20m/s 【答案】C 【解析】【详解】汽车刹车时滑动摩擦力作用使汽车做匀减速直线运动，故洗车刹车后的加速度大小为：220.710m/s 7m/s f mga g m mμμ==⨯=＝＝ 因为汽车做减速运动，取初速度为正方向，则加速度为负值即：a =-7m/s 2根据匀变速直线运动的速度位移关系有：v 2−v 02＝2ax得20202714m/1m/s (s 4)v v ax --⨯-⨯=＝＝A ．7m/s ，与结论不相符，选项A 错误；B ．10m/s ，与结论不相符，选项B 错误；C ．14m/s ，与结论相符，选项C 正确；D ．20m/s ，与结论不相符，选项D 错误；3.A 、B 两个物体在水平面上沿同一直线运动，它们的v －t 图象如图所示．在t ＝0时刻，B 在A 的前面，两物体相距7 m ，B 物体做匀减速运动的加速度大小为2 m/s 2．则A 物体追上B 物体所用时间是( )A. 5 sB. 6.25 sC. 7 sD. 8 s【答案】D 【解析】B减速到零所需的时间为001052Bvt s sa--===-．在这5s内，A的位移为4520A Ax v t m m==⨯=，B的位移为01052522BBvx t m m+==⨯=，此时两车相距为：72572012B Ax x x m∆=+-=+-=，所以A追上B所需的时间为12584Axt t sv∆'=+=+=，D正确．4.如图所示，质量为M的框架放在水平地面上，一轻弹簧上端固在框架上，下端固定一个质量m的小球，小球上下振动时框架始终没有跳起，当框架对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小为A. gB.()M m gm-C.MgmD.()M m gm+【答案】D【解析】【详解】当框架对地面压力为零瞬间，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力，则小球受到向下的合力等于mg+Mg，由牛顿第二定律可得mg+Mg=ma解得小球的加速度大小为M ma gm+=A．g，与结论不相符，选项A错误；B．()M m gm-，与结论不相符，选项B错误；C．Mgm，与结论不相符，选项C错误；D．()M m gm+，与结论相符，选项D正确；5.我国将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神州十一号”飞船与“天宫二号”对接.假设“天宫二号”与“神州十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是A. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B. 使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D. 飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 【答案】C 【解析】试题分析：在同一轨道上运行加速做离心运动，减速做向心运动均不可实现对接．则AB 错误；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，则其做离心运动可使飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接．则C 正确；飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，则其做向心运动，不可能与空间实验室相接触．则D 错误．故选C ． 考点：人造地球卫星【名师点睛】此题是关于人造卫星的变轨问题，明确正常运行的卫星加速做离心运动会达到高轨道，若减速则会做向心运动达到低轨道． 【此处有视频，请去附件查看】6.光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是：A. 子弹对木块做的功等于()221212m v v - B. 子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功C. 子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和D. 子弹损失的动能等于木块获得的动能跟子弹与木块摩擦生热的内能之和 【答案】D【解析】【详解】AB ．由动能定理，对子弹：木块对子弹做功为22211122W mv mv =- 则子弹克服阻力做功为22121()2v W v m =-子弹对木块的力与木块对子弹的力大小相等，但由于子弹的位移大于木块的位移，则子弹对木块做的功小于子弹克服阻力做的功，则有子弹对木块做的功小于()221212m v v -．故AB 均错误．CD ．子弹射穿木块的过程中，子弹损失的动能转化为木块的动能和子弹和木块组成的系统的内能，由能量守恒定律得知，子弹损失的动能等于木块获得的动能跟子弹与木块摩擦转化的内能和．故C 错误，D 正确．7.质量为0.2 kg 的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W ，下列说法正确的是 ( ) A. Δp ＝2 kg·m/s；W ＝－2 J B. Δp ＝－2 kg·m/s；W ＝2 J C. Δp ＝0.4 kg·m/s；W ＝－2 J D. Δp ＝－0.4 kg·m/s；W ＝2 J 【答案】A 【解析】取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：△p=mv 2-mv 1=0.2×4-0.2×（-6）=2kg•m/s ，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：W=12mv 22-12mv 12=12×0.2×42-12×0.2×62=-2J ；故选A ． 点睛：此题中动量是矢量，要规定正方向，用带正负呈的数值表示动量．动量变化量也是矢量，同样要注意方向．应用动能定理可以求出合外力做的功．8.图是自行车传动装置的示意图，其中Ⅰ是半径为r 1的大齿轮，Ⅱ是半径为r 2的小齿轮，Ⅲ是半径为r 3的后轮，假设脚踏板的转速为n r/s ，则自行车前进的速度为( )A. 1322nr r r πB.231nr r r πC.132nr r r πD. 2312nr r r π【答案】A 【解析】【详解】转速为单位时间内转过的圈数，因为转动一圈，对圆心转的角度为2π，所以ω=2πnrad/s，因为要测量自行车前进的速度，即车轮III 边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮I 和轮II 边缘上的线速度的大小相等，据v=Rω可知：r 1ω1=R 2ω2，已知ω1=2πn，则轮II 的角速度ω2=12 r r ω1．因为轮II 和轮III 共轴，所以转动的ω相等即ω3=ω2，根据v=Rω可知，v=r 3ω3=1322nr r r π，故A 正确，BCD 错误．故选A ．二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，有两项或两项以上符合题目要求。

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.“嫦娥二号”绕月卫星于2010年10月1日18时59分57秒在西昌卫星发射中心发射升空，并获得了圆满成功．“嫦娥二号”新开辟了地月之间的“直航航线”，即直接发射至地月转移轨道，再进入距月面约h ＝1×105 m 的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动．设月球半径为R ，月球表面的重力加速度为g 月，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( )A. 由题目条件可知月球的平均密度为34g GRπ月B. “嫦娥二号”在工作轨道上绕月球运行的周期为2R g 月C. ()g R h +月D. “嫦娥二号”在工作轨道上运行时的向心加速度大小为2()RgR h+月【答案】AD【解析】在月球表面重力与万有引力相等有2mMGR＝mg月可得月球质量2g RMG=月，据密度公式可得月球密度233443g Rg RM GV GRR月月＝＝ρππ=，故A正确；根据万有引力提供圆周运动向心力有()2224()MmG m r HR h T＝π++可得周期232324()4()R h G R hTGM g R月ππ++==，故B错误；根据万有引力提供圆周运动向心力22()mM vG mR h R h＝++可得嫦娥二号绕行速度为2g RGMR h R h++月＝，故C错误；根据万有引力提供圆周运动向心力G2()mMR h+＝ma可得嫦娥二号在工作轨道上的向心加速度22()()GM Ra gR h R h++月＝＝，故D正确．故选AD．点睛：解决本题的关键是抓住星球表面重力与万有引力相等，万有引力提供圆周运动向心力入手，掌握公式及公式变换是正确解题的关键．10.如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的14圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为2M，小球A以v0=6 m/s 的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则( )A. B的最大速率为4 m/sB. B运动到最高点时的速率为34m/sC. B能与A再次发生碰撞D. B 不能与A 再次发生碰撞 【答案】AD 【解析】【详解】A ．A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得022A B M M v v Mv =＋ 222011122222A B M M v v Mv ⋅=⋅＋ 解得v A =－2 m/s v B =4 m/s故B 的最大速率为4 m/s ，选项A 正确；B ．B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v ，则Mv B =(M ＋2M )v得v =43m/s 选项B 错误；CD ．从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B 、C 分离时速度分别为v B ′、v C ′，由水平方向动量守恒有Mv B =Mv B ′＋2Mv C ′由机械能守恒有12·Mv B 2=12·Mv B ′2＋12·2Mv C ′2 联立解得v B ′=－43m/s 由于|v B ′|<|v A |，所以二者不会再次发生碰撞，选项C 错误，D 正确．11.2009年12月19日下午，联合国气候变化大会达成《哥本哈根协议》，为减少二氧化碳排放，我国城市公交推出新型节能环保电动车，在检测某款电动车性能的实验中，质量为8×102kg 的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F与对应的速度v，并描绘出1Fv图象（图中AB、BO均为直线），假设电动车行驶中所受的阻力恒定，则A. 在全过程中，电动车在B点时速度最大B. AB过程电动车做匀加速运动C. BC过程电动车作减速运动D. BC过程电动车的牵引力的功率恒定【答案】BD【解析】【详解】A．因为横坐标是1/v，所以全过程中，C点的1/v值最小，则C点的速度最大，故A错误．B．AB段牵引力不变，根据牛顿第二定律知，加速度不变，做匀加速直线运动，故B正确．CD．BC图线的斜率表示电动车的功率，知BC段功率不变，速度增大，牵引力减小，做变加速直线运动，故C错误，D正确．12.如图所示，质量相同的两物体a、b，用不可伸长的轻绳跨接在同一光滑的轻质定滑轮两侧，a在水平桌面的上方，b在水平粗糙桌面上．初始时用力压住b使a、b静止，撤去此压力后，a开始运动，在a下降的过程中，b始终未离开桌面．在此过程中( )A. a的动能等于b的动能B. 两物体机械能的变化量不相等C. a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量D. 绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零【答案】BD【解析】【详解】A．轻绳两端沿绳方向的速度分量大小相等，故可知a的速度等于b的速度沿绳方向的分量，a的动能比b的动能小，选项A错误；B．由于有摩擦力做功，故ab系统机械能不守恒，则二者机械能的变化量不相等，故B正确；Ｃ．a的重力势能的减小量等于两物体总动能的增加量与产生的内能之和，故a的重力势能的减小量大于两物体总动能的增加量，C错误；D．轻绳不可伸长，两端分别对a、b做功大小相等，符号相反，则绳的拉力对a所做的功与对b所做的功的代数和为零，选项D正确．13.在2010上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界．若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果，假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则有（）A. 表演者向上的最大加速度是gB. 表演者向下的最大加速度是4gC. B点的高度是47H D. 由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH【答案】AD【解析】【分析】根据题中表述：开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移可知，根据平衡的条件可得最大风力；根据牛顿第二定律可求得表演者向上、向下的最大加速度；运用运动学知识可求解B点的高度；根据动能定理求解全过程表演者克服风力做的功为．【详解】AB、由题意当人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移有：12F=mg，即F=2mg；人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落有：mg-18F=ma1，解得a1=34g，故B错误；经过某处B后，再以向上的最大加速度匀减速下落有：F-mg=ma2，解得a2=g，故A正确；C 、设BC 间距离为h ，由运动学知识有：2a 1(H-h)=2a 2h ，解得B 点的高度：h=37H ，故C 错误；D 、由动能定理整个过程有：mgH-W 阻=0，即由A 至C 全过程表演者克服风力做的功为mgH ，故D 正确． 故选AD14.如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<2π．在小球从M 点运动到N 点的过程中A. 弹力对小球先做正功后做负功B. 有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C. 弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D. 小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能 【答案】BCD 【解析】 【分析】牛顿第二定律、能量守恒定律【详解】A ．因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<2π知M 处的弹簧处于压缩状态，N 处的弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对小球选做负功后正功，选项A 错误．B ．当弹簧水平时，竖直方向的力只有重力，加速度为g ；当竖直方向的合外力为mg 时，加速度为也g ，则有两个时刻的加速度大小等于g ，选项B 正确；C ．弹簧长度最短时，即弹簧水平，弹力与速度垂直，则做功的功率为零，选项C 正确；D ．由M→N 的动能定理FK G k W WE +=∆，因M 和N 两点处弹簧对小球的弹力大小相等，则由弹力作功特点知=0FK W ，即G k W E =∆，选项D 正确． 三、实验题（本题共2小题，共15分）15.某校物理兴趣小组利用如图甲所示装置探究合力做功与动能变化的关系．在滑块上安装一遮光条，系轻细绳处安装一拉力传感器（可显示出轻细绳的拉力），把滑块放在水平气垫导轨上A 处，细绳通过定滑轮与钩码相连，光电门安装在B 处．气垫导轨充气，将滑块从A 位置由静止释放后，拉力传感器记录的读数为F ，光电门记录的时间为△t ．（1）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示，则宽度为 _________mm ．（2）多次改变钩码的质量（拉力传感器记录的读数F 相应改变），测得多组F 和△t 数据，要得到线性变化图象，若已知选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为__________． A. t ∆ B. 2()t ∆ C.1t ∆ D. 21()t∆ （3）若正确选择横坐标所代表的物理量后，得出线性变化图象的斜率为k ，且已经测出A 、B 之间的距离为s ，遮光条的宽度为d ，则滑块质量（含遮光条和拉力传感器）的表达式为M =_________．【答案】 (1). 2.558（2.557～2.559 均正确） (2). D (3). 22ksd 【解析】【详解】第一空.螺旋测微器的固定刻度为2.5mm ，可动刻度为5.8×0.01mm=0.058mm，所以最终读数为2.5mm+0.058mm=2.558mm ，即遮光条的宽度d =2.558mm ．第二空.滑块通过光电门B 的速度d v t ＝，根据动能定理得Fs =12Mv 2，则221()2Md F s t=，要得到线性变化图象，若已经选定F 作为纵坐标，则横坐标代表的物理量为(1 t)2，故D 正确，ABC 错误．第三空.根据221()2Md F s t =可知，F -(1t )2图象的斜率k=22Md s，解得：22sk M d =. 16.在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为E ，频率为f 的交流电源上，在实验中打下一条理想纸带，如图所示，选取纸带上打出的连续5个点A 、B 、C 、D 、E ，测出A 点距起始点的距离为0s ，点AC 间的距离为1s ，点CE 间的距离为2s ，已知重锤的质量为m ，当地的重力加速度为g ，则（1）起始点O 到打下C 点的过程中，重锤重力势能的减少量为p E ∆=_________，重锤动能的增加量为k E ∆=__________.（2）根据题中提供的条件，可求出重锤实际下落的加速度a =_________【答案】 (1). 01()mg s s + (2). 2212()32s s f m+ (3). 221()4s s f - 【解析】【详解】（1）[1][2]．重锤重力势能的减少量为△E P =mg （s 0+s 1）．打C 点重锤的速度122C s s v T+=12T f=⋅重锤动能的增加量为()221232k m s s f E +=（2）[3]．由2212()s s a f-=，得221()4s s a f -=四、计算题（4小题，共47分）17.一质量m =0.5kg 的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30º足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的v－t图．求：（g取10m/s2）（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置．【答案】（1）212m/s（2）0.81（3）停在距底端1.5m处【解析】【详解】（1）滑块的加速度20612m/s0.5vat∆-===∆（2）物体在冲上斜面过程中sin cosmg mg maθμθ+=sin300.81cos303102a ggμ-===⨯（315）（3）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．2261.5m2212vsa===⨯滑块停在距底端1.5m处．18.如图所示，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M="4.0" kg，a、b间距离s="2.0" m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块，其质量m="1.0" kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态.现令小物块以初速v0="4.0" m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相撞.碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板.求碰撞过程中损失的机械能.【答案】2.4 J 【解析】试题分析：物块在木板上滑动过程中，摩擦力分别对物块和木板做功.碰撞时，能量有损失，但系统动量守恒.若能求出碰撞前后，系统的动能，则可以解决问题.但按题设条件不行，故应从全过程中能量的转化情况来求解.设木板和物块最后共同的速度为v ，由动量守恒定律()0mv m M v =+① 设全过程损失的机械能为E ， E=()2m M v +②用s 1表示从物块开始运动到碰撞前瞬间木板的位移，W 1表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功，用W 2表示同样时间内摩擦力对物块所做的功.用s 2表示从碰撞后瞬间到物块回到a 端时木板的位移，W 3表示在这段时间内摩擦力对木板所做的功.用W 4表示同样时间内摩擦力对物块所做的功，用W 表示在全过程中摩擦力做的总功，则11W mgs μ=③ 21W mg s s)（μ=-+④ 32W mgs μ=-⑤ 42W mg s s)?μ=--（⑥ 1234W W W W W =+++⑦用E 1表示在碰撞过程中损失机械能，则E 1=E-W ⑧由①—⑧式解得E 1=代入数据得E 1="2.4" J.考点： 动量守恒 能量守恒 摩擦生热点评：本题属于典型的动量守恒能量守恒的问题，类似于子弹打物块，同学从能量角度理解此体会很简单，系统初始只有物块的动能，最后转化成了系统的摩擦生热和二者的动能其余的就是碰撞损失的，所以能量关系出来了，另外地面是光滑的，所以系统动量守恒这是必然的．19.滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均有滑板项目延伸而来，如图是是滑板运动的轨道．BC 和DE 是两段光滑的圆弧型轨道，BC 的圆心为O 点，圆心角60θ=°，半径OC =6m 且与水平轨道CD 垂直，滑板与水平轨道间的动摩擦因数0.2μ=．某运动员从轨道上的A 点以3m/s v =的速度水平滑出，在B 点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC ，经CD 轨道后冲上DE 轨道，到达E 点时速度减为零，然后返回．已知运动员和滑板的总质量为m =60kg ，B 、E 两点与水平轨道CD 的竖直高度分别为H =2m 和H =2.5m.求： （1）运动员从A 点运动到B 点的过程中，到达B 点时的速度大小v B ； （2）运动员到达圆弧轨道的C 点时对轨道的压力F C ； （3）水平轨道CD 的长度L ；（4）通过计算说明，第一次返回时，运动员能否回到BD 点？如能，求出回到B 点时速度的大小：如果不能，求出最后停止的位置距C 点D 的距离．【答案】（1）6m/s （2）1360N （3）6.5m （4）最后停止的位置距C 点D 的距离6m 【解析】【详解】（1）由平抛运动规律及几何关系得6m/s cos60B vv ==（2）对B 到C 由机械能守恒得mgH B +12mv B 2=12mv C 2对C 点由牛顿定律得F C -mg =2Cv m R代入数据的F C =1360N（3）对B 到E 由能转化与守恒的mgH B+12mv B2=μmgL+mgH E代入数据的L=6.5m（4）设第一次返回时沿着CD轨道上滑的最大高度为H，从B到第一次返回达到最高由能的转化与守恒的mgH B+12mv B2=2μmgL+mgH代入数据得H=12m<2m所以运动员不能回到B点．设在CD上通过的总路程为x，从开始到最终停下的总过程由能的转化与守恒定律得mgH B+12mv B2=μmgx代入数据得x=19m=(2×6.5+6)m最后停止的位置距C点D的距离6m20.质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上．平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示．一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连．它们到达最低点后又向上运动．已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点．求：（1）物块与钢板刚碰完时弹簧的弹性势能E P；（2）若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度．求物块向上运动到达的最高点与O点的距离．【答案】（1）0.5mgx 0（2）012x 【解析】【详解】（1）物块与钢板碰撞时的速度0v = ①设v 1表示质量为m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒取v 0方向为正mv 0=2mv 1 ②刚碰完时弹簧的弹性势能为E P ．当它们一起回到O 点时，弹簧无形变，弹性势能为零，根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒，2101(2)22p E m v mgx += ③解得：E p =0.5mgx 0（2）设v 2表示质量为2m 的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有2mv 0=3mv 2 ④仍继续向上运动，设此时速度为v ，则有2220'11(3)3(3)22p E m v mgx m v +=+⑤在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x 0，故有'p p E E = ⑥20v gx =当质量为2m 的物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g ．一过O 点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g ．由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g ．故在O 点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v 竖直上升，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O 点的距离为20122v l x g ==。