2018-2019学年四川省成都外国语学校高二上学期入学考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省成都外国语学校高二上学期入学考试物理试题 解析版

绝密★启用前 四川省成都外国语学校2018-2019学年高二上学期入学考试物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．下列说法正确的是( )‎ A． 牛顿发现了万有引力定律,并计算出太阳与地球间引力的大小 B． 在有摩擦力做功的过程中,一定有机械能转化为内能 C． 物体做速率增加的直线运动时,其所受的合外力的方向一定与速度方向相同 D． 小船渡河的最短时间由河宽、水流速度和静水速度共同决定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 牛顿无法计算出天体之间万有引力的大小，因为他不知道引力常量G的值，故A错误；当有静摩擦力做功时，没有机械能和内能之间的转化，选项B错误；物体做速率增加的直线运动时，加速度与速度同向，则其所受的合外力的方向一定与速度方向相同，选项C正确；小船渡河的最短时间由河宽、静水速度共同决定，与水流速度无关，选项D错误；故选C.‎ ‎2．下列说法中正确的是（ ）‎ A． 做曲线运动的物体的速度可能不变 B． 做曲线运动的物体的动能一定是变化的 C． 物体在恒力作用下，可能做机械能守恒的运动 D． 物体在变力作用下，一定做机械能不守恒的运动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 做曲线运动的物体的速度方向一定是变化的，则速度一定变化，选项A错误；做曲线运动的物体的速度大小可能是不变的，则动能可能不变，例如匀速圆周运动，选项B错误；物体在恒力作用下，可能做机械能守恒的运动，例如自由落体运动，选项C正确；物体在变力作用下，也可能做机械能守恒的运动，例如在水平面上的匀速圆周运动，选项D错误；故选C.‎ ‎3．如图所示，物块a，b的质量分别为m、2m,水平地面和竖直墙面均光滑，a、b间接触面粗糙，在水平推力F作用下，两物块均处于静止状态。则 A． 物块b受四个力作用 B． 物块b受到的摩擦力大小等于2mg C． 物块b对地面的压力大小等于mg D． 物块b给物块a的作用力水平向右 ‎【答案】C ‎【解析】物块b受到：重力、a的弹力和静摩擦力、地面的支持力、推力F，共受五个力，A错误；以a为研究对象，由平衡条件知，b对a的摩擦力大小等于a的重力，为mg，由牛顿第三定律知a对b的摩擦力大小也等于mg，B错误；以整体为研究对象，则知地面对b的支持力等于3mg，则物块b对地面的压力大小等于3mg，C正确；物块a受到物块b两个力作用：水平向右的压力和竖直向上的静摩擦力，它们的合力斜向右上方，则物块a受到物块b的作用力斜向右上方，故D错误．‎ ‎4．a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图示．下列说法中正确的是（　　）‎ A． a、c的加速度大小相等，且大于b的加速度 B． b、c的角速度大小相等，且小于a的角速度 C． a、c的线速度大小相等，且小于d的线速度 D． a、c存在在P点相撞危险 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由＝＝mω2r＝mr＝ma可知，选项B、C错误，选项A正确；因a、c轨道半径相同，周期相同，线速度大小相等，因此a、c不会发生碰撞，故D错误。‎ ‎5．如图所示，吊车下方吊着一个质量为500kg的重物，二者一起保持恒定的速度v＝1m/s沿水平方向做匀速直线运动。某时刻开始，吊车以10kW的恒定功率将重物向上吊起，经t=5s重物达到最大速度。忽略空气阻力，取g=10m/s2。则在这段t 时间内 A． 重物的最大速度为2m/s B． 重物克服重力做功的平均功率为9.8kW C． 重物做匀变速曲线运动 D． 重物处于失重状态 ‎【答案】B ‎【解析】竖直方向重物能达到的最大速度，则重物的最大速度为,选项A错误；达到最大速度时克服重力做功： ，则重物克服重力做功的平均功率为，选项B正确；因竖直方向做加速度减小的变加速运动，故合运动不是匀变速运动，选项C错误；重物向上做加速运动，故处于超重状态，选项D错误；故选B.‎ ‎6．如图所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）‎ A． 小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功 B． 小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 C． 小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 D． 小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 小球在半圆槽内运动的B到C过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒。由于小球对槽有斜向右下方的压力，槽做加速运动，球对槽做功，动能增加，同时槽也对球做功，故A错误。小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B错误。小球离开C点以后，既有竖直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动。故C错误。小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，水平方向合外力为零，故小球与半圆槽动量守恒。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】‎ 考查动量守恒定律与机械能守恒定律．当球下落到最低点过程，由于左侧竖直墙壁作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒．当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒．‎ ‎7．如图所示，质量为M的平板小车静止在光滑的水平地面上，车的左端放一质量为m的木块，车的右端固定一个轻质弹簧，现给木块一个水平向右的瞬时冲量I，使木块m沿车上表面向右滑行，在木块与弹簧相碰后，木块在车上又沿原路返回，并且恰好能到达小车的左端而相对小车静止，则下列说法中正确的是（ ）‎ A． 木块m的运动速度最小时,系统的弹性势能最大 B． 木块m所受的弹力和摩擦力始终对m作负功 C． 平板小车M的速度先增大后减小，木块m的运动速度先减小后增大 D． 由于弹簧的弹力对木块m和平板小车M组成的系统是内力,故系统的动量和机械能均守恒 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ m向右压缩弹簧开始，做减速运动，小车做加速运动，当两者向右速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，然后m继续做减速，M继续做加速，弹性势能减小，故A错误；木块m所受的摩擦力先对木块做负功，后做正功。故B错误；m 向右运动到开始压缩弹簧以及弹簧恢复原长的过程中，平板车的速度一直增大，弹簧恢复原长后，由于m的速度小于M的速度，m做加速运动，M做减速运动，最终两者速度相等，可知整个过程，平板车速度线增大后减小，木块速度先减小后增大，故C正确。由于弹簧的弹力对木块m和平板小车M组成的系统是内力，故系统的动量守恒，由于摩擦产生内能，则机械能不守恒，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】‎ 本题是系统的动量守恒和能量守恒问题，关键是分析两个过程进行研究，分析木块即木板的受力情况，同时要抓住木块与木板两次共同速度相同．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎8．如图所示，方格坐标每一小格边长为10cm，一物体做平抛运动时分别经过O、a、b三点，重力加速度g取 10m/s2，则下列结论正确的是 ‎ A． O点就是抛出点 B． a点速度va与水平方向成45°角 C． 速度变化量△vaO=△vba D． 小球抛出速度v=1m/s ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A．由平抛运动规律可知,水平位移x=v0t 由图可知xOA=xAB 故tOA=tAB A. 令tOA=tAB=T，A点的竖直分速度为vAy，则有：‎ yOA=vAyT−gT2，即：0.1=vAyT−5T2‎ yAB=vAyT+ gT2，即：0.2=vAyT+5T2‎ 解得T=0.1s，vAy=1.5m/s O点竖直分速度vOy=vAy−gT=1.5−10×0.1=0.5m/s 由于vOy≠0，故O点不是抛出点，故A错误；‎ B．小球抛出速度v0==1m/s，vAy：v0=1.5：1=1.5≠1,所以vA与水平方向夹角不是45∘，故B错误，D正确；‎ C．物体做平抛运动在相等时间内速度的变化量相同，所以速度变化量：△vOA=△vAB，故C正确；‎ 故选：CD.‎ ‎【点睛】‎ 平抛运动可以分解为竖直方向和水平方向上的分运动，竖直方向为自由落体，水平方向为匀速直线运动，根据两个点中间的水平距离相等可知运动时间相等，分别用运动学公式求出初速度和A点速度．‎ ‎9．如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点．另一细绳跨过滑轮，左端悬挂物块a，右端系一位于水平粗糙桌面上的物块b．外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若保持F的方向不变，逐渐增大F的大小，物块b仍保持静止状态，则下列说法中正确的是（   ）‎ A． 桌面受到的压力逐渐减小 B． 连接a、b的绳子张力逐渐减小 C． 物块b与桌面间的摩擦力一定逐渐增大 D． 悬挂于O点的细绳OO'中的张力保持不变 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由于整个系统处于静止状态，所以滑轮两侧连接a和b的绳子的夹角不变；物块a只受重力以及绳子的拉力，由于物体a平衡，则连接a和b的绳子张力T保持不变；由于绳子的张力及夹角均不变，所以OO′中的张力保持不变；对b分析可知，b处于静止即平衡状态，对b受力分析，力T与力F与x轴所成夹角均保持不变，由平衡条件可得：N+Fsinα+Tsinθ-mg=0；Fcosα+f-Tcosθ=0；由此可得：N=mg-Fsinα-Tsinθ；由于T 的大小不变，可见当F大小增大时，支持力的大小在减小，桌面受到的压力逐渐减小；f=Tcosθ-Fcosα；由于T的大小不变，当F大小增大时，b静止可得摩擦力的大小在减小；故AD正确，BC错误。故选AD。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键是抓住系统均处于静止状态，由平衡条件分析求解，关键是先对a分析，由平衡条件求得绳中张力大小不变，再由此分析b的平衡即可分析各力的变化．‎ ‎10．如图甲所示,质量为m的小球,在半径为r(小球的半径远小于r)的竖直光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动。以竖直向下为正方向,在最高点时,轨道对小球的弹力F随速率平方变化的图象如图乙所示。重力加速度取10m/s,根据图象信息,以下判断正确的是( )‎ A． 小球的质量m=2kg B． 竖直圆轨道的半径r=0.2m C． 小球到达圆心等高点的最小加速度为30‎ D． 小球过轨道最低点时,对轨道最小压力为60N ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 由图像可知，当v02=2时，F=0，则由解得，选项B正确；由图像可知，当v2=4时，F=10，则由解得m=1kg，选项A错误；小球到达圆心等高点的最小速度为v1，则，解得v12=6，则最小向心加速度为，竖直方向的加速度为g，则合加速度大于30m/s2，选项C错误；小球过轨道最低点时，最小速度v2，则：，解得v22=10，‎ 对轨道最小压力为，选项D正确；故选BD.‎ ‎11．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为，与地面的夹角为60º，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是 A． 由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是 B． OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是 C． 设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为 D． 乙球在B点受到地面的冲量大小为 ‎【答案】BCD ‎【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为 tA=．乙球运动时间是甲球的3倍。故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有 3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60º，则可知落地的竖直速度，则由可知， ；甲的机械能；乙的机械能：，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，，选项D正确；故选BCD.‎ 点睛：解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关．‎ ‎12．如图为高分一号北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。导航卫星G1和G2以及高分一号均可认为统地心0做匀速圆同运动。卫星G1和G2的轨道半径为r，某时刻两颗导航卫星分别位于轨道上的A和B两位置，高分一号在C位置。若卫星均顺时针运行，∠AOB=60°，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是 A． 卫星G1和G2的加速度大小相等且为 ‎ B． 卫星G1由位置A运动到位置B所需的时间为 C． 若高分一号与卫星G1的周期之比为1:k(k＞1,且为整数),某时刻两者相距最近，则从此时刻起,在卫星G1运动一周的过程中二者距离最近的次数为（k-1）‎ D． 若高分一号与卫星G1质量相等,由于高分一号的绕行速度大,则发射所需的最小能量更多 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 卫星在地球表面时受到的万有引力等于重力，则：mg=；在太空运行时：＝ma，所以：a=•g．故A错误；根据万有引力提供向心力=mω2r，得，卫星G1由位置A运动到位置B所需的时间，故B正确；设每隔时间T，a、b相距最近，则（ωa-ωb）T=2π，所以有：；故b运动一周的过程中，a、b相距最近的次数为：n==k-1，即a、b距离最近的次数为k-1次，故C正确； ‎ 发射的卫星轨道越高，需要的能量越大，由于高分一号的轨道低一些，所以它与卫星G1相比，发射所需的最小能量更小。故D错误；故选BC。‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查圆周运动的概念，以及的角速度与周期之间的关系，解决这样的问题，最好画画草图，寻找角度与周期之间的关系．‎ 第II卷（非选择题）‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．下列关于实验相关操作的说法正确的有_______________‎ A．某同学在做《探究动能定理》的实验时认为，因要测量的是橡皮筋对小车做功后的动能大小，所以要先释放小车，后接通电源 B．在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中,入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下 C．在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时,可以利用公式来求瞬时速度 ‎ D．在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量，若增加下落高度则-会增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 在做《探究动能定理》的实验时，必须要先接通电源，后释放小车，得到小车从开始运动到匀速运动的纸带，然后根据纸带的均匀的部分求解小车的最大速度，选项A错误；在“利用斜槽上滚下的小球探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球每次都必须从斜槽上同一位置由静止滑下，以保证小球到达斜槽底端的速度相同，选项B正确；在利用图所示装置“验证机械能守值定律”实验时只能用两点之间的平均速度等于中间点的瞬时速度来求解瞬时速度，不可以利用公式来求瞬时速度，否则就不是验证机械能守恒了，选项C错误；在利用图所示装置“验证机械能守恒定律”实验时,发现动能增加量总是小于重力势能减少量△Ep减，这是由于该过程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，则△Ep减-△Ek将增大；选项D正确；故选BD.‎ ‎14．某同学用如图甲所示的装置做“验证动量守恒定律”的实验。先将a球从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端静止放置，让a球仍从原固定点由静止开始滚下，和b球相碰后，两球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次。‎ ‎ ‎ ‎（1）本实验必须测量的物理量有________。‎ A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H B．小球a、b的质量ma、mb C．小球a、b的半径r D．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h ‎（2）根据实验要求，ma____mb。（填“大于”“小于”或“等于”） ‎ ‎（3）为测定未放小球b时，小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻度线跟记录纸上的O点对齐，如图乙给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为________cm。‎ ‎（4）按照本实验方法，验证动量守恒的验证式是____________________________。‎ ‎【答案】（1）BE（2）大于（3）45.98（4）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）由题意知，要验证动量守恒，就需要知道碰撞前后的动量，所以要测量两个小球的质量及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平抛运动，根据x=vt，因运动的时间相同，所以速度可以用水平位移代替。所以需要测量的量为：小球a、b的质量ma、mb，记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC，所以选择BE；（2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒，故有mav0=mav1+mbv2，在碰撞过程中动能守恒，故有，解得，要碰后a的速度v1＞0，即ma-mb＞0，ma＞mb；（3）是同时落地，碰撞后两小球做平抛运动，高度相同，所以运动时间相同，如果不同，则不能用水平位移代替碰撞后的速度，对实验结果有影响；a小球和b 小球相撞后，b小球的速度增大，a小球的速度减小，所以碰撞后a球的落地点距离O点最近，b小球离O点最远，中间一个点是未放b球时a的落地点，所以相碰后，小球a、b的平均落点位置依次是图中A、C点；（4）根据动量守恒mav0=mav1+mbv2，由于运动的时间相同，故可以位移代替速度，即maOB= maOA+ mbOC。‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图所示，用一个三角支架悬挂重物，已知AB杆所受的最大压力为1000N，AC绳所受最大拉力为500N，∠α=30°，为不使支架断裂，求悬挂物的重力应满足的条件？‎ ‎【答案】250N ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 对结点受力分析，杆对结点的支持力与AC绳子的拉力的合力一定与重力大小相等方向相反；如图所示：由几何关系可知AC的拉力最大，故AC最先达到最大拉力500N；此时杆的支持力为500cos300<1000N，则可知G=Tsinθ=500×0.5N=250N； 即悬持物体的重力不能超过250N． ‎ ‎16．如图所示，在光滑的水平面上有两个可看作质点的小球，质量分别为M=2kg，m=1kg，中间夹着一个被压缩的轻弹簧(两小球与弹簧不相连)，系统处于静止状态。现突然释放弹簧，小球m脱离弹簧后滑向与水平桌面相切，半径为R=0.5m的竖直放置的光滑圆形轨道，且恰能通过圆形轨道的最高点。(g取10m/s)‎ 求:(1)小球m在圆形轨道最高点的速度大小； ‎ ‎(2)两球刚脱离弹簧时的速度大小；‎ ‎(3)在弹簧弹开的过程,弹簧弹力对M的冲量大小。‎ ‎【答案】(1) m/s, (2) 2.5m/s， 5m/s (3) 5N∙s ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小球m恰能经过圆形轨道最高点，则满足：‎ 解得 ‎ ‎（2）刚脱离弹簧时，m的速度满足：，解得v1=5m/s 两球被弹开的过程，由动量守恒定律可知：mv1-Mv2=0，解得v2=2.5m/s ‎（3）由动量定理可知，在弹簧弹开的过程，弹簧弹力对M的冲量I=Mv2=5N∙s ‎17．如图所示，有一固定在水平地面的光滑平台。平台右端B与静止的水平传送带平滑相接，传送带长L=4m.有一个质量为m=0.5kg的滑块，放在水平平台上，平台上有一根轻质弹簧，左端固定，右端与滑块接触但不连接，现将滑块缓慢向左移动压缩弹簧，且弹簧始终在弹性限度内，在弹簧处于压缩状态时，若将滑块由静止释放，滑块最后恰能到达传送带右端C点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数，‎ 求：(1)滑块到达B点时的速度，及弹簧储存的最大弹性势能；‎ ‎(2)若传送带以3.0m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，当滑块冲上传送带时，对滑块施加一大小恒为0.5N的水平向右的作用力，滑块从B运动到C的过程中,摩擦力对它做的功；‎ ‎【答案】(1)vB=4m/s, Ep=4J (2)Wf= -3.75J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）滑块从释放至运动到B点，由能量守恒得， Ep＝mvB2    ① ‎ 从B到C，由动能定理得，−μmgL＝0−mvB2    ② 联立①②两式，代入数据解得vB=4m/s 弹簧的弹性势能转化为滑块的动能：Ep＝mvB2=4J ‎（2）加力F后，由于vB＞v传，滑块滑上传送带时，加速度大小为a，有：μmg-F=ma1解得a1=1m/s2 滑块减速的时间 ‎ 滑块减速的位移 ‎ 故滑块之后匀速运动，从B到C，由动能定理得，FL+Wf＝mv传2−mvB2 代入数据解得Wf=-3. 75J。‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键理清滑块在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理进行求解。注意在第2问中，滑块匀速运动时仍受到静摩擦力的作用.‎ ‎18．如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ=30°，高度为h=1.5m.一簿木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为L0=0.2m的轻弹弹簧，木板总质量为m=1kg，总长度为L=2.0m.一质量为M=3kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度H=1.7m，物块A经过一段时间后从斜面项端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行，已知A、B之间的动摩擦因数，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动擦力，取重力加速度g=10，不计空气阻力。求：‎ ‎(1)物块A落到木板上的速度大小v；‎ ‎(2)木板与挡板碰撞前的瞬间,木板和物块的速度大小；‎ ‎(3)弹簧被压结到最短时的弹性势能。‎ ‎【答案】（1） （2）VA=VB=3m/s （3）5J ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）物块A落到木板前做平抛运动，竖直方向：2g(H−h)＝vy2， 得：vy＝2m/s 物块A落到木板时的速度大小为：v＝＝4m/s （2）由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的摩擦因数μ0应满足： mgsin30°＝μ0mgcos30° 得：μ0＝tan30°＝  物块A在木板上滑行时，以A为对象有： （沿斜面向上） 以木板B为对象有： （沿斜面向下） 假设A与木板达到v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：‎ 解得：v共＝3m/s，t=0.4s （3）此过程，，‎ 故 ，说明以上假设成立 共速后，由于（M+m）gsin30°=μ0（M+m）gcos30°，A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触的过程，设接触弹簧时A的速度为vA，有： 解得：vA＝2m/s    设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有： ‎ Q＝2μMgxmcos30°=MvA2 得：Q=6J， ‎ A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有：‎ 即弹簧压缩到最短时的弹性势能为5J ‎【点睛】‎ 题综合考查了平抛运动、牛顿运动定律、运动学公式及能量守恒定律，过程复杂，综合性较强，关键是认真分析物理过程即物体的受力情况，选择合适的物理规律列方程；此题对学生的要求较高，要加强这类题型的训练．‎