2020高考物理一轮总复习第五章机械能能力课3功能关系能量守恒定律练习（含解析）新人教版.docx

能力课3 功能关系能量守恒定律一、选择题1(2016年上海卷)在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空若减小风力，体验者在加速下落过程中()A失重且机械能增加B失重且机械能减少C超重且机械能增加 D超重且机械能减少解析：选B据题意，体验者漂浮时受到的重力和风力平衡；在加速下降过程中，风力小于重力，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确2.如图所示，一表面光滑的木板可绕固定的水平轴O转动，木板从水平位置OA转到OB位置的过程中，木板上重为5 N 的物块从靠近转轴的位置由静止开始滑到图中虚线所示位置，在这一过程中，物块的重力势能减少了4 J则以下说法正确的是(取g10 m/s2)()A物块的竖直高度降低了0.8 mB由于木板转动，物块下降的竖直高度必大于0.8 mC物块获得的动能为4 JD由于木板转动，物块的机械能必定增加解析：选A由重力势能的表达式Epmgh，重力势能减少了4 J，而mg5 N，故h0.8 m，A项正确，B项错误；木板转动，木板的支持力对物块做负功，则物块机械能必定减少，C、D项错误3.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，一个小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内A、C两点间距离为L，物块与水平面间动摩擦因数为，重力加速度为g，则物块由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A弹簧和物块组成的系统机械能守恒B物块克服摩擦力做的功为mv02C弹簧的弹性势能增加量为mgLD物块的初动能等于弹簧的弹性势能增加量与摩擦产生的热量之和解析：选D物块与水平面间动摩擦因数为，由于摩擦力做功机械能减小，故A项错误；物块由A点运动到C点过程动能转换为弹性势能和内能，根据能量守恒知物块克服摩擦力做的功为mgLmv02Ep弹，故B项错误，D项正确；根据B项分析知Ep弹mv02mgL，故C项错误4.(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin；已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是()解析：选CD根据滑块与斜面间的动摩擦因数tan可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，选项C、D正确；产生的热量QFfx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，xv0tat2，故QFf，Q和t为二次函数关系，同理，动能EkEk0Ffx，动能Ek和时间也是二次函数关系，选项A、B错误5.(多选)(2019届青岛模拟)如图所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为Ff，则小球从开始下落至最低点的过程()A小球动能的增量为零B小球重力势能的增量为mg(HxL)C弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)D系统机械能减小FfH解析：选AC小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功WGmghmg(HxL)，根据重力做功量度重力势能的变化WGEp得小球重力势能的增量为mg(HxL)，故B错误；根据动能定理得WGWfW弹000，所以W弹(mgFf)(HxL)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹Ep得弹簧弹性势能的增量为(mgFf)(HxL)，故C正确；系统机械能的减少量等于克服重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为Ff(HxL)，所以系统机械能的减小量为Ff(HxL)，故D错误6.(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是()A物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量解析：选CD物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，选项A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，选项B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，选项C正确；摩擦力对物体B做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和等于系统内能的增加量，选项D正确7.(多选)(2018届淮北一模)如图所示，在粗糙的水平面上，质量相等的两个物体A、B间用一轻质弹簧相连组成系统，且该系统在外力F作用下一起做匀加速直线运动，当它们的总动能为2Ek时撤去水平力F，最后系统停止运动不计空气阻力，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，从撤去拉力F到系统停止运动的过程中()A外力对物体A所做总功的绝对值等于EkB物体A克服摩擦阻力做的功等于EkC系统克服摩擦阻力做的功可能等于系统的总动能2EkD系统克服摩擦阻力做的功一定等于系统机械能的减小量解析：选AD它们的总动能为2Ek，则A的动能为Ek，根据动能定理知，外力对物体A所做总功的绝对值等于物体A动能的变化量，即Ek，故A正确，B错误；系统克服摩擦力做的功等于系统的动能和弹簧的弹性势能的减小量，所以系统克服摩擦阻力做的功不可能等于系统的总动能2Ek，故C错误，D正确8.(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是()A物块可能会停在CB面上某处B物块最终会做往复运动C弹簧开始具有的最大弹性势能为mv02E0D物块克服摩擦做的功最大为mv02mgL解析：选BD由于k，由此kLmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得EpmE0mv02mg，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为WfmEpmE0mv02mgL，故D正确9.(2019届郴州模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为，传送带在电动机的带动下，始终保持v的速率运行，现把一质量为m的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过一段时间，工件与传送带达到共同速度后继续传送到达h高处，工件与传送带间动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列结论正确的是()A工件与传送带间摩擦生热为mv2B传送带对工件做的功为mv2mghC传送带对工件做的功为D电动机因传送工件多做的功为 mv2mgh解析：选B工件与传送带共速时，工件与传送带的相对位移svttt，工件的位移为st，对工件，根据动能定理(fmgsin)smv2，摩擦生热Qfs，A错误；传送带对工件做的功等于工件增加的机械能，B正确，C错误；电动机因传送工件多做的功Wmv2mghQ，D错误10(2018届湖北省七市教科研协作体联考)物块的质量m1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v010 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方随路程x变化的关系图象如图所示，已知g10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是()A恒力F大小为6 NB在t1 s时刻，物体运动开始反向C2秒末3秒末内物块做匀减速运动D在物块运动路程为13 m过程中，重力势能增加130 J解析：选B根据公式v2v022ax，可得v22axv02，图象的斜率表示加速度的2倍，在05 m过程中以向上为正方向，Ffmgma1，a110 m/s2，即Ff0，在513 m过程中以向下为正方向，根据牛顿第二定律可得mg(Ff)ma2，a24 m/s2，即Ff6 N，解得Ff3 N，A错误；初速度v010 m/s，故t s1 s，速度减小到零，即在t1 s时刻，物体运动开始反向，之后Ffmg0，故以后向下做匀加速直线运动，B正确，C错误；在物块运动路程为13 m过程中，先上升5 m，然后又从最高点下降8 m，即位移为3 m，在抛出点下方，所以重力做正功，重力势能减小，Epmgh10330 J，D错误 二、非选择题11.(2018届苏北四市模拟)如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s5 m，轨道CD足够长且倾角37，A、D两点离轨道BC的高度分别为h14.30 m、h21.35 m现让质量为m的小滑块自A点由静止释放已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数 0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin370.6，cos370.8，求：(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；(2)小滑块最终停止的位置距B点的距离解析：(1)小滑块从ABCD过程中，由动能定理得mg(h1h2)mgsmvD20代入数据解得vD3 m/s.(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总，有mgh1mgs总代入数据解得s总8.6 m故小滑块最终停止的位置距B点的距离为2ss总1.4 m.答案：(1)3 m/s(2)1.4 m12(2017年全国卷)一质量为8.00104 kg的太空飞船从其飞行轨道返回地面飞船在离地面高度1.60105 m处以7.50103 m/s的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为100 m/s时下落到地面取地面为重力势能零点，在飞船下落过程中，重力加速度可视为常量，大小取为9.8 m/s2.(结果保留2位有效数字)(1)分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能；(2)求飞船从离地面高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进人大气层时速度大小的2.0%.解析：(1)飞船着地前瞬间的机械能为Ek0mv02式中，m和v0分别是飞船的质量和着地前瞬间的速率由式和题给数据得Ek04.0108 J设地面附近的重力加速度大小为g.飞船进入大气层时的机械能为Ehmvh2mgh式中，vh是飞船在高度1.60105 m处的速度大小由式和题给数据得Eh2.41012 J(2)飞船在高度h600 m处的机械能为Ehm2mgh由功能关系得WEhEk0式中，W是飞船从高度600 m处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功由式和题给数据得W9.7108 J.答案：(1)4.0108 J2.41012 J(2)9.7108 J|学霸作业|自选一、选择题1(多选)如图所示，质量为2 kg的小物块静置于地面上，现用力F竖直拉小物块使其由静止开始向上运动，经过一段时间后撤去F，以地面为零势能面，小物块的机械能随时间的平方变化图线如图乙所示，不计空气阻力，取g10 m/s2，下列说法正确的是()A2 s内力F做的功为48 JB1 s末力F的瞬时功率为25 WC2 s末物块上升到最大高度D2 s末物块的动能为16 J解析：选AD机械能的变化与除弹簧的弹力和重力以外的其他力做功有关，即W其E，由题意知，初态物体的机械能为0，则末态的机械能EFh,2 s内机械能增加48 J，故力F做的功为48 J，A正确；而Fmgma，假设物体做匀加速运动，则hat2，所以E(mgma)at2，02 s，图象为直线，则证明假设成立，所以斜率k(mgma)a24，解得a2 m/s2，F24 N,1 s末物体的速度为2 m/s，功率为48 W，B错误；2 s以后物体做竖直上抛，没有达到最大高度，C错误；2 s末的速度为4 m/s，动能为16 J，D正确2.(多选)(2019届四川泸州诊断)如图所示，粗糙斜面固定在水平面上，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点且恰好处于静止状态，现将物块从O点拉至A点，撤去拉力后物块由静止向上运动，经O点到达B点时速度为零，则物块从A运动到B的过程中()A物块在位置B点时，处于平衡状态B当A点离O点越远时，物块所能达到的最大动能的位置也离O点越远C从O向B运动过程中，物块的加速度逐渐增大D从A向O运动过程中，系统的弹性势能的减少量大于物块机械能的增加量解析：选CD物块位于O点时恰好处于静止状态，则重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力物块在位置B点时，弹簧对物块有沿斜面向下的弹力，重力沿斜面向下的分力和弹力之和大于最大静摩擦力，所以物块在B点时将要下滑，故A错误；物块从A向O运动过程中，受重力、支持力、弹簧的拉力和滑动摩擦力，当其合力为零时动能最大，此位置有kxmgsinmgcos，为斜面倾角，可知弹簧的伸长量x一定，即动能最大的位置不变，故B错误；从O向B运动过程中，物块的加速度为a，x逐渐增大，则a逐渐增大，故C正确；物块从A向O运动过程中，弹簧的弹性势能减小，转化为物块的机械能和内能，则系统弹性势能的减少量大于物块机械能的增加量，故D正确3.(多选)(2018届沈阳一模)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物体A、B，它们的质量分别为m1和m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态现用一平行于斜面向上的拉力拉物块A，使它以加速度a沿斜面向上做匀加速运动直到物块B刚要离开挡板C，则在此过程中()A物块A运动的距离为B拉力的最大值为(m1m2)gsinm1aC拉力做功的功率一直增大D弹簧弹性势能先减小后增大解析：选BCD系统处于静止状态时，弹簧压缩，设压缩了x1，由平衡条件kx1m1gsin，解得x1.物块B刚要离开挡板C时，弹簧拉伸，弹簧弹力等于物块B的重力沿斜面方向的分力，设拉伸了x2，由kx2m2gsin，解得x2.力F沿斜面向上运动直到物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为xx1x2，选项A错误；在物块B刚要离开挡板C时，拉力最大隔离物块A，分析受力，由牛顿第二定律，Fm1gsinkx2m1a，解得拉力F(m1m2)gsinm1a，选项B正确；在拉力拉物体沿斜面向上运动过程中，由于拉力逐渐增大，物体A沿斜面做匀加速运动，速度逐渐增大，根据功率公式PFv可知，拉力做功的功率一直增大，选项C正确；由于弹簧原来处于压缩状态，具有弹性势能，在拉力拉物体沿斜面向上运动过程中，弹簧先恢复原长，后被拉伸，即弹簧弹性势能先减小后增大，选项D正确4.(多选)(2018届山西名校联考)如图所示，小物块与三块材料不同但厚度相同的薄板间的动摩擦因数分别为、2和3，三块薄板长度均为L，并依次连在一起第一次将三块薄板固定在水平地面上，让小物块以一定的水平初速度v0从a点滑上第一块薄板，结果小物块恰好滑到第三块薄板的最右端d点停下；第二次将三块薄板仍固定在水平地面上，让小物块从d点以相同的初速度v0水平向左运动；第三次将连在一起的三块薄板放在光滑的水平地面上，让小物块仍以相同的初速度v0从a点滑上第一块薄板则下列说法正确的是()A第二次小物块一定能够运动到a点并停下B第一次和第二次小物块经过c点时的速度大小相等C第三次小物块也一定能运动到d点D第一次与第三次小物块克服摩擦力做的功相等解析：选AB因为第一次和第二次薄板均被固定，以小物块为研究对象，根据动能定理，第一次有mgL2mgL3mgL0mv02，第二次从d点运动到a点摩擦力做功相同，故可以运动到a点并停下，选项A正确；同理，第一次运动到c点时，摩擦力做的功Wf1mgL2mgL3mgL，第二次运动到c点时摩擦力做的功Wf23mgL，所以两次通过c点时的速度大小相等，选项B正确；与第一次相比，第三次薄板放在光滑水平地面上，则摩擦力对薄板做功，薄板动能增加，系统损失的机械能减少，小物块相对薄板的位移减小，则小物块不能运动到d点，选项C错误；与第一次相比，因为第三次小物块没有减速到零，故损失的动能减少，所以摩擦力对小物块做的功减少，即小物块克服摩擦力做的功减少，选项D错误5.(多选)(2018届江苏省六市第一次调研)如图所示，一轻弹簧直立于水平面上，弹簧处于原长时上端在O点，将一质量为M的物块甲轻放在弹簧上端，物块下降到A点时速度最大，下降到最低点B时加速度大小为g，O、B间距为h.换用另一质量为m的物块乙，从距O点高为h的C点静止释放，也刚好将弹簧压缩到B点，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小为g，则上述过程中()A弹簧最大弹性势能为MghB乙的最大速度为C乙在B点加速度大小为2gD乙运动到O点下方处速度最大解析：选AD对于物块甲的过程，根据能量守恒可知，弹簧压缩到B点时的弹性势能等于甲的重力势能的变化即Mgh，物块乙也刚好将弹簧压缩到B点，所以弹簧最大弹性势能为Mgh，故A正确；当乙下落到O点时，根据动能定理有mghmv2，解得v，此时开始压缩弹簧，但弹簧弹力为零，所以物体将继续加速直到弹力等于重力时速度达到最大，所以乙的最大速度大于，故B错误；根据能量守恒有Mghmg2h，则mM，在B点对M根据牛顿第二定律有FMgMg，对m根据牛顿第二定律有Fmgma，联立以上各式可得a3g，故C错误；设弹簧劲度系数为k，在最低点有kh2Mg4mg，即kmg，可得乙运动到O点下方处速度最大，故D正确6.(多选)(2019届广西南宁联考)如图所示，一弹性轻绳(绳的弹力与其伸长量成正比)穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB.小球穿过竖直固定的杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为h，已知小球在C点时弹性绳的拉力为，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说法正确的是()A小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为B若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则vC若仅把小球质量变为2m，则小球到达D点时的速度大小为D若仅把小球质量变为2m，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离为2h解析：选BC设小球向下运动到某一点E时，如图所示，弹性绳伸长量为BEx，BCx0，弹性绳劲度系数为k，BEC，则弹力为kx，弹力沿水平方向的分力为kxsinkx0，故在整个运动过程中，小球受到的摩擦力恒为，从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为，选项A错误；若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，则小球从C点到D点，再从D点返回C点的过程中，根据功能关系可知，克服摩擦力做的功等于在D点给小球的动能，即2，v，选项B正确；从C点到D点的过程，小球质量为m时，有mghW弹0，小球质量为2m时，有2mghW弹，v1，选项C正确；由于弹性绳的弹力在竖直方向的分力越来越大，则小球向下运动到速度为零时的位置与C点的距离应小于2h，选项D错误7.(2018年全国卷)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动重力加速度大小为g.小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为()A2mgR B4mgRC5mgR D6mgR解析：选C设小球运动到c点的速度大小为vc，小球由a到c的过程，由动能定理得F3RmgRmv02，又Fmg，解得vc24gR.小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，整个过程运动轨迹如图所示，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间t，小球在水平方向的位移为xgt2，解得x2R.小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移大小为x3R5R，则小球机械能的增加量EF5R5mgR.8(2019届湖南师大附中检测)如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g.以下说法正确的是()A小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0B小物体下落至高度h5时，加速度为0C小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了D小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg(h1h5)解析：选D高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0，故A错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大，故B错误；小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍，此时弹簧的压缩量x，小物体从高度h2下降到h4，重力做功Wmgxmg.物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了，故C错误；小物体从高度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为mg(h1h5)，故D正确二、非选择题9.如图所示，AB为半径R0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接小车质量M3 kg，车长L2.06 m，车上表面距地面的高度h0.2 m，现有一质量m1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数0.3，当车运动了t01.5 s时，车被地面装置锁定(g10 m/s2)试求：(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小；(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车上表面间由于摩擦而产生的内能大小解析：(1)由机械能守恒定律和牛顿第二定律得mgRmvB2FNBmgm解得FNB30 N.(2)设m滑上小车后经过时间t1与小车同速，共同速度大小为v对滑块有mgma1vvBa1t1对于小车：mgMa2va2t1解得v1 m/st11 s因t1t0故滑块与小车同速后，小车继续向左匀速行驶了0.5 s，则小车右端距B端的距离为lt1v(t0t1)解得l1 m.(3)Qmgl相对mg解得Q6 J.答案：(1)30 N(2)1 m(3)6 J10.如图所示，一物体质量m2 kg，在倾角37的斜面上的A点以初速度v03 m/s下滑，A点距弹簧上端挡板位置B点的距离AB4 m当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD