阶段检测卷(二)-【金版新学案】2025-2026学年高中物理必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版）

该高中物理单元复习课件系统梳理了曲线运动、天体运动及机械能守恒等核心知识，通过典型问题将圆周运动的线速度与角速度关系、平抛运动的运动分解、天体运动的万有引力定律应用等知识点串联，构建完整的运动和相互作用知识网络。 其亮点在于融合科学思维与科学探究，如“探究平抛运动”实验通过调节斜槽、重复释放培养科学探究能力，计算题中构建平抛、圆周运动模型并运用动能定理推理，分层设计选择与非选择题满足不同学生需求，助力学生巩固知识，帮助教师精准复习教学。

阶段检测卷(二) 　　　　 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目 要求) 1.(2025·黑龙江齐齐哈尔高一下期末)某新型自行车，采用如图甲所示的无链传动系统，利用圆锥齿轮90°轴交，将动力传至后轴，驱动后轮转动，杜绝了传统自行车“掉链子”问题。图乙是圆锥齿轮90°轴交的示意图，其中A是圆锥齿轮转轴边缘上的点，B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，两个圆锥齿轮的中心轴到A、B、C三点的距离分别为rA、rB和rC(已知rA≠rB≠rC)。下列有关物理量之间的大小关系的表述中正确的是 A.A点和C点的线速度大小相等 B.B点与C点的角速度大小相等 C.A点与B点的向心加速度大小相等 D.A点与B点的角速度大小相等 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 B、C分别是两个圆锥齿轮边缘上的点，则B、C两点的线速度大小相等，即有vB＝vC，根据v＝ωr，rB≠rC，可知ωB≠ωC；A、B两点同轴转动，所以角速度的大小相等，即ωA＝ωB，根据v＝ωr，an＝ω2r，rA≠rB，可知vA≠vB，anA≠anB，因vB＝vC，则有vA≠vC。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 2.如图所示，餐桌上的自动转盘在电动机的带 动下匀速转动，转盘上放有A、B两个茶杯。若 转盘转速变大，以下关于茶杯运动的说法正确的是 A.若A、B是完全相同的茶杯，离圆心远的茶杯更容易发生滑动 B.若A、B与转盘动摩擦因数相同，且均放在转盘边沿，质量小的茶杯更容易发生滑动 C.若A、B与转盘动摩擦因数相同，且均放在转盘边沿，质量大的茶杯更容易发生滑动 D.若A、B质量相同，放在转盘任意位置，与转盘之间动摩擦因数大的茶杯更容易发生滑动 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据μmg＝m(2πn)2r，可得发生相对滑动的临界转速为n＝，若A、B是完全相同的茶杯，可知离圆心远的茶杯发生相对滑动的临界转速小，更容易发生滑动，故A正确；若A、B与转盘动摩擦因数相同，且均放在转盘边沿，由上述分析可知，发生相对滑动的临界转速与茶杯的质量无关，故B、C错误；若A、B质量相同，放在转盘任意位置，与转盘之间动摩擦因数大的茶杯不一定更容易发生滑动，还得看两茶杯离圆心的距离，故D错误。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 3.(2025·广东湛江一中高一下期末)“天宫”空间站由天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱三舱组成，它在绕地球的圆轨道上做匀速圆周运动，则利用引力常量G和下列哪组数据，可以计算出地球质量(不考虑地球自转) A.空间站绕地球做圆周运动的半径和地球表面重力加速度 B.地球半径和地球表面重力加速度 C.空间站到地球表面的高度和绕地球做圆周运动周期 D.地球半径和空间站绕地球做圆周运动的线速度 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据万有引力提供向心力，可得G＝m＝mω2r＝mr，可得M＝＝＝，根据G＝mg表，有M＝。根据上述公式可 知，知道地球半径和地球表面重力加速度，能求得地球质量，而知道空间站绕地球做圆周运动的半径和地球表面重力加速度，不能求得地球质量，故A错误，B正确；知道空间站到地球表面的高度(不知道绕地半径r)和绕地球做圆周运动周期，不能求得地球质量，故C错误；知道地球半径(不知道绕地半径r)和空间站绕地球做圆周运动的线速度，不能求得地球质量，故D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 4.在一次学农活动中，农忙之余师生利用自制的沙包进行放松活动，教师和学生分别在A、B两点以速度v1和v2水平抛出沙包，两沙包在空中的C点相遇，忽略空气阻力，重力加速度为g，则 A.教师和学生同时抛出沙包 B.两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹 角一定不相等 C.若已知A和C、B和C的高度差HAC和HBC， 可求出A、B两点的距离 D.若教师远离学生几步，则需要与学生同时扔出沙包，两沙包才能相遇 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据t＝可知，教师抛出的沙包到达C点的时间较长，可知 教师应先抛出沙包才能与学生抛出的沙包在C点相遇，若教师 远离学生几步，竖直高度并未发生变化，若要两沙包相遇，仍 需要教师先抛出沙包，A、D错误；两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角满足tan α＝＝，若满足＝时，两沙包到C点的速度方向与竖直方向的夹角相等，B错误；已知HAC和HBC，则教师抛出的沙包满足HAC＝g，xAC＝v1t1，学生抛出的沙包满足HBC＝g，xBC＝v2t2，故可由lAB＝求解A、B两点的距离，C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 5.如图所示，一不可伸长的轻质细绳，一端固定在O点，另一端挂接小球，用手把小球拉离最低点，保持细绳拉直，给小球一初速度，第一次小球在甲水平面内做匀速圆周运动，运动过程中细绳与竖直轴线夹角为37°，第二次小球在乙水平面内做匀速圆周运动，运动过程中细绳与竖直轴线夹角为53°，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，小球两次做圆周运动的周期之比等于 A. B. C. D. √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 对运动的小球进行受力分析，其受到重力以及细绳的拉力，小球在这两个力的合力作用下做圆周运动，设细绳与竖直方向的夹角为θ，细绳的长度为L，对小球由牛顿第二定律有mgtan θ＝mLsin θ，整理有T＝2π ，将数据代入可得＝。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 6. (2025·山西长治月考)着陆月球前，“嫦娥六号”的轨迹可简化为如图所示的模型。Ⅰ是地月转移轨道，Ⅱ、Ⅲ是绕月球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕月球运行的圆形轨道，P、Q分别为椭圆轨道Ⅱ的远月点和近月点。关于“嫦娥六号”的说法正确的是 A.在轨道Ⅱ上P点的速度大于月球的第二宇宙速度 B.在轨道Ⅱ上P点的机械能小于在轨道Ⅳ上Q点的机械能 C.在轨道Ⅳ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期 D.若返回地球，脱离月球的速度应大于地球的第二宇宙速度 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 “嫦娥六号”在轨道上Ⅱ上绕月球做椭圆运动，根 据第二宇宙速度定义可知“嫦娥六号”在轨道Ⅱ上 P点的速度小于月球的第二宇宙速度；若返回地球， 则脱离月球的速度应大于月球的第二宇宙速度，故 A、D错误。“嫦娥六号”从轨道Ⅱ到轨道Ⅳ，需要通过减速实现从高轨道变到低轨道，机械能减小，可知“嫦娥六号”在轨道Ⅱ上P点的机械能大于在轨道Ⅳ上Q点的机械能，故B错误。根据开普勒第三定律，由于“嫦娥六号”在轨道Ⅳ上运行的轨道半径小于其在轨道Ⅲ上运行的半长轴，可知其在轨道Ⅳ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故C正确。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 7. (2025·福建福州高一下期末)如图所示，一条轻绳跨过光滑定滑轮，两端与质量分别为2m和m的物体P、Q连接，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，上端与物体Q相连，下端固定在水平面上。用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，物体P离地的高度为L，重力加速度大小为g。物体P由静止释放后，落地时的速度恰好为0，则物体P下落过程中 A.物体P、Q组成的系统机械能守恒 B.物体P、Q组成的系统机械能一直减少 C.当物体P下降 时具有最大速度 D.弹簧的弹性势能增加了mgL √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 物体P下落过程中，物体P、Q和弹簧组成的系统机械能守 恒，弹簧先处于压缩状态后处于伸长状态，弹性势能先减 小后增加，则物体P、Q组成的系统机械能先增加后减小， 故A、B错误；用手托住物体P，当轻绳刚好被拉直时，弹 簧压缩量为Δx＝，当物体P下降时，弹簧恰好恢复原长，此时P仍有向下的加速度，速度不是最大，故C错误；物体P下落过程中，物体P、Q组成的系统重力势能减少了(2m－m)gL，则弹簧的弹性势能增加了mgL，故D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.(2025·广东惠州高一下期末)如图(a)所示，可视为质点的小球穿在竖直平面内光滑的固定圆环上，绕圆心O点做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，圆环与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其F-v2图像如图(b)所示，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法中正确的是 A.小球的质量为4 kg B.固定圆环的半径R为0.8 m C.若小球恰好能做完整的圆周运动， 则其受到轨道的最大弹力为100 N D.小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向竖直向上 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题图(b)可知，v＝0时，重力与弹力平衡，则有 mg＝20 N，解得m＝2 kg，故A错误；根据题图(b)可 知，当v2＝8 m2/s2时，F＝0，即由重力提供向心力， 则有mg＝m，解得R＝0.8 m，故B正确；若小球恰好能做完整的圆周运动，其在最高点的速度恰好等于0，小球在最低点的弹力最大，根据mg·2R＝m，FNm－mg＝m，解得FNm＝100 N，故C正确；小球在最高点的速度为4 m/s时，假设弹力方向竖直向下，则有F＋mg＝m，解得F＝20 N＞0，假设成立，即小球在最高点的速度为4 m/s时，小球受圆环的弹力大小为20 N，方向竖直向下，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 9.(2025·山东聊城高一下期末)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是 A.木板A的质量为4 kg B.系统损失的机械能为1 J C.木板A的最小长度为0.5 m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 根据题图乙、丙可知mA＝0.5 J，v1＝1 m/s，解得mA＝1 kg，故A错误；系统损失的机械能为ΔE＝mB－(mB＋mA)＝1 J，故B正确；A在0～0.5 m做匀加速直线运动，则xA＝×v1t＝0.5 m，解得t＝1 s，在达到共同速度时，A、B的相对位移为xB－xA＝×(1＋2)×1 m－0.5 m＝1 m，即木板A的最小长度为1 m，故C错误；根据运动学公式和牛顿第二定律有v1＝at＝μgt＝1 m/s，解得μ＝0.1，故D正确 。故选BD。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 10. (2025·安徽亳州高一下期末)如图所示，水平面上有一固定在竖直平面内、半径为R、粗糙程度处处相同的半圆轨道，P、Q为轨道最高点且连线水平，K为轨道最低点。现将质量为m的小球(可视为质点)由距P点高度为R的A点静止释放，小球由P点进入圆弧轨道，滑到轨道最低点K时轨道对球的支持力大小为4mg。不计空气阻力，重力加速度的大小为g。下列说法中正确的是 A.小球运动到K点时，在竖直方向上受到三个力的作用 B.小球运动到K点时的速度大小为 C.小球从P点运动到K点的过程中摩擦力所做的功为－mgR D.小球达到Q点时速度刚好为零 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球运动到K点时，在竖直方向上只受重力和轨道对小球的支持力作用，故A错误；在K点，在竖直方向上由牛顿第二定律得4mg－mg＝m，解得小球运动到K点时的速度大小为vK＝，故B正确；小球从A点运动到K点的过程中，由动能定理得2mgR＋Wf＝m，可得小球从P点运动到K点的过程中摩擦力做的功Wf＝m－2mgR＝ －mgR，故C正确； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 在同一高度，由于摩擦力做功使得小球在左半边的速度变小，轨道对小球的支持力变小，滑动摩擦力变小，因此小球从K到Q克服摩擦力做的功小于从P到K克服摩擦力做的功，即＜＝mgR，小球从A点运动到Q点的过程中，由动能定理得mgR－－＝m－0＞mgR－mgR－mgR＝0，可得vQ＞0，故D错误。故选BC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 三、非选择题(本题共5小题，共54分) 11.(6分)(2025·河南百师联盟高一下大联考)在“探究平抛运动特点”的实验中 (1)用如图甲所示装置探究平抛运动分运动的特点。将坐标纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直木板上。小球沿斜槽轨道滑下后从斜槽末端飞出，落在水平挡板上。由于挡板靠近木板一侧较低，小球落在挡板上时，会在坐标纸上挤压出一个痕迹点。上下移动挡板，依次重复上述操作，坐标纸上将留下一系列痕迹点。下列说法正确的是_____。 A.通过调节使斜槽末端保持水平 B.挡板高度应等间距变化 C.不改变挡片P的位置，使小球从斜槽上 相同位置静止释放 D.将坐标纸上确定的点用直线依次连接 AC 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 通过调节使斜槽末段保持水平，以保证小球做平抛运动，故A正确；挡板高度不一定要等间距变化，故B错误；不改变挡片P的位置，使小球从斜槽上相同位置静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，故C正确；将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)取下坐标纸(小方格的边长l＝2.5 cm)，坐标纸上记录了小球的轨迹，小球以同一初速度做平抛运动的几个位置如图乙中的a、b、c、d所示，取重力加速度g＝10 m/s2。则小球在b处的瞬时速度的大小为vb＝_____ m/s，若以a点为坐标原点(0，0)，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，小球抛出点的坐标x＝______ cm，y＝__________ cm。 1.25 －2.5 －0.312 5 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球做平抛运动，由题图乙可知a到b与b到c的水平位移相同，时间间隔相等，设为T，竖直方向有 Δy＝2l－l＝gT2 解得T＝0.05 s 则小球平抛的初速度为v0＝＝1.0 m/s 小球运动到b点竖直方向的分速度 vy＝＝0.75 m/s 小球运动到b点的速度vb＝＝1.25 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 小球运动到b点的时间为t＝＝ s＝0.075 s 小球运动到b点时，竖直方向的位移为y'＝gt2 解得y'＝0.028 125 m＝2.812 5 cm 小球运动到b时，水平方向的位移为x'＝v0t 解得x'＝0.075 m＝7.5 cm 若以a点为坐标原点，则抛出点的横坐标为 x＝2×2.5 cm－7.5 cm＝－2.5 cm 抛出点的纵坐标为 y＝2.5 cm－2.812 5 cm＝－0.312 5 cm。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 12.(8分)某同学利用图甲所示装置间接测量物块质量M，并利用此装置验证系统机械能守恒。如图甲所示，一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q质量均为m＝200 g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度为g＝9.8 m/s2。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)某次实验中，先接通频率为50 Hz的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，其中s1＝4.47 cm，s2＝5.34 cm，s3＝6.21 cm，s4＝7.10 cm，s5＝7.98 cm，s6＝8.86 cm。则系统运动的加速度a＝______m/s2，打5点时的速度v5＝_____ m/s。(保留3位有效数字) 5.50 2.11 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 由题图乙可知，相邻计数点间的时间间隔为T＝2×0.02 s＝0.04 s 根据逐差法可得，系统运动的加速度为 a＝＝ m/s2＝ 5.50 m/s2 打5点时系统的速度为 v5＝＝ m/s ≈2.11 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)忽略各类阻力，可算出物块Z质量的测量值为M＝_______ kg。(保留3位有效数字) 0.512 对Q、Z整体，根据牛顿第二定律有 (M＋m)g－FT＝(M＋m)a 对P，根据牛顿第二定律有FT－mg＝ma 联立解得为M≈0.512 kg。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)利用纸带还可以验证系统机械能守恒，测出纸带上1点到5点的距离h，如图丙所示，求出打1点时的速度v1，打5点时的速度v5，根据以上数据可求出从打1点到打5点的过程中，P、Q和Z组成的系统，重力势能的减少量为______，动能的增加量为__________________，通过数据可得出在误差允许的范围内系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量，则系统机械能守恒。(选用M、m、v1、v5、g、h表示) Mgh (M＋2m)(－) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 从打1点到打5点的过程，P、Q和Z组成的系统重力势能的减少量为ΔEp＝Mgh 动能的增加量为ΔEk＝(M＋2m)－(M＋2m)＝(M＋2m)(－)。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 13.(12分)(2025·安徽亳州高一下期末)图甲所示为足球训练中运动员踢球的瞬间，运动员将质量m＝0.4 kg的足球踢出。若球离开脚的同时恰好离开地面，方向斜向上，且与地面的夹角θ＝37°，如图乙所示，球离开脚时速度大小v0＝25 m/s，整个过程足球运动轨迹在同一竖直平面内，足球可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)运动员对足球所做的功； 答案：125 J　 足球从静止到离开脚的过程，应用动能定理得W＝m－0 解得W＝125 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)足球在空中上升的最大高度； 答案：11.25 m　 足球离开脚后做斜上抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，向上运动时间和向下运动时间相同，设为t1，则v0sin 37°＝gt1 解得t1＝1.5 s 上升的最大高度h＝g＝11.25 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)足球落地点B到出发点A的距离。 答案：60 m 足球在空中运动的时间t＝2t1＝3 s 足球在水平方向做匀速直线运动，则 xAB＝v0cos 37°·t＝60 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 14.(14分) (2025·黑龙江哈尔滨三中高一下期末)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面与圆心为O、半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道在B点平滑连接，且固定于竖直平面内。斜面上固定一个平行于斜面的轻质弹簧，现沿斜面缓慢推动质量为m＝0.4 kg的滑块使其压缩弹簧至A处，弹簧具有4.8 J弹性势能，现将滑块由A处静止释放。已知A、B之间的距离为L＝1.5 m，滑块与斜面间动摩擦因数μ＝0.25，C为圆弧轨道的最低点，D与圆心O等高，滑块可视为质点，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)滑块第一次运动至B点时速度大小； 答案：6 m/s　 滑块第一次从A至B过程，根据动能定理可得W弹＋mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝m－0 其中W弹＝Ep－0＝4.8 J 解得vB＝6 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)滑块第一次运动至D点时对轨道的压力大小。 答案：8 N 滑块第一次由B到D过程，根据动能定理可得－mgRcos 37°＝m－m 滑块第一次运动至D点时，由牛顿第二定律可得FN＝m 联立解得FN＝8 N 由牛顿第三定律可得，滑块第一次运动至D点时对轨道压力大小为FN'＝FN＝8 N。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 15. (14分)(2025·贵州贵阳高一下期末)如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的细圆管CD，管口D正下方直立一根劲度系数k＝50 N/m的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口D齐平。质量m＝1 kg的小球从A点由静止开始下滑，进入管口C时对上管壁有10 N的作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程小球的最大动能Ekm＝4.5 J。已知小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，粗糙水平面BC的长度L＝1 m。不计空气阻力，取重力加速度大小g＝ 10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (1)小球通过C点时的速度大小vC； 答案：2 m/s　 小球进入管口C时对上管壁有10 N的作用力，根据牛顿第三定律可知此时上管壁对小球的作用力大小为FN＝10 N，方向竖直向下 根据牛顿第二定律可得 FN＋mg＝m 解得vC＝2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (2)曲面AB的高度H； 答案：0.7 m　 小球从A点到C点过程，根据动能定理可得 mgH－μmgL＝m－0 解得H＝0.7 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 (3)在压缩弹簧过程中小球获得最大动能时弹簧的弹性势能Ep。 答案：1.5 J 在压缩弹簧过程中，当弹力等于重力时，小球的速度最大，动能最大，可得kx＝mg 解得弹簧的压缩量为x＝0.2 m 从C点到小球动能最大过程，根据功能关系可得 mg(r＋x)＝Ep＋Ekm－m 解得Ep＝1.5 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 谢 谢 观 看 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 $