2022届高考物理二轮复习专题练：机械能守恒定律的应用 WORD版含答案.docx

1、机械能守恒定律的应用一、选择题（共15题）1固定滚轮训练是飞行员为提高空间定向能力而特有的一种训练手段。如图所示，固定滚轮是转轴固定可在竖直面内绕轴自由转动的轮子，训练时飞行员手脚支撑在轮子上做圆周运动。已知飞行员质量为m，滚轮半径为R，滚轮质量可忽略，某次训练中飞行员双臂间的夹角为120，飞行员恰好能在竖直面内做完整圆周运动，当其头部转动到最低点时，踏板对脚无作用力，此时（）A飞行员脚的线速度大小为B飞行员重心的线速度大小为C每个手臂的支持力大小为5mgD飞行员身体的最大向心加速度大小为5g2如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，B球的质量大于A球的质量。A球静止于地面，

2、用手托住B球，轻绳刚好被拉紧，然后释放B球。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦均不计，则在B球落地前A两球所受的合外力大小相等BB球重力势能减小的快慢等于A球重力势能增加的快慢CB球动能增加的快慢等于A球动能增加的快慢DB球机械能减小的快慢等于A球机械能增加的快慢3如图，轻弹簧下端固定在倾角为30的光滑斜面底端，另一自由端处于b点，质量为1 kg的小滑块从a点由静止下滑，c点时速度最大，到d点（图中未画出）速度为零、已知m，g取，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，则（）AmB滑块不可能再回到a点C弹簧的劲度系数是50 N/mD滑块从d点到b点的动能增加量小于弹簧的弹性势能减小量4如图所示，小车放在

3、光滑的水平面上，将系着轻绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切阻力，则在小球、小车运动过程中”下列说法正确的是（）A小车和小球组成的系统动量守恒B小车的机械能一直在增加C小车和小球组成的系统机械能守恒D小球的机械能一直在减少5蹦极是一项刺激的极限运动，如图所示，质量m=45kg的王旋同学将一根原长L=20m的一端固定的弹性绳系在身上，从足够高处由静止跳下，弹性绳可视为轻弹簧，劲度系数为k= 90N/m。（忽略一切阻力，g=10m/s2）。王旋在跳下到第一次下落到最低点的过程中，王列说法正确的是（）A王旋能体验失重感的高度是20mB当弹性绳恰好伸直时，绳的弹力为零，王旋的

4、速度最大C王旋受到弹性绳最大拉力为1350ND当王旋下落高度为25m时速度最大6如图所示，将一质量为m的小球从A点以初速度v斜向上抛出，小球先后经过B、C两点。已知B、C之间的竖直高度和C、A之间的竖直高度都为h，重力加速度为g，取A点所在的平面为参考平面，不计空气阻力，则（）A小球在B点的机械能是C点机械能的两倍B小球在B点的动能是C点动能的两倍C小球在B点的动能为mv22mghD小球在C点的动能为mv2mgh7如图甲所示的陀螺可在圆轨道的外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力陀螺”，该玩具深受孩子们的喜爱。其物理原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，

5、质量为的小铁球视为质点在轨道外侧转动，A、两点分别为轨道上的最高、最低点。铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，重力加速度为，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是（）A铁球可能做匀速圆周运动B铁球绕轨道转动时机械能守恒C铁球在A点的速度一定大于或等于D要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为8两长度均为L的水平细杆AB、CD上下正对放置，距离为d，它们的右端用光滑半圆环相连，在AD、BC的交点处轻弹簧的一端固定，另一端与一质量为m的有孔小球相连，小球套在细杆上，小球与两细杆间的动摩擦因数均为。小球以一定的初速度从A点向右出发，若小球能到达C点，已知整个过程中弹簧始终处于压缩状态，并且弹

6、簧的弹力始终小于小球的重力，重力加速度为g，小球从A点运动到C点的过程中，则（）A小球机械能一直减小B小球减少的动能等于小球增加的重力势能与摩擦产生的热量之和C摩擦产生的热量等于D若只想小球能到达D点，则小球在A点的动能可以恰好等于9如图所示，轻弹簧一端固定在光滑斜面顶端，另一端连接质量为m点。O点为弹簧原长时的末端位置，初始时刻物体静止在A点，现用沿斜面向下的力F缓慢拉动物体到达斜面上的B点，此时力F大小为mg，此过程中力F做功为W。已知弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比，且弹簧始终在弹性限度内，斜面倾角为30。现撤去力F，物体开始向上运动，则下列说法正确的是（）（不计空气阻力）A物体经过A

7、、B两点时，弹簧的弹性势能之比为1：3B力F作用的过程中，系统机械能的增加量为WC物体向上运动经过AB中点时的速度最大D物体向上运动经过AB中点和O点时速度相等10如图所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中（）A小球最大动能应小于mgAB弹簧最大弹性势能等于2mgAC弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变D小球在最低点时的弹力大于2mg11如图所示，光滑斜面倾角=60，其底端与竖直平面内半径R的光滑圆弧轨道平滑对接，位置D为圆弧轨道的最低点。两个质量均为m的小球A和小环B（均可视为质点）用L=1.5R的轻杆

8、通过轻质铰链相连。B套在固定竖直光滑的长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心，初始时轻杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球通过轨道连接处时无能量损失（速度大小不变）。重力加速度为g。下列判断正确的是（）A刚释放时，小球A的加速度大小为B小球A由静止释放运动到最低点时，机械能一直减小C小球A运动到最低点时的速度大小为D已知小球A运动到最低点时，小环B的瞬时加速度大小为a，则此时小球A受到圆弧轨道的支持力大小为5.5mg+ma12如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a

9、、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（）Ab球的质量B两小球与弹簧分离时，动能相等Ca球到达圆心等高处时，对轨道压力为D若，要求a、b都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为13如图，在竖直平面内有光滑轨道ABCD，AB、CD段是竖直轨道，BC段是半径为R的半圆弧轨道，B、C均与圆心等高，两个质量均为M的相同小球P、Q（可视为质点）用一根长为3R的轻杆连接在一起，套在AB段轨道上，则从Q球在B点处由静止释放到两球再次上升到最高点过程中，下列说法正确的是（）A整个过程中两球与轻杆组成的系统机械能守恒B两球再次上升到最高

10、点时，Q球可能位于C处C当小球Q位于半圆弧轨道最低点时，小球Q的速度是小球P速度的2倍D当小球P下降的速度为零时，连接小球P、Q的轻杆与AB成30角14如图所示，水平地面上方用长为L的轻绳竖直悬挂一小球，小球距离地面的高度也为L，小球质量为m，在水平向右的恒力F1作用下，小球从P点运动到Q点，到达Q点时动能为Ek1，OQ与竖直方向的夹角=37；在同向水平恒力F2作用下，到达Q点时动能为Ek2，以水平地面为重力零势能面，已知Ek1Ek2=25，在Q点的机械能之比为E1E2=811，已知重力加速度为g，sin 37=0.6，则（）AF1F2=25B从P到Q，水平恒力F1做的功为C小球到Q点时，力F

11、1的功率为D当=30时，小球机械能之比为E1E2=3415由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是A到达b点时，炮弹的加速度为重力加速度B炮弹经过a点时的速度一定大于经过c点时的速度C炮弹由O点运动到b点的时间小于b点运动到d点的时间D炮弹经过c点时的机械能大于经过b点时的机械能二、非选择题16取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出

12、点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为_。17如图，质量为m的圆环套在固定的粗糙程度均匀的竖直杆上，轻质弹簧的左端固定在墙壁上的O点，右端与圆环相连。初始时刻，圆环处于A点，弹簧水平，且恰好处于原长状态。将圆环从A点由静止释放，第一次经B点时环的速度最大，最低可到达C点。之后，圆环沿杆向上滑动。忽略空气阻力的影响，则圆环从C点向上运动的过程中，速度最大的位置_（选填“在B点”、“在B点上方”、“在B点下方”、“无法确定”）。圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：_。18如图， AB为长度足够长的水平地面， AC为与水平方向成30o的倾斜地

13、面，D为AC中点已知将某物体以6 J的初动能从D点水平抛出，其落到水平地面时的动能为12J。若将该物体以一定的初速度从C点水平抛出，要使其恰好能落在A点，则其抛出时的初动能应为_J。19“嫦娥二号”探月卫星的成功发射，标志着我国航天又迈上了一个新台阶。假设我国宇航员乘坐探月卫星登上月球，如图所示是宇航员在月球表面水平抛出小球的闪光照片的一部分，已知照片上每格表示实际长度为a，闪光周期为T，据此分析：（1）小球平抛的初速度为_；（2）若宇航员在月球表面用轻绳栓一质量为的小铁球，在竖直平面内做圆周运动，则运动过程中绳上最大、最小拉力之差=_。（用a、m、T表示）20如图所示为竖直放置的四分之一圆弧

14、轨道，O点是其圆心，轨道末端B切线水平。一小球从轨道顶端A点由静止释放，到达轨道底端经过B点水平飞出，最终落到水平地面上C点。已知轨道半径R=0.80m，B点距水平地面的高度h=0.80m，小球质量m=0.10kg，在B点的速度。忽略空气阻力，重力加速度。求：（1）小球落到C点时的速度大小v。（2）C点与B点之间的水平距离x。（3）小球克服圆弧轨道阻力做的功。21某物理探究项目组设计了如图所示的弹射装置，每次实验时通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩到最短后释放，将放置在弹簧前端的质量为m的小滑块从A点水平弹出，滑行距离R后经过B点，无碰撞地进入细口径管道BCD，最后从D点水平飞出。整个轨道处在同一

15、竖直面内，管道BC部分为长度可伸缩的软管，CD部分为半径为R、可上下调节的圆弧管道，圆心始终在D点正下方。轨道仅AB段粗糙，滑块与AB段的动摩擦因数为。以D点正下方平台上的O点为原点、向右为正方向建立x轴，在处竖直放置高度为2R的竖直挡板EF。当D点距平台的高度h=10R时，小滑块恰好无法从D点射出。管道的口径略大于滑块，滑块在管道中运动时管道形状不发生改变，不计空气阻力、滑块的大小和挡板的厚度，重力加速度为g。求：（1）弹簧被压缩到最短时的弹性势能；（2）调整D点距平台的高度h=6R时，滑块经过D点时对管道的作用力；（3）调整D点距平台的高度，求滑块落在挡板右侧到O点的距离范围。22如图所示

16、，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点，质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连，长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L，装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。（1）求弹簧的劲度系数k；（2）求小球与轻杆间恰无弹力时，装置转动的角速度；（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。23如图所示，从A点以

17、某一水平速度v0抛出一质量m1 kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入BOC37的固定光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在光滑水平面上的长木板上，圆弧轨道C端的切线水平。已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，g10 m/s2。求：（sin 370.6，cos 370.8）（1）小物块的初速度v0及在B点时的速度大小；（2）小物块滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。参考答案：1C【详解】AB飞行员重心

18、恰好能通过圆周最高点，则此时重心的速度为零，假设重心到转轴距离为L，当其头部转动到最低点时，则由机械能守恒定律解得重心的速度则飞行员脚的线速度选项AB错误：CD每个手臂的支持力大小为N，由牛顿第二定律可知解得选项C正确，D错误。故选C。2D【详解】A两球加速度大小相等，但是两球质量不等，则所受的合外力大小不相等，选项A错误；B根据EP=mgh可知，重力势能变化的快慢为两球高度变化相等，质量不等，则B球重力势能减小的快慢与A球重力势能增加的快慢不相等，选项B错误；C根据动能变化的快慢为两球速度相等，质量不等，则B球动能增加的快慢不等于A球动能增加的快慢，选项C错误；D因AB系统机械能守恒，即B球

19、机械能减小等于A球机械能增加，则B球机械能减小的快慢等于A球机械能增加的快慢，选项D正确。故选D。3D【详解】A物块从b点接触弹簧向下运动，可视为弹簧振子，由于b点有速度，所以与不对称，所以故A错误；B由于斜面光滑，所以弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，所以滑块可以再回到a点，故B错误；C在点时速度最大，即此时加速度为零，有解得故C错误；D从到，弹簧与小滑块组成的系统机械能守恒，动能的增加量与重力势能增加量之和等于弹簧重力势能的减少量，即可得故D正确。故选D。4C【详解】A小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖

20、直方向的分速度，且分速度大小也不断变化，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故A错误；BCD小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故BD错误，C正确。故选C。5D【详解】A王璇最初一段时间内只受重力做自由落体运动，当弹性绳伸直后，受重力和弹力，但是重力大于弹力，加速度向下，随着弹力的不断增大，做加速度减小的加速运动，当弹力和重力相等时，加速度为零，速度达到最大，接下来弹力大于重力，做加速度增大的减速运动，最后速度减为零

21、，达到最低点。由上分析可知当弹性绳弹力小于运动员的重力时，运动员合力向下，加速下降，就处于失重状态，可知王旋能体验失重感的高度大于20m，故A错误；BD弹力等于重力时，速度最大解得x=5m可知此时王旋下落高度为H=L+x=25m故B错误，D正确；C当运动员运动到最低点时拉力最大，根据能量守恒代入数据解得此时的弹力为故C错误。故选D。6D【详解】A不计空气阻力，小球在斜上抛运动过程中只受重力作用，运动过程中小球的机械能守恒，则小球在B点的机械能等于在C点的机械能，A错误；B小球在B点的重力势能大于在C点重力势能，根据机械能守恒定律知，小球在B点的动能小于在C点的动能，B错误；C小球由A到B过程中

22、，根据机械能守恒定律有解得小球在B点的动能为C错误；D小球由B到C过程中，根据机械能守恒定律有解得小球在C点的动能为D正确。故选D。7BD【详解】A B. 铁球绕轨道转动受到重力，轨道的磁性引力和轨道的弹力作用，而轨道的磁性引力和弹力总是与速度垂直，故只有重力对铁球做功，铁球做变速圆周运动，铁球绕轨道转动时机械能守恒，选项B正确，A错误；C. 铁球在A点时，有当时，选项C错误；D. 铁球从A到B的过程，由动能定理当时，铁球在B点的速度最小，解得球在B点处，轨道对铁球的磁性引力最大，当，时，解得故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为，选项D正确；故选BD。8BC【详解】A从B到E段，弹力与

23、速度夹角小于90，弹力做正功，机械能增加，故A错误；B根据能量守恒可知，整个过程，小球减少的动能等于小球增加的重力势能与摩擦产生的热量之和，故B正确；C对AB段和CD段，用微元法结合对称性，运动 距离，摩擦力做功所以全程摩擦力做总功即产热故C正确；D从A到D根据动能定理小球在A点的动能等于故D错误。故选BC。9BD【详解】A物体在A点时满足B点时满足根据可知弹簧的弹性势能之比为1：9，故A错误；B根据功能关系可知，系统机械能增加量为外力F做功，故B正确；C当加速度为0时，即合力为0时，速度最大，因此在A点速度最大，故C错误；D AB中点到O点距离为，满足因此弹性势能减小量等于重力势能增加量，根

24、据机械能守恒可知，动能相同，所以速度相同，故D正确。故选BD。10AB【详解】A在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgAA正确；B从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgAB正确；C在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变C错误；D小球做简谐运动的平衡位置处mg=kx当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，可知x=A所以在最低点时，形变量为2A弹力大小为2mgD错误。故选AB。11ACD

25、【详解】A由牛顿第二定律得解得故A正确；B小球A在D点时，速度水平，竖直分速度为0，则B的速度为0。而B的机械能减小，则A的机械能增加。不管中间怎么变化，但A机械能最终增加了。故B错误；C系统动能定理得解得故C正确；D以小环B为研究对象，由牛顿第二定律得Fmg=ma以小球A为研究对象，由牛顿第二定律得解得FN=5.5mg+ma故D正确。故选ACD。12AD【详解】A设小球离开弹簧后的速度大小为，球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为，则有解得选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得解得同理可得b球离开弹簧后的速度大小为取向左为正方向，根据动量守恒定律得可得故A正确；B两小球

26、与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系可知，动能不相等，故B错误；Ca球到达圆心等高处时，速度为，由动能定理可得轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有联立解得由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为，所以C错误；D若，取向左为正方向，由动量守恒定理有则分离时两小球速度相等，若要求a、b都能通过各自的最高点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析可知，a刚好通过最高点时，分离时速度为则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为故D正确。故选AD。13ACD【详解】A因为整个过程中只有重力对两小球组成的系统做功，系统机械能守恒，A正确；B由几何关系可知，若Q球位于C处，则P球位于释放点下方，由

27、机械能守恒定律知此时系统的动能不为零，故C不可能为两球再次上升到最高点时Q球的位置，B错误；C如图1，当小球Q位于半圆弧轨道最低点时，小球P和Q的速度在杆上的投影相等，即vPcos =vQsin 解得=2C正确；D当小球P下降的速度为零时，Q球的速度在杆上的投影为零，则速度与杆垂直，又速度与半径垂直，所以轻杆一定过半圆弧的圆心，如图2，由几何关系可知连接小球P、Q的轻杆与AB成30角，D正确。故选ACD。14CD【详解】A在力F1作用下，从P到Q，对小球由动能定理有F1Lsin -mgL（1-cos ）=Ek1-0E1=mgL+F1Lsin 同理，在力F2作用下有F2Lsin -mgL（1-c

28、os ）=Ek2-0，E2=mgL+F2Lsin 根据题意有Ek1Ek2=25E1E2=811联立解得F1=mgF2=2mgA错误；B从P到Q，水平恒力F1做的功为W=F1x=mgLsin =B错误；C在力F1作用下，小球到达Q点时的动能为Ek1=力F1的功率为P1=F1v1cos =C正确；D当=30时，结合以上分析可知小球机械能之比为D正确。故选CD。15BC【详解】A由于受到竖直向下的重力、与运动方向相反的空气阻力作用，到达点时炮弹的加速度不是重力加速度，A错误；B炮弹从点到点的过程，重力做功为零，空气阻力做负功，由动能定理可知，炮弹经过点时的速度大于经过点时的速度，B正确；C从O到b的

29、过程中，在竖直方向上，受到重力和阻力在竖直向下的分力，由牛顿第二定律可得解得在从b到d的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力在竖直向上的分力，由牛顿第二定律可得解得对比可得即上升阶段的加速度总体比下降阶段的加速度大，由可定性确定，竖直位移相同，加速度越大，时间就越短，所以炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间，C正确；D由于空气阻力做负功，所以炮弹从O点出发到d点过程中，炮弹的机械能一直减少，故炮弹经过c点时的机械能小于经过b点时的机械能，故D错误。故选BC。16【详解】设抛出时物块的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为，根据机械能守恒定

30、律得据题意有解得则得17 在B点下方 动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大【详解】圆环向下运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向圆环向上运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向则可知在B点时弹簧伸长量较大，即B点在B点下方；圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。189【详解】解：设D点到A点的距离为x, 物体从D点抛出时，由机械能守恒定律可知mgxsin30=12J6J=6J解得物体从C点抛出时，由平抛运动的规律可得，在水平方向2xcos3

31、0=v2t在竖直方向物体从C点抛出时的初动能为联立以上各式解得Ek=9J19 【详解】水平方向根据解得竖直方向根据解得在竖直平面内做圆周运动，在最高点有在最低点有从最低点到最高点时，有运动过程中绳上最大、最小拉力之差为联立可得20（1）；（2）；（3）【详解】（1）小球从B运动到C，只有重力做功，机械能守恒，有带入数据得（2）小球从B运动到C，做平抛运动，有解得（3）小球从A运动到B，应用动能定理，有带入数据得21（1）；（2），方向竖直向上；（3）【详解】（1）当h=10R时，小滑块由A到D的过程，由能量守恒，弹簧被压缩到A点时的弹性势能（2）当h=6R时，设小滑块到达D点时的速度大小为v，

32、由动能定理设轨道对小滑块的作用力为F，由牛顿第二定律联立解得方向竖直向下；由牛顿第三定律可得，滑块对管道的作用力方向竖直向上（3）滑块恰好通过F点，有由平抛规律解得当时，由解得同理可解得，当时若无挡板，则解得当时，落地距离最远为当，时，滑块的下落高度解得故所求范围为22（1）；（2）；（3）【详解】（1）依题意，有解得（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有解得（3）题设过程中弹簧的压缩量与伸长量相等，故弹性势能改变量则由功能关系有其中解得23（1），；（2）；（3）2.24m【详解】（1）小物块从A点到B点做平抛运动，设运动时间为t，则有解得小物块到达B点时竖直分速度为根据速度的合成与分解有解得所以（2）设小物块滑动至C点时的速度大小为vC，所受圆弧轨道的支持力大小为FN。对小物块从A到C的过程，根据动能定理有解得在C点时，根据牛顿第二定律有解得（3）设小物块达到木板右端时恰好和长木板达到共同速度，根据动量守恒定律有解得设此时长木板的长度为L，根据功能关系有解得