2023版高考生物二轮复习阶段滚动卷二（含解析）

2020版高考生物二轮复习阶段滚动卷二（含解析）PAGE35-阶段滚动卷二本试卷分第一卷(选择题)和第二卷(非选择题)两局部，总分值100分，时间90分钟。第一卷一、选择题(此题共12小题，每题4分，共48分。在每题给出的四个选项中，第1～7题只有一个选项符合题目要求，第8～12题有多项符合题目要求，全部答对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．(2022·四川自贡高三一诊)如图，是发射的一颗人造卫星在绕地球轨道上的几次变轨图，轨道Ⅰ是圆轨道，轨道Ⅱ和轨道Ⅲ是依次在P点变轨后的椭圆轨道。以下说法正确的选项是()A．卫星在轨道Ⅰ上的运行速度大于7.9km/sB．卫星在轨道Ⅱ上运动时，在P点和Q点的速度大小相等C．卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度D．卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ后机械能减小答案C解析第一宇宙速度v1＝7.9km/s是近地卫星的运行速度，是圆轨道卫星最大的环绕速度，根据半径越大，线速度越小，可知卫星在轨道Ⅰ上运行时的速度一定小于7.9km/s，故A错误；根据开普勒第二定律可知，卫星在轨道Ⅱ上运动时，P点为近地点，Q点为远地点，那么在P点的速度大小大于在Q点的速度大小，故B错误；根据a＝eq\f(GM,r2)可知，卫星在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于卫星在轨道Ⅱ上运动到P点时的加速度，故C正确；卫星从轨道Ⅰ的P点加速进入轨道Ⅱ后机械能增大，故D错误。2.(2022·榆林一模)如下图，A为地球赤道外表的物体，B为环绕地球运行的卫星，此卫星在距离地球外表eq\f(R,2)的高度处做匀速圆周运动，且向心加速度的大小为a，地球的半径为R，引力常量为G。那么以下说法正确的选项是()A．物体A的向心加速度大于aB．物体A的线速度比卫星B的线速度大C．地球的质量为eq\f(R2a,G)D．地球两极的重力加速度大小为eq\f(9,4)a答案D解析根据Geq\f(Mm,r2)＝ma得a＝eq\f(GM,r2)，可知B的向心加速度a大于地球同步卫星的向心加速度，而根据a＝ω2r可知，同步卫星的向心加速度大于物体A的向心加速度，那么物体A的向心加速度小于a，故A错误；根据Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可知v＝eq\r(\f(GM,r))，那么B的线速度大于地球同步卫星的线速度，而根据v＝ωr可知，同步卫星的线速度大于物体A的线速度，那么物体A的线速度小于卫星B的线速度，故B错误；对卫星B，根据Geq\f(Mm,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋\f(R,2)))2)＝ma可得，地球的质量为eq\f(9R2a,4G)，故C错误；根据Geq\f(Mm,R2)＝mg可得，地球两极的重力加速度大小为g＝eq\f(GM,R2)＝eq\f(9,4)a，故D正确。3．(2022·成都三模)目前，我国在人工智能和无人驾驶技术方面已取得较大突破。为早日实现无人驾驶，某公司对汽车性能进行了一项测试，让质量为m的汽车沿一山坡直线行驶。测试中发现，下坡时假设关掉油门，那么汽车的速度保持不变；假设以恒定的功率P上坡，那么从静止启动做加速运动，发生位移s时速度刚好到达最大值vm，设汽车在上坡和下坡过程中所受阻力的大小分别保持不变，以下说法正确的选项是()A．关掉油门后的下坡过程，汽车的机械能守恒 B．关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力的冲量为零 C．上坡过程中，汽车速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，所用的时间可能等于eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)D．上坡过程中，汽车从静止启动到刚好到达最大速度vm，所用时间一定小于eq\f(2s,vm)答案D解析汽车关掉油门后的匀速下坡过程，汽车的速度不变，动能不变，重力势能减小，那么汽车的机械能减小，故A错误；汽车关掉油门后的下坡过程，坡面对汽车的支持力大小不为零，时间不为零，那么支持力的冲量不为零，故B错误；汽车上坡过程中，汽车速度由eq\f(vm,4)增至eq\f(vm,2)，设所用的时间为t，位移为s′，所受阻力为f(包含重力沿坡面的分力)，根据动能定理可得：Pt－fs′＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,2)))2－eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(vm,4)))2，解得t＝eq\f(3mv\o\al(2,m),32P)＋eq\f(fs′,P)，故C错误；上坡过程中，汽车从静止启动到刚好到达最大速度vm的过程，功率不变，速度增大，那么牵引力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，设所用时间为T，那么eq\f(vm,2)·T<s，解得T＜eq\f(2s,vm)，故D正确。4．(2022·安徽合肥二模)如图甲所示，置于水平地面上质量为m的物体，在竖直拉力F作用下，由静止开始向上运动，其动能E与距地面高度h的关系如图乙所示，重力加速度为g，空气阻力不计。以下说法正确的选项是()A．在0～h0过程中，F大小始终为mgB．在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为2∶1C．在0～2h0过程中，物体的机械能不断增加D．在2h0～3.5h0过程中，物体的机械能不断减少答案C解析0～h0过程中，Ek­h图象为一条直线，由动能定理得：(F－mg)h0＝mgh0－0，故F＝2mg，A错误；由A可知，F在0～h0过程中做功为2mgh0，在h0～2h0过程中，由动能定理可知，WF－mgh0＝1.5mgh0－mgh0，解得WF＝1.5mgh0，因此在0～h0和h0～2h0过程中，F做功之比为4∶3，故B错误；由A、B两项分析可知，在0～2h0过程中，F一直做正功，故物体的机械能不断增加，C正确；在2h0～3.5h0过程中，取任一高度(2h0＋h′)，由图乙可知此时物体的动能为mg(1.5h0－h′)，由动能定理WF′－mgh′＝mg(1.5h0－h′)－1.5mgh0，得WF′＝0，即F做功为0，故物体的机械能保持不变，D错误。5．(2022·大武口区校级一模)质量m＝200kg的小型电动汽车在平直的公路上由静止启动，图象甲表示汽车运动的速度与时间的关系，图象乙表示汽车牵引力的功率与时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在18s末汽车的速度恰好到达最大。那么以下说法正确的选项是()A．汽车受到的阻力为200NB．汽车的最大牵引力为800NC．汽车在做变加速运动过程中的位移大小为90mD．8～18s过程中汽车牵引力做的功为8×104J答案D解析当牵引力等于阻力时，汽车的速度到达最大值，那么有：f＝eq\f(Pm,vm)＝800N，故A错误；在0～8s过程中，汽车做匀加速运动，在8～16s过程中，汽车做加速度减小的加速运动，由F－f＝ma可知，牵引力逐渐减小，由此可知0～8s汽车的牵引力最大，那么有：Fm＝eq\f(Pm,v1)＝eq\f(8×103,8)N＝1000N，故B错误；汽车做变加速运动的过程中，根据动能定理得：Pmt－fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得：s＝95.5m，故C错误；8～18s过程中汽车牵引力已到达最大功率，所以牵引力做的功为：W＝Pmt＝8×104J，故D正确。6.(2022·重庆南开中学高三4月模拟)如下图，甲、乙两小球大小相同，质量相等，甲小球从某高度h处释放，做自由落体运动，乙小球在它的正下方的水平面上以某一初速度同时做竖直上抛运动，如果两小球碰撞时恰好速度大小相等，方向相反，且碰撞过程中无机械能损失，关于其运动，以下说法正确的选项是()A．甲、乙小球从开始运动到相碰的过程，系统动量守恒B．甲小球碰后将先回到出发点C．乙小球碰前、碰后两个阶段的重力的冲量一定相等D．甲、乙两球碰前的平均速度大小比值为1∶2答案C解析甲、乙小球从开始运动到相碰的过程，由于它们都受重力的作用，系统的合力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；两球发生弹性碰撞，碰后两球速度大小相等，方向相反，运动规律与各自碰撞前的运动规律对称，那么它们运动时间相等，即同时回到出发点，所以小球碰前、碰后两个阶段的时间相同，小球所受重力的冲量也相同，故B错误，C正确；设甲、乙两球相遇时的速度为v，甲的初速度为0，乙的初速度为v1，由题知甲、乙两球运动时间相同，加速度大小相等，即v＝gt＝v1－gt，由此可得v1＝2v，由匀变速运动平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)知，eq\x\to(v)甲＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，eq\x\to(v)乙＝eq\f(2v＋v,2)＝eq\f(3v,2)，那么eq\x\to(v)甲∶eq\x\to(v)乙＝1∶3，故D错误。7．(2022·北京西城一模)随着科幻电影?流浪地球?的热映，“引力弹弓效应〞进入了公众的视野。“引力弹弓效应〞是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如下图，以太阳为参考系，设行星运动的速度为u，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2。探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么以下判断中正确的选项是()A．v1>v0B．v1＝v0C．v2>v0D．v2＝v0答案A解析设探测器的质量为m，行星的质量为M，探测器和行星发生弹性碰撞。对于模型一：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu－mv0＝mv1＋Mu1，由能量守恒eq\f(1,2)Mu2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,1)，联立解得探测器碰后的速度v1＝eq\f(2Mu＋Mv0－mv0,M＋m)，因M≫m，那么v1≈2u＋v0>v0，故A正确，B错误；对于模型二：设向左为正方向，由动量守恒定律：Mu＋mv0＝－mv2＋Mu2，由能量守恒eq\f(1,2)Mu2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mueq\o\al(2,2)，联立解得探测器碰后的速度v2＝eq\f(Mv0－2Mu－mv0,M＋m)，因M≫m，那么v2≈v0－2u<v0，故C、D均错误。8.(2022·大连模拟)嫦娥四号月球探测器已于2022年12月8日在西昌卫星发射中心由长征三号乙运载火箭发射成功。嫦娥四号将经历地月转移、近月制动、环月飞行，最终实现人类首次月球反面软着陆和巡视勘察。地球质量为M1，半径为R1，外表的重力加速度为g，月球质量为M2，半径为R2，两者均可视为质量分布均匀的球体。那么以下说法正确的选项是()A．月球外表的重力加速度为eq\f(M2g,M1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R2,R1)))2B．探测器在月面行走时，探测器内的仪器处于完全失重状态C．月球的第一宇宙速度为R1eq\r(\f(M2g,M1R2))D．嫦娥四号环月飞行的最小周期为2πeq\r(\f(M1R\o\al(3,2),M2gR\o\al(2,1)))答案CD解析在地球外表，根据万有引力和重力的关系可得：mg＝Geq\f(M1m,R\o\al(2,1))，在月球外表，根据万有引力和重力的关系可得：mg月＝Geq\f(M2m,R\o\al(2,2))，联立解得：g月＝eq\f(M2g,M1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,R2)))eq\s\up15(2)，故A错误；探测器在月面行走时，探测器内的仪器仍受月球的重力作用，不是处于失重状态，故B错误；月球的第一宇宙速度为v＝eq\r(g月R2)＝R1eq\r(\f(M2g,M1R2))，故C正确；嫦娥四号环月飞行时按月球的第一宇宙速度运行时周期最小，嫦娥四号环月飞行的最小周期为T＝eq\f(2πR2,v)＝2πeq\r(\f(M1R\o\al(3,2),M2gR\o\al(2,1)))，故D正确。9.(2022·吉林省长春市二模)如下图，固定于地面、倾角为θ的光滑斜面上有一轻质弹簧，轻质弹簧一端与固定于斜面底端的挡板C连接，另一端与物块A连接，物块A上方放置有另一物块B，物块A、B质量均为m且不粘连，整个系统在沿斜面向下的外力F作用下处于静止状态。某一时刻将力F撤去，在弹簧将A、B弹出过程中，假设A、B能够别离，重力加速度为g。那么以下表达正确的选项是()A．A、B刚别离的瞬间，两物块速度到达最大B．A、B刚别离的瞬间，A的加速度大小为gsinθC．从力F撤去到A、B别离的过程中，A物块的机械能一直增加D．从力F撤去到A、B别离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统机械能守恒答案BCD解析当加速度等于零时，两个物块的速度到达最大，A、B刚别离的瞬间，弹簧处于原长状态，A、B之间没有弹力作用，此时A、B都只受重力和斜面的支持力，有共同的沿斜面向下的加速度gsinθ，速度不是最大，A错误，B正确；从力F撤去到A、B别离的过程中，弹簧对A物块的弹力始终大于B物块对A物块的弹力，这两个力的合力对A做正功，所以A的机械能增大，C正确；从力F撤去到A、B别离的过程中，A、B物块和弹簧构成的系统只有重力和弹簧弹力做功，所以系统机械能守恒，D正确。10．(2022·河北唐山一模)一子弹以初速度v0击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块运动的位移为s。那么以下说法正确的选项是()A．子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量答案BD解析子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律知子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，那么子弹与木块动量变化量的大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不等，故C错误；对木块，根据动能定理可知：子弹对木块做的功即为摩擦力对木块的功，等于木块动能的增量，故D正确。11．(2022·安徽宣城二模)如图a，在竖直平面内固定一光滑的半圆形轨道ABC，小球以一定的初速度从最低点A冲上轨道，图b是小球在半圆形轨道上从A运动到C的过程中，其速度的平方与其对应高度的关系图象。小球在最高点C受到轨道的作用力为2.5N，空气阻力不计，B点为AC轨道的中点，重力加速度g取10m/s2，以下说法正确的选项是()A．图b中x＝36m2·s－2B．小球质量为0.2kgC．小球在A点时重力的功率为5WD．小球在B点受到的轨道作用力为8.5N答案BD解析由图b可知轨道半径R＝0.4m，小球在C点的速度vC＝3m/s，那么由牛顿第二定律可得：F＋mg＝eq\f(mv\o\al(2,C),R)，解得：m＝eq\f(F,\f(v\o\al(2,C),R)－g)＝eq\f(2.5,\f(9,0.4)－10)kg＝0.2kg，故B正确；小球在光滑轨道上运动，只有重力做功，故机械能守恒，所以有：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)＋mg2R，解得：veq\o\al(2,A)＝veq\o\al(2,C)＋2g2R，即为：x＝veq\o\al(2,A)＝9＋2×10×0.8m2/s2＝25m2/s2，故A错误；小球在A点时重力G＝mg＝2N，方向向下，速度vA＝5m/s，方向向右，故小球在A点时重力的功率为0，C错误；由机械能守恒可得小球在B点的速度为：vB＝eq\r(v\o\al(2,A)－2gR)＝eq\r(25－2×10×0.4)m/s＝eq\r(17)m/s，此时在水平方向受到轨道的支持力为：F＝eq\f(mv\o\al(2,B),R)＝eq\f(0.2×17,0.4)N＝8.5N，所以，小球在B点受到的轨道作用力为8.5N，故D正确。12.(2022·湖北模拟)如下图，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A连接的细线绕过光滑的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B的细线和斜面平行，滑块A从细线水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A下降到速度最大(A未落地，B未上升至滑轮处)的过程中()A．滑块A和滑块B的加速度大小一直相等B．滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能C．滑块A的速度最大时，滑块A的速度大于B的速度D．细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量答案CD解析两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，那么A的分加速度大小等于B的加速度大小，故A错误；由能量守恒定律可知滑块A减小的机械能等于滑块B增加的机械能和摩擦生热之和，故B错误；绳连接体沿绳的速度相等，那么A沿绳的分速度大小等于B的运动速度大小，如下图，即滑块A的速度大于B的速度，故C正确；对A受力分析可知，除重力外，只有细线的张力对A做功，由功能关系可知，细线上张力对滑块A做的功等于滑块A机械能的变化量，故D正确。第二卷二、非选择题(此题共4小题，共52分。解容许写出必要的文字说明、只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(2022·抚州模拟)(12分)如下图，从A点以v0的水平速度抛出一质量m＝1kg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的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。长木板的质量M＝4kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6m、h＝0.15m，R＝0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2。求：(1)水平抛出速度v0的大小；(2)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？答案(1)4m/s(2)2.24m解析(1)小物块做平抛运动，那么有：H－h＝eq\f(1,2)gt2小物块到达B点时竖直分速度为：vy＝gt解得：vy＝3m/s设∠BOC＝θ，由几何关系可得：cosθ＝eq\f(R－h,R)＝eq\f(4,5)，tanθ＝eq\f(vy,v0)，解得：v0＝4m/s。(2)小物块从A到C，根据机械能守恒定律可得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgH＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，解得：vC＝2eq\r(7)m/s小物块滑上长木板后，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可得：mvC＝(M＋m)v共解得：v共＝eq\f(2\r(7),5)m/s由能量守恒定律，得：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)解得：长木板的最小长度L＝2.24m。14.(2022·河南安阳二模)(12分)如下图，一圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水平轨道在A点相切，AB为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2m的滑块1、2用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连，弹簧和细线均未画出)，滑块1、2位于A点。现剪断两滑块间的细线，滑块1恰能过B点，且落地点恰与滑块2停止运动的地点重合。滑块1、2可视为质点，不考虑滑块1落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)滑块1过B点的速度大小；(2)弹簧释放的弹性势能大小；(3)滑块2与水平轨道间的动摩擦因数。答案(1)eq\r(gR)(2)eq\f(15,4)mgR(3)eq\f(5,16)解析(1)滑块1恰能过B点，那么有mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)，解得：vB＝eq\r(gR)。(2)滑块1从A点运动到B点的过程中，根据动能定律有：－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)解得：vA＝eq\r(5gR)滑块1、2被弹簧弹开前后，滑块1、2组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有：mvA＝2mv根据能量转化和守恒定律有：Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·2mv2联立解得：Ep＝eq\f(15,4)mgR。(3)滑块1过B点后做平抛运动，那么水平方向有：x＝vBt竖直方向有：2R＝eq\f(1,2)gt2滑块2在水平方向做减速运动，根据动能定理有：－μ·2mg·x＝0－eq\f(1,2)·2mv2，联立解得：μ＝eq\f(5,16)。15．(2022·安徽合肥二模)(14分)将一轻弹簧竖直放置在地面上，在其顶端由静止释放一质量为m的物体，当弹簧被压缩到最短时，其压缩量为l。现将该弹簧的两端分别拴接小物块A与B，并将它们静置于倾角为30°的足够长固定斜面上，B靠在垂直于斜面的挡板上，P点为斜面上弹簧自然状态时A的位置，如下图。由斜面上距P点6l的O点，将另一物块C以初速度v0＝5eq\r(gl)沿斜面向下滑行，经过一段时间后与A发生正碰，碰撞时间极短，碰后C、A紧贴在一起运动，但不粘连，斜面P点下方光滑、上方粗糙，A、B、C的质量均为4m，与斜面间的动摩擦因数均为μ＝eq\f(\r(3),2)，弹簧劲度系数k＝eq\f(2mg,l)，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。求：(1)C与A碰撞前瞬间的速度大小；(2)C最终停止的位置与O点的距离；(3)判断上述过程中B能否脱离挡板，并说明理由。答案(1)eq\r(23gl)(2)4l(3)Ek>0，说明此时A仍有沿斜面向上的速度，故B能脱离挡板解析(1)刚开始A压缩弹簧，设此时弹簧压缩量为x1，对A根据平衡条件可得：4mgsin30°＝kx1解得：x1＝l设C与A碰前瞬间速度大小为v1，对C，由动能定理得：4mgsin30°(6l＋x1)－μ·4mgcos30°·6l＝eq\f(1,2)(4m)veq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)(4m)veq\o\al(2,0)联立以上各式得：v1＝eq\r(23gl)。(2)依题意，当竖直放置的弹簧被压缩l时，质量为m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能，由机械能守恒定律，弹簧的弹性势能为：Ep＝mgl。C与A碰撞过程中动量守恒，有：4mv1＝8mv2C与A碰后一起压缩弹簧至返回P点过程，B始终未动，对A、C及弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律得：eq\f(1,2)(8m)veq\o\al(2,2)＋Ep＝8mgsin30°·l＋eq\f(1,2)(8m)veq\o\al(2,3)此后C与A别离，C沿斜面向上做匀减速运动直至停下，对C，根据动能定理可得：－4mgsin30°·x2－μ·4mgcos30°·x2＝0－eq\f(1,2)(4m)veq\o\al(2,3)联立以上各式得：x2＝2l，即C最终停止的位置与O点相距4l。(3)要使B离开挡板，那么弹簧必须伸长到x3＝eq\f(4mgsin30°,k)＝l，即A需到达斜面上P点上方l处，此时弹簧的弹性势能恰也为Ep，假定A可以到达该处，A由P至该处的运动过程，根据动能定理得：－4mgsin30°·l－μ·4mgcos30°·l＋WT＝Ek－eq\f(1,2)(4m)veq\o\al(2,3)其中WT＝－Ep＝－mgl由以上式子可得Ek>0，说明此时A仍有沿斜