安徽省皖江名校聯(lián)盟2020屆高三物理上學(xué)期第一次聯(lián)考試題（含解析）.docx

安徽省皖江名校聯(lián)盟2020屆高三物理上學(xué)期第一次聯(lián)考試題（含解析）一、選擇題(本題共12小題，每小題4分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第18題中只有一項(xiàng)符合題目要求，第912題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。)1.2019年6月24日消息，大連市首屆“工匠杯”職工技能競賽決賽開賽，現(xiàn)場20名砌筑工展現(xiàn)出較高的技術(shù)水準(zhǔn)。如圖所示，競賽工地上的建筑工人用磚夾搬運(yùn)5塊相同的磚(圖中陰影部分相當(dāng)于磚夾)，當(dāng)磚處于平衡狀態(tài)時(shí)，下列說法正確的是A. 磚夾對磚塊的水平壓力越大，1、5兩塊磚受到的摩擦力越大B. 3受到2施加摩擦力大小等于自身重力的一半C. 4對3的摩擦力方向豎直向下D. 1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力完全相同【答案】B【解析】【詳解】ABC. 先對5塊磚整體受力分析，受重力5G和兩側(cè)磚夾對磚向上的靜摩擦力2f，根據(jù)平衡條件，有：2f=5G，解得： ，即磚夾對磚1、5的靜摩擦力為，對磚5分析，受重力G，磚夾對其向上的靜摩擦力，所以磚4對磚5有向下的摩擦力；. 再對磚4分析，受重力G，磚5對磚4有向上的摩擦力，所以磚3對磚4有向下的摩擦力；磚4對磚3有向上的摩擦力，故AC錯(cuò)誤，B正確；D.1受到2施加的摩擦力與4受到5施加的摩擦力大小相等，方向相反，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，水平固定桿上套一物塊甲，甲與小球乙用一根不可伸長的輕繩相連，現(xiàn)用跟水平方向成a30角的力F10N拉著乙并帶動(dòng)甲一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，在運(yùn)動(dòng)中兩者的相對位置保持不變，甲與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。在運(yùn)動(dòng)過程中，輕繩與水平方向的夾角為，已知甲、乙質(zhì)量分別為2kg和1kg，重力加速度g取10m/s2，則A. ，30B. ，=30C. ，=22.5D. 【答案】A【解析】【詳解】以乙為研究對象，進(jìn)行受力分析，由于拉力F與乙的重力大小相等，夾角為120，故輕繩的拉力T大小為10N，與水平方向的夾角應(yīng)為30.以甲為研究對象，進(jìn)行受力分析得：Tcos（mgTsin）得滑塊甲與水平直桿之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。A.A項(xiàng)與上述計(jì)算結(jié)論相符，故A符合題意；B.B項(xiàng)與上述計(jì)算結(jié)論不相符，故B不符合題意；C.C項(xiàng)與上述計(jì)算結(jié)論不相符，故C不符合題意；DD項(xiàng)與上述計(jì)算結(jié)論不相符，故D不符合題意；3.某籃球運(yùn)動(dòng)員將籃球豎直向上拋出，籃球在最高點(diǎn)離接球的手距離1.8m，該運(yùn)動(dòng)員接球的整個(gè)過程時(shí)間約為0.1s，(忽略空氣阻力，g取10m/s2)則下列說法正確的是A. 接球時(shí)球的速度大小為3m/sB. 籃球自由下落時(shí)間約為1.2sC. 手受到平均作用力的大小是籃球重力大小的7倍D. 手接籃球的整個(gè)過程，籃球處于失重狀態(tài)【答案】C【解析】【詳解】AB.由運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得，籃球下落到該運(yùn)動(dòng)員手處的速度，由v2=2gh解得v=6m/s，籃球的下落時(shí)間t1=v/g=0.6s，故A、B錯(cuò)誤；C.從接觸該運(yùn)動(dòng)員手到停止運(yùn)動(dòng)，籃球的加速度a=v/t2=60m/s2，根據(jù)牛頓定律：Fmg=ma可得，F(xiàn)=7mg，故C正確;D.運(yùn)動(dòng)員接籃球的整個(gè)過程，籃球做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向上，籃球處于超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。4.如圖所示，小球從O點(diǎn)的正上方離地h高處的P點(diǎn)以v的速度水平拋出，同時(shí)在O點(diǎn)右方地面上S點(diǎn)以速度v2斜向左上方斜拋一小球，兩小球恰在O、連線的中點(diǎn)正上方相遇。若不計(jì)空氣阻力，則兩小球拋出后至相遇過程A. 斜拋球水平速度分量比平拋球水平速度分量小B. 兩小球初速度大小關(guān)系為v1v2C. 兩小球速度對時(shí)間的變化率相同D. 兩小球相遇點(diǎn)一定在距離地面h高度處【答案】C【解析】【詳解】AB.由于兩小球恰在O、S連線的中點(diǎn)正上方相遇，說明它們的水平位移大小相等，又由于運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，所以它們在水平方向上的速度相同，即v2cosv1所以v2v1，故A、B錯(cuò)誤；C.兩小球都只受到重力，都做勻變速運(yùn)動(dòng)，加速度相同，所以兩小球速度對時(shí)間變化率相同，故C正確；D.根據(jù)題意平拋的小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，因此兩球相遇高度一定小于h，故D錯(cuò)誤。5.如圖所示，水平地面上有靜止的18個(gè)相同的木塊排成一條直線接觸但不粘連，每個(gè)木塊的長度l0.5m，質(zhì)量m1.2kg，它們與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.1，在右邊第一個(gè)木塊的右端放一質(zhì)量M1kg的小鉛塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，它與各木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為20.5，現(xiàn)突然給小鉛塊一個(gè)向左的初速度v010m/s，使其在木塊上滑行。設(shè)木塊與地面間及小鉛塊與木塊間的最大靜摩擦力均等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g10m/s2，則A. 小鉛塊相對木塊滑動(dòng)時(shí)小鉛塊的加速度大小為10m/s2B. 小鉛塊最多能帶動(dòng)5個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)C. 第10個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)的速度大小為1m/sD. 小鉛塊下的木塊剛發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)小鉛塊的瞬時(shí)速度大小為5m/s【答案】D【解析】【詳解】A.設(shè)小鉛塊相對木塊滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a，由牛頓第二定律可知2MgMa解得：a5m/s2，故A錯(cuò)誤；BC.設(shè)小鉛塊最多能帶動(dòng)x個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)，對x個(gè)木塊整體進(jìn)行受力分析，當(dāng)小鉛塊下的x個(gè)木塊發(fā)生運(yùn)動(dòng)時(shí)，則有2Mg1（mgxMg）解得：x3.33即小鉛塊最多只能帶動(dòng)3個(gè)木塊運(yùn)動(dòng)，故BC錯(cuò)誤；D.設(shè)當(dāng)小鉛塊通過前面的15個(gè)木塊時(shí)的瞬時(shí)速度大小為v，由動(dòng)能定理可知：2Mg15lM（v2v）解得：v5m/s，故D正確。6.如圖，水平傳送帶以恒定速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶右端上方的擋板上固定著一輕彈簧。將小物塊P輕放在傳送帶左端，P在接觸彈簧前速度已達(dá)到v，與彈簧接觸后彈簧的最大形變量為d。P的質(zhì)量為m，與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。從P開始接觸彈簧到彈簧第一次達(dá)到最大形變的過程中A. P的速度一直減小B. 傳送帶對P做功的功率一直減小C. 傳送帶對P做的功WmgdD. 彈簧的彈性勢能變化量Ek=mv2+mgd【答案】C【解析】【詳解】A項(xiàng)：P與彈簧接觸后在水平方向受彈簧力作用， P受的靜摩擦力向右，P做勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到彈力與最大摩擦力相等時(shí)，P物體由慣性P繼續(xù)壓縮彈簧，P接下來做減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)：由公式可知，由于P先做勻速后做減速，由于靜摩擦力增大，速度不變，所以功率先增大，后滑動(dòng)摩擦力不變，速度減小，所以功率減小，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)：由于P開始到彈力與最大靜摩擦力相等的過程中P受的為靜摩擦力，后來為滑動(dòng)摩擦力，所以傳送帶對P做的功小于mgd，故C正確；D項(xiàng)：對滑塊由動(dòng)能定理得：，由于，所以彈簧的彈性勢能變化量小于mv2+mgd，故D錯(cuò)誤。故選：C。7.我國第四十三顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星屬于中圓地球軌道衛(wèi)星，軌道離地高度r121500km。美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星在軌的運(yùn)行周期約為12小時(shí)，已知地球同步衛(wèi)星離地高度約36000km，地球的半徑為6400km，若北斗中圓地球軌道衛(wèi)星和美國CPS導(dǎo)航衛(wèi)星的質(zhì)量相同，北斗中圓地球軌道衛(wèi)星在軌運(yùn)行時(shí)的動(dòng)能為Ek1，美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星在軌運(yùn)行時(shí)的動(dòng)能為Ek2，兩顆衛(wèi)星繞地球的運(yùn)動(dòng)可以看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，(已知1.6)，則約為A. 0.45B. 0.95C. 1.25D. 1.65【答案】B【解析】【詳解】設(shè)地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為r，則得到美國GPS導(dǎo)航衛(wèi)星的軌道半徑北斗導(dǎo)航衛(wèi)星軌道半徑為r1=21500km+6400km=27900km由知得。A. 0.45與計(jì)算結(jié)果0.95不相符，故A不符合題意； B. 0.95與計(jì)算結(jié)果0.95相符，故B符合題意； C. 1.25與計(jì)算結(jié)果0.95不相符，故C不符合題意； D. 1.65與計(jì)算結(jié)果0.95不相符，故D不符合題意；8.可視為質(zhì)點(diǎn)的M、N兩車在同地、同時(shí)沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，M做初速個(gè)度為零，加速度大小為a1的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，N做初速度為v0、加速度大小為a2的勻減速直線運(yùn)動(dòng)至速度減為零，取出發(fā)點(diǎn)位置為x0，如圖所示為M、N兩車在運(yùn)動(dòng)過程中的位置(x)-速度(v)圖象，則A. N的初速度大小為2m/sB. M、N兩車加速度大小之和為6m/s2C. M車加速度大小是N車加速度大小的4倍D. M車加速度大小為2m/s2【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)圖象可知，當(dāng)x0時(shí)，N的速度為6m/s，即N的初速度v06m/s，故A錯(cuò)誤；B.設(shè)M、N先后通過x6m處時(shí)的速度均為v，則對M：v22a1x對N：v2v022a2x聯(lián)立以上兩式解得a1a23m/s2故B錯(cuò)誤；CD.設(shè)當(dāng)M的速度v18m/s、N的速度v22m/s時(shí)，兩車通過的位移均為x，則對M：v122a1x對N：v22v022a2x，聯(lián)立以上兩式解得a12a2，解得a12m/s2，a21m/s2，故C錯(cuò)誤,D正確。9.我國正在建設(shè)的北斗衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)進(jìn)展順利，計(jì)劃于2020年向全球提供服務(wù)?！氨倍贰毙l(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)由5顆同步衛(wèi)星和30顆非靜止軌道衛(wèi)星組成，則A. 同步衛(wèi)星繞行方向和地球的繞行方向一致且位于赤道正上方B. 同步衛(wèi)星的周期小于軌道在地球表面附近的衛(wèi)星的周期C. 同步衛(wèi)星的向心加速度比赤道上隨地球自轉(zhuǎn)物體的向心加速度大D. 至少5顆同步衛(wèi)星同時(shí)正常工作才能實(shí)現(xiàn)全球通訊【答案】AC【解析】【詳解】A.同步衛(wèi)星的繞行方向和地球的繞行方向一致，所有地球靜止軌道衛(wèi)星的位置均位于赤道正上方，故A正確；B.地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，據(jù)開普勒第三定律知，地球靜止軌道衛(wèi)星的周期大于近地衛(wèi)星的周期。故B錯(cuò)誤。C.由隨地球自轉(zhuǎn)物體與同步衛(wèi)星的角速度相同，由a=r2，則半徑大的向心加速度大，故C正確；D.同步衛(wèi)星離地高度較高，有三顆地球靜止軌道衛(wèi)星工作就可能實(shí)現(xiàn)全球通訊。故D錯(cuò)誤。10.滑雪是冬奧會(huì)的比賽項(xiàng)目之一?；┸壍朗怯晒饣男避壍篮凸饣乃杰壍澜M成，兩軌道平滑連接，t0時(shí)相距為10m的甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員(無動(dòng)力空氣阻力可忽略不計(jì))均以v010m/s向左運(yùn)動(dòng)，隨后兩運(yùn)動(dòng)員相繼滑上傾角為30的足夠長的斜直軌道，取g10m/s2，則A. 甲運(yùn)動(dòng)員滑上斜軌道后加速度大小為2.5m/s2B. 乙運(yùn)動(dòng)員剛要滑上斜軌道時(shí)甲運(yùn)動(dòng)員在斜軌道上運(yùn)動(dòng)的位移為7.5mC. 乙運(yùn)動(dòng)員剛要滑上斜軌道時(shí)甲速度大小為4m/sD. 甲運(yùn)動(dòng)員滑上斜軌道后經(jīng)過2.5s兩運(yùn)動(dòng)員相遇【答案】BD【解析】【詳解】ABC.設(shè)甲滑上斜坡后經(jīng)過t1時(shí)間乙再滑上斜坡，則有：1s甲滑上斜坡后加速度m/s2設(shè)此時(shí)甲向上運(yùn)動(dòng)的位移為x，m此時(shí)甲速度m/sB正確，AC錯(cuò)誤；D.乙滑上斜坡時(shí)，加速度與甲相同，以甲為參考系，乙相對于甲以m/s做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)再經(jīng)過時(shí)間它們相遇，有：s則相遇時(shí)間s故D正確。11.如圖所示，小孩踏著滑板從靜止開始從滑梯頂端P點(diǎn)下滑，滑梯的PE段傾角37，EF段傾角30，假設(shè)小孩和滑板可視為一個(gè)整體，并可視為質(zhì)點(diǎn)。在PE段所受阻力為其對滑梯壓力的k10.5倍，在EF段所受阻力為其對滑梯壓力的k2倍，過E點(diǎn)時(shí)可以認(rèn)為速率不突變，已知EF段長1.8m，sin370.6，cos370.8，g取10m/s2，則A. 小孩和滑板在PE段的加速度為2m/s2，沿PE向下B. 小孩和滑板在EF段的加速度為2.5m/s2，沿EF向下C. 為使小孩在到達(dá)F之前停下來，PE段的長度不能長于2.25mD. 某次一質(zhì)量約為24kg的小孩(包括滑板)在PE段距離E點(diǎn)2.0m的某點(diǎn)被小伙伴猛然推出，到E點(diǎn)時(shí)速度約為3m/s，則小伙伴對他做功約為12J【答案】ACD【解析】【詳解】A.對小孩和滑板在PE段分析知方向沿PE向下，故A正確；B.對小孩和滑板在EF段分析知方向沿EF向上，故B錯(cuò)誤；C.對小孩和滑板在PE段勻加速，在EF段勻減速則：得故C正確；D.對小孩和滑板由動(dòng)能定理知代入數(shù)據(jù)得W=12J，故D正確。12.如圖所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形軌道，其底端恰好與光滑水平面相切。右側(cè)有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，軌道半徑R0.8m，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R，質(zhì)量為M2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質(zhì)量為mA2.0kg的小物塊A從距離水平面某一高度h的S點(diǎn)沿軌道從靜止開始下滑，經(jīng)過弧形軌道的最低點(diǎn)Q滑上水平面與B發(fā)生彈性碰撞，碰后兩個(gè)物體交換速度，然后小物塊B從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌面后，恰由P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道，g10m/s2，則A. 物塊B離開D點(diǎn)時(shí)的速度大小為4m/sB. 物塊B落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度大于物塊B離開D點(diǎn)時(shí)的速度C. S與Q豎直高度為0.8mD. 物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)的速度大小約為2.2m/s【答案】AC【解析】【詳解】AB.A、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，落到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy，有vy22gR，而tan45解得vDvy4m/s,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤；C.設(shè)A與B碰撞前的速度為，A與B相碰交換速度，所以v0=vD4m/s,A從S滑到Q的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mAghmAv02解得h0.8m,選項(xiàng)C正確；D.設(shè)物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，且到達(dá)時(shí)其速度為vM，從D到M由動(dòng)能定理得：mBgRcos45mBvM2mBvD2，解得vM2.2m/s2.8m/即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。二、實(shí)驗(yàn)題(共15分)13.如圖甲所示為某實(shí)驗(yàn)小組“探究物體加速度與所受合外力關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置。他們調(diào)整長木板和滑輪，使長木板水平放置且細(xì)線平行于長木板;在托盤中放入適當(dāng)?shù)捻来a，接通電源，釋放物塊，多次改變托盤中砝碼的質(zhì)量，記錄傳感器的讀數(shù)F，求出加速度a。請回答下列問題:(1)實(shí)驗(yàn)中得到如圖乙所示的一條紙帶，已知交流電頻率為50Hz的交流電，兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有四個(gè)點(diǎn)沒有畫出，根據(jù)紙帶可求出物塊的加速度為_m/s2。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)(2)以力傳感器的示數(shù)F為橫坐標(biāo)，加速度a為縱坐標(biāo)，畫出的aF圖象是一條直線如圖丙所示，求得圖線的斜率為k，橫軸截距為F，若傳感器的質(zhì)量為m，則物塊的質(zhì)量為_。若已知重力加速度為g，物塊與長木板動(dòng)摩擦因數(shù)為_。(3)該實(shí)驗(yàn)需不需要滿足鉤碼質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于物塊和傳感器的總質(zhì)量_(填“需要”或“不需要”)【答案】 (1). 200 (2). (3). (4). 不需要【解析】【詳解】（1）1根據(jù)，運(yùn)用逐差法得；（2）2由牛頓第二定律得則a-F圖象的斜率所以物塊的質(zhì)量為3由圖像可知，物塊與木板之間的摩擦力為F0，則F0=（m+m0）g即。（3）4由于傳感器測得是真實(shí)拉力，不需要滿足此條件。14.某同學(xué)做驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲所示。測量出光電門到放在試管夾上質(zhì)量為m0.1kg的小鐵球重心豎直的距離為x;打開試管夾，由靜止釋放小鐵球，小球經(jīng)過正下方的固定在鐵架臺(tái)上的光電門時(shí)，與光電門連接的傳感器可以記錄小鐵球經(jīng)過光電門的時(shí)間。 (1)用螺旋測微器測得小鐵球直徑如圖乙所示，其直徑D=_ mm。(2)從與光電門連接的傳感器上讀出小鐵球經(jīng)過光電門的時(shí)間t2ms，小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)的速度_m/s則小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)的動(dòng)能Ek=_J。(兩空計(jì)算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)(3)某同學(xué)多次改變光電門的位置，測量出光電門到小鐵球的重心豎直的距離x并計(jì)算出小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)的速度v，通過描繪2-x圖象去驗(yàn)證機(jī)械能是否守恒。若實(shí)驗(yàn)中小鐵球所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不變，從理論上分析，合理的v2x圖象是下圖中的_?！敬鸢浮?(1). 8.478（8.476-8.479） (2). 4.2 (3). 0.88 (4). A【解析】【詳解】（1）1如圖乙所示，螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為8mm，可動(dòng)刻度讀數(shù)為0.0147.8mm=0.478mm其直徑D=8.478mm。2小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)的速度3所以小鐵球經(jīng)過光電門時(shí)的動(dòng)能。（3）4從理論上分析，由機(jī)械能守恒定律有得與x成正比，選項(xiàng)A正確三、計(jì)算題:本題共3小題，共計(jì)37分，解答時(shí)請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。15.如圖甲所示，一質(zhì)量m3kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角37足夠長的斜面，小物塊上滑過程的vt圖象如圖乙所示。(最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取sin370.6，cos370.8，g10m/s2)求:（1）滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù);（2）滑塊返回斜面底端時(shí)的動(dòng)能?！敬鸢浮浚?）0.5（2）【解析】【詳解】（1）由圖象可知，滑塊的加速度a1=m/s2=10m/s2滑塊沖上斜面過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin+mgcos=ma1代入數(shù)據(jù)解得=0.5（2）滑塊速度減小到零時(shí)，重力的下滑分力大于最大靜摩擦力，能再下滑.由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，滑塊向上運(yùn)動(dòng)的位移s=1.25m滑塊下滑過程中根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin-mgcos=ma2a2=2m/s2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，滑塊返回底端的速度v=m/s返回底端時(shí)動(dòng)能大?。ㄒ部梢杂脛?dòng)能定理求解）16.如圖所示，abcd為固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，其中ab傾斜、bc水平、cd為半徑R0.25m的圓弧軌道三部分平滑連接，c為圓弧軌道的最低點(diǎn)，可為質(zhì)點(diǎn)的小球m1和m2中間壓縮輕質(zhì)彈簧靜止在水平軌道上(彈簧與兩小球不栓接且被鎖定)，水平檔板c與d點(diǎn)豎直距離h0.15m?，F(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球m1脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，ab的豎直高度差H1.8m，小球m2沿軌道cd運(yùn)動(dòng)沖出軌道打在水平檔板c上。已知m10.5kg，m21.0kg，在C點(diǎn)時(shí)小球m2對軌道壓力的大小為46N，已知彈簧恢復(fù)原長時(shí)小球仍處于水平軌道，不計(jì)空氣阻力，g10m/s2求: （1）彈簧最大的彈性勢能（2）小球m2離開d點(diǎn)