2023版高考物理一輪復(fù)習(xí)第五章能量和動(dòng)量真題集訓(xùn)章末驗(yàn)收

PAGEPAGEPAGE2第五章能量和動(dòng)量命題點(diǎn)一：功和功率1．(多項(xiàng)選擇)(2022·全國(guó)甲卷)兩實(shí)心小球甲和乙由同一種材料制成，甲球質(zhì)量大于乙球質(zhì)量。兩球在空氣中由靜止下落，假設(shè)它們運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力與球的半徑成正比，與球的速率無(wú)關(guān)。假設(shè)它們下落相同的距離，那么()A．甲球用的時(shí)間比乙球長(zhǎng)B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功解析：選BD設(shè)小球在下落過(guò)程中所受阻力F阻＝kR，k為常數(shù)，R為小球半徑，由牛頓第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝eq\f(4,3)ρπR3知：eq\f(4,3)ρπR3g－kR＝eq\f(4,3)ρπR3a，即a＝g－eq\f(3k,4ρπ)·eq\f(1,R2)，故知：R越大，a越大，即下落過(guò)程中a甲＞a乙，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；下落相同的距離，由h＝eq\f(1,2)at2知，a越大，t越小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由2ah＝v2－v02知，v0＝0，a越大，v越大，選項(xiàng)B正確；由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，選項(xiàng)D正確。2．(2022·全國(guó)卷Ⅱ)一物體靜止在粗糙水平地面上。現(xiàn)用一大小為F1的水平拉力拉動(dòng)物體，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后其速度變?yōu)関。假設(shè)將水平拉力的大小改為F2，物體從靜止開(kāi)始經(jīng)過(guò)同樣的時(shí)間后速度變?yōu)?v。對(duì)于上述兩個(gè)過(guò)程，用WF1、WF2分別表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分別表示前后兩次克服摩擦力所做的功，那么()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：選C因?yàn)槲矬w做勻加速度直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以x1＝eq\f(v,2)t，x2＝eq\f(2v,2)t，而Wf1＝μmgx1，Wf2＝μmgx2，所以有Wf2＝2Wf1，根據(jù)動(dòng)能定理有：WF1－Wf1＝eq\f(1,2)mv2，WF2－Wf2＝2mv2，所以有WF2＜4WF1，C項(xiàng)正確。命題點(diǎn)二：動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律3．(2022·全國(guó)卷Ⅱ)取水平地面為重力勢(shì)能零點(diǎn)。一物塊從某一高度水平拋出，在拋出點(diǎn)其動(dòng)能與重力勢(shì)能恰好相等。不計(jì)空氣阻力。該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角為()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3) D.eq\f(5π,12)解析：選B設(shè)物塊水平拋出的初速度為v0，高度為h，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物塊在豎直方向上的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故落地時(shí)的豎直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，那么該物塊落地時(shí)的速度方向與水平方向的夾角θ＝eq\f(π,4)，應(yīng)選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。4．(2022·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，一質(zhì)量為M的光滑大圓環(huán)，用一細(xì)輕桿固定在豎直平面內(nèi)；套在大環(huán)上質(zhì)量為m的小環(huán)(可視為質(zhì)點(diǎn))，從大環(huán)的最高處由靜止滑下。重力加速度大小為g。當(dāng)小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為()A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：選C設(shè)大環(huán)半徑為R，質(zhì)量為m的小環(huán)滑下過(guò)程中遵守機(jī)械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小環(huán)滑到大環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)的速度為v＝2eq\r(gR)，根據(jù)牛頓第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低點(diǎn)時(shí)大環(huán)對(duì)小環(huán)的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根據(jù)牛頓第三定律知，小環(huán)對(duì)大環(huán)的壓力FN′＝FN＝5mg，方向向下。對(duì)大環(huán)，據(jù)平衡條件，輕桿對(duì)大環(huán)的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根據(jù)牛頓第三定律，大環(huán)對(duì)輕桿拉力的大小為T(mén)′＝T＝Mg＋5mg，應(yīng)選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)A、B、D錯(cuò)誤。5．(多項(xiàng)選擇)(2022·全國(guó)卷Ⅱ)如圖，滑塊a、b的質(zhì)量均為m，a套在固定豎直桿上，與光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通過(guò)鉸鏈用剛性輕桿連接，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。不計(jì)摩擦，a、b可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。那么()A．a(chǎn)落地前，輕桿對(duì)b一直做正功B．a(chǎn)落地時(shí)速度大小為eq\r(2gh)C．a(chǎn)下落過(guò)程中，其加速度大小始終不大于gD．a(chǎn)落地前，當(dāng)a的機(jī)械能最小時(shí)，b對(duì)地面的壓力大小為mg解析：選BD由題意知，系統(tǒng)機(jī)械能守恒。設(shè)某時(shí)刻a、b的速度分別為va、vb。此時(shí)剛性輕桿與豎直桿的夾角為θ，分別將va、vb分解，如圖。因?yàn)閯傂詶U不可伸長(zhǎng)，所以沿桿的分速度v∥與v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。當(dāng)a滑至地面時(shí)θ＝90°，此時(shí)vb＝0，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(2gh)，選項(xiàng)B正確；同時(shí)由于b初、末速度均為零，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中其動(dòng)能先增大后減小，即桿對(duì)b先做正功后做負(fù)功，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；桿對(duì)b的作用先是推力后是拉力，對(duì)a那么先是阻力后是動(dòng)力，即a的加速度在受到桿的向下的拉力作用時(shí)大于g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；b的動(dòng)能最大時(shí)，桿對(duì)a、b的作用力為零，此時(shí)a的機(jī)械能最小，b只受重力和支持力，所以b對(duì)地面的壓力大小為mg，選項(xiàng)D正確。6．(2022·全國(guó)乙卷)如圖，一輕彈簧原長(zhǎng)為2R，其一端固定在傾角為37°的固定直軌道AC的底端A處，另一端位于直軌道上B處，彈簧處于自然狀態(tài)。直軌道與一半徑為eq\f(5,6)R的光滑圓弧軌道相切于C點(diǎn)，AC＝7R，A、B、C、D均在同一豎直平面內(nèi)。質(zhì)量為m的小物塊P自C點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，最低到達(dá)E點(diǎn)(未畫(huà)出)隨后P沿軌道被彈回，最高到達(dá)F點(diǎn)，AF＝4R。P與直軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(1,4)，重力加速度大小為g。(取sin37°＝eq\f(3,5)，cos37°＝eq\f(4,5))(1)求P第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度的大小。(2)求P運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能。(3)改變物塊P的質(zhì)量，將P推至E點(diǎn)，從靜止開(kāi)始釋放。P自圓弧軌道的最高點(diǎn)D處水平飛出后，恰好通過(guò)G點(diǎn)。G點(diǎn)在C點(diǎn)左下方，與C點(diǎn)水平相距eq\f(7,2)R、豎直相距R，求P運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)速度的大小和改變后P的質(zhì)量。解析：(1)根據(jù)題意知，B、C之間的距離l為l＝7R－2R①設(shè)P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，由動(dòng)能定理得mglsinθ－μmglcosθ＝eq\f(1,2)mvB2②式中θ＝37°。聯(lián)立①②式并由題給條件得vB＝2eq\r(gR)。③(2)設(shè)BE＝x。P到達(dá)E點(diǎn)時(shí)速度為零，設(shè)此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為Ep。P由B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgxsinθ－μmgxcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2④E、F之間的距離l1為l1＝4R－2R＋x⑤P到達(dá)E點(diǎn)后反彈，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Ep－mgl1sinθ－μmgl1cosθ＝0⑥聯(lián)立③④⑤⑥式并由題給條件得x＝R⑦Ep＝eq\f(12,5)mgR。⑧(3)設(shè)改變后P的質(zhì)量為m1。D點(diǎn)與G點(diǎn)的水平距離x1和豎直距離y1分別為x1＝eq\f(7,2)R－eq\f(5,6)Rsinθ⑨y1＝R＋eq\f(5,6)R＋eq\f(5,6)Rcosθ⑩式中，已應(yīng)用了過(guò)C點(diǎn)的圓軌道半徑與豎直方向夾角仍為θ的事實(shí)。設(shè)P在D點(diǎn)的速度為vD，由D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到G點(diǎn)的時(shí)間為t。由平拋運(yùn)動(dòng)公式有y1＝eq\f(1,2)gt2?x1＝vDt?聯(lián)立⑨⑩??式得vD＝eq\f(3,5)eq\r(5gR)?設(shè)P在C點(diǎn)速度的大小為vC。在P由C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)m1vC2＝eq\f(1,2)m1vD2＋m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)R＋\f(5,6)Rcosθ))?P由E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有Ep－m1g(x＋5R)sinθ－μm1g(x＋5R)cosθ＝eq\f(1,2)m1vC2?聯(lián)立⑦⑧???式得m1＝eq\f(1,3)m。?答案：(1)2eq\r(gR)(2)eq\f(12,5)mgR(3)eq\f(3,5)eq\r(5gR)eq\f(1,3)m命題點(diǎn)三：功能關(guān)系與能量守恒定律7．(2022·全國(guó)卷Ⅰ)如圖，一半徑為R、粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平。一質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)自P點(diǎn)上方高度R處由靜止開(kāi)始下落，恰好從P點(diǎn)進(jìn)入軌道。質(zhì)點(diǎn)滑到軌道最低點(diǎn)N時(shí)，對(duì)軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小。用W表示質(zhì)點(diǎn)從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。那么()A．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)恰好可以到達(dá)Q點(diǎn)B．W>eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)不能到達(dá)Q點(diǎn)C．W＝eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離D．W<eq\f(1,2)mgR，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后，繼續(xù)上升一段距離解析：選C設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的速度為vN，在N點(diǎn)質(zhì)點(diǎn)受到軌道的彈力為FN，那么FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，F(xiàn)N＝FN′＝4mg，那么質(zhì)點(diǎn)到達(dá)N點(diǎn)的動(dòng)能為EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。質(zhì)點(diǎn)由開(kāi)始至N點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功為Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功為W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。設(shè)從N到Q的過(guò)程中克服摩擦力做功為W′，那么W′<W。從N到Q的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故質(zhì)點(diǎn)到達(dá)Q點(diǎn)后速度不為0，質(zhì)點(diǎn)繼續(xù)上升一段距離。選項(xiàng)C正確。8．(2022·全國(guó)甲卷)輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的物體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧長(zhǎng)度為l?，F(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點(diǎn)，另一端與物塊P接觸但不連接。AB是長(zhǎng)度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如下圖。物塊P與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5。用外力推動(dòng)物塊P，將彈簧壓縮至長(zhǎng)度l，然后放開(kāi)，P開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)。重力加速度大小為(1)假設(shè)P的質(zhì)量為m，求P到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小，以及它離開(kāi)圓軌道后落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離；(2)假設(shè)P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質(zhì)量的取值范圍。解析：(1)依題意，當(dāng)彈簧豎直放置，長(zhǎng)度被壓縮至l時(shí)，質(zhì)量為5m的物體的動(dòng)能為零，其重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能。由機(jī)械能守恒定律，彈簧長(zhǎng)度為lEp＝5mgl①設(shè)P的質(zhì)量為M，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為vB，由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)MvB2＋μMg·4l②聯(lián)立①②式，取M＝m并代入題給數(shù)據(jù)得vB＝eq\r(6gl)③假設(shè)P能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，其到達(dá)D點(diǎn)時(shí)的向心力不能小于重力，即P此時(shí)的速度大小v應(yīng)滿(mǎn)足eq\f(mv2,l)－mg≥0④設(shè)P滑到D點(diǎn)時(shí)的速度為vD，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mvB2＝eq\f(1,2)mvD2＋mg·2l⑤聯(lián)立③⑤式得vD＝eq\r(2gl)⑥vD滿(mǎn)足④式要求，故P能運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)，并從D點(diǎn)以速度vD水平射出。設(shè)P落回到軌道AB所需的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2l＝eq\f(1,2)gt2⑦P落回到AB上的位置與B點(diǎn)之間的距離為s＝vDt⑧聯(lián)立⑥⑦⑧式得s＝2eq\r(2)l。⑨(2)為使P能滑上圓軌道，它到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度不能小于零。由①②式可知5mgl＞μMg·4l要使P仍能沿圓軌道滑回，P在圓軌道的上升高度不能超過(guò)半圓軌道的中點(diǎn)C。由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)MvB2≤Mgl?聯(lián)立①②⑩?式得eq\f(5,3)m≤M＜eq\f(5,2)m。?答案：(1)eq\r(6gl)2eq\r(2)l(2)eq\f(5,3)m≤M＜eq\f(5,2)m命題點(diǎn)四：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律9．(2022·全國(guó)乙卷Ⅰ)某游樂(lè)園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計(jì)算方便起見(jiàn)，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開(kāi)。忽略空氣阻力。水的密度為ρ，重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(ⅱ)玩具在空中懸停時(shí)，其底面相對(duì)于噴口的高度。解析：(ⅰ)設(shè)Δt時(shí)間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，那么Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S。③(ⅱ)設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v。對(duì)于Δt時(shí)間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)v02④在h高度處，Δt時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為Δp＝(Δm)v⑤設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動(dòng)量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)。⑧答案：(ⅰ)ρv0S(ⅱ)eq\f(v02,2g)－eq\f(M2g,2ρ2v02S2)10．(2022·全國(guó)甲卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一外表光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)。小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。取重力加速度的大小g＝10m/s2。(ⅰ)求斜面體的質(zhì)量；(ⅱ)通過(guò)計(jì)算判斷，冰塊與斜面體別離后能否追上小孩？解析：(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者到達(dá)共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg。③(ⅱ)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動(dòng)量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體別離后的速度分別為v2和v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2v202＝eq\f(1,2)m2v22＋eq\f(1,2)m3v32⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體別離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在前方，故冰塊不能追上小孩。答案：(ⅰ)20kg(ⅱ)見(jiàn)解析命題點(diǎn)五：物理實(shí)驗(yàn)11.(2022·全國(guó)卷Ⅱ)某同學(xué)利用下述裝置對(duì)輕質(zhì)彈簧的彈性勢(shì)能進(jìn)行探究：一輕質(zhì)彈簧放置在光滑水平桌面上，彈簧左端固定，右端與一小球接觸而不固連；彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，小球恰好在桌面邊緣，如下圖。向左推小球，使彈簧壓縮一段距離后由靜止釋放；小球離開(kāi)桌面后落到水平地面。通過(guò)測(cè)量和計(jì)算，可求得彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能。答復(fù)以下問(wèn)題：(1)本實(shí)驗(yàn)中可認(rèn)為，彈簧被壓縮后的彈性勢(shì)能Ep與小球拋出時(shí)的動(dòng)能Ek相等。重力加速度大小為g。為求得Ek，至少需要測(cè)量以下物理量中的________(填正確答案標(biāo)號(hào))。A．小球的質(zhì)量mB．小球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離sC．桌面到地面的高度hD．彈簧的壓縮量ΔxE．彈簧原長(zhǎng)l0(2)用所選取的測(cè)量量和量表示Ek，得Ek＝______。(3)圖中的直線(xiàn)是實(shí)驗(yàn)測(cè)量得到的s-Δx圖線(xiàn)。從理論上可推出，如果h不變，m增加，s-Δx圖線(xiàn)的斜率會(huì)__________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)；如果m不變，h增加，s-Δx圖線(xiàn)的斜率會(huì)________(填“增大〞、“減小〞或“不變〞)。由圖中給出的直線(xiàn)關(guān)系和Ek的表達(dá)式可知，Ep與Δx的______次方成正比。解析：(1)利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，測(cè)量出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度v0。由s＝v0t，h＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立解得v0＝seq\r(\f(g,2h))。要測(cè)量小球速度，需要測(cè)量小球拋出點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離s，桌面到地面的高度h；由Ek＝eq\f(1,2)mv02知，還需要測(cè)量小球的質(zhì)量m，因彈簧勁度系數(shù)未知，D、E錯(cuò)誤，A、B、C正確。(2)小球拋出時(shí)的動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgs2,4h)。(3)彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝Ek＝eq\f(1,2)mv02＝eq\f(mgs2,4h)，即s＝2eq\r(\f(hEp,mg))，根據(jù)題目所給的直線(xiàn)關(guān)系可知，s與Δx成正比，而Ep與s2成正比，故Ep應(yīng)與Δx的2次方成正比，即s∝2eq