高一物理期末精选（培优篇）（Word 版 含解析）
一、第五章 抛体运动易错题培优（难）
1．如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质点），飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点。O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为30°，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（ ）
A (323)6gR +
B 332
gR
C (13)3
gR +D 33
gR
【答案】A 【解析】 【分析】
根据题意，小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成600
角，根据速度方向得到平抛运动的初速度与时间的关系，再根据水平位移与初速度及时间的关系，联立即可求得初速度。 【详解】
小球在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知速度的方向与水平方向成60°角，则有
0tan60y v v =
竖直方向
y gt =v
水平方向小球做匀速直线运动，则有
0cos30R R v t +=
联立解得
0(323)6
gR
v +=
故A 正确，BCD 错误。 故选A 。 【点睛】
解决本题的关键是掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住速度方向，结合位移关系、速度关系进行求解。
2．一阶梯如图所示，其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m，一小球以水平速度v飞出，欲打在第四台阶上，则v的取值范围是（）
A6m/s22m/s
v
< v <≤ C2m/s6m/s v < v << 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 若小球打在第四级台阶的边缘上高度4 h d =，根据2 1 1 2 h gt =，得 1 880.4 s0.32s 10 d t g ? === 水平位移14 x d =则平抛的最大速度 1 1 1 2m/s 0.32 x v t === 若小球打在第三级台阶的边缘上，高度3 h d =，根据2 2 1 2 h gt =，得 2 6 0.24s d t g == 水平位移23 x d =，则平抛运动的最小速度 2 2 2 6m/s 0.24 x v t === 所以速度范围 6m/s22m/s v << 故A正确。 故选A。 【点睛】 对于平抛运动的临界问题，可以通过画它们的运动草图确定其临界状态及对应的临界条件。 3．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m、水流速度为4m/s的河流中渡 河，则该小船（ ） A ．能到达正对岸 B ．渡河的时间不少于50s C ．以最短时间渡河时，它渡河的位移大小为200m D ．以最短位移渡河时，位移大小为150m 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】 A ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸，选项A 错误； B ．当船在静水中的速度垂直河岸时，渡河时间最短 min 150s 50s 3 d t v = ==船 选项B 正确； C ．船以最短时间50s 渡河时，沿水流方向的位移大小 450m 200m min x v t ==?=水 渡河位移应为水流方向的位移与垂直河岸方向位移的合位移，选项C 错误； D ．因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸。若以最短位移渡河，情景如图 根据三角形相似可知，最短位移 150m 200m v s v = ?=水船 选项D 错误。 故选B 。 4．甲、乙两船在静水中航行的速度分别为5m/s 和3m/s ，两船从同一渡口过河，已知甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同。则水的流速为（ ） A ．3m/s B ．3.75m/s C ．4m/s D ．4.75m/s 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意，甲船以最短时间过河，乙船以最短航程过河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同，可知，甲乙实际速度方向一样，如图所示 可得 tan v v θ= 水甲 cos v v θ= 乙 水 两式相乘，得 3sin =5 v v θ= 乙甲 则3 tan =4 v v θ=水 甲，解得v 水=3.75m/s ，B 正确，ACD 错误。 故选B 。 5．如图所示,一铁球用细线悬挂于天花板上,静止垂在桌子的边缘, 细线穿过一光盘的中间孔,手推光盘在桌面上平移, 光盘带动细线紧贴着桌子的边缘以水平速度v 匀速运动,当光盘由 A 位置运动到图中虚线所示的 B 位置时 ,细线与竖直方向的夹角为θ,此时铁球 A ．竖直方向速度大小为cos v θ B ．竖直方向速度大小为sin v θ C ．竖直方向速度大小为tan v θ D ．相对于地面速度大小为v 【答案】B 【解析】 【分析】 线与光盘交点参与两个运动，一是逆着线的方向运动，二是垂直线的方向运动，则合运动的速度大小为v，由数学三角函数关系，则有：sin v v vθ == 球线 ，而线的速度的方向，即为小球上升的速度大小，故B正确，AC错误；球相对于地面速度大小为 ()2 2sin v v vθ '=+，故D错误． 【点睛】 对线与CD光盘交点进行运动的合成与分解，此点既有逆着线方向的运动，又有垂直线方向的运动，而实际运动即为CD光盘的运动，结合数学三角函数关系，即可求解． 6．如图所示，在一倾角为?的斜面底端以一额定速率0v发射物体，要使物体在斜面上的射程最远，忽略空气阻力，那么抛射角θ的大小应为（） A． 42 π? -B． 4 π ? -C． 42 π? +D． 4 π ? + 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 以平行于斜面为x轴，垂直于斜面为y轴，发射点为原点，建立平面直角坐标系，由运动学方程得 () () 2 2 1 cos sin 2 1 sin cos0 2 x v t g t y v t g t θ?? θ?? ? =-?-? ?? ? ?=-?-?= ?? 解得 () 2 2 sin2sin cos v x g θ?? ? -- =? 显然当 42 π? θ=+时 () 2 max1sin v x g? = + 。 故选C。 7．如图所示，不计所有接触面之间的摩擦，斜面固定，两物体质量分别为1m 和2m ，且 12m m <．若将质量为2m 的物体从位置A 由静止释放，当落到位置B 时，质量为2m 的物 体的速度为2v ，且绳子与竖直方向的夹角为θ，则这时质量为1m 的物体的速度大小1v 等于（ ） A ．2sin v θ B ． 2 sin v θ C ．2cos v θ D ． 2 cos v θ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 当m 2落到位置B 时将其速度分解，作出速度分解图，则有 v 绳=v 2cosθ 其中v 绳是绳子的速度等于m 1上升的速度大小v 1.则有v 1=v 2cosθ 故选C. 【点睛】 当m 2落到位置B 时将其速度分解，作出速度分解图，由平行四边形定则求出m 1的速度大小v 1． 8．河水的流速随离河岸的距离的变化关系如图甲所示，船在静水中的速度与时间的关系如图乙所示，经过一段时间该船成功渡河，则下列说法正确的是（ ） A ．船渡河的航程可能是300m B ．船在河水中的最大速度可能是5m/s C ．船渡河的时间不可能少于100s D ．若船头与河岸垂直渡河，船在河水中航行的轨迹是一条直线 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 A．因河流中间部分水流速度大于船在静水中的速度，因此船渡河的合速度不可能垂直河岸，则位移不可能是300m，选项A错误； B．若船头垂直河岸，则当水流速最大时，船的速度最大 22 34m/s5m/s m v=+= 选项B正确； C．当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短 300 s100s 3 C d t v === 选项C正确； D．船在沿河岸方向上做变速运动，在垂直于河岸方向上做匀速直线运动，两运动的合运动轨迹是曲线，选项D错误。 故选BC。 9．如图所示，半圆形轨道半径为R，AB为水平直径．一个小球从A点以不同初速度0v水平抛出．不计空气阻力，则下列判断正确的是( ) A．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，小球应该落在轨道的最低点 B．虽然小球初速度不同，小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角都相同C．若初速度0v取值适当，可以使小球垂直撞击半圆轨道 D．无论0v取何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A．想使小球落到轨道上时的竖直分速度最大，则根据2 v gh =可知小球应该落在轨道的最低点，故A正确； B．小球落在圆弧面上不同点时，结合圆弧可知位移的偏向角tan= y x θ会随着落点的不同而发生变化，根据平抛运动的推论可知速度偏向角tan2tan αθ =，所以小球落到轨道上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，故B错误； CD ．根据平抛运动的推论：速度反向延长线过水平位移的中点，若小球垂直落在圆弧面上，则速度方向延长线过圆心，违背了速度反向延长线过水平位移的中点，所以无论 0v 取何值，小球都不可能垂直撞击半圆轨道，故D 正确；C 错误； 10．如图所示，a ，b 两个小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面的竖直高度相等，斜面底边长是其竖直高度的2倍，则（ ） A ．一定是b 球先落在斜面上 B ．可能是a 球先落在半圆轨道上 C ．当0210gR v >时，一定是a 球先落到半圆轨道上 D ．当043gR v < 时，一定是b 球先落在斜面上 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．将圆轨道和斜面轨道重合在一起，如图所示 交点为A ，初速度合适，小球可做平抛运动落在A 点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。若初速度不适中，由图可知，可能小球先落在斜面上，也可能先落在圆轨道上，故A 错误，B 正确； CD ．斜面底边长是其竖直高度的2倍，由几何关系可知，斜面与水平面之间的夹角 1tan 2 θ= 由图中几何关系可知 42cos sin 5h R R θθ=??= ，82cos cos 5 x R R θθ=?= 当小球落在A 点时 2 12 h gt = ，0x v t = 联立得 0210gR v = 所以当0210gR v > 时，一定是a 球先落到半圆轨道上，当0210gR v <时，一定是b 球先落在斜面上，故C 正确，D 错误。 故BC 正确。 二、第六章 圆周运动易错题培优（难） 11．如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做圆心为O 的匀速圆周运动，Oa 水平，从最高点b 沿顺时针方向运动到a 点的过程中（ ） A ． B 对A 的支持力越来越大 B ．B 对A 的支持力越来越小 C ．B 对A 的摩擦力越来越小 D ．B 对A 的摩擦力越来越大 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 由于始终做匀速圆周运动，合力指向圆心，合力大小不变，从最高点b 沿顺时针方向运动到a 点的过程中，合力的水平分量越来越大，竖直向下的分量越来越小，而合力由重力，支持力和摩擦力提供，因此对A 进行受力分析可知，A 受到的摩擦力越来越大，B 对A 的支持力越来越大，因此AD 正确，BC 错误。 故选AD 。 12．如图所示，质量相等的A 、B 两个小球悬于同一悬点O ，且在O 点下方垂直距离h =1m 处的同一水平面内做匀速圆周运动，悬线长L 1＝3m ，L 2＝2m ，则A 、B 两小球（ ） A ．周期之比T 1：T 2＝2：3 B ．角速度之比ω1：ω2＝1：1 C ．线速度之比v 1：v 283 D ．向心加速度之比a 1：a 2＝8：3 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 AB ．小球做圆周运动所需要的向心力由重力mg 和悬线拉力F 的合力提供，设悬线与竖直方向的夹角为θ。对任意一球受力分析，由牛顿第二定律有： 在竖直方向有 F cosθ-mg =0…① 在水平方向有 2 24sin sin F m L T πθθ= …② 由①②得 cos 2L θ T g = 分析题意可知，连接两小球的悬线的悬点距两小球运动平面的距离为h =L cosθ，相等，所以周期相等 T 1：T 2=1：1 角速度 2T πω＝ 则角速度之比 ω1：ω2=1：1 故A 错误，B 正确； C ．根据合力提供向心力得 2 tan tan v mg m h θθ = 解得 tan v gh = 根据几何关系可知 22 11tan 8L h h θ-= = 2222tan 3L h h θ-= = 故线速度之比 1283v v =：： 故C 正确； D ．向心加速度a=vω，则向心加速度之比等于线速度之比为 1283a a =：： 故D 错误。 故选BC 。 13．如图所示，水平转台上有一个质量为m 的小物块，用长为L 的轻细绳将物块连接在通过转台中心的转轴上，细绳与竖直转轴的夹角为θ，系统静止时细绳绷直但张力为零．物块与转台间动摩擦因数为μ（ A ．物块对转台的压力大小等于物块的重力 B ．转台加速转动的过程中物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴 C ．绳中刚出现拉力时,sin g L μθ D cos g L θ 【答案】CD 【解析】 【详解】 A ．当转台达到一定转速后，物块竖直方向受到绳的拉力，重力和支持力，故A 错误； B ．转台加速转动的过程中，物块做非匀速圆周运动，故摩擦力不指向圆心，B 错误； C ．当绳中刚好要出现拉力时， 2sin μmg m ωL θ= 故sin g L μωθ = C 正确； D ．当物块和转台之间摩擦力为0时，物块开始离开转台，故 2tan sin mg m L θωθ= 角速度为cos g L θ ，故D 正确； 故选CD 。 14．一小球质量为m ，用长为L 的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O 点，在O 点正下 方 2 L 处钉有一颗钉子．如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速度释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间，则（ ） A ．小球的角速度突然增大 B ．小球的线速度突然减小到零 C ．小球的向心加速度突然增大 D ．小球的向心加速度不变 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】 由于悬线与钉子接触时小球在水平方向上不受力，故小球的线速度不能发生突变，由于做圆周运动的半径变为原来的一半，由v ＝ωr 知，角速度变为原来的两倍，A 正确，B 错误；由a ＝ 2T π 知，小球的向心加速度变为原来的两倍，C 正确，D 错误． 15．如图，在竖直平面内固定半径为r 的光滑半圆轨道，小球以水平速度v 0从轨道外侧面的A 点出发沿圆轨道运动，至B 点时脱离轨道，最终落在水平面上的C 点，不计空气阻力、下列说法正确的是（ ） A ．从A 到 B 过程，小球沿圆切线方向加速度逐渐增大 B ．从A 到B 过程，小球的向心力逐渐增大 C ．从B 到C 过程，小球做变加速曲线运动 D ．若从A 点静止下滑，小球能沿圆轨道滑到地面 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】 设重力mg 与半径的夹角为θ，对圆弧上的小球受力分析，如图所示 A ．建立沿径向和切向的直角坐标系，沿切向由牛顿第二定律有 sin t mg ma θ= 因夹角θ逐渐增大，sin θ增大，则小球沿圆切线方向加速度逐渐增大，故A 正确； B ．从A 到B 过程小球加速运动，线速度逐渐增大，由向心力2 n v F m r =可知，小球的向心 力逐渐增大，故B 正确； C ．从B 到C 过程已离开圆弧，在空中只受重力，则加速度恒为g ，做匀变速曲线运动（斜下抛运动），故C 错误； D ．若从A 点静止下滑，当下滑到某一位置时斜面的支持力等于零，此时小球会离开圆弧做斜下抛运动而不会沿圆轨道滑到地面，故D 错误。 故选AB 。 16．如图甲，一长为R 且不可伸长的轻绳一端固定在O 点，另一端系住一小球，使小球在竖直面内圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v ，此时绳子拉力大小为F ，拉力F 与速度的平方r 2的关系如图乙所示，以下说法正确的是（ ） A ．利用该装置可以得出重力加速度R g a = B ．利用该装置可以得出小球的质量aR m b C ．小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置不变 D ．绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．由图乙可知当2v a =时，此时绳子的拉力为零，物体的重力提供向心力，则 2 v mg m R = 解得 2v gR = 所以 a gR = 则重力加速度 a g R = A 错误； B ．当22v a =时，对物体受力分析，有 2 v mg b m R += 解得小球的质量为 b m g = B 错误； D ．小球经过最高点时，根据牛顿第二定律有 2 T v mg F m R += 解得 2 T m F v mg R = - 所以图乙图线的斜率为 m k R = 所以绳长不变，用质量更大的球做实验，得到的图线斜率更大，D 正确； C ．当0T F =时，有 2v gR = 所以小球质量不变，换绳长更长的轻绳做实验，图线a 点的位置将会发生变化，C 错误。 故选D 。 17．如图所示，水平的木板B 托着木块A 一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a 沿逆时针方向运动到最高点b 的过程中（ ） ①B 对A 的支持力越来越大 ②B 对A 的支持力越来越小 ③B 对A 的摩擦力越来越大 ④B 对A 的摩擦力越来越小 A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④ 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 以A 物体作为研究对象，设指向圆心的加速度为a ，a 与水平方向的夹角为θ ，竖直方向根据牛顿第二定律 sin BA mg F ma θ-= 得 sin BA F mg ma θ=- 可知沿逆时针方向运动到最高点过程中，θ增大，支撑力减小，故①错误，②正确。 水平方向根据牛顿第二定律 cos BA f ma θ= 可知沿逆时针方向运动到最高点过程中，θ增大，摩擦力减小，故③错误，④正确。 故选D 。 18．上海磁悬浮线路需要转弯的地方有三处，其中设计的最大转弯处半径达到8000米，用肉眼看几乎是一条直线，而转弯处最小半径也达到1300米。一个质量50kg 的乘客坐在以360km/h 不变速率驶过半径2500米弯道的车厢内，下列说法不正确的是（ ） A ．弯道半径设计特别长可以使乘客在转弯时更舒适 B ．弯道半径设计特别长可以减小转弯时列车的倾斜程度 C．乘客受到来自车厢的力大小约为539N D．乘客受到来自车厢的力大小约为200N 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据 2 v a R = 在速度一定的情况下，转弯半径越大，需要的向心加速度越小，乘客在转弯时感觉越平稳、舒适，A正确； B．为了使列车行驶安全，在转弯时一般内轨比外轨低，让支持力的水平分力提供列车做圆周运动的向心力，转弯半径越大，需要的向心力越小，列车的倾斜程度越小，B正确；CD．根据 2 v F m R = 代入数据可得，转弯时的向心力大约为200N，而车箱给人的合力 539N F= 合 C正确，D错误。 故不正确的应选D。 19．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度为（） A． 22 22 () 2 g r R R ω - B． 22 22 () 2 g r R r ω - C． 2 22 () 2 g r R R ω - D． 2 22 2 gr R ω 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 雨点甩出后做平抛运动，竖直方向有 h=1 2 gt2 水平方向初速度为雨伞边缘的线速度，所以 v0=ωR 雨点甩出后水平方向做匀速直线运动 x=v0t=ωR 2h g 伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，根据几何关系可知水平距离为 x=22 r R - 所以 22 r R -=ωR 2h g 解得 h= 22 22 () 2 g r R R ω - 故选A. 点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解． 20．用一根细线一端系一小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，如图所示。设小球在水平：面内做匀速圆周运动的角速度为ω，线所受拉力为T，则下列T随2ω变化的图像可能正确的是（） A．B． C．D． 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 对小球受力分析如图 当角速度较小时，小球在光滑锥面上做匀速圆周运动，根据向心力公式可得 2sin cos sin T N mL θθθω-=? cos sin T N mg θθ+= 联立解得 22cos sin T mg mL θθω=+? 当角速度较大时，小球离开光滑锥面做匀速圆周运动，根据向心力公式可得 2sin sin T mL ααω=? 则 2T mL ω= 综上所述，ABD 错误，C 正确。 故选C 。 三、第八章 机械能守恒定律易错题培优（难） 21．如图所示，两个质量均为m 的小滑块P 、Q 通过铰链用长为L 的刚性轻杆连接，P 套在固定的竖直光滑杆上，Q 放在光滑水平地面上，轻杆与竖直方向夹角α=30°．原长为 2 L 的轻弹簧水平放置，右端与Q 相连，左端固定在竖直杆O 点上。P 由静止释放，下降到最低点时α变为60°．整个运动过程中，P 、Q 始终在同一竖直平面内，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g 。则P 下降过程中（ ） A ．P 、Q 组成的系统机械能守恒 B ．P 、Q 的速度大小始终相等 C ．弹簧弹性势能最大值为 31 2 mgL D ．P 达到最大动能时，Q 受到地面的支持力大小为2mg 【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】 A．根据能量守恒知，P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，而P、Q组成的系统机械能不守恒，选项A错误； B．在下滑过程中，根据速度的合成与分解可知 cos sin P Q v v αα = 解得 tan P Q v v α = 由于α变化，故P、Q的速度大小不相同，选项B错误； C．根据系统机械能守恒可得 (cos30cos60) P E mgL =?-? 弹性势能的最大值为 31 2 P E mgL - = 选项C正确； D．P由静止释放，P开始向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，P的速度达到最大，此时动能最大，对P、Q和弹簧组成的整体受力分析，在竖直方向，根据牛顿第二定律可得 200 N F mg m m -=?+? 解得 F N=2mg 选项D正确。 故选CD。 22．如图甲所示，轻弹簧下端固定在倾角37°的粗糙斜面底端A处，上端连接质量5kg的滑块（视为质点），斜面固定在水平面上，弹簧与斜面平行。将滑块沿斜面拉动到弹簧处于原长位置的O点，由静止释放到第一次把弹簧压缩到最短的过程中，其加速度a随位移x的变化关系如图乙所示，，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（） A．滑块在下滑的过程中，滑块和弹簧组成的系统机械能守恒 B．滑块与斜面间的动摩擦因数为0.1 C ．滑块下滑过程中的最大速度为 5 m/s D ．滑块在最低点时，弹簧的弹性势能为10.4J 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】 A ．滑块在下滑的过程中，除重力和弹簧的弹力做功外，还有摩擦力做功，故滑块和弹簧组成的系统机械能不守恒，故A 错误； B ．刚释放瞬间，弹簧的弹力为零，由图象可知此时加速度为a =5.2m/s 2，根据牛顿第二定律有 sin cos mg mg ma θμθ-= 解得0.1μ=，故B 正确； C ．当x =0.1m 时a =0，则速度最大，此时滑块受到的合力为零，则有 sin cos 0mg kx mg θμθ--= 解得260N /m k =，则弹簧弹力与形变量的关系为 F kx = 当形变量为x =0.1m 时，弹簧弹力F =26N ，则滑块克服弹簧弹力做的功为 11 2.60.1J 1.3J 22 W Fx = =??= 从下滑到速度最大，根据动能定理有 ()2 m 1sin cos 2 mg mg x W mv θμθ--= 解得m 5 v = m/s ，故C 正确； D ．滑块滑到最低点时，加速度为25.2m/s a '=-，根据牛顿第二定律可得 sin cos mg mg kx ma θμθ--'=' 解得0.2m x '=，从下滑到最低点过程中，根据动能定理有 ()p sin cos 00mg mg x E θμθ'--=- 解得E p =5.2J ，故D 错误。 故选BC 。 23．蹦床比赛中运动员从最高点下落过程可简化为下物理模型：如图，运动员从O 点自由下落，其正下方放置一下端固定的轻质弹簧，弹簧处于自然长度。运动员下落到轻质弹簧上端a 位置开始与弹簧接触并开始向下压缩弹簧。运动员运动到b 处时，质弹簧对运动员的弹力与运动员的重力平衡。运动员运动到c 处时，到达最低点。若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
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