2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题10 力学三大观点的综合应用（解析版）

这是一份2023高考物理一轮复习高频考点强化训练专题10 力学三大观点的综合应用（解析版），共17页。试卷主要包含了5 s，如图所示，一质量M＝0，8 N　0，25 J　距离C点0等内容，欢迎下载使用。

(1)小球刚摆到最低点时与木板发生碰撞前绳的拉力大小；
(2)滑块能否从滑板上掉下？试通过计算说明理由；
(3)滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量。
【答案】 (1)6 N (2)没有掉下来，理由见解析 (3)eq \f(4,35) J
【解析】 (1)小球下摆过程中，由动能定理：mgL2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－0
小球摆到最低点时，则有：T－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),L2)
解得T＝6 N
(2)对小球和滑板碰撞前后，小球和滑板系统动量守恒，则有：mv0＝mv＋Mv1
根据能量守恒，则有：eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
解得：v＝－2 m/s，v1＝2 m/s
碰后滑块向右加速，滑板向右减速
对滑块，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1
解得：a1＝1 m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：μ1mg＋μ2(m＋M)g＝Ma2
解得：a2＝3 m/s2
假设没有掉下来，经过时间t共速度，则有：a1t＝v1－a2t
得t＝0.5 s
根据：v共＝a1t
解得：v共＝0.5 m/s
滑块位移为：x1＝eq \f(1,2)a1t2
解得：x1＝0.125 m
滑板位移为：x2＝v1t－eq \f(1,2)a2t2
解得：x2＝0.625 m
相对位移Δx1＝x2－x1＝0.5 m此时没有掉下来
但由于μ2>μ1，共速后滑块和滑板之间会继续相对运动，此时滑块相对于滑板向右运动，
对滑块，根据牛顿第二定律有：μ1mg＝ma3
解得：a3＝1 m/s2
对滑板，根据牛顿第二定律有：μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma4
解得：a4＝eq \f(7,3) m/s2
滑块位移为：x3＝eq \f(veq \\al(2,共),2a3)
解得：x3＝eq \f(1,8) m
滑板位移为：x4＝eq \f(veq \\al(2,共),2a4)
解得：x4＝eq \f(3,56) m
相对位移Δx2＝x3－x4＝eq \f(1,14) m<0.5 m
不会掉下来
(3)滑块和滑板之间由于相对滑动所产生的热量：
Q＝μ1mg(Δx1＋Δx2)
解得：Q＝eq \f(4,35) J
2.(2021·山东临沂市上学期期末)如图所示，一质量M＝0.8 kg的小车静置于光滑水平地面上，其左侧用固定在地面上的销钉挡住。小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC与水平轨道CD相切于C处，圆弧BC所对应的圆心角θ＝37°、半径R＝5 m，CD的长度l＝6 m。质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)从某一高度处的A点以大小v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，物块恰好不滑离小车。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，空气阻力不计。求：
(1)物块通过B点时的速度大小vB；
(2)物块滑到圆弧轨道的C点时对圆弧轨道的压力大小FN；
(3)物块与水平轨道CD间的动摩擦因数μ。
【答案】 (1)5 m/s (2)3.8 N (3)0.3
【解析】 (1)设物块通过B点时的速度大小为vB，由平拋运动的规律有eq \f(v0,vB)＝cs θ，代入数值解得vB＝5 m/s。
(2)物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)＋mgR(1－cs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)
代入数值可得vC＝3eq \r(5) m/s
设物块滑到C点时受到圆弧轨道的支持力大小为F，有
F－mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，代入数值解得F＝3.8 N
由牛顿第三定律可知FN＝F＝3.8 N。
(3)设物块到达轨道CD的D端时的速度大小为vD，由动量守恒定律有mvC＝(M＋m)vD
由功能关系有μmgl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,D)
代入数值解得μ＝0.3。
3. (2021·山东青岛市上学期期末)如图，物流转运中心的水平地面上有一辆质量M＝4 kg、长L＝1.4 m的平板小车，在平板车的右端放有质量m＝1 kg的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4。物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力F拉小车的方式，重力加速度g＝10 m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力，求：
(1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力F0；
(2)若用F＝28 N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多少。
【答案】 (1)20 N (2)1 s
【解析】 (1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小，有
对快件：μmg＝ma0
对快件及小车整体：F0＝(M＋m)a0
解得：F0＝20 N
(2)当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时间为tm，F作用时间内，快件在小车上滑动距离为L1，撤去拉力F时，快件的速度为v1，小车的速度为v2，有
对快件：μmg＝ma1
v1＝a1tm
对小车：F－μmg＝Ma2，v2＝a2tm
另有L1＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,m)－eq \f(1,2)a1teq \\al(2,m)
撤去F后，有mv1＋Mv2＝(M＋m)v
μmg(L－L1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
解得tm＝1 s
4.(2021·海南省新高考3月线上诊断)如图甲所示，质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出。已知木板质量M＝4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2。求：
(1)圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小；
(2)滑块与木板间的动摩擦因数；
(3)木板的长度。
【答案】 (1)5 m 30 N (2)0.4 (3)10 m
【解析】 (1)由图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10 m/s，则由机械能守恒定律有mgR＝eq \f(1,2)mv2
解得R＝5 m
滑块在圆弧轨道末端时F－mg＝eq \f(mv2,R)
解得F＝30 N
由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30 N
(2)滑块在木板上滑行时，木板与滑块组成的系统动量守恒，有mv＝(m＋M)v1
解得v1＝2 m/s
滑块在木板上做匀减速运动时，由牛顿第二定律可知
－μmg＝ma1
由图乙知a1＝eq \f(v1－v,t)＝－4 m/s2
解得μ＝0.4
(3)由功能关系可知eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)veq \\al(2,1)＝μmgl
解得l＝10 m
5.(2021·山东潍坊市4月模拟)如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧右端可自由伸长到O点，轨道右端与一光滑竖直半圆轨道相连，圆轨道半径R＝0.5 m，圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，将小物块M靠在弹簧上并压缩到P点，由静止释放，之后与N发生弹性正碰，碰后N恰能通过圆轨道最高点D。已知物块与轨道间的动摩擦因数均为0.5，M的质量为2 kg，N的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2
(1)求N刚进入圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M与弹簧拴接，将物块N靠在M上，压缩弹簧到P点后由静止释放，求N最终停在什么位置？
【答案】 (1)240 N，方向竖直向下 (2)76.25 J (3)距离C点0.54 m处
【解析】 (1)物块N在D点时，有Mg＝Meq \f(veq \\al(2,D),R)
物块N碰后速度为v2，由圆轨道C点到D点过程机械能守恒eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,D)＋Mg·2R
在圆轨道最低点C时
FN－Mg＝Meq \f(veq \\al(2,2),R)，解得FN＝240 N
根据牛顿第三定律知，N刚进入圆轨道时对轨道的压力大小为FN′＝FN＝240 N，方向竖直向下。
(2)物块M与N碰前速度为v0，碰后速度为v1，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2
碰撞过程机械能守恒eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
弹簧弹开到碰前过程Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
(3)若物块M、N靠在一起释放，则两者在O点分离，设分离时的速度为v
Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N到达C点速度为vC，
eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＋μMgLOC
假设物块沿圆周上滑不超过eq \f(1,4)圆周处，则
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)＝Mgh
解得h＝0.27 m＜R
故物块不能到达圆周最高点，将沿圆周返回，由动能定理得
－μMgx＝－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)
解得x＝0.54 m，滑块停在距离C点0.54 m处。
6.(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，13)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。求：
(1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小；
(2)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。
【答案】 (1)eq \r(2gL) (2)eq \f(4,9)L
【解析】 (1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律可知
3mgL＝eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gL)。
(2)小木块2碰撞后做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动
L＝eq \f(1,2)gt2
解得t＝eq \r(\f(2L,g))
水平方向上做匀速直线运动
2L＝v2t
解得v2＝eq \f(2L,t)＝eq \f(2L,\r(\f(2L,g)))＝2Leq \r(\f(g,2L))＝eq \r(2gL)
小木块1和2碰撞瞬间，根据动量守恒定律得
3mv0＝3mv1＋mv2
解得碰撞后小木块1的速度为
v1＝eq \f(3v0－v2,3)＝eq \f(2,3)eq \r(2gL)
之后小木块1上升，根据机械能守恒定律可知
3mgh＝eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,1)
解得h＝eq \f(1,2)×eq \f(4,9)×2L＝eq \f(4,9)L。
7.(2021·山东省等级考试第二次模拟卷)如图所示，光滑水平面上有相同高度的平板小车A和B，质量分别为mA＝0.3 kg和mB＝0.2 kg，滑块C静止于A车右端，质量mC＝0.1 kg，可视为质点。C与A之间的动摩擦因数μ＝0.2。现A车在一水平向右的恒定推力作用下，由静止开始经t＝1 s的时间运动了x＝1.5 m的距离，撤去推力随即与B车发生碰撞并粘在一起(碰撞时间极短)。假设A车足够长，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求A、B两车碰撞前瞬间，滑块C与A车右端的距离Δx；
(2)若A、B两车碰撞前瞬间，B车的速度vB＝2.5 m/s、方向水平向左，试通过计算判断滑块C能否滑上B车。
【答案】 (1)0.5 m (2)不能 理由见解析
【解析】 (1)设碰撞前滑块C的加速度大小为aC，运动的距离为xC，由牛顿第二定律得μmCg＝mCaC
由运动学公式得xC＝eq \f(1,2)aCt2，且Δx＝x－xC
联立解得Δx＝0.5 m。
(2)设A、B碰撞前A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，
由运动学公式得x＝eq \f(1,2)vAt，vC＝aCt
解得vA＝3 m/s，vC＝2 m/s
设碰撞后A、B的速度大小为vAB，由动量守恒定律得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vAB
解得vAB＝0.8 m/s
设A、B、C最终的共同速度大小为vABC，由动量守恒定律得
(mA＋mB)vAB＋mCvC＝(mA＋mB＋mC)vABC
解得vABC＝1 m/s
设碰撞后C相对A、B车发生的相对位移为Lx，由能量守恒定律得
eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,AB)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＋μmCgLx
联立解得Lx＝0.3 m＜Δx
所以滑块C不能滑到B车上。
8.(2021·天津市和平区第二次质量调查)如图所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R＝0.5 m。质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)小球B与弹簧分离时的速度vB多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能Ep是多少？
【答案】 (1)5 m/s (2)5 m/s (3)1.25 J
【解析】 (1)设小球B恰好通过C点时速度为vC，则有
mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)①
－mg·2R＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)②
联立①②解得vB＝5 m/s。
(2)小球B与弹簧分离前后，小球A、B及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝MvA＋mvB③
eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)④
联立③④解得v0＝5 m/s。
(3)当A、B两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能Ep，设共同速度为v，由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v⑤
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2⑥
联立⑤⑥解得Ep＝1.25 J。
9.(2021·天津市六校期末联考)如图所示，光滑的轨道固定在竖直平面内，其O点左边为光滑的水平轨道，O点右边为四分之一圆弧轨道，高度h＝0.8 m，左右两段轨道在O点平滑连接。质量m＝0.1 kg的小滑块a由静止开始从圆弧轨道的顶端沿轨道下滑，到达水平段后与处于静止的小滑块b发生碰撞，小滑块b的质量M＝0.4 kg，碰撞后小滑块a恰好停止运动。取重力加速度g＝10 m/s2，求
(1)小滑块a通过O点时对轨道的压力的大小和方向；
(2)碰撞瞬间小滑块b所受冲量的大小；
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能。
【答案】 (1)3 N，方向竖直向下 (2)0.4 N·s (3)0.6 J
【解析】 (1)小滑块a从曲线轨道上下滑的过程中，由动能定理得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
代入数据解得，小滑块a通过O点时的速度v0＝4 m/s
小滑块a通过O点时，有FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
代入数据解得FN＝3 N
根据牛顿第三定律，小滑块对轨道的压力为3 N，方向竖直向下。
(2)碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv0＝Mv1
设滑块b所受冲量的大小为I，由动量定理得I＝Mv1
代入数据得I＝0.4 N·s。
(3)碰撞过程中小滑块a、b组成的系统损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,1)
代入数据解得ΔE＝0.6 J。
10.(2021·贵州安顺市适应性监测(三))如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P点相切，一个质量为2m的物块B(可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q点为弹簧处于原长时的左端点，P、Q间的距离为R，PQ段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q点右侧水平地面光滑，现使质量为m的物块A(可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g.求：
(1)物块A沿圆弧轨道滑至P点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)；
(3)物块A最终停止位置到Q点的距离．
【答案】 (1)3mg (2)eq \f(1,3)mgR (3)eq \f(1,9)R
【解析】 (1)物块A从静止沿圆弧轨道滑至P点，设物块A在P点的速度大小为vP，
由机械能守恒定律有：mgR＝eq \f(1,2)mvP2
在最低点轨道对物块的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律有：FN－mg＝meq \f(v\\al(P2),R)，
联立解得：FN＝3mg，
由牛顿第三定律可知在P点物块对轨道的压力大小为3mg.
(2)设物块A与弹簧接触前瞬间的速度大小为v0，由动能定理有mgR－μmgR＝eq \f(1,2)mv02－0，
解得v0＝eq \r(gR)，
当物块A、物块B具有共同速度v时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋2m)v2＋Ep，
联立解得Ep＝eq \f(1,3)mgR.
(3)设物块A与弹簧分离时，A、B的速度大小分别为v1、v2，规定向右为正方向，
则有mv0＝mv1＋2mv2，
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)(2m)v22，
联立解得：v1＝－eq \f(1,3)eq \r(gR)，
设A最终停在Q点左侧距Q点x处，由动能定理有：
－μmgx＝0－eq \f(1,2)mv12
解得x＝eq \f(1,9)R.
11.(2021·海南省新高考一模)有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的积木叠放在靶位上，长为L，积木B与C夹在固定的两光滑薄板间，一钢球用长为R且不可伸长的轻绳挂于O点，钢球质量与每块积木的质量相等；游戏时，将钢球拉到与O等高的P点(保持绳绷直)由静止释放，钢球运动到最低点时与积木A发生弹性碰撞，积木A滑行一段距离s(s>2L)后停下，又将钢球拉回P点由静止释放，落下后与静止的积木B发生弹性碰撞，积木B向前滑行与积木A碰撞后，以共同速度滑行一段距离后停止。已知重力加速度为g，各接触面间的动摩擦因数相同，碰撞时间极短。求：
(1)钢球与积木A碰撞前、后瞬间的速度大小；
(2)动摩擦因数；
(3)积木B滑行的距离。
【答案】(1)eq \r(2gR) 0 (2)eq \f(R,4L＋s) (3)s－eq \f(1,4)L
【解析】 (1)设钢球和滑块的质量均为m，由机械能守恒定律可得：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得v0＝eq \r(2gR)
钢球与滑块A碰撞过程满足：mv0＝mv1＋mv2
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v1＝0，v2＝v0＝eq \r(2gR)
(2)对滑块A由动能定理：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)＝(μ·3mg＋μ·2mg)L＋μmg(s－L)
解得μ＝eq \f(R,4L＋s)
(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下后静止的积木B发生弹性碰撞，此时B的速度仍为v3＝eq \r(2gR)滑行s－L后与A碰撞，此时B的速度为v4，则：
eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)＝－(μ·2mg＋μmg)L－μmg(s－2L)
得v4＝eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
当AB碰撞时，由动量守恒：mv4＝2mv5
解得v5＝eq \f(1,2)v4＝eq \f(1,2)eq \r(\f(6gRL,4L＋s))
由动能定理：eq \f(1,2)·2mveq \\al(2,5)＝μ·2mgx
解得x＝eq \f(3L,4)，
则积木B滑行的距离x′＝s－L＋x＝s－eq \f(1,4)L
12.(2021·山东日照市4月模拟)如图所示，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝1 kg的三个小物块A、B、C(均视为质点)静止在光滑水平轨道上。半径为R＝0.6 m的光滑竖直半圆轨道最低点与水平轨道相切。B、C之间有一轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧拴接，C未与弹簧拴接。现让物块A(右侧涂有少量质量不计的粘胶)以初速度v0＝6 m/s沿水平方向向右滑动，A与B发生碰撞并粘为一体。经过一段时间，C脱离弹簧，然后滑上光滑竖直半圆轨道。(取g＝10 m/s2)求：
(1)上述过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(2)C脱离弹簧时的速度大小vC；
(3)试讨论判断C能否到达半圆轨道的最高点。若能，求出通过最高点时C对轨道的压力大小；若不能，请说明理由。
【答案】 (1)6 J (2)6 m/s (3)能，10 N
【解析】 (1)A、B、C位于光滑的水平面上，系统动量守恒，选取向右为正方向，设A与B发生完全非弹性碰撞后共同速度为v1，对A、B有mAv0＝(mA＋mB)v1
可得v1＝4 m/s
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时A、B、C共同速度为v2，有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
可得v2＝3 m/s
由机械能守恒定律得
Ep＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,2)
解得Ep＝6 J。
(2)设弹簧恢复原长时，A、B的速度为vB，C的速度为vC，此后C脱离弹簧
由动量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)vB＋mCvC
由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×(mA＋mB)veq \\al(2,B)＋eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
解得vC＝6 m/s。
(3)C脱离弹簧后沿轨道运动，假设能运动至最高点，且运动至最高点时的速度为v，由机械能守恒定律得
eq \f(1,2)mCv2＋mCg·2R＝eq \f(1,2)mCveq \\al(2,C)
可得v＝2eq \r(3) m/s
设过最高点时轨道对C的支持力大小为FN，由牛顿第二定律得
mCg＋FN＝mCeq \f(v2,R)
可得FN＝10 N＞0，所以假设成立，C能通过最高点，且对轨道的压力大小为10 N。