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    7．如图所示，光滑半圆形轨道半径为r=0.4m，BC为竖直直径，A为半圆形轨道上与圆心O等高的位置．一质量为m=2.0kg的小球（可视为质点）自A处以某一竖直向下的初速度滑下，进入与C点相切的粗糙水平面CD上，在水平滑道上有一轻质弹簧，其一端固定在竖直墙上，另一端位于滑道末端的C点（此时弹簧处于自然状态）．若小球与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.5，弹簧被压缩的最大长度为0.2m．小球轻弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，重力加速度g=10m/s2，则下列说法中正确的是（　　）
    A．小球通过最高点B时的速度大小为2m/s
    B．小球运动过程中总弹簧的最大弹性势能为20J
    C．小球从A点竖质下滑的初速度大小为4m/s
    D．小球第一次经过C点时对C点的压力为120N

    分析 在最高点，是重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解最高点B时的速度；
    对反弹后过程根据动能定理列式可以求解弹簧的最大弹性势能；
    对下滑过程根据动能定理列式求解初速度；
    在C点，重力和支持力的合力提供向心力．

    解答 解：A、小球被轻弹簧反弹后恰好能通过半圆形轨道的最高点B，故在B点是重力提供向心力，故：
    mg=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
    解得：
    v=$\sqrt{gr}$=$\sqrt{10×0.4}=2m/s$
    故A正确；
    B、对反弹后到最高点的过程根据动能定理，有：
    W弹-μmgx-mg（2R）=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
    其中：
    W弹=Epm
    联立解得：
    Epm=μmgx+mg（2r）+$\frac{1}{2}m{v}^{2}$=0.5×2×10×0.2+2×10×（2×0.4）+$\frac{1}{2}×2×{2}^{2}$=22J
    故B错误；
    C、对运动全程，根据动能定理，有：
    -mgr-2μmgx=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
    解得：
    v0=$\sqrt{{v}^{2}+2（gr+2μgx）}$=4m/s
    故C正确；
    D、从A到C，根据动能定理，有：
    mgr=$\frac{1}{2}m{v}_{C}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
    解得：
    ${v}_{C}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+2gr}$=$\sqrt{14+2×10×0.4}$=4$\sqrt{2}$m/s
    在C点，根据牛顿第二定律，有：
    F-mg=m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$
    解得：
    F=mg+m$\frac{{v}_{C}^{2}}{r}$=2×10+2×$\frac{32}{0.4}$=180N
    故D错误；
    故选：AC．

    点评 本题关键是要明确小球的运动情况、受力情况和能量转化情况，结合动能定理、向心力公式和牛顿第二定律列式分析，灵活选择过程和状态是关键．

    练习册系列答案
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    A．若v0=18m/s，则石块可以落入水中

    B．若石块能落入水中，则v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大

    C．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大

    D．若石块不能落入水中，则v0越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小

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    （1）弹簧的最大弹性势能．
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    A．由顺时针方向变为逆时针方向
    B．由逆时针方向变为顺时针方向
    C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
    D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向

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