高2010級高三物理專題復習資料專題二 動量和能量重慶市渝西中學 李懷釗一.疑難辨析（一）概述根據(jù)近幾年各省（市）高考試題統(tǒng)計表明，本專題的考查重點是五個概念和五個規(guī)律:功和能、功率、沖量和動量；動能定理和動量定理、機械能守恒定律和動量守恒定律以及能量守恒定律。由于動量、能量與牛頓運動定律、曲線運動、電磁學以及原子物理學中的基本粒子的運動等內(nèi)容綜合，物理過程復雜，綜合分析的能力要求高，難度大，給高考命題提供了較好的命題空間，近幾年的高考試題常常以生產(chǎn)實際、貼近生活（2009年重慶理綜24小題中的彈簧筆）與現(xiàn)代科技內(nèi)容為命題背景，就要求我們要根據(jù)題干分析出物理過程和建立熟悉的物理模型。同時本專題在考查應用數(shù)學知識解決物理問題的能力也有較多體現(xiàn)。動量和能量部分的試題特點是物理過程復雜、靈活性強、綜合性大、能力要求較高、難度大，高考的壓軸題多與這部分知識有聯(lián)系,是高考的必考點、熱點和難點。 根據(jù)理科綜合的特點：單科試題少，考查內(nèi)容多，必然會一題多考點的特點，廣大考生在進行了第一輪系統(tǒng)復習之后，加強綜合性強點的試題訓練是必要的，更應把較多精力放在理清分析物理問題的思路和方法上。動量和能量的觀點始終貫穿從力學到原子物理的整個高中物理學，動量和能量的觀點是繼牛頓定律解決力學問題的另一條方法，它往往可以忽略力作用的中間過程，只需關注始、末狀態(tài)，用全局的觀點和整體的觀點使得解題的思路更加簡捷。（二）提醒臨考前對動量和能量專題的鞏固和加深并形成穩(wěn)定的思維模式和解題思路，應注意下面幾個問題。1.再現(xiàn)物理基本概念的表述、基本公式及其變形式的適用條件、基本物理量的單位、基本規(guī)律和這些規(guī)律應用的典型模型等。力學：功W及其正負的涵義 功率P 平均功率和瞬時功率 動能EK及其變化量EK 勢能EP及其變化量EP 碰撞（彈性、非彈性、完全非彈性）沖量I 動量P 動量的變化量P 動量的變化率系統(tǒng) 內(nèi)力、外力及合外力 動能定理與動量定理 機械能守恒定律與動量守恒定律 功能關系和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律；電磁學：電勢能 電勢差 電勢 等勢面 電功和電功率 交變電流的最大值和有效值。2.本專題必須具備的思想方法：（1）物理規(guī)律的選擇方法：對單個物體，主要有四條思路：a.若是勻變速問題，常選用牛頓定律結(jié)合運動學規(guī)律或動能定理、動量定理解題。 b.若是在變力作用下通過一段位移外力對 物體做功，常選用動能定理解題。c.若是在變力作用下有一段時間，特別是打擊、碰撞等瞬時問題，常選用動量定理解題。d.光滑軌道或拋體運動中的能量問題一般選用機械能守恒定律。對多個物體組成的系統(tǒng)，主要有四條思路：a.若系統(tǒng)內(nèi)無滑動摩擦和介質(zhì)陰力,常選用機械能守恒定律。b.若系統(tǒng)受到的合外力為零,常選用動量守恒定律。c.若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對位移(路程)并涉及摩擦力的要優(yōu)先考慮應用能量守恒定律（或二級公式Q=fs）。d.對于動量與機械能雙守恒問題，常常對整個系統(tǒng)建立方程組求解。同時注意題目中的“最高點”、“最大速度”、“最大加速度”、“最大位移” “拉伸最長” “壓縮最短”等臨界條件的判定。(2)處理問題的技巧方法:a.建立物理情景：分析運動過程，善于用“想象法”展示題目敘述的過程，做到歷歷在目。b.小過程的劃分：題目往往是多物體多過程，不同子過程有不同的規(guī)律，要學會分段列方程法，最后綜合分析求解。c.在用動量守恒定律和機械能守恒定律列式時，一定要注意是否滿足守恒的條件。同時要注意動量守恒定律是矢量式，能量守恒定律是標量式。d.提醒：應用機械能守恒和能量守恒形式求解時要特別注意不能涉及功的問題，應用動能定理和功能關系時注意功和能的對應關系。（三）辨析1. 對于功、功率和動能定理功的計算方法： WFscos W= Pt (p=Fv)動能定理 W合W1+ W2+Wn=EK=E末E初 (W可以是不同的性質(zhì)力做功)圖象法，在F-S圖象中,圖線所圍的面積表示力F所做的功，如圖所示。微元法計算變力做功。正確理解功率，功率是表示做功快慢的物理量。應用時注意：公式P=W/t是定義式，求平均功率.公式P=Fvcos是計算式，v是平均速度，則P表示平均功率；若v是瞬時速度，則P表示瞬時功率，該式常用于計算瞬時功率 。發(fā)動機的功率P是指牽引力F做功的功率 ，不是合外力做的功的功率。應用時還要注意區(qū)別發(fā)動機的輸出功率和額定功率，當輸出功率等于額定功率且物體在勻速運動時，牽引力F和阻力Ff相等，此時物體達到最大速度Vm=P/F=P/Ff，即達到的最大速度。動能定理：外力對物體所做的總功等于物體動能的變化。 公式： W合= W合W1+ W2+Wn= DEk = Ek2 Ek1 = 應用時要注意：外力對物體做正功，物體的動能就增加；外力對物體做負功，物體的動能就減少。作用在物體上的所有外力（包括重力）所做功的代數(shù)和數(shù)值上等于物體動能的變化量。動能定理不必追究全過程中的運動性質(zhì)和狀態(tài)變化的細節(jié)，特別是變力情況下，只要把各個力在各個階段所做的功都按照代數(shù)和加起來，就可以得到總功，應用起來十分方便、簡捷。 應用動能定理時，其研究對象是單體或能視為物體系的整體。 做功的過程實際是能量的轉(zhuǎn)化過程，動能定理中的“=”號的意思是一種因果關系，做功是因，動能變化是果，并不意味著“功就是動能的增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動能”。2. 機械能守恒定律：機械能=動能+重力勢能+彈性勢能(條件:系統(tǒng)只有內(nèi)部的重力或彈力做功)。 （1）守恒條件： (做功角度)只有重力,彈力做功； (能轉(zhuǎn)化角度)只發(fā)生動能與勢能之間的相互轉(zhuǎn)化； 當研究對象由多個物體組成時，往往根據(jù)是否“有沒有摩擦力和介質(zhì)阻力”來判定機械能是否守恒。 （2）理解：“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在該過程中，物體可以受其它力的作用，只要這些力不做功，或所做功的代數(shù)和為零，就可以認為是“只有重力做功”。（3）列式形式：E1=E2(先要確定零勢面) ； EP減(或增)=EK增(或減) ； EA減(或增)=EB增(或減)； 或者 DEp減 = DEk增。（4）除重力和彈簧彈力做功外,其它力做功引起機械能改變；滑動摩擦力和空氣阻力做功W=fd（路程）=E內(nèi)能(發(fā)熱)。（5）機械能守恒是對系統(tǒng)而言的，至少包括地球在內(nèi)，動能中的速度V也是相對地面的速度，W中的位移也是對地位移。3.對于能的轉(zhuǎn)化和守恒：（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度(易忽視)主要形式有：（是慣穿整個高中物理的主線） 力學：重力的功-量度-重力勢能的變化 電場力的功-量度-電勢能的變化分子力的功-量度-分子勢能的變化 合外力的功-量度-動能的變化除重力和彈簧彈力做功外,其它力的功-量度-系統(tǒng)機械能的變化 滑動摩擦力和空氣阻力做功-量度-系統(tǒng)內(nèi)能的變化 W=fd（路程）=E內(nèi)能(發(fā)熱)。說明：與勢能相關的力做功特點:如重力,彈簧彈力,分子力,電場力它們做功與路徑無關,只與始末位置有關。熱學：（熱力學第一定律）電學： 磁學：安培力的功 說明：安培力做功是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，克服安培力做功是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。（2）做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，做多少功就有多少某種形式的能轉(zhuǎn)化為其它形式的能，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。這就是功能關系的普遍意義。強調(diào)：功是過程量，它和一段位移相對應；而能是狀態(tài)量，它與時刻相對應。兩者的單位是相同的(都是J)，但不能說功就是能，也不能說“功變成了能”。（3）應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決問題的兩條基本思路：某種形式的能量減少，一定存在另一種形式的能量增加,且減少量和增加量相等。某個物體的能量減少，一定存在另一個物體的能量增加,且減少量和增加量相等。4對于動量、沖量和動量定理動量的數(shù)學表達式為p=mv，它的方向與速度方向一致.動量和動能都跟物體的質(zhì)量和速度有關，是從不同角度描述物體運動狀態(tài)的物理量.動量是矢量，動能是標量.動量的改變是由物體所受合外力的沖量決定的，動能的改變是由物體所受合外力做的功決定的。沖量的數(shù)學表達式為I=Ft，它是矢量，是力對時間的積累，沖量是個過程量。動量定理的數(shù)學表達式為Ft=P，它是一個矢量關系式.動量定理表示的是力作用一段時間所產(chǎn)生的累積效果，它表達了一個過程量與兩個狀態(tài)量間的關系.將上式變形為F=P/t，即作用在物體上的合外力等于動量的變化率，這就是牛頓第二定律的動量表達形式.事實上，動量定理是牛頓第二定律推導出來的，只是前者表示的是力的瞬時效應，后者表示的是力的持續(xù)作用效應.在解決某些問題時動量定理因不必考慮運動過程中的細節(jié)，只管初、末狀態(tài)，應用起來比牛頓第二定律快捷、方便一些. 解題時受力分析和正方向的規(guī)定是關鍵。5.對于動量守恒定律動量守恒定律：內(nèi)容、守恒條件、不同的表達式及含義：（系統(tǒng)相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P）；P0（系統(tǒng)總動量變化為0）。如果相互作用的系統(tǒng)由兩個物體構(gòu)成，動量守恒的具體表達式為：P1P2P1P2(系統(tǒng)相互作用前的總動量等于相互作用后的總動量)m1V1m2V2m1V1m2V2PP（兩物體動量變化大小相等、方向相反）實際應用有：m1V1m2V2m1V1m2V2； 0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共提醒：原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(P)，是導致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(P)=0。注意理解四性：系統(tǒng)性、矢量性、同時性、相對性。矢量性：對一維情況，先選定某一方向為正方向，速度方向與正方向相同的速度取正，反之取負，把矢量運算簡化為代數(shù)運算。相對性:所有速度必須是相對同一慣性參考系（即以地面）。同時性：表達式中v1和v2必須是相互作用前同一時刻的瞬時速度，和必須是相互作用后同一時刻的瞬時速度。二.解決本專題內(nèi)容的基本思維方式和步驟（一）應用動能定理時：1.選取研究對象。2.分析運動過程。3.分析研究對象的受力情況（包括重力）和各個力的做功情況：受哪些力？每個力是否做功？做正功還是負功？做多少功？然后求各個外力做功的代數(shù)和；但要注意求功時，位移必須是相對地面的。4.明確物體在運動過程始末狀態(tài)的動能EK1和EK2。5.利用動能定理列方程W合=mv22/2-mv12/2，要注意方程的左邊是功，右邊是動能的變化量，以及其它輔助方程，然后求解。（二）應用機械能守恒定律時：1.明確研究對象。2.分析運動過程：即哪些物體參與了動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，選擇合適的初、末狀態(tài)。 3.分析物體的受力及各個力做功情況，看是否滿足機械能守恒條件。只有符合條件才能應用機械能守恒解題。4.正確選擇守恒定律的表達式列方程：可分過程列式，也可以對全過程列式。5.統(tǒng)一單位求解結(jié)果并說明其物理意義。注意：1.注意機械能守恒條件與動量守恒條件的區(qū)別。2.系統(tǒng)內(nèi)部動能與勢能轉(zhuǎn)化守恒多用公式求解；物體之間機械能的轉(zhuǎn)移守恒多用公式求解，利用動態(tài)方程時，可以不選擇零勢能參考平面。（三）應用動量定理時：1.選取研究對象：單體或可以視為單體的物體系。2.確定所研究的物理過程及其始、末狀態(tài)。3.分析研究對象在運動過程中的受力情況。4.規(guī)定正方向，確定物體在運動過程中始末兩狀態(tài)的動量。5.利用動量定理列式求解。6統(tǒng)一單位，解方程得出結(jié)果，并對結(jié)果進行說明。（四）應用動量守恒定律時：1.明確守恒對象是由兩個甚至多個質(zhì)點所構(gòu)成的一個系統(tǒng)，這應視具體的物理過程而定。2.明確研究的物理過程是否滿足動量守恒的條件。3.注意動量守恒適用于系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用的整個過程，同時確定始、末狀態(tài)。4.在一條直線上應用動量守恒時，應首先確定正方向，再確定這一些動量的正負，最后利用動量守恒列式計算。5.統(tǒng)一單位，解方程得出結(jié)果，并對結(jié)果進行說明。三.高考熱點題型解析【例1】圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘住物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時間內(nèi)速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動，當輕繩與豎直方向的夾角60時小球達到最高點。求（1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對滑塊的沖量；（2）小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小。情景分析：小球第一次到達最低點的過程中，小球做曲線運動，繩的拉力對滑塊做正功，對小球做負功，滑塊向右運動， 小球做曲線運動，滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒；小球從最低向左擺到最高點，小球和地球組成的系統(tǒng)機械能守恒，滑塊被粘住瞬間，滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機械能不守恒。求解思路分析：（1）要求滑塊的沖量就須知滑塊碰撞前的初速度和末速度，求初速度根據(jù)碰撞前系統(tǒng)機械能守恒和碰撞后系統(tǒng)機械能守恒就可求得碰前滑塊和小球的速度v1、v2，末速度為0，根據(jù)動量定理即可求得沖量；（2）要求繩的拉力對小球做的功，知道了小球從釋放到第一次到達最低點的過程中重力做的功和小球的初、末動能，由動能定理即可求得。解析：（1）設小球第一次到達最低點時，滑塊和小球速度的大小分別為、，則由機械能守恒定律得 （1）小球由最低點向左擺動到最高點時，由機械能守恒定律得 (2)聯(lián)立(1)(2)式得 (3)設所求的擋板阻力對滑塊的沖量為I，規(guī)定動量方向向右為正，有解得 (4)（2）小球從開始釋放到第一次到達最低點的過程中，設繩的拉力對小球做功為W，由動能定理得 (5)聯(lián)立式得 小球從釋放到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小為。解后反思 (1)本題考查了系統(tǒng)的機械能守恒以及對單個物體應用動量定理和動能定理的能力。本題中在小球向下運動過程中，有些考生認為mgl=成立。導致思維進入盲區(qū)，實際上該過程小球的機械能是不守恒的，滑塊與擋板碰撞瞬間系統(tǒng)有機械能的損失，有的考生認為整個過程系統(tǒng)機械能守恒，導致解題出錯。(2) 通過解這類題應學會：動量定理和動能定理適用對象一般是單個物體，所以在多個物體相互作用的情況下應用該兩定理時，一般要用“隔離法”：分別隔離每一個物體，分析其所受沖量及做功情況，然后應用動量定理和動能定理列方程求解。MO BvAL課堂訓練1：如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊B在光滑的水平桿上可自由滑動，質(zhì)量為m的小球A用一長為L的輕桿與B上的O點相連接，輕桿處于水平位置，可繞O點在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。（1）固定滑塊B，給小球A一豎直向上的初速度，使輕桿繞O點轉(zhuǎn)過90，則小球初速度的最小值是多少？（2）若M=2m，不固定滑塊B，把輕桿換成輕繩，給小球A一豎直向上的初速度v，則當輕繩繞O點恰好轉(zhuǎn)過90，球A運動至最高點時，滑塊B的速率多大？ 【例2】光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1kg的物塊A與質(zhì)量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動，此時彈簧彈性勢能EP=49J。在A、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后B向右運動，繩在短暫時間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R=0.5m，B恰能到達最高點C。取g=10ms2，求：(1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??；(2)繩拉斷過程繩對B的沖量I的大??；(3)繩拉斷過程繩對A所做的功W。情景分析：放手后，彈簧對B做功，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動能，B向右運動，當繩突然被繃緊并拉斷的瞬間，A、B系統(tǒng)受合外力為零動量守恒，此后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道做豎直平面內(nèi)的圓周運動且恰能過最高點，A也向右運動沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道。求解思路分析：（1）要求繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小就要知道B在C點的速度，求B在C點的速度根據(jù)牛頓第二定律重力提供向心力即得，B由拉斷繩后一直到最高點C的過程由機械能守恒定律即可求得繩拉斷后瞬間B的速度vB的大?。唬?）要求繩拉斷過程繩對B的沖量I的大小就須知道B在拉斷繩的前、后的速度，后的速度已求得，只需求拉斷前的速度，由彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動能即求得，再對B應用動量定理即可求得沖量；（3）要求繩拉斷過程繩對A所做的功W就需知A的動能變化量，需求繩斷后A的速度，以A、B為系統(tǒng)應用動量守恒定律即可求得。解析：（1）設B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達C點時的速度為，有 （1） （2）代入數(shù)據(jù)得 (3) （2）設彈簧恢復到自然長度時B的速度為，取水平向右為正方向，有 （4） （5）代入數(shù)據(jù)得 I=-4NS 其大小為4NS （3）設繩斷后A的速度為，取水平向右為正方向，有 （6） (7) 代入數(shù)據(jù)得 解后反思 ： （1）分析清楚物塊A與B的運動過程并聯(lián)系已知量和未知量的關系來恰當?shù)剡x取動力學的重要規(guī)律是解題的關鍵。（2）本題是一道考查學生應用動量定理、動能定理、動量守恒定律和機械能守恒定律處理物理問題能力的典型題目，解題的關鍵有三個：一是抓住過程的關鍵狀態(tài)，B恰能通過最高點。二是正確選出機械能守恒定律得以成立的系統(tǒng)和動量守恒的系統(tǒng)。三是求繩對B的沖量和繩對A做的功時用“隔離法”分別隔離每一個物體，分析其所受沖量及做功情況，然后應用動量定理和動能定理列方程求解。ABCRPQO課堂訓練2 可視為質(zhì)點的小球A、B靜止在光滑水平軌道上， A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，B與彈簧左端接觸但不拴接， A的右邊有一垂直于水平軌道的固定擋板P左邊有一小球C沿軌道以某一未知的速度射向B球，如題圖所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一整體D，在它們繼續(xù)向右運動的過程中，當 D和A的速度剛好相等時，小球A恰好與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A立即靜止并與擋板P粘連。之后D被彈簧向左彈出，D沖上左側(cè)與水平軌道相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑為R=0.6m，D到達最高點Q時，D與軌道間彈力F=2N已知三小球的質(zhì)量分別為、取，求：D到達最高點Q時的速度的大??；C球的初速度的大小【例3】如圖所示，某貨場將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物從軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道依次排放兩個完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)2=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）求：（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板A時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。（3）若1=0.5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。情景分析：貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機械能守恒，在A上作勻減速運動，在B上作勻減速運動時B與地面發(fā)生滑動。求解思路分析：（1）貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機械能守恒，求出底端速度，根據(jù)牛頓第二定律求出貨物所受的支持力，再根據(jù)牛頓第三定律即可得壓力；（2）若滑上木板A時，木板不動，貨物對A、B的摩擦力小于或等于A、B受地面的最大靜摩擦力，當貨物在B上滑動時，木板B開始滑動，則貨物對B的摩擦力大于B受地面的最大靜摩擦力；（3）貨物在木板A上滑動時，木板不動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式或動能定理、動量定理即可求得。解析：（1）設貨物滑到圓軌道末端的速度為，對貨物的下滑過程中根據(jù)機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得，聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得聯(lián)立式代入數(shù)據(jù)得。解后反思 ：本題考查機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析。本題中考生在計算貨物對A的壓力時誤認為受力平衡，導至壓力計算出錯，也有考生只計算出了支持力就結(jié)束，也導致失分。有的考生對貨物在A上和在B上運動的臨界不清楚導致思維進入盲區(qū)，無法解答（2）（3）小問。課堂訓練3：如圖所示，在光滑水平面上靜止有質(zhì)量均為M的滑槽A和木板B，木板B上表面粗糙，滑槽A上有光滑的圓弧軌道，其圓弧軌道O點切線水平且與木板B上表面相平，A、B靠在一起一可視為質(zhì)點的物塊C，質(zhì)量為m，且，從木板B的右端以初速度滑上木板已知物塊C與木板B的動摩擦因數(shù)為，第一次剛至O點時速度為，隨后滑上滑槽A，A、B分離求：（1）物塊C第一次剛至O點時木板B的速度v；（2）木板的長度L；（3）物塊C第二次返回到O點時滑槽A的速度大小【例4】如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數(shù)為，平板車的質(zhì)量M2m，車與物塊一起向右以初速度勻速運動，車跟右側(cè)的墻壁相碰設車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機械能損失，重力加速度為g（1）平板車的長度至少是多大時，小物塊才不會從車上掉落下來？（2）若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜止的，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度大小是多少？（3）小物塊在車表面相對于車滑動的總路程是多少？情景分析：（1）平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車向左做減速，物塊先向右減速再向左做加，直到二者共速。（2）由第（1）問可知平板車和物塊一起以共同的速度向左運動，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論，依次類推可知碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度大小是多少。（3）經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，后一次碰撞的速度總比前一次小，最后平板車和物塊的動能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。求解思路分析：（1）要求平板車的長度至少是多大時，就是物塊恰好在平板車最右端達到共速，只需知道車與墻壁碰后的瞬時兩者的速度，由動量守恒和二級結(jié)論即可求得；（2）要求碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度大小，通過數(shù)學歸納法，分求出第一次共速、第二次共速、第三次共速，最后找出規(guī)律得出結(jié)論；（3）要求小物塊在車表面相對于車滑動的總路程是多少，就是小物塊以后相對小車不在滑動，即就是車不在與墻壁碰撞，兩者速度都為零，機械能全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，由能量守恒即可求得。解析：（1）平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車與物塊有相對運動，車與物塊之間的滑動摩擦力設物塊與車共同速度為，對車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有 設平板車的長至少為L，根據(jù)能量守恒則有 解得（2）由第（1）問可解得即平板車和物塊一起以速度向左運動，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論可得：依次類推可知，經(jīng)過n次碰撞后，一起運動的速度大小是（3）經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，最終物塊和平板車的速度都變?yōu)?，則在這個過程中，平板車和物塊的動能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，因此有 則物塊相對于車滑動的總路程是：解后反思 （1）動量守恒僅涉及初、末兩個狀態(tài)，與中間過程無關，因此利用它解決綜合問題特別簡便、快捷；（2）要注意分析物理情景，以及物理語言（像本題中的“至少”、其他題目還可能出現(xiàn)的“最小”“最遠”“恰好”等）所蘊含的臨界狀態(tài)，此類題目應用極限分析法是確定臨界狀態(tài)和臨界條件行之有效的方法；（3）滑板碰撞模型是動量守恒定律與能量守恒定律和諧統(tǒng)一中最為典型的模型，也常以壓軸題的形式出現(xiàn)，應引起廣大考生的注意；（4）此題考查了數(shù)學歸納法在物理學中的應用，近幾年高考對學生應用數(shù)學知識處理物理問題的能力的考查有加強的趨勢，加強考生的數(shù)學能力培養(yǎng)也是必要的。課堂訓練4：如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M，長為L的長木板，另一小物塊質(zhì)量為m，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為，開始時，木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，以共同的速度v0向右運動，當長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后，速度反向，大小不變，且左右擋板之間距離足夠長。試求物塊不從長木板上落下的條件。(2)若上述條件滿足，且M=2kg，m=1kg,v0=10m/s。試計算整個系統(tǒng)在第五次碰撞前損失的所有機械能?！纠?】如圖所示在工廠的流水線上安裝的足夠長的水平傳送帶。用水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，水平傳送帶以恒定的速度v=2m/s運送質(zhì)量為m=0.5kg的工件。工件都是以v0=1m/s的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，每當前一個工件在傳送帶上停止相對滑動時，后一個工件立即滑上傳送帶。取g=10m/s2，求：v0vA （1）工件經(jīng)多長時間停止相對滑動 （2）在正常運行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離 （3）摩擦力對每個工件做的功（4）每個工件與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能情景分析：工件滑到傳送帶A點后，先做勻加速直線運動，當工件的速度與傳送帶相同時，摩擦力突變?yōu)榱?，小貨箱勻速運動，以后每個小貨箱運動情景相同。求解思路分析：（1）以工件為研究對象，對工件進行受力分析，求出工件的加速度，根據(jù)勻變速運動的公式即可求得； (2)求出工件的對地位移和工件在皮帶上打滑的位移之和就是正常運行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離； (3) 摩擦力對每個工件做的功等于摩擦力與工件的對地位移的乘積；(4) 求傳送一個工件產(chǎn)生的熱量只需求工件和傳送帶的相對位移，由二級公式即可求得。解析：（1） v0vA （2），則兩物相距（也可直接用） （3） （4） 解后反思 （1）多個運動情景相同的物體在一起，看起來很復雜無從下手，但隔離一個物體進行研究，其它物體的運動情形一樣，這樣把多體變成單體進行研究，使問題變得簡單；（2）關于傳送帶的問題關鍵是要找到摩擦力突變點，就是物體與傳送帶速度相等時，摩擦力發(fā)生突變的點；（3）一對滑動摩擦力產(chǎn)生的熱量應與二者的相對位移有關即Q=fs相對，（4）工件增加的機械能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是從電動機哪兒得來的。vA課堂訓練5：在車站檢查三危物品時，安裝有水平傳送帶，用水平傳送帶傳送旅客攜帶的物品，如圖所示，水平傳送帶以恒定速率v=1m/s運行，假設每位旅客攜帶物品的質(zhì)量都為m=5kg，物品都是靜止從A位置滑上傳送帶，物品與傳送帶之間的動摩擦因素為，每當前一個物品在傳送帶上停止相對滑動時，后一個物品立即放上傳送帶，（取g=10m/s2）。求：（1）物品滑上傳送帶后經(jīng)多長時間停止相對滑動；（2）在正常運行狀態(tài)下傳送帶上相鄰物品間的距離；（3）傳送帶摩擦力對每個物品做的功；（4）每個物品與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量；（5）傳送每個物品電動機提供多少能量。-2026451015t/sv/ms-1乙C甲【例6】如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是4kg和8kg，用輕彈簧相連放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻壁接觸，另有一物體C從t=0時刻起水平向左運動，在t=5s時與物體A相碰，并立即與A有相同的速度一起向左運動，物體C的速度時間圖像如圖乙所示。(1)求物塊C的質(zhì)量；（2）彈簧壓縮過程中具有的最大彈性勢能；（3）在5s到10s的時間內(nèi)墻壁對物體B的作用力做的功；（4）在5s到15s的時間內(nèi)墻壁對物體B的作用力的沖量的大小和方向；(5)在上述過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？情景分析：由圖可知物體C先向左做勻速運動，在時間為5s與A發(fā)生完全非彈性碰撞，過后一起壓縮彈簧直到10s停止，彈簧被壓縮最短，此過程A、C做加速度增大的減速運動，壓縮過程機械能守恒、動量不守恒；接著A、C在彈簧的彈力作用下向右做加速度減小的加速運動，直到15s彈簧恢復原長，C脫離A。求解思路分析：（1）要求C的質(zhì)量，只需知道A的質(zhì)量，C的初速度和A、C碰后的速度，這些量都已知；（2）A、C共同具有的動能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，（3）在5s到10s雖然墻對B有力的作用（此力為變力），但無位移，有力無位移，勞而無功；（4）在5s到15s墻對B有力的作用（此力為變力），因此不能用I=Ft來計算沖量，就只能用動量定理，就需知道A、B、C系統(tǒng)的動量變化，從圖上都已知，對系統(tǒng)用動量定理；（5）在上述過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量，由能量守恒即可求得。解析：（1）由圖象可知，物體C以速度與A相碰，立即有相同的速度，A與C相互作用的時間很短，水平方向動量守恒，有，解得物塊C的質(zhì)量（2）物塊C和A一起運動壓縮彈簧，它們的動能完全轉(zhuǎn)化成彈性勢能時，彈性勢能最大（3）5s 到10s的時間內(nèi)，B處于靜止，墻壁對B的作用力F做功為零。（4）5s 到15s的時間內(nèi)，B處于靜止，墻壁對B的作用力F等于輕彈簧的彈力，輕彈簧的彈力使物體A和C的速度由減到零，再反彈到。則彈力的沖量大小等于力F 的沖量，為 方向向右。（5）由能量守恒可得解后反思 （1） 本題是一道考查學生根據(jù)圖像獲取信息來處理物理問題能力的典型題目.解題的關鍵有三個：一是抓住圖像可以獲得哪些信息和已知量;二是正確分析物體運動的物理過程;三是正確分析系統(tǒng)初、末狀態(tài)的機械能或弄清過程中動能、勢能變化的數(shù)量關系；（2）從能量的轉(zhuǎn)化和守恒的角度分析物理現(xiàn)象和問題是首選的方法；（3）在上述A、B、C的作用過程中系統(tǒng)的動量是不守恒的，部分考生認為是守恒的從而解題出錯；（4）彈簧類問題要注意把相互作用的總過程劃分為多個依次進行的子過程，分析確定哪些子過程機械能是守恒的（如此題的壓縮過程），哪些子過程動量是守恒的（如此題的碰撞過程），哪些子過程機械能是不守恒的，哪些子過程動量是不守恒的，還有一個常見的物理條件就是當彈簧最長或最短（或彈性勢能最大）時，彈簧兩端的物體速度相等。課堂訓練6 如圖甲所示，質(zhì)量mB=1kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運動當t=0時，質(zhì)量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動摩擦因數(shù)為=0.2,A的底部涂有顏色的物質(zhì)。若A最終沒有滑出小車，取水平向右為正方向，g10m/s2，求：甲v2v1BA-0.5v/(m/s)1.51.00.501.51.00.5t/s乙-1.5-1.0（1）A在小車上停止運動時，小車的速度大小；（2）上述過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少？（3）A在小車上留下痕跡的長度；(4)在圖乙所示的坐標紙中畫出1.5 s內(nèi)小車B運動的速度一時間圖象；四.能力訓練1一物體獲得一定初速度后，沿一粗糙斜面上滑在上滑過程中，物體和斜面組成的系統(tǒng)（ ）A機械能守恒 B內(nèi)能減少C機械能和內(nèi)能增加 D機械能減少2.一帶電小球在空中由A點運動到B點的過程中，受重力和電場力作用，若重力做功-3J，電場力做功1J，則小球的（ ）A重力勢能增加3JB電勢能增加1JC動能減少3JD機械能減少2J3. 運動員投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為 ( )（ ）AW+mgh1mgh2BW+mgh2mgh1Cmgh2+mgh1WDmgh2mgh1W4. 如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平面上，上端處于a位置，一重球（可視為質(zhì)點）無初速放在彈簧上端靜止時，彈簧上端被壓縮到b位置?，F(xiàn)讓重球從高于a位置的c位置沿彈簧中軸線自由下落，彈簧被重球壓縮至d，以下關于重球下落運動過程中的正確說法是（不計空氣阻力）（ ）A整個下落a至d過程中，重球均做減速運動B重球落至b處獲得最大加速度C在a至d過程中，重球克服彈簧彈力做的功等于重球由c至 d的重力勢能的減小量D重球在b處具有的動能等于重球由c至b處減小的重力勢能a b5. 一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時其速度為1 m/s。從此刻開始滑塊運動方向上再施加一水平面作用F，力F和滑塊的速度v隨時間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示。設在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對滑塊做的功分別為則以下關系正確功是( ) A. B. C. D. 6. 如圖所示，重球A放在光滑的斜面體B上，A、B質(zhì)量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左緩慢移動了一段距離，使A球相對于最低點C升高h，若突然撤去外力F，則下列敘述不正確的是( ) AA球以后上升的最大高度為h2BA球獲得的最大速度為C在B離開A之前，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒DA、B相互作用的沖量大小相等7.如圖甲所示，光滑水平面上的兩個物體A、B在運動中彼此間發(fā)生了相互作用，圖乙為A、B相互作用前后的速度一時間圖象，下列說法正確的是（ ）A.A、B的質(zhì)量之比為l：2B.A、B的質(zhì)量之比為2：lC.A、B作用前后的總動能減小D.A、B作用前后的總動能不變8圖示為某探究活動小組設計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列選項正確的是（ ）AmM Bm2M C木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度等于下滑的加速度 D在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能9. 如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5,取g=10 m/s2，求（1）物塊在車面上滑行的時間t;m1m2v0（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。10如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止狀態(tài)，一不可伸長的輕繩跨過輕滑輪，一端與A連接（繩與斜面平行），開始A、B處于靜止，不計一切摩擦和A、B間的萬有引力，重力加速度為g。D（1）若在另一端掛一質(zhì)量為M的物塊D并由靜止釋放，當D下落到最低點時，可使物塊B對擋板C的壓力恰好零，但不會離開C，求物塊D下降的最大距離；（2）若D的質(zhì)量改為2M，則當B剛離開擋板C時，A的速度多大？11. 如下圖所示是固定在水平地面上的橫截面為“”形的光滑長直導軌槽，槽口向上（圖為俯視圖）。槽內(nèi)放置一個木質(zhì)滑塊，滑塊的左半部是半徑為R的半圓柱形光滑凹槽，木質(zhì)滑塊的寬度為2R，比“”形槽的寬度略小?，F(xiàn)有半徑r(r<<R)的金屬小球以水平初速度V0沖向滑塊，從滑塊的一側(cè)半圓形槽口邊緣進入。已知金屬小球的質(zhì)量為m，木質(zhì)滑塊的質(zhì)量為3m，整個運動過程中無機械能損失。求: （1）當金屬小球滑離木質(zhì)滑塊時，金屬小球和木質(zhì)滑塊的速度各是多大； （2）當金屬小球經(jīng)過木質(zhì)滑塊上的半圓柱形槽的最右端A點時，金屬小球的對地速度。12過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑R1=2.0m、R2=1.4m。一個質(zhì)量為m=1.0kg的小球（視為質(zhì)點），從軌道的左側(cè)A點以v0=12.0m/s的初速度沿軌道向右運動，A、B間距L1=6.0m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)=0.2，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g=10m/s2，計算結(jié)果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑R3應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。R1R2R3ABCDv0第一圈軌道第二圈軌道第三圈軌道LLL1專題二參考答案（動量和能量） 世紀金榜 圓您夢想 課堂訓練部分參考答案課堂訓練1 解析：（1）只要小球轉(zhuǎn)過時速度為零,對應初速度為最小,設此初速度為由機械能守恒定律得 (2)當球A運動到最高點時速度為,此時滑塊B的速度為,A、B水平方向動量守恒，有 由機械能守恒定律得解得課堂訓習2 解析：D在Q點時據(jù)牛頓第二定律有： 解得：C碰B，據(jù)動量守恒有： 解得： D向右壓縮彈簧的過程中，據(jù)系統(tǒng)動量守恒： 解得： 據(jù)機械能守恒： 解得： A碰P靜止后，D被彈簧向左彈出直到Q的過程中，據(jù)機械能守恒有：代入數(shù)據(jù)解得： 課堂訓練3 解析：（1）物塊第一次剛至點時，設共同速度為。由三者構(gòu)成系統(tǒng)動量守恒，得又， 則 （2）物塊運動到點過程中，根據(jù)能量守恒得：則 （3）物塊第二次至點時，設物塊與滑槽的速度分別為、，滑槽與物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，得 解之得 所以滑槽的速度為 課堂訓練4 解析：(1)設第一次碰撞后速度為v1，第n次碰撞后速度為vn，每次碰撞后，由于兩擋板距離足夠長，物塊與長木板都能達到相對靜止，第一次若不能掉下，往后每次滑動距離越來越短，更不可能掉下。由動量守恒定律和能量守恒定律知(M-m)v0=(M+m)v1 mg L= (m+M)- (M+m) 由解得當木板長大于L即可，即L(2)第二次碰撞前，有(M-m)v0=(M+m)v1第三次碰撞前，(M-m)v1=(M+m)v2第n次碰撞前 (M-m)vn-2=(M+m)vn-1 vn-1=第五次碰撞前故第五次碰撞前損失的總機械能為代入數(shù)據(jù)J課堂訓練5 解析：（1）物品的速度增加到v時與傳送帶停止相對滑動。由牛頓第二定律有：mg=ma,得，由運動學公式有：v=at,得t=0.2s.（2）因所有物品勻加速的時間相同，加速階段位移相同，多運動的時間內(nèi)物品做勻速運動的位移即兩物品的距離，s=vt=0.2mAv(3)摩擦力對物品做功改變物品的動能，由動能定理得：（4）如圖所示，皮帶的位移減去物品的位移就是相對位移： （5）傳送一個物品電機需要提供的能量為物品增加的動能和與皮帶的摩擦產(chǎn)生的熱量之和：課堂訓練6：解析：（1）A在小車上停止運動時，A、B以共同速度運動，設其速度為v，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得： mAv2-mBv1=(mA+mB)v 解得，v=lms -0.5v/(m/s)1.51.00.501.51.00.5t/s-1.5-1.0（2）由能量守恒有：解得：Q=3J（3）由二級結(jié)論有 得（4）設小車做勻變速運動的加速度為a，時間為t由牛頓運動定律得： 所以解得：t0.5s 故小車的速度時間圖象如圖所示能力訓練部分參考答案.D 解析：由于接觸面粗糙，有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。.A 解析：根據(jù)，可知A正確；根據(jù)可知B錯；可知C錯；根據(jù)可知D錯。.A 解析：籃球的機械能守恒，由機械能守恒定律即得A正確。.C 解析：重球從a至d過程中，重球先做加速度減小的加速再加速度增大的減速運動 ，A錯；重球落至b處速度最大，加速度為零，B錯；重球在b處具有的動能和彈性勢能等于重球由c至b處減小的重力勢能，D錯。.B 解析：本題考查v-t圖象、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移（v-t圖象中圖象與坐標軸圍成的面積），第1秒內(nèi)，位移為一個小三角形面積S，第2秒內(nèi)，位移也為一個小三角形面積S，第3秒內(nèi)，位移為兩個小三角形面積2S，故W1=1S，W2=3S，W3=22S，W1W2W3 。.C 解析：突然撤去外力，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，在最低點A、B球速度相等且A球速度最大，由機械能守恒mgh= 得,所以B錯；再由機械能守恒得A球上升的最大高度為h/2,A錯；在A離開B之前A、B系統(tǒng)受重力、繩的拉力和地面的支持力的合力不為零，故系統(tǒng)的動量不守恒；C選項正確；A、B間的作用力為相互作用力，作用時間相等，故D項錯誤。.D 解析：由v-t圖象可知A、B的初速度和發(fā)生作用后的末速度，由動量守恒定律：mAvA0+mBvB0=mAvA1+mBvB1得mAmB=32,故A錯、B錯；由和可知C錯，D正確。. B 解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，即C不正確。設下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒，得m2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，所以D不正確。. 解析：（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有 設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有 其中 解得 代入數(shù)據(jù)得 （2）要使物塊恰好不從小車右端滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關系有 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過5m/s。10.解析：開始時彈簧的壓縮量為，由平衡條件：設當B剛離開擋板時彈簧的伸長量為，以B為研究對象，由平衡條件可得：故D下降的最大距離為：（2）由能量守恒定律可知：D物體下落h過程中，D的重力勢能的減少量等于A的重力勢能的增加量和彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和，兩種情況下彈簧彈性勢能的增量相同。當D的質(zhì)量為M： 當D的質(zhì)量為2M時，設B剛離開擋板時A的速度為v由以上二式可解得B剛離開C時A的速度為：11.解析：（1）設滑離時小球與滑塊的速度分別為，由動量守恒VV又得 （2）小球過A點時沿軌道方向兩者有共同速度v，沿切向方向速度為 得 12.解析：（1）設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理 小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律 由得 （2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意 由得