2018届高考物理二轮讲练专题6-必考3-5(一)(课件与作业)

点击下载课件:下载地址1
课件简介:
  • 课件名称: 2018届高考物理二轮讲练专题6-必考3-5(一)(课件与作业)
  • 课件科目: 高三物理课件
  • 制作软件: PPT/FLASH/其他
  • 授权方式: 免费
  • 下载次数总计: 
  • 更新时间: 2018年01月18日
  • 本站永久域名: www.5ykj.com
  • 联系管理员: 13807847103。
    QQ:280719422

课时作业(六)
一、选择题(共8个小题,4、5、6、7、8为多选,其余为单选,每题5分共40分)
1.(2017•郑州三模)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演、水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作.某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下落.滑到竿底时速度正好为零,然后曲腿跳到地面上,演员A、B质量均为50 kg,长竹竿质量为5 kg,A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示.重力加速度g取10 m/s2,下列判断正确的是(  )
 
A.竹竿的总长度约为3 m
B.0~6 s内,演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C.0~6 s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N•s
D.演员A落地时向下曲腿,是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
答案 C
解析 A项,杆子的长度等于v­t图像中的面积,由图可知,x=2×62=6 m,故A项错误;B项,0~6 s内A加速度先向下,再向上,故人先失重再超重,故B对地面的压力一定是变化的,故B项错误;C项,由图可知,0~4 s内A向下加速,加速度为:a1=24=0.5 m/s2;则由牛顿第二定律可得:mg-F1=ma1,解得:F1=500-50×0.5=475 N;4~6 s内A向下减速,加速度为:a2=22=1 m/s2;则由牛顿第二定律可得:F2-mg=ma2,解得:F2=500+50×1=550 N;设向下为正方向,则0~6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为:I=mg(t1+t2)+F1t1+F2t2=5×10×(4+2)+475×4+550×2=3 300 N•s,故C项正确;D项,演员A落地时向下曲腿,是为了延长作用时间以减小地面的冲击力,故D项错误,故选C项.
点评 本题考查动量定理的应用以及图像的性质,要注意明确动量定理的正确应用,注意在应用动量定理时应注意动量和冲量的矢量性.
2.(2015•重庆)高空作业须系安全带.如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(  )
A.m2ght+mg      B.m2ght-mg
C.mght+mg   D.mght-mg
答案 A
解析 人下落h高度为自由落体运动,由运动学公式v2=2hg,可知v=2gh;缓冲过程(取向上为正)由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),解得:F=m2ght+mg,故选A.
考点 本题考查运动学公式、动量定理
3.如图所示,A、B两物体质量之比mA∶mB=3∶2,静止在平板小车C上,A、B间有一根被压缩的弹簧,水平地面光滑,当弹簧突然释放后,则下列分析错误的是(  )
 
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成系统的动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成系统的动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成系统的动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成系统的动量守恒
答案 A
解析 如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力FfA向右,FfB向左,由于mA∶mB=3∶2,所以FfA∶FfB=3∶2,则A、B组成系统所受的外力之和不为零,故其动量不守恒,A项错.对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力(水平方向不受外力),它们的矢量和为零,故该系统的动量守恒,B、D两项均正确.若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成系统的外力之和为零,故其动量守恒,C项正确.
4.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时刻小物块停在箱子正中间,如图所示.现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间,并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的,则整个过程中,系统损失的动能为(  )
 
A.12mv2   B.12mMm+Mv2
C.12NμmgL   D.NμmgL
答案 BD
解析 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒,最后恰好又回到箱子正中间.二者相对静止,即为同速,设速度为v1,mv=(m+M)v1,系统损失动能Ek=12mv2-12(M+m)v12=12Mmv2M+m,A项错误,B项正确;由于碰撞为弹性碰撞,故碰撞时不损失能量,系统损失的动能等于系统产生的热量,即ΔEk=Q=NμmgL,C项错误,D项正确.
5.(2017•湖北模拟)质量M=3 kg的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动.质量为m=2 kg的小球(视为质点)通过长L=0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接,开始时滑块静止,轻杆处于水平状态.现给小球一个v0=3 m/s的竖直向下的初速度,取g=10 m/s2.则(  )
A.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.3 m
B.小球m从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.5 m
C.小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 m
D.小球m从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块M在水平轨道上向右移动了0.54 m
答案 AD
解析 可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型,设滑块M在水平轨道上向右运动了x,由滑块和小球系统在水平方向动量守恒,有mM=xL-x,解得:x=0.3 m,A项正确,B项错误.根据动量守恒定律,小球m相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零,由能量守恒定律可知,小球m相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m,C项错误.根据动量守恒定律,在小球上升到最大高度时,滑块速度为零,由系统的能量守恒定律可知,小球m相对于初始位置可以达到的最大高度为h=0.45 m,与水平面的夹角为cosα=0.8,设水球从最低位置上升到最高位置过程上滑块M在水平轨道上又向右运动了x′,由滑块和小球系统在水平方向动量守恒,有mM=x′Lcosα-x′,解得x′=0.24 m.小球m从初始位置到第一次达到最大高度的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了x+x′=0.3 m+0.24 m=0.54 m.D项正确.
点评 解决本题的关键要明确系统水平方向动量守恒,利用平均动量守恒列方程,要注意m速度的参考系是地面,不是对M.
6.(2017•鼓楼区校级模拟)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图甲所示,一个滑块(可视为质点)以水平速度v0沿木板从左端向右端滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止,现将木板分成A和B两段,如图乙所示,并紧挨着放在水平面上,让滑块仍以初速度v0从木板左端向右端滑动,滑块与木板的动摩擦因数处处相同,在以后的整个过程中,下列说法正确的是(  )
 
A.甲乙两图中,滑块克服摩擦力做的功一样多
B.系统因摩擦产生的热量甲图比乙图多
C.最终甲、乙两图中滑块受到合外力的冲量相同
D.图乙过程中滑块与B一定不会分离
答案 BD
分析 比较两次运动的区别,木块一直做匀减速直线运动,木板一直做匀加速直线运动,第一次在滑块运动过程中,整个木板一直加速,第二次滑块运动的过程中,A与B先一起做加速运动,当滑块运动到B部分上后A部分停止加速做匀速直线运动,只有B部分加速,B的加速度大于开始时的加速度,通过比较滑块的位移确定是否飞离木板.(也可以使用动能定理比较).根据摩擦力乘以相对位移等于热量比较滑块在木板B上和木板A上产生的热量关系,根据末动量以及动量定理分析合外力的冲量大小.
解析 设滑块的质量为m,A部分的质量为M1,B的质量为M2,则滑块在木板上运动的过程中,系统的动量守恒,选择向右为正方向,对甲图:
mv0=(m+M1+M2)v  ①
对乙图,则:mv0=M1v1+(m+M2)v2  ②
由于滑块滑过A后,在B上滑动的过程中,滑块的速度将大于A的速度,所以可得:
v1<v<v2
可知第二次时滑块的速度的变化量小一些,根据动量定理可知,滑块与B木板将比第一种的情景更早达到速度相等,所以在第二种的情况下,滑块还没有运动到B的右端,两者速度相同,即第二次时,滑块相对于木板的位移小.
A项,根据动能定理可知,滑块克服摩擦力做的功等于其动能的变化,由于v<v2,所以甲、乙两图中,滑块克服摩擦力做的功不一样多.故A项错误;B项,根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,第一次的相对路程的大小大于第二次的相对路程的大小,则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量.故B项正确;C项,由以上分析可知,两图中最终滑块的速度不同,则可知末动量不相同,则由动量定理可知,合外力的冲量不同,故C项错误.D项,根据以上分析可知,滑块与B达相对静止时对应的位移将更小,因此滑块不会离开B物体,故D项正确,故选B、D两项.
点评 本题考查动量守恒定律的应用,解决本题的关键理清滑块和木板的运动过程,通过比较位移的关系判断是否脱离,以及掌握功能关系Q=fs相对的正确应用.
7.(2017•冀州市校级期中)如图所示,光滑地面上有P、Q两个固定挡板,A、B是两挡板连线的三等分点.A点有一质量为m2的静止小球,P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动.小球与小球、小球与挡板间的碰撞均没有机械能损失,两小球均可视为质点.已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处,则两小球的质量之比m1∶m2可能为(  )
 
A.3∶1   B.1∶3
C.1∶5   D.1∶7
答案 ABD
分析 两球发生弹性碰撞,碰后前后瞬间动量守恒,机械能守恒,结合碰撞后两球运动的可能性分析判断.
解析 ①若碰后球1的速度方向与原来的方向相同,可知1球的速度小于2球的速度,两球在B点相遇,是球2反弹后在B点相遇,有:v2t=3v1t,即:v2=3v1.
根据动量守恒得,m1v0=m1v1+m2v2,根据机械能守恒得:
12m1v02=12m1v12+12m2v22,
联立解得m1=3m2.故A项正确.
②若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹在B点追上球2,
则有:v1t=3v2t,即:v1=3v2.
根据动量守恒得:m1v0=-m1v1+m2v2,
根据机械能守恒得:12m1v02=12m1v12+12m2v22,
联立解得:m2=7m1.故D项正确.
③若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反,与挡板碰后反弹、球2与挡板碰后反弹在B点相遇,
则有:v1t=v2t,即:v1=v2,
根据动量守恒得:m1v0=-m1v1+m2v2,
根据机械能守恒得:12m1v02=12m1v12+12m2v22,
联立解得:m2=3m1.故B项正确,故选A、B、D三项.
点评 解决本题的关键知道弹性碰撞的特点,动量守恒,机械能守恒,结合两球碰后的速度大小的关系和方向,运用动量守恒和机械能守恒综合求解.
8.(2017•达州一模)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1、m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑水平面上.现使B获得水平向右、大小为6 m/s的瞬时速度,从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,从图像提供的信息可得(  )
 
A.在t1,t2时刻两物块达到共同速度2 m/s,且弹簧都处于伸长状态
B.从t3到t4时刻间弹簧由压缩状态恢复到原长
C.两物体的质量之比为m1∶m2=2∶1
D.在t2时刻,A、B两物块的动能之比为Ek1∶Ek2=4∶1
答案 BC
分析 两个滑块与弹簧系统机械能守恒、动量守恒,结合图像可以判断它们的能量转化情况和运动情况.
解析 A项,从图像可以看出,从0到t1的过程中弹簧被压缩,t1时刻两物块达到共同速度2 m/s,此时弹簧处于伸长状态,由图示图像可知,t2时刻两物体的速度大小不相等,且方向相反,则速度不同,故A项错误;B项,由图示图像可知,从t3到t4时间内A做减速运动,B做加速运动,弹簧由由压缩状态恢复到原长,故B项正确;C项,由图示图像可知,t1时刻两物体相同,都是2 m/s,A、B系统动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:m2v1=(m1+m2)v2,即m2×6=(m1+m2)×2,解得:m1∶m2=2∶1,故C项正确;D项,由图示图像可知,在t2时刻,A、B两物块的速度分别为:4 m/s、-2 m/s,两物体的动能之比为Ek1∶Ek2=12m1vA2∶12m2vB2=12×2m2×42∶12×m2×(-2)2=8∶1,故D项错误,故选B、C两项.
点评 本题考查了动量守恒定律的应用,分析清楚图示图像、分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键,应用动量守恒定律与动能计算公式可以解题.
二、计算题(共6个小题,9题6分,10题8分,11题8分,12题12分,13题12分,14题14分,共60分)
9.质量是60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护作用,最后使人悬挂在空中.已知弹性安全带缓冲时间为1.2 s,安全带伸直后长5 m,求安全带所受的平均冲力.(g=10 m/s2)
解析 人下落为自由落体运动,下落到底端时的速度为:
v02=2gh,∴v0=2gh=10 m/s
取人为研究对象,在人和安全带相互作用的过程中,人受到重力mg和安全带给的冲力F,取F方向为正方向,由动量定理得:(F-mg)t=mv-mv0
所以F=mg+mv0t=1 100 N,(方向竖直向下)
注意 动量定理既适用于恒力作用下的问题,也适用于变力作用下的问题.如果是在变力作用下的问题,由动量定理求出的力是在t时间内的平均值.
10.如图所示,一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M.现以地面为参考系,给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图),使A开始向左运动,B开始向右运动,但最后A刚好没有滑离B板,以地面为参考系.
 
(1)若已知A和B的初速度大小为v0,求它们最后的速度大小和方向.
(2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
解析 (1)用能量守恒定律和动量守恒定律求解.
 
A刚好没有滑离B板,表示当A滑到B板的最左端时,A、B具有相同的速度,设此速度为v,A和B的初速度的大小为v0,则据动量守恒定律可得:Mv0-mv0=(M+m)v
解得:v=M-mM+mv0,方向向右.
(2)对系统的全过程,由能量守恒定律得:Q=fL=12(M+m)v02-12(m+M)v2
对于fL1=12mv02
由上述二式联立求得L1=(M+m)L4M.
11.(2017•运城模拟)如图甲所示,是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图,打夯前先将桩料扶正立于地基上.已知夯锤的质量为M=450 kg,桩料的质量为m=50 kg.每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶h0=5 m处再释放,让夯锤自由下落,夯锤砸在桩料上并不弹起,而是随桩料一起向下运动.桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示,直线斜率k=5.05×104 N/m,g=10 m/s2,求:
 
(1)夯锤与桩料碰撞完毕后,随桩料一起向下运动的速度是多少?
(2)打完第一夯后,桩料进入泥土的深度.(假设打第一夯前,桩料未进入泥土)
答案 (1)夯锤与桩斜碰撞完毕后,随桩料一起向下运动的速度是9 m/s
(2)打完第一夯后,桩料进入泥土的深度是1 m
分析 (1)夯锤先自由下落,然后与桩料碰撞.先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度.对于碰撞过程,由于内力远大于外力,所以系统的动量守恒,由动量守恒定律求出碰后共同速度.
(2)夯锤与桩料一起下沉的过程,重力和阻力做功,由动能定理可求得桩料进入泥土的深度.
解析 (1)夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度v02=2gh0,得v0=2gh0=2×10×5 m/s=10 m/s
取向下为正方向,打击过程遵守动量守恒定律,则得:Mv0=(M+m)v
代入数据解得v=9 m/s
(2)由乙图知,桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化,可用平均力求阻力做功,为Wf=-12kh•h=-12kh2
对夯锤与桩料,由动能定理得(M+m)gh+Wf=0-12(M+m)v2
代入数据解得h=1 m
点评 本题的关键是要分析物体的运动过程,抓住把握每个过程的物理规律.要知道当力随距离均匀变化时,可用平均力求功,也可用图像法,力与距离所夹面积表示阻力做功的大小.
12.(2017•西安一模)如图所示,光滑水平面上有一质量M=3.0 kg的平板车,车的上表面右侧是一段长L=0.5 m的水平轨道,水平轨道左侧是一半径R=0.25 m的14圆弧轨道,圆弧轨道与水平轨道在O′点相切.车右端固定一个尺寸可以忽略,处于锁定状态的压缩弹簧,一质量m=1.0 kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧,小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4,整个装置处于静止状态,现将弹簧解除锁定,小物块被弹出,恰能到达圆弧轨道的最高点A,不考虑小物块与轻质弹簧碰撞时的能量损失,不计空气阻力,g取10 m/s2.求:
 
(1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能;
(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小.
答案 (1)解除锁定前轻弹簧的弹性势能是4.5 J
(2)小物块第二次经过O′点时的速度大小是152m/s
分析 (1)平板车与小物块组成的系统,水平方向不受外力,动量守恒,由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出解除锁定前轻弹簧的弹性势能;
(2)由动量守恒定律与能量守恒定律可以求小物块第二次经过O′点时的速度大小.
解析 (1)小物块从被弹出到到达圆弧轨道最高点的过程,平板车与小物块组成的系统,水平方向动量守恒,取向左为正方向,由动量守恒定律得:(m+M)v共=0,
得:v共=0
设解除锁定前轻弹簧的弹性势能为Ep.由能量守恒定律得:
Ep=mgR+μmgL
代入数据解得:Ep=4.5 J
(2)设小物块第二次经过O′点时的速度大小v1,此时车的速度大小为v2.由水平方向动量守恒定律得:
mv1-Mv2=0,
由机械能守恒定律得:mgR=12mv12+12Mv22,
代入数据解得:v1=152 m/s.
点评 分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键,分析清楚运动过程后,应用动量守恒定律、能量守恒定律分段列式,即可正确解题.
13.(2017•道里区校级四模)某同学设计了如图所示的趣味实验来研究碰撞问题,用材料和长度相同的不可伸长的轻绳依次将5个大小相同、质量不等的小球悬挂于水平天花板下方,且相邻的小球静止时彼此接触但无相互作用力,小球编号从左到右依次为1、2、3、4、5,每个小球的质量为其相邻左边小球质量的k倍,k=2-1,所有小球的球心等高.现将1号小球由最低点向左拉起高度h,保持绳绷紧状态由静止释放1号小球,使其与2号小球碰撞,2号小球再与3号小球碰撞….所有碰撞均为在同一直线上的正碰且无机械能损失.已知重力加速度为g,空气阻力、小球每次碰撞时间均可忽略不计.
(1)求1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小;
(2)求第5个球被第4个小球碰后的速度;
(3)摆线长为L=16h,在第5个球右侧偏离竖直方向成θ=60°角的虚线上的A点钉了一个钉子,则A距悬点的距离与L的比例系数p满足什么条件时,第5个小球能绕A点做完整的圆周运动.
答案 (1)1号小球与2号小球碰撞之前的速度v1的大小是2gh
(2)第5个球被第4个小球碰后的速度是42gh
(3)p≥3L4小球能绕A点做完整的圆周运动
解析 (1)设1号小球的质量为m1,碰前的速度为v1.对于1号小球由h高处运动到最低点过程,根据机械能守恒有:m1gh=12m1v12  ①
解得:v1=2gh  ②
(2)设1号、2号小球碰撞后的速度分别为v1′和v2,取水平向右为正方向.对于1、2号小球碰撞的过程,根据动量守恒定律有:
m1v1=m1v1′+m2v2  ③
根据机械能守恒有:12m1v12=12m1v1′2+12m2v22  ④
解得:v2=21+k2gh
设2号、3号小球碰撞后的速度分别为v2′和v3,对于2、3号小球碰撞的过程,根据动量守恒定律有:
m2v2=m2v2′+m3v3
根据机械能守恒有:12m2v22=12m2v2′2+12m3v32
同理可解得:3号小球被碰后的速度为:v3=(21+k)22gh
由以上规律可推知5号小球被碰后的速度为:v5=(21+k)42gh  ⑤
解得:v5=42gh   ⑥
(3)5号小球绕钉子A做完整的圆周运动在最高点至少有:m5g=m5v′2r  ⑦
第5个小球从最低点运动到圆周的最高点根据机械能守恒,可知:
m5gLsin30°+m5g(r+rsin30°)=12m5v52-12m5v′2  ⑧
解得:r=14L   ⑨
所以有p≥3L4小球能绕A点做完整的圆周运动.
点评 本题是利用动量守恒和机械能守恒联合解决一维碰撞问题的典型例子,关键是把握弹性碰撞的规律:动量守恒定律和机械能守恒定律,通过列式得到碰后小球速度的通式,采用的是归纳法.
14.(2017•河南一模)足够长的倾角为θ的光滑斜面的底端固定一轻弹簧,弹簧的上端连接质量为m、厚度不计的钢板,钢板静止时弹簧的压缩量为x0,如图所示,一物块从钢板上方距离为3x0的A处沿斜面下滑,与钢板碰撞后立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点,O为弹簧自然伸长时钢板的位置,若物块质量为2m,仍从A处沿斜面下滑,则物块与钢板回到O点时,还具有向上的速度.已知重力加速度为g,计算结果可以用根式表示,求:
(1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1;
(2)碰撞前弹簧的弹性势能;
(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离.
答案 (1)质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v1是6gx0sinθ2
(2)碰撞前弹簧的弹性势能是12mgx0sinθ
(3)质量为2m的物块沿斜面向上运动到达的最高点离O点的距离是x02
解析 (1)设物块与钢板碰撞前的速度为v0.根据机械能守恒定律得:mg•3x0sinθ=12mv02
解得:v0=6gx0sinθ
对于碰撞过程,取沿斜面向下方向为正方向,由动量守恒定律得:mv0=2mv1.
解得:v1=6gx0sinθ2
(2)设碰撞前弹簧的弹性势能为Ep.当物块与钢板一起回到O点时,弹簧无形变,弹簧的弹性势能为零,根据机械能守恒定律得:
Ep+12(2m)v12=2mgx0sinθ
解得:Ep=12mgx0sinθ
(3)设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度大小v2.由动量守恒定律得:2mv0=3mv2.
当物块与钢板一起回到O点时,弹簧的弹性势能为零,但它们仍继续向上运动,设此时它们的速度为v.根据机械能守恒定律得:
Ep+12(3m)v22=3mgx0sinθ+12(3m)v2
在O点物块与钢板分离,分离后,物块以初速度v继续沿斜面上升,设运动到达的最高点离O点的距离为h,则有:v2=2ah
由牛顿第二定律得:2mgsinθ=2ma
解得:h=x02
点评 本题的关键要分析清楚物体的运动过程,把握每个过程的物理规律,如碰撞的基本规律:动量守恒定律.物体压缩弹簧的过程,系统遵守机械能守恒定律,并要找出状态之间的联系.