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阶段复习(三) 能量与动量
知识网络
规范训练
1
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规范答题区
评价项目(100 分) 自评得分
书写工整，卷面
整洁(20 分)
有必要的文字说
明，指明研究对
象、过程、所用
规律(20 分)
列式规范，无连
等式，无变形后
公式(20 分)
无代数过程，有
联立①②③式得
(20 分)
结果规范，中间
关键点有结果，
矢量指明方向(20
分)
总分
2
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答案精析
规范训练 (1)0.4 0.1 (2)2 m/s (3)不能 0.9
解析 (1)由题图乙可得，滑块与木板发生相对滑动时，滑块的加速度大小a1＝v0−v
t
＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝v
t ＝5 m/s2
由牛顿第二定律
对滑块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g－μ2(M+m2)g
＝Ma2
解得μ1＝0.4，μ2＝0.1
(2)0~1 s 时间内，设滑块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，
则有x1＝v0+ v
2
t＝7 m
x2＝v
2t＝2.5 m
由于x1－x2<L，故t＝1 s 时，滑块还未到木板A 端。
t＝1 s 后，滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度大小设为a3，则有
μ2(M+m2)g＝(M+m2)a3
设木板A 端运动到C 端时滑块与木板的共同速度大小为v1，由匀变速直线运动规律有
v1
2－v2＝－2a3(s－x2)
A 端运动到C 端之后，滑块做匀减速直线运动，加速度大小为a1，则有
v A
2－v1
2＝－2a1(L+x2－x1)
联立解得vA＝2 m/s
(3)滑块和小球在C 点发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为v1'，滑块的速度为v2'，由动量守恒和机械
能守恒有m2vA＝m1v1'+m2v2'
1
2m2v A
2＝1
2m1v1'2+1
2m2v2'2
假设小球不能到达圆弧轨道最高点，脱离圆弧轨道时速度为v'，由机械能守恒定律有
1
2m1v1'2－1
2m1v'2＝m1g(R+Rcos θ)
刚要脱离圆弧轨道时，由牛顿第二定律有m1gcos θ－k(l0－R)＝m1v
' 2
R
解得cos θ＝0.9
可得cos θ<1，假设成立，小球脱离圆弧轨道时，弹簧与竖直方向夹角θ 的余弦值为0.9。
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