物理卷·2018届北京市第二中学高三上学期期中考试物理试题（解析版）

物理卷·2018届北京市第二中学高三上学期期中考试物理试题（解析版）

‎【全国百强校】北京市第二中学2018届高三上学期期中考试物理试题 一、单项选择题(12小题)‎ ‎1. 伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，对于这个研究过程，下列说法正确的是（ ）‎ ‎①斜面实验“冲淡”了重力的作用，便于运动时间的测量 ‎②斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程 ‎③通过对斜面实验的观察与计算，直接得到落体运动的规律 ‎④根据斜面实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律 A. ①② B. ②④ C. ①④ D. ①③‎ ‎【答案】C ‎【解析】伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，①正确，②错误；根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的，是在实验的基础上得出③错误，④正确，C正确．选C．‎ ‎2. 如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 B. 木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒 C. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 D. 木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒 ‎【答案】C ‎【解析】撤去F后，木块A离开竖直墙前，竖直方向两物体气所受的重力与水平面的支持力平衡，合力为零；而墙对A有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，AB错误；A离开竖直墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒， C正确，D错误．选C．‎ ‎【点睛】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功，判断系统的机械能是否守恒．‎ ‎3. 质量为m的物块，沿着半径为R的半球形金属壳内壁滑下，半球形金属壳竖直放置，开口向上，滑到最低点时速度大小为v，若物体与球壳之间的摩擦因数为，则物体在最低点时，下列说法正确的是( )‎ A. 受到向心力为 B. 受到的摩擦力为 C. 受到的摩擦力为 D. 受到的合力方向斜向左上方 ‎【答案】D ‎【解析】根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力，A错误；根据牛顿第二定律得，则有，所以滑动摩擦力为，故BC错误；物体在最低点时，竖直方向的合力向上，水平方向的合力向左，所以物体受到的合力方向斜向左上方，D正确；‎ ‎4. 在课堂中，老师用如图所示的实验研究平抛运动． A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面1、2，小球A、B在通过两水 平面的过程中，动量的变化量分别为和，动能的变化量分别为和，忽略一切阻力的影响，下列判断正确的是（ ）‎ A. ，‎ B. ，‎ C. ，‎ D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：两个小球AB的运动分别为平抛运动和自由落体运动，竖直方向的位移均为，速度。AB同时开始下落，所以到达水平面1的速度相同，到达水平面2的速度相同，所以从水平面1到水平面2的时间，动量变化量，AB质量相等重力相等，运动时间相同，所以，动能变化量根据动能定理有，AB质量相等重力相等，而高度相同，所以，对照选项A对。‎ 考点：动量定理 动能定理 平抛运动 ‎5. ‎2013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察．嫦娥三号的部分飞行轨道示意图如图所示．假设嫦娥三号在圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力．下列说法中正确的是（ ）‎ A. 嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，速度逐渐变小 B. 嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球的引力对其做负功 C. 若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，则可计算出月球的密度 D. 嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等 ‎【答案】D ‎【解析】A、嫦娥三号沿椭圆轨道从P点运动到Q点的过程中，月球对卫星的引力做正功，动能增大，则速度增大，故AB错误；‎ C、根据万有引力等于向心力，有，得，据此可知若已知嫦娥三号在圆轨道上运行的半径、周期和引力常量，可求出月球的质量，但月球的体积未知，不能求出月球的密度，故C错误；‎ D、对于嫦娥三号，由，，在P点，M和r相同，则嫦娥三号在椭圆轨道经过P点时和在圆形轨道经过P点时的加速度相等，故D正确。‎ 点睛：嫦娥三号在环月段圆轨道上做圆周运动万有引力等于向心力，要进入环月段椭圆轨道需要做近心运动．因为同在P点万有引力不变，加速度相等。‎ ‎6. 2013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，展示了许多在地面上无法实现的实验现象．假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中进行的实验，若移到空间站也能够实现操作的有（ ）‎ A. 利用托盘天平测质量 B. 利用弹簧测力计测拉力 C. 利用自由落体验证机械能守恒定律 D. 测定单摆做简谐运动的周期 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：天宫一号空间站围绕地球做匀速圆周运动，所受到的万有引力充当了向心力，天宫一号空间站中的物体均处在完全失重状态，所以靠重力作用的实验均不能成功，故只有B选项正确。‎ 考点：完全失重状态 匀速圆周运动 ‎7. 一质点做简谐运动的位移-时间图线如图所示．关于此质点的振动，下列说法中正确的是( )‎ A. 质点做简谐运动的表达式为 B. 在时间内，质点向轴正向运动 C. 在时间内，质点的动能在增大 D. 在时间内，质点的加速度在增大 ‎【答案】D ‎【解析】由图读出简谐运动的振幅，周期T=2s，则，则质点做简谐运动的表达式为，A错误；根据振动图象可知，在0.5s~1.0s时间内，振动向平衡位置振动，沿x轴负方向振动，B错误；在1.0s~1.5s时间内，质点远离平衡位置，则速度减小，加速度增大，动能减小，C错误，D正确．选D．‎ ‎【点睛】由图读出简谐运动的振幅及周期，根据求解振动表达式，根据图象判断振动方向，从波峰或波谷向平衡位置振动时，速度变大，加速度变小．‎ ‎8. 如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷和．直线是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线上的两个点．下列说法中正确的是( )‎ A. a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d，所受电场力先增大后减小 B. a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d，所受电场力先减小后增大 C. a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d，所受电场力先增大后减小 D. a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿由c移动到d，所受电场力先减小后增大 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同．MN为一条等势线，它上面的场强O点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在O点受到的电场力最大．一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小．故选项C正确，选项A、B、D错误．故选：C．‎ 考点：电势能；电场线．‎ ‎9. 如(a)图表示物体A从光滑平台上，以初速度滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面问的动摩擦因数不计，(b)图为物体A与小车的图像(图中所标字母为已知)，由此不能求出的物理量是(重力加速度为g)（ ）‎ A. 小车上表面最小的长度 B. 物体A与小车B的质量之比 C. A与小车B上表面的动摩擦因数 D. 小车B获得的动能 ‎【答案】D ‎【解析】由于图象与时间轴围成的面积等于物体的位移，可知在时间内，物体的位移与车的位移之差就是小车上表面最小的长度，大小等于，A正确；通过图象可知物体的加速度，小车的加速度，根据牛顿第二定律，同时，因此可求出动摩擦因数及两个物体的质量之比，BC正确；由于无法知道两个物体的质量，因此车获得的动能无法求得，D错误．选D．‎ ‎【点睛】当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．‎ ‎10. 图甲为一简谐横波在时刻的波形图像，图乙为横波中处质点A的振动图像，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 波的传播方向沿x轴负方向 B. 波的传播速度大小为 C. 在时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0‎ D. 在时刻，图甲中质点A的位置坐标为 ‎【答案】B ‎【解析】从图乙中可以看出A质点在t=0时刻的振动方向为向上振动，在平衡位置，速度最大，根据走坡法可得波向x轴正方向传播，AC错误；从图甲中可得，从图乙中可 得，故波的传播速度为，B正确；，质点A从平衡位置到达波峰，坐标为（2，20），D错误．‎ ‎11. 图示为一个内、外半径分别为和的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为轴．设轴上任意点P到O点的的距离为，P点电场强度的大小为E．下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】场强的单位为，K为静电力常量，单位为，为单位面积的带电量，单位为，则表达式的单位即为，故各表达式中其它部分应无单位，当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可以知道，当时，D正确，ABC错误．选D．‎ ‎【点睛】本题由于带电体为圆环状，虽然可以由微分的方式可以求得合场强，但是过程很麻烦，并超过了我们高中学生能力之外，故应注意审题，根据题意对选项进行分析，首先根据场强的单位进行判断，再利用极限的思想即可得出结论．‎ ‎12. 类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由图像求位移，由 ‎ (力-位移)图像求做功的方法．请你借鉴此方法分析下列说法，其中正确的是（ ）‎ A. 由 (力-速度)图线和横轴围成的面积可求出对应速度变化过程中力做功的功率 B. 由 (力-时间)图线和横轴围成的面积可求出对应时间内力所做的冲量 C. 由 (电压-电流)图线和横轴围成的面积可求出对应的电流变化过程中电流的功率 D. 由 (角速度-半径)图线和横轴围成的面积可求出对应半径变化范围内做圆周运动物体的线速度 ‎【答案】B ‎【解析】图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即瞬时功率，故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不是对应速度变化过程中力做功的功率，A错误；（力-时间）图线和横轴围成的面积表示冲量， B正确；由（电压-电流）图线，根据公式可知，根据与的坐标值的乘积，求出对应电流做功的功率，C错误；图线中任意一点的横坐标与纵坐标的乘积等于，即线速度；故图象与横轴围成的面积不一定等于，即不一定等于线速度，D错误．选B．‎ 二、多项选择题(4小题)‎ ‎13. 如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为，与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为．现对A施加一水平拉力F，则（ ）‎ A. 当时，A、B都相对地面静止 B. 当时，A的加速度为 C. 当时，A相对B滑动 D. 无论F为何值，B的加速度不会超过 ‎【答案】CD ‎【解析】设B对A的摩擦力为，A对B的摩擦力为，地面对B的摩擦力为，由牛顿第三定律可知与大小相等，方向相反，和的最大值均为，的最大值为，故当时，A、B均保持静止，AB错误；设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力 为，加速度为，则对A有：，对A、B整体有：，解得，故当时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当时，A相对于B滑动．C正确．对B来说，其所受合力的最大值，即B的加速度不会超过，D正确．选CD．‎ ‎【点睛】根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析．‎ ‎14. 如图所示为A、B两球沿一直线运动并发生正碰，两球碰撞前后的位移时间图象．a、b分别为A、B两球碰前的位移图象，c为碰撞后两球共同运动的位移图象，若A球质量是，则由图象判断下列结论正确的是（ ）‎ A. A、B碰撞前的总动量为 B. 碰撞时A对B所施冲量为 C. 碰撞前后A的动量变化为 D. 碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J ‎【答案】BCD ‎【解析】由s-t图象可知，碰撞前有：，，碰撞后有：vA′=vB′=v=；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后物体都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．碰撞前后A的动量变化为：△PA=mvA′-mvA=2×（-1）-2×（-3）=‎4kg•m/s，根据动量守恒定律，碰撞前后A的动量变化为：△PB=-△PA=‎-4kg•m/s，又：△PB=mB（vB′-vB），所以：，  所以A与B碰撞前的总动量为：p总=mvA+mBvB=2×（-3）+×2=-kg•m/s; 由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB=△PB=‎-4kg•m/s=-4N•s．碰撞中A、B两球组成的系统损 失的动能：△EK=mvA2+mBvB2-（m+mB）v2，代入数据解得：△EK=10J，故A错误，BCD正确；故选BCD．‎ ‎15. 如图所示为一列沿轴负方向传播的简谐横波，实线为时刻的波形图，虚线为时的波形图，波的周期，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 波的周期为0.8s B. 在时，P点沿y轴正方向运动 C. 至，P点经过的路程为‎0.4m D. 在时，Q点到达波峰位置 ‎【答案】ACD ‎16. 下图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为，偏转电压为，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即 (该比值越大则灵敏度越高)，则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（ ）‎ A. 减小 B. 增大 C. 增大L D. 减小d ‎【答案】ACD ‎........................‎ 三、实验题(2小题)‎ ‎17. 物体沿平直轨道做匀加速直线运动，打点计时器在物体拖动的纸带上打下一系列点迹，以此记录物的运动情况．其中一部分纸带上的点迹情况如图所示．已知打点计时器打点的时间间隔为0.02s，测得A点到B点，以及A点到C点的距离分别为，，则在打下点迹B时，物体运动的速度大小为____________；物体做匀加速运动的加速度大小为____________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】由可求出加速度大小，B点速度等于AC间的平均速度 ‎18. （1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线；用游标卡尺测得摆球的直径如图所示，则摆球直径d=____________mm．用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如图所示，则秒表的示数t=____________s；若用给出的各物理量符号（、d、n、t）表示当地的重力加速度，则计算的表达式为____________．‎ ‎（2）实验中同学甲发现测得的值偏小，可能的原因是（______）‎ A．测摆线长时摆线拉得过紧 B．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 C．开始计时时，秒表过迟按下 D．实验中误将39次全振动计为40次 ‎（3）为了提高实验精度，某同学乙在实验中通过改变几次摆长L，并测出相应的周期T，从而得到一组对应的L与T的数据，再以L为横坐标、为纵坐标，建立坐标系，将所得数据进行连线，实验测得的数据如下表所示：‎ 请将表中第三次测量数据标在右图中，并在右图中作出随L变化的关系图象．____‎ ‎②根据图象，可知当地的重力加速度为____________（保留3位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). ‎20.20mm (2). 78.4s (3). (4). BD (5). (6). ‎ ‎【解析】（1）游标尺主尺：‎20mm；游标尺对齐格数：个格，读数为：‎ ‎，则直径为：；秒表读数：‎ 大盘读数60s，小盘读数18.4s，故时间为78.4s；根据得：．‎ ‎（2）测摆线长时摆线拉得过紧，使得摆长的测量值偏大，则测得的重力加速度偏大．A错误．摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的 单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，B正确；实验中开始计时，秒表过迟按下，则测得周期偏小，所以测得的重力加速度偏大，C错误．试验中误将39次全振动数为40次，周期测量值偏小，故加速测量值偏大，D正确．选BD.‎ ‎（3）①根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：‎ ‎②由单摆周期公式：，得，由图求图象可知：，计算得：‎ 三、计算题（5小题）‎ ‎19. 如图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这个蹦床运动员仅在竖直向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力随时间的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取，根据图象分析求解：‎ ‎（1）运动员的质量．‎ ‎（2）运动员在运动过程中的最大加速度．‎ ‎（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．‎ ‎【答案】（1）‎50kg,（2）,（3）‎3.2m.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由图像可知运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则m=G/g=‎‎50kg ‎(2)由图像可知蹦床对运动员的最大弹力为=2400N，设运动员的最大加速度为，则 ‎（3）由图像可知运动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s，根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为t=0.8s ‎（4）设运动员上升的最大高度为H，则（2分）‎ 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用 ‎【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力 ‎20. 如图所示，半径的竖直半圆光滑轨道在B点与水平面平滑连接，一个质量的小滑块（可视为质点）静止在A点．一瞬时冲量使滑块以一定的初速度从A点开始运动，经B点进入圆轨道，沿圆轨道运动到最高点C，并从C点水平飞出，落在水平面上的D点．经测量，D、B间的距离，A、B间的距离，滑块与水平面的动摩擦因数，重力加速度．求：‎ ‎（1）滑块通过C点时的速度大小．‎ ‎（2）滑块刚进入圆轨道时，在B点轨道对滑块的弹力．‎ ‎（3）滑块在A点受到的瞬时冲量大小．‎ ‎【答案】（1）,（2）45N,（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）滑块通过C点后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得滑块通过C点的速度；（2）由机械能守恒定律可求得滑块到达B点的速度，再由牛顿第二定律可求得滑块受轨道的压力；（3）由动能定理可求得滑块在A点的速度，再由动量定理可求得A点的瞬时冲量．‎ ‎（1）设滑块从C点飞出时的速度为，从C点运动到D点时间为t，滑块从C点飞射后，做平抛运动 竖直方向：‎ 水平方向：‎ 联立得：‎ ‎（2）设滑块通过点时的速度为，根据机械能守恒定律： ‎ 解得：‎ 设在点滑块受轨道的压力为N，根据牛顿第二定律：‎ 解得：‎ ‎（3）设滑块从点开始运动时的速度为，根据动能定理：‎ 解得：‎ 设滑块在点受到的冲量大小为I，根据动量定理 解得： ‎ ‎21. 物体在万有引力场中具有的势能叫做引力势能．若取两物体相距无穷远时的引力势能 为零，一个质量为的质点距质量为的引力源中心为时，其万有引力势能（式中G为引力常数）．如图所示，一颗质量为的人造地球卫星在离地面高度为的圆形轨道上环绕地球飞行，已知地球的质量为，地球半径为．求 ‎（1）该卫星在距地面高度为h的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动时卫星的周期为多少？‎ ‎（2）该卫星在距地面高度为h的圆轨道上绕地球做匀速圆周运动时卫星的动能为多少？‎ ‎（3）假定该卫星要想挣脱地球引力的束缚，卫星发动机至少要做多少功？‎ ‎【答案】（1）,（2）,（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）由万有引力提供向心力，然后结合牛顿第二定律即可求出卫星的周期；（2）由万有引力提供向心力，然后结合牛顿第二定律即可求出卫星的动能；（3）卫星发动机做的功，至少要使卫星脱离地球的重力势能的影响．‎ ‎（1）质量为m的人选地球卫星在离地面高度为的圆形轨道环绕地球飞行 万有引力提供向心力，得：‎ 所以卫星的周期：‎ ‎（2）根据万有引力提供向心力，得：‎ 卫星的动能： ‎ ‎（3）根据引力势能的表达式：‎ 地球表面的卫星的重力势能： ‎ 以无穷远外引力势能为零，卫星发动机做的功，至少要使卫星脱离地球的影响，到达重力 势能的地位，所以发动机做功的最小值： ‎ ‎22. 如图所示，两块相同平板、置于光滑水平面上，质量均为m．的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于的最右端，质量为且可以看作质点．与P以共同速度向右运动，与静止的发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后与粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)．P与之间的动摩擦因数为，求 ‎（1）、刚碰完时的共同速度和P的最终速度；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量和相应的弹性势能.‎ ‎【答案】（1）,;（2）,.‎ ‎【解析】试题分析：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1①‎ 解得v1=v0，方向水平向右 ②‎ 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2③‎ 解得v2=v0，方向水平向右④‎ ‎（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2⑤‎ 对系统由能量守恒定律 μ（‎2m）g×2（L+x）=（‎2m）v02+（‎2m）v12-（‎4m）v22⑥‎ 解得⑦‎ 最大弹性势能Ep=（m+m）v02+（‎2m）v12-（m+m+‎2m）v22-μ•2mg（L+x） ⑧‎ 解得Ep=mv02⑨‎ 考点：动量守恒定律、能量守恒定律 ‎【名师点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，需加强这方面的训练.‎ 视频 ‎23. 如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在倾角为的光滑斜面上，静止时弹簧的形变量为．斜面底端有固定挡板D，物体C靠在挡板D上．将质量也为m的物体A从斜面上的某点由静止释放，A与B相碰．已知重力加速度为，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：‎ ‎（1）弹簧的劲度系数；‎ ‎（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力恰好为零，求C对挡板D压力的最大值．‎ ‎（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对挡板D的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．‎ ‎【答案】（1）,（2）3mg,（3）.‎ ‎【解析】试题分析：（1）对B进行受力分析，由平衡条件求出弹簧的劲度系数．（2）根据简谐运动特点求出回复力，然后应用平衡条件、牛顿第三定律求出C对D的最大压力．（3）对A应用机械能守恒定律求出A、B碰撞前A的速度，由动量守恒定律求出碰撞后A、B的速度，对A与B组成的系统、B与C组成的系统、对A、对B应用机械能守恒定律，分析答题．‎ ‎（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力，物体B受力如图所示 由平衡条件得：‎ 解得：弹簧的劲度系数 ‎（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对挡板D的压力最小为0‎ 则对C，弹簧弹力：‎ 对A、B，回复力最大：‎ 由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大 即，此时物体C对挡板D的压力最大 对物体A、B有：‎ 则弹簧弹力：‎ 对物体C，设挡板D对物体C的弹力为N 则：‎ 由牛顿第三定律可知，物体C对挡板D的压力大小：‎ 物体C对挡板D压力的最大值为 ‎（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为 对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：‎ 解得：①‎ 设A与B相碰后两物体共同速度的大小为，A与B发生碰撞的过程动量守恒 以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ 解得：②‎ 物体B静止时弹簧的形变量为，设弹性势能为，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程 由机械能守恒定律得：③‎ 当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为 对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0‎ 物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为，弹簧的弹性势能也为 从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：‎ 解得：④‎ 由①②③④解得：‎ 由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：‎ ‎【点睛】本题的关键是认真分析物理过程，把复杂的物理过程分成几个小过程并且找到每个过程遵守的物理规律，列出相应的物理方程解题．尤其是在第（3）问求解时，要明确每个过程的动量、能量的变化情况，再根据动量守恒定律和机械能守恒定律进行求解.‎ ‎ ‎