資源簡介

(共60張PPT)
碰撞模型的拓展　動量守恒在板塊模型中的應用
專題強化六
目標
要求
1.會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關問題.2.理解“滑塊—斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題.3.會用動量觀點和能量觀點分析計算“滑塊—木板”模型.
內容索引
題型一　“滑塊—彈簧”模型
題型二　“滑塊—斜(曲)面”模型
題型三　滑塊—木板模型
課時精練
題型一　
“滑塊—彈簧”模型
1.模型圖示
2.模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒.
(2)機械能守恒：系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒.
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能).
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞).
例1　(2023·江西南昌市模擬)如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上.現在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4 m/s，當甲物體的速度減小到1 m/s時，彈簧最短.下列說法中正確的是
A.此時乙物體的速度大小為1 m/s
B.緊接著甲物體將開始做加速運動
C.甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4
D.當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
√
根據題意可知，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小也是1 m/s，A正確；
因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續減速，B錯誤；
根據動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；
例2　(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上.現使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙，則有
A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度
1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B.從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態
恢復原長
C.兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2
D.在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
√
√
開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，
t2時刻，彈簧恢復原長，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運動的方向加速，在t3時刻，兩物塊速度相同，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中，彈簧由伸長狀態恢復原長，故A、B錯誤；
根據動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；
在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據Ek＝
且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確.
例3　如圖所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為2m、3m的B、C兩物塊固定連接，放在光滑水平面上，開始時物塊C被鎖定.另一質量為m的小物塊A以速度v0與B發生彈性正碰(碰撞過程中沒有機械能的損失，碰撞時間極短可忽略不計).當彈簧再次恢復原長時物塊C的鎖定被解除，所有過程都在彈簧彈性限度范圍內(A與B不會發生第二次碰撞).求：
(1)彈簧第一次被壓縮至最短時彈簧的彈性勢能；
由于A與B發生彈性碰撞，有mv0＝mvA＋2mvB
(2)彈簧第一次伸長到最長時彈簧的彈性勢能.
對物塊B、C和彈簧組成的系統，當B、C第一次共速時彈簧第一次伸長到最長，
題型二
“滑塊—斜(曲)面”模型
1.模型圖示
2.模型特點
例4　(多選)質量為M的帶有 光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則
A.小球以后將向左做平拋運動
B.小球將做自由落體運動
√
√
例5　如圖所示，一質量M＝2 kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h＝0.3 m處由靜止釋放一質量mA＝1 kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺.已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g＝10 m/s2.求小球B的質量.
答案　3 kg
設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，小球A與平臺在水平方向動量守恒
由動量守恒定律有0＝mAv1－Mv
聯立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后運動方向相反，設小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1 m/s
由動量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
聯立解得mB＝3 kg.
題型三
滑塊—木板模型
1.模型圖示
2.模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能.
(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大.
3.求解方法
(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統；
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體；
(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統.
例6　如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0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μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則
A.物塊滑上小車后，系統動量守恒、
機械能守恒
B.增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱變大
C.若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24 s
D.若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
√
物塊與小車組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑動過程中克服摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，A錯誤；
若v0＝2.5 m/s，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C錯誤；
例7　如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞.求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大小.
答案　2 m/s
因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量
守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的
速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC ①
碰撞后A與B在摩擦力作用下再次達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB ②
A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC ③
聯立①②③式，代入數據得vA＝2 m/s.
四
課時精練
1.如圖所示，子彈以水平速度v0射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊一起運動.在子彈射入木塊的過程中，下列說法中正確的是
A.子彈對木塊的沖量一定大于木塊對子彈的沖量
B.子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小一定相等
C.子彈速度的減小量一定等于木塊速度的增加量
D.子彈動量變化的大小一定大于木塊動量變化的大小
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
基礎落實練
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
水平方向上，子彈所受合外力與木塊受到的合外力為作用力與反作用力，它們大小相等、
方向相反、作用時間t相等，根據I＝Ft，可知子彈對木塊的沖量與木塊對子彈的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤，B正確；
子彈與木塊組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，由動量守恒定律可知，子彈動量變化量大小等于木塊動量變化量大小，由于子彈與木塊的質量不一定相同，子彈速度的減小量不一定等于木塊速度的增加量，故C、D錯誤.
2.質量為m1、m2的滑塊A、B分別以速度v1和v2沿斜面勻速下滑，斜面足夠長，如圖所示，已知v2>v1，有一輕彈簧固定在滑塊B上，則彈簧被壓縮至最短時滑塊A的速度為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
兩滑塊勻速下滑，則沿斜面方向所受外力為零，相互作用時沿斜面方向合外力仍為零，沿斜面方向動量守恒.當彈簧被壓縮時，A加
速，B減速，當壓縮至最短時，A、B速度相等.設兩滑塊速度相等時速度為v，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得彈簧被壓縮至最短時
滑塊A的速度v＝ 所以選項C正確.
3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效.A以速率v向右運動，當A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于它們后續的運動過程，下列說法正確的是
A.A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B.A、B系統的總動量最終將大于mv
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
√
4.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質量大于物塊質量，t＝0時兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來等大反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關于物
塊運動的速度v隨時間t變化的圖像可能正確的是
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為v0；
木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度相同，設為v1.
設木板的質量為M，物塊的質量為m，取向左為正方向，則由動量
守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝ ＜v0，故A正確，B、C、D錯誤.
5.(2023·山西運城市高三模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切.一質量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失.如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為 則小球與滑塊質量之比m∶M為
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
6.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1.現解除鎖定，仍讓Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
設滑塊P的質量為2m，則Q的質量為m，弧形滑塊頂端與底端的豎直距離為h；
P鎖定時，Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝Ek1；
7.(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則
A.A物體的質量為3m
B.A物體的質量為2m
C.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D.彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
能力綜合練
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮量為x時彈性勢能Ep＝
8.(多選)(2023·江西吉安市高三模擬)如圖所示，質量m＝2 kg的物塊A以初速度v0＝2 m/s滑上放在光滑水平面上的長木板B，A做勻減速運動，B做勻加速運動，經過時間t＝1 s，物塊A、長木板B達到共同速度v＝1 m/s之后又開始做勻速運動，重力加速度g取10 m/s2，由此可求出
A.長木板B的質量為2 kg
B.物塊A與長木板B之間的動摩擦因數為0.1
C.長木板B的長度至少為2 m
D.物塊A與長木板B組成的系統損失的機械能為2 J
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1 m/s，取向右為
正方向，設B的質量為M，根據動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A正確；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
9.(多選)如圖所示，一質量M＝8.0 kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m＝2.0 kg 的小木塊A.給A和B大小均為5.0 m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10 m/s2.則在整個過程中，下列說法正確的是
A.小木塊A的速度減為零時，長木板 B 的速
度大小為3.75 m/s
B.小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零
C.小木塊A與長木板B共速時速度大小為3 m/s
D.長木板的長度可能為10 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
√
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
木塊與木板組成的系統動量守恒，由于初速度大小均為v0＝5.0 m/s，所以木板的動量大于小木塊的動量，系統合動量方向向右，所以木塊A先向左做勻減速運動，速度減為零后反向向右做勻加速運動，最后木塊與木板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律可知，當木塊A的速度減為零時，有Mv0－mv0＝MvB，代入數據解得vB＝3.75 m/s，故A正確，B錯誤；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
最終木塊與木板速度相同，根據動量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入數據解得v＝3 m/s，故C正確；
10.如圖所示，一質量m1＝0.45 kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上.車頂右端放一質量m2＝0.5 kg的小物塊，小物塊可視為質點，小物塊與小車上表面之間的動摩擦因數μ＝0.5.現有一質量m0＝0.05 kg的子彈以v0＝100 m/s的水平速度射中小車左端，并留在小車中，子彈與小車相互作用時間很短.g取10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
(1)子彈剛射入小車時，小車的速度大小v1；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　10 m/s　
子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入數據解得v1＝10 m/s.
(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　5 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
子彈、小車、小物塊組成的系統動量守恒，設當小物塊與小車共速時，共同速度為v2，兩者相對位移大小為L，
聯立解得L＝5 m，故要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為5 m.
11.如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，B、C與彈簧整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上.現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面高h＝1.8 m處由靜止開始滑下，與滑塊B發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經過一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動，一段距離后從桌面邊緣飛出.已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑塊A、B、C均可看作質點，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力.求：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
素養提升練
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大?。?br/>1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　2 m/s　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
律有mAgh＝ 解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，取水平向右為正方向，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
代入數據解得v2＝ ＝2 m/s
滑塊A從光滑曲面上高h處由靜止開始滑下的過程中機械能守恒，設其滑到水平桌面時的速度大小為v1，由機械能守恒定
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　3 J　
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程中系統機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相同，設為v3，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝ ＝1 m/s
由機械能守恒定律有
代入數據解得Ep＝3 J
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案　2 m
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設此時滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
聯立解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動
x＝v5t，H＝
聯立解得x＝2 m.專題強化六　碰撞模型的拓展　動量守恒在板塊模型中的應用
目標要求　1.會分析、計算“滑塊—彈簧”模型有關問題.2.理解“滑塊—斜(曲)面”模型與碰撞的相似性，會解決相關問題.3.會用動量觀點和能量觀點分析計算“滑塊—木板”模型．
題型一　“滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒．
(2)機械能守恒：系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒．
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)．
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)．
例1　(2023·江西南昌市模擬)如圖所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物體甲、乙連接，靜止在光滑的水平面上．現在使甲瞬間獲得水平向右的速度v0＝4 m/s，當甲物體的速度減小到1 m/s時，彈簧最短．下列說法中正確的是(　　)
A．此時乙物體的速度大小為1 m/s
B．緊接著甲物體將開始做加速運動
C．甲、乙兩物體的質量之比m1∶m2＝1∶4
D．當彈簧恢復原長時，乙物體的速度大小為4 m/s
答案　A
解析　根據題意可知，當彈簧壓縮到最短時，兩物體速度相同，所以此時乙物體的速度大小也是1 m/s，A正確；因為彈簧壓縮到最短時，甲受力向左，甲繼續減速，B錯誤；根據動量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v，解得m1∶m2＝1∶3，C錯誤；當彈簧恢復原長時，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有m1v0＝m1v1′＋m2v2′，m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2，聯立解得v2′＝2 m/s，D錯誤．
例2　(多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，A、B的速度—時間圖像如圖乙，則有(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態
B．從t3到t4過程中，彈簧由壓縮狀態恢復原長
C．兩物塊的質量之比m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案　CD
解析　開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長，由于此時兩物塊速度方向相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，A減為零后又向B運動的方向加速，在t3時刻，兩物塊速度相同，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中，彈簧由伸長狀態恢復原長，故A、B錯誤；根據動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據Ek＝mv2，且m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．
例3　如圖所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為2m、3m的B、C兩物塊固定連接，放在光滑水平面上，開始時物塊C被鎖定．另一質量為m的小物塊A以速度v0與B發生彈性正碰(碰撞過程中沒有機械能的損失，碰撞時間極短可忽略不計)．當彈簧再次恢復原長時物塊C的鎖定被解除，所有過程都在彈簧彈性限度范圍內(A與B不會發生第二次碰撞)．求：
(1)彈簧第一次被壓縮至最短時彈簧的彈性勢能；
(2)彈簧第一次伸長到最長時彈簧的彈性勢能．
答案　(1)mv02　(2)mv02
解析　(1)由于A與B發生彈性碰撞，有mv0＝mvA＋2mvB
mv02＝mvA2＋×2mvB2
解得 vA＝－v0，vB＝v0
可知A與B碰后A被彈回，B向左運動壓縮彈簧．物塊B和彈簧組成的系統機械能守恒，在彈簧壓縮到最短時，有Ep1＝×2mvB2，可得Ep1＝mv02
(2)對物塊B、C和彈簧組成的系統，當B、C第一次共速時彈簧第一次伸長到最長，則有：2mvB＝(2m＋3m)v，×2mvB2＝×(2m＋3m)v2＋Ep2，解得 Ep2＝mv02.
題型二　“滑塊—斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為m的重力勢能)．
(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22(相當于完成了彈性碰撞)．
例4　(多選)質量為M的帶有光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則(　　)
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為Mv02
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為
答案　BC
解析　小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv02＝×2Mv′2＋Mgh，聯立解得h＝，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變為零，開始做自由落體運動，小車速度變為v0，動能為Mv02，即此過程小球對小車做的功為Mv02，故B、C正確，A錯誤．
例5　如圖所示，一質量M＝2 kg的帶有弧形軌道的平臺置于足夠長的水平軌道上，弧形軌道與水平軌道平滑連接，水平軌道上靜置一小球B.從弧形軌道上距離水平軌道高h＝0.3 m處由靜止釋放一質量mA＝1 kg的小球A，小球A沿軌道下滑后與小球B發生彈性正碰，碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺．已知所有接觸面均光滑，重力加速度為g＝10 m/s2.求小球B的質量．
答案　3 kg
解析　設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，小球A與平臺在水平方向動量守恒
由動量守恒定律有0＝mAv1－Mv
由能量守恒定律有mAgh＝mAv12＋Mv2
聯立解得v1＝2 m/s，v＝1 m/s
小球A、B碰后運動方向相反，設小球A、B的速度大小分別為v1′和v2，由于碰后小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1 m/s
由動量守恒定律得mAv1＝－mAv1′＋mBv2
由能量守恒定律有mAv12＝mAv1′2＋mBv22，
聯立解得mB＝3 kg.
題型三　滑塊—木板模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能．
(2)若滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大．
3．求解方法
(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統；
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體；
(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統．
例6　如圖所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0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μ＝0.5，取g＝10 m/s2，則(　　)
A．物塊滑上小車后，系統動量守恒、機械能守恒
B．增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱變大
C．若v0＝2.5 m/s，則物塊在車面上滑行的時間為0.24 s
D．若要保證物塊不從小車右端滑出，則v0不得大于5 m/s
答案　D
解析　物塊與小車組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒；物塊滑上小車后在小車上滑動過程中克服摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，系統機械能不守恒，A錯誤；系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系統產生的熱量Q＝m2v02－(m1＋m2)v2＝，則增大物塊與車面間的動摩擦因數，摩擦生熱不變，B錯誤；若v0＝2.5 m/s，由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，對物塊，由動量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C錯誤；要使物塊恰好不從小車右端滑出，需物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正確．
例7　如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞．求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大?。?br/>答案　2 m/s
解析　因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＝mAvA＋mCvC①
碰撞后A與B在摩擦力作用下再次達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②
A與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC③
聯立①②③式，代入數據得vA＝2 m/s.
課時精練
1.如圖所示，子彈以水平速度v0射向原來靜止在光滑水平面上的木塊，并留在木塊中和木塊一起運動．在子彈射入木塊的過程中，下列說法中正確的是(　　)
A．子彈對木塊的沖量一定大于木塊對子彈的沖量
B．子彈對木塊的沖量和木塊對子彈的沖量大小一定相等
C．子彈速度的減小量一定等于木塊速度的增加量
D．子彈動量變化的大小一定大于木塊動量變化的大小
答案　B
解析　水平方向上，子彈所受合外力與木塊受到的合外力為作用力與反作用力，它們大小相等、方向相反、作用時間t相等，根據I＝Ft，可知子彈對木塊的沖量與木塊對子彈的沖量大小相等、方向相反，故A錯誤，B正確；子彈與木塊組成的系統所受合外力為零，系統動量守恒，由動量守恒定律可知，子彈動量變化量大小等于木塊動量變化量大小，由于子彈與木塊的質量不一定相同，子彈速度的減小量不一定等于木塊速度的增加量，故C、D錯誤．
2.質量為m1、m2的滑塊A、B分別以速度v1和v2沿斜面勻速下滑，斜面足夠長，如圖所示，已知v2>v1，有一輕彈簧固定在滑塊B上，則彈簧被壓縮至最短時滑塊A的速度為(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　兩滑塊勻速下滑，則沿斜面方向所受外力為零，相互作用時沿斜面方向合外力仍為零，沿斜面方向動量守恒．當彈簧被壓縮時，A加速，B減速，當壓縮至最短時，A、B速度相等．設兩滑塊速度相等時速度為v，則有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得彈簧被壓縮至最短時滑塊A的速度v＝，所以選項C正確．
3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效．A以速率v向右運動，當A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于它們后續的運動過程，下列說法正確的是(　　)
A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統的總動量最終將大于mv
C．A、B系統的總動能最終將大于mv2
D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為mv2
答案　CD
4.如圖所示，光滑水平面上有一矩形長木板，木板左端放一小物塊，已知木板質量大于物塊質量，t＝0時兩者從圖中位置以相同的水平速度v0向右運動，碰到右面的豎直擋板后木板以與原來等大反向的速度被反彈回來，運動過程中物塊一直未離開木板，則關于物塊運動的速度v隨時間t變化的圖像可能正確的是(　　)
答案　A
解析　木板碰到擋板前，物塊與木板一直做勻速運動，速度為v0；木板碰到擋板后，物塊向右做勻減速運動，速度減至零后向左做勻加速運動，木板向左做勻減速運動，最終兩者速度相同，設為v1.設木板的質量為M，物塊的質量為m，取向左為正方向，則由動量守恒定律有Mv0－mv0＝(M＋m)v1，得v1＝v0＜v0，故A正確，B、C、D錯誤．
5.(2023·山西運城市高三模擬)如圖所示，在光滑的水平地面上有一靜止的質量為M的四分之一光滑圓弧滑塊，圓弧的半徑為R，最低點處剛好與水平地面相切．一質量為m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右運動，不計小球沖上圓弧滑塊過程中的機械能損失．如果圓弧滑塊固定，則小球恰能沖到圓弧面上與圓心等高處；如果圓弧滑塊不固定，則小球在圓弧面上能到達的最大高度為.則小球與滑塊質量之比m∶M為(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．3∶1
答案　C
解析　當圓弧滑塊固定時，有mv02＝mgR；當圓弧滑塊不固定時，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根據機械能守恒定律有mv02＝mg＋(m＋M)v2，聯立解得m∶M＝2∶1，故選C.
6.如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1.現解除鎖定，仍讓Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　設滑塊P的質量為2m，則Q的質量為m，弧形滑塊頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgh＝Ek1；P解除鎖定，Q下滑過程中，P、Q組成的系統在水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，由動量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由機械能守恒定律得mgh＝mvQ2＋×2mvP2，Q離開P時的動能Ek2＝mvQ2，聯立解得＝，故C正確．
7．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv02
答案　AC
解析　對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮量為x時彈性勢能Ep＝Mv02；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B及彈簧組成的系統動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B二者速度相同，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M·(2v0)2－(M＋m)v2，聯立解得M＝3m，Ep＝mv02，選項A、C正確，B、D錯誤．
8.(多選)(2023·江西吉安市高三模擬)如圖所示，質量m＝2 kg的物塊A以初速度v0＝2 m/s滑上放在光滑水平面上的長木板B，A做勻減速運動，B做勻加速運動，經過時間t＝1 s，物塊A、長木板B達到共同速度v＝1 m/s之后又開始做勻速運動，重力加速度g取10 m/s2，由此可求出(　　)
A．長木板B的質量為2 kg
B．物塊A與長木板B之間的動摩擦因數為0.1
C．長木板B的長度至少為2 m
D．物塊A與長木板B組成的系統損失的機械能為2 J
答案　ABD
解析　A做勻減速運動，B做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速度v＝1 m/s，取向右為正方向，設B的質量為M，根據動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝2 kg，故A正確；木板B勻加速運動的加速度aB＝＝1 m/s2，根據牛頓第二定律，對B有μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故B正確；前1 s內B的位移xB＝·t＝×1 m＝0.5 m，A的位移xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板B的最小長度L＝xA－xB＝1 m，故C錯誤；A、B組成的系統損失的機械能ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D正確．
9.(多選)如圖所示，一質量M＝8.0 kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m＝2.0 kg 的小木塊 A．給A和B大小均為5.0 m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，A、B之間的動摩擦因數為0.5，重力加速度g取10 m/s2.則在整個過程中，下列說法正確的是(　　)
A．小木塊A的速度減為零時，長木板 B 的速度大小為3.75 m/s
B．小木塊A的速度方向一直向左，不可能為零
C．小木塊A與長木板B共速時速度大小為3 m/s
D．長木板的長度可能為10 m
答案　ACD
解析　木塊與木板組成的系統動量守恒，由于初速度大小均為v0＝5.0 m/s，所以木板的動量大于小木塊的動量，系統合動量方向向右，所以木塊A先向左做勻減速運動，速度減為零后反向向右做勻加速運動，最后木塊與木板一起做勻速直線運動，以向右為正方向，由動量守恒定律可知，當木塊A的速度減為零時，有Mv0－mv0＝MvB，代入數據解得vB＝3.75 m/s，故A正確，B錯誤；最終木塊與木板速度相同，根據動量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入數據解得v＝3 m/s，故C正確；最終木塊與木板相對靜止，一起做勻速直線運動，對系統由能量守恒定律可知Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入數據解得x＝8 m，木板的最小長度為8 m，則長度可能為10 m，故D正確．
10．如圖所示，一質量m1＝0.45 kg的平板小車靜止在光滑的水平軌道上．車頂右端放一質量m2＝0.5 kg的小物塊，小物塊可視為質點，小物塊與小車上表面之間的動摩擦因數μ＝0.5.現有一質量m0＝0.05 kg的子彈以v0＝100 m/s的水平速度射中小車左端，并留在小車中，子彈與小車相互作用時間很短．g取10 m/s2，求：
(1)子彈剛射入小車時，小車的速度大小v1；
(2)要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為多少．
答案　(1)10 m/s　(2)5 m
解析　(1)子彈射入小車的過程中，子彈與小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1，代入數據解得v1＝10 m/s.
(2)子彈、小車、小物塊組成的系統動量守恒，設當小物塊與小車共速時，共同速度為v2，兩者相對位移大小為L，由動量守恒定律和能量守恒定律有(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2，μm2gL＝(m0＋m1)v12－(m0＋m1＋m2)v22，聯立解得L＝5 m，故要使小物塊不脫離小車，小車的長度至少為5 m.
11．如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，B、C與彈簧整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上．現有一滑塊A從光滑曲面上離桌面高h＝1.8 m處由靜止開始滑下，與滑塊B發生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經過一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續在水平桌面上勻速運動，一段距離后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，滑塊A、B、C均可看作質點，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大??；
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．
答案　(1)2 m/s　(2)3 J　(3)2 m
解析　(1)滑塊A從光滑曲面上高h處由靜止開始滑下的過程中機械能守恒，設其滑到水平桌面時的速度大小為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝mAv12，解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統的動量守恒，取水平向右為正方向，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
代入數據解得v2＝v1＝2 m/s
(2)滑塊A、B發生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程中系統機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相同，設為v3，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，解得v3＝v1＝1 m/s
由機械能守恒定律有
Ep＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32
代入數據解得Ep＝3 J
(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設此時滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，取水平向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
(mA＋mB)v22＝(mA＋mB)v42＋mCv52
聯立解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動
x＝v5t，H＝gt2
聯立解得x＝2 m.

展開更多......

收起↑