資源簡介

專題強化十一　“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
學習目標　會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關知識解決實際問題。
模型一　“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(或最短)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)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝m1v－(m1＋m2)v2。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能無損失(相當于剛完成彈性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v。
例1 (多選)(2024·河北衡水模擬)如圖1所示，足夠長光滑水平面上，一輕質彈簧左端與質量為2m的B滑塊相連，右端與質量為m的滑塊A接觸而不相連，彈簧處于原長，現給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.兩者分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側很遠處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
答案　BC
解析　A與彈簧分離之前任一時刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯誤；A、B運動過程中，二者相對靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝mv－×3m×＝mv，B固定，則A速度減小為0時彈性勢能最大，可得Ep′＝mv＝1.5Ep，B正確；整個過程系統動量守恒、機械能守恒，則mv0＝mvA＋2mvB，mv＝mv＋×2mv，解得vA＝－，vB＝，則有EkA＝mv＝mv，EkB＝×2mv＝mv，即兩者分離后A、B的動能之比為1∶8，C正確；由前面分析可知B與擋板發生彈性碰撞反向運動時vB>vA，則B可追上A，D錯誤。
1.(2023·北京通州高三一模)如圖2甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。現使m1瞬時獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，以下說法正確的是(　　)
圖2
A.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝2∶1
B.在t1時刻和t3時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值
C.t1～t2時間內，彈簧的長度大于原長
D.t2～t3時間內，彈簧的彈力逐漸減小
答案　B
解析　以m1的初速度方向為正方向，t1時刻A、B共速，由動量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，將v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A錯誤；根據系統能量守恒可知在t1時刻和t3時刻，系統的動能最小，彈簧的彈性勢能達到最大值，故B正確；在t1時刻彈簧壓縮至最短，所以t1～t2時間內，彈簧的長度小于原長，故C錯誤；t2～t3時間內，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D錯誤。
2.[2023·遼寧卷，15(1)(2)]如圖3，質量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，結果可用根式表示。
圖3
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。
答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s
解析　(1)小物塊從滑上木板到兩者共速的過程，由動量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
兩者共速前，對木板，由牛頓第二定律有μm2g＝m1a
解得a＝4 m/s2
由運動學公式有2ax1＝v
解得x1＝0.125 m。
(2)木板與彈簧接觸后，物塊與木板先一起減速，當物塊受到的摩擦力達到最大靜摩擦力時，兩者之間即將相對滑動，
對物塊有μm2g＝m2a′
對整體有kx2＝(m1＋m2)a′
解得x2＝0.25 m
從木板接觸彈簧到物塊與木板之間即將相對滑動的過程，物塊、木板和彈簧三者組成的系統機械能守恒，則有(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx
解得v2＝ m/s。
模型二　“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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(相當于彈性碰撞)。
例2 如圖4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的質量的一半，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從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為(　　)
圖4
A. B.
C. D.
答案　C
解析　設滑塊P的質量為2m，則小球Q的質量為m，弧形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＝mv＋×2mv，Q離開P時的動能Ek2＝mv，聯立解得＝，故C正確。
3.(多選)(2023·河南濮陽高三一模)如圖5所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8 m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質量是M＝3 kg，底端與水平面相切，左邊有質量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.小球A不能從斜劈頂端沖出
B.小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C.小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對斜劈的壓力大小是30 N
D.小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左
答案　ACD
解析　小球A向右運動到斜劈最低點C時，設此時斜劈對小球的支持力為F1，則F1－mg＝m，代入數據得F1＝30 N，由牛頓第三定律知，小球A對斜劈的壓力是30 N，選項C正確；假設小球能運動到斜劈頂端，此時小球和斜劈水平速度相等為v1，小球豎直速度為v2，水平方向由動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，小球和斜劈組成的系統機械能守恒，則有mv＝m(v＋v)＋Mv＋mgR，聯立解得v1＝1 m/s，v＝－4 m2/s2<0，故小球A不能從斜劈頂端沖出，選項A正確，B錯誤；當小球A在斜劈上返回最低點C時，設小球A和斜劈的速度分別為v3、v4，則根據動量守恒定律和機械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，mv＝mv＋Mv，聯立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s，小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左，選項D正確。
1.(2024·廣東東莞高三檢測)如圖1所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統動量守恒
B.在下滑過程中，小球的機械能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統機械能守恒，小球能回到槽高h處
答案　C
解析　槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統機械能守恒，但小球的機械能減少，選項B錯誤；小球下滑到底端時由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。
2.如圖2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(　　)
圖2
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　C
解析　設彈簧恢復原長時A、B的速度分別為v1、v2，規定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝mv＋mv，解得v1≠0，v2≠v，故A錯誤；由系統水平方向動量守恒，知A、B系統的總動量最終等于mv，故B錯誤；彈簧解除鎖定后存儲的彈性勢能會釋放導致系統總動能增加，系統的總動能最終將大于mv2，故C正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，由動量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝v，則有Ek＝×2m＝mv2，故D錯誤。
3.(2024·山西運城高三檢測)如圖3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(　　)
圖3
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mv＝mgR；當圓弧滑塊不固定，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mv＝mg＋(m＋M)v2，聯立解得m∶M＝2∶1，故C正確。
4.(2024·湖南長沙模擬)如圖4所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為m＝1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖4
A.0.25 J B.0.50 J
C.0.75 J D.1.00 J
答案　A
解析　對A、B系統，A、B速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據動量守恒定律有mv0＝2mv1，代入數據，解得v1＝1 m/s，彈簧被壓縮到最短時，B的速度為v1＝1 m/s，此時B與C發生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統，由動量守恒定律得mv1＝2mv2，代入數據解得v2＝0.5 m/s，只有B與C發生非彈性碰撞，有機械能損失，則整個系統損失的機械能為ΔE＝mv－×2mv＝0.25 J，故A正確。
5.如圖5所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態。現給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中(　　)
圖5
A.m1、m2組成的系統動量不守恒
B.m1、m2組成的系統機械能守恒
C.彈簧最長時，其彈性勢能為
D.m1的最大速度是
答案　D
解析　m1、m2組成的系統所受合外力為零，則系統的動量守恒，選項A錯誤；m1、m2及彈簧組成的系統機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此時彈簧彈性勢能為Ep＝m2v－(m1＋m2)v2＝，選項C錯誤；當彈簧再次回到原長時m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，m2v＝m1v＋m2v，解得v1＝，選項D正確。
6.(多選)(2024·湖南永州高三月考)如圖6所示，在光滑水平面上右側放有一個光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O；質量為m的小球從水平面上P點以初速度v0向右運動，滑上圓弧軌道后從C點拋出。已知圓弧軌道質量為3m，則小球與圓弧軌道作用過程中下列敘述正確的是(　　)
圖6
A.小球離開C點后做豎直上拋運動
B.小球離開C點后做斜拋運動
C.圓弧軌道的最大速度為v0
D.小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向水平向左
答案　BCD
解析　小球以初速度v0滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產生相互作用，因此小球從滑上圓弧軌道到飛離圓弧軌道的過程中系統機械能守恒，且小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向動量守恒，所以小球離開C點時水平速度與圓弧軌道相同，另有豎直向上的分速度，所以小球離開C點后做斜拋運動，選項A錯誤，B正確；因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設小球從左側離開圓弧軌道時其速度為v1，圓弧軌道的速度為v2，則有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，聯立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，且此時圓弧軌道速度最大，選項C、D正確。
7.如圖7甲所示，物體A、B的質量分別是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5 s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15 s內的v－t圖像如圖乙所示。求：
圖7
(1)物體C的質量m3；
(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。
答案　(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t圖像中的數據解得m3＝2 kg。
(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
(m1＋m3)v共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t圖像可得v共1′大小為2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度為v2＝2.4 m/s。
8.如圖8所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為3m的斜面體C。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為2m的靜止小物塊B發生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A到達O點時的速度大小；
(2)A、B碰撞過程中損失的機械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
答案　(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物塊A運動到O點的過程，根據動能定理可知mgh＝mv
解得v1＝。
(2)當A、B發生碰撞時，根據動量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B碰撞過程中損失的機械能
ΔE＝mv－(m＋2m)v＝mgh。
(3)將A、B、C看成一個系統，則系統在水平方向動量守恒，當A、B到達最高點時三者在水平方向速度相同，根據動量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根據能量守恒定律可知(m＋2m)v
＝(m＋2m＋3m)v＋(m＋2m)gh′
聯立解得A和B沿C能上升的最大高度為h′＝h。專題強化十一　“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
學習目標　會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關知識解決實際問題。
模型一　“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(或最短)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)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝m1v－(m1＋m2)v2。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能無損失(相當于剛完成彈性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v。
例1 (多選)(2024·河北衡水模擬)如圖1所示，足夠長光滑水平面上，一輕質彈簧左端與質量為2m的B滑塊相連，右端與質量為m的滑塊A接觸而不相連，彈簧處于原長，現給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.兩者分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側很遠處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2023·北京通州高三一模)如圖2甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。現使m1瞬時獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，以下說法正確的是(　　)
圖2
A.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝2∶1
B.在t1時刻和t3時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值
C.t1～t2時間內，彈簧的長度大于原長
D.t2～t3時間內，彈簧的彈力逐漸減小
2.[2023·遼寧卷，15(1)(2)]如圖3，質量m1＝1 kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20 N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量m2＝4 kg的小物塊以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，結果可用根式表示。
圖3
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型二　“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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(相當于彈性碰撞)。
例2 如圖4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的質量的一半，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從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為(　　)
圖4
A. B.
C. D.
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.(多選)(2023·河南濮陽高三一模)如圖5所示，在光滑足夠長水平面上有半徑R＝0.8 m的光滑圓弧斜劈B，斜劈的質量是M＝3 kg，底端與水平面相切，左邊有質量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s從切點C(是圓弧的最低點)沖上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
圖5
A.小球A不能從斜劈頂端沖出
B.小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C.小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對斜劈的壓力大小是30 N
D.小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左　　　　　專題強化練十一　“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
1.(2024·廣東東莞高三檢測)如圖1所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統動量守恒
B.在下滑過程中，小球的機械能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統機械能守恒，小球能回到槽高h處
2.如圖2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(　　)
圖2
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
3.(2024·山西運城高三檢測)如圖3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(　　)
圖3
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
4.(2024·湖南長沙模擬)如圖4所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為m＝1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖4
A.0.25 J B.0.50 J
C.0.75 J D.1.00 J
5.如圖5所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態。現給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中(　　)
圖5
A.m1、m2組成的系統動量不守恒
B.m1、m2組成的系統機械能守恒
C.彈簧最長時，其彈性勢能為
D.m1的最大速度是
6.(多選)(2024·湖南永州高三月考)如圖6所示，在光滑水平面上右側放有一個光滑圓弧軌道ABC，其圓心為O；質量為m的小球從水平面上P點以初速度v0向右運動，滑上圓弧軌道后從C點拋出。已知圓弧軌道質量為3m，則小球與圓弧軌道作用過程中下列敘述正確的是(　　)
圖6
A.小球離開C點后做豎直上拋運動
B.小球離開C點后做斜拋運動
C.圓弧軌道的最大速度為v0
D.小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向水平向左
7.如圖7甲所示，物體A、B的質量分別是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5 s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15 s內的v－t圖像如圖乙所示。求：
圖7
(1)物體C的質量m3；
(2)B離開墻壁后所能獲得的最大速度大小。
8.如圖8所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為3m的斜面體C。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為2m的靜止小物塊B發生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A到達O點時的速度大小；
(2)A、B碰撞過程中損失的機械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
專題強化練十一　“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
1.C　[槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統機械能守恒，但小球的機械能減少，選項B錯誤；小球下滑到底端時由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。]
2.C　[設彈簧恢復原長時A、B的速度分別為v1、v2，規定向右為正方向，A、B兩物體與彈簧組成的系統在整個過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝mv＋mv，解得v1≠0，v2≠v，故A錯誤；由系統水平方向動量守恒，知A、B系統的總動量最終等于mv，故B錯誤；彈簧解除鎖定后存儲的彈性勢能會釋放導致系統總動能增加，系統的總動能最終將大于mv2，故C正確；彈簧被壓縮到最短時A、B兩物體具有相同的速度，由動量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝v，則有Ek＝×2m＝mv2，故D錯誤。]
3.C　[當圓弧滑塊固定時，有mv＝mgR；當圓弧滑塊不固定，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mv＝mg＋(m＋M)v2，聯立解得m∶M＝2∶1，故C正確。]
4.A　[對A、B系統，A、B速度相等時，彈簧被壓縮到最短，根據動量守恒定律有mv0＝2mv1，代入數據，解得v1＝1 m/s，彈簧被壓縮到最短時，B的速度為v1＝1 m/s，此時B與C發生完全非彈性碰撞，對B、C組成的系統，由動量守恒定律得mv1＝2mv2，代入數據解得v2＝0.5 m/s，只有B與C發生非彈性碰撞，有機械能損失，則整個系統損失的機械能為ΔE＝mv－×2mv＝0.25 J，故A正確。]
5.D　[m1、m2組成的系統所受合外力為零，則系統的動量守恒，選項A錯誤；m1、m2及彈簧組成的系統機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此時彈簧彈性勢能為Ep＝m2v－(m1＋m2)v2＝，選項C錯誤；當彈簧再次回到原長時m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，m2v＝m1v＋m2v，解得v1＝，選項D正確。]
6.BCD　[小球以初速度v0滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產生相互作用，因此小球從滑上圓弧軌道到飛離圓弧軌道的過程中系統機械能守恒，且小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向動量守恒，所以小球離開C點時水平速度與圓弧軌道相同，另有豎直向上的分速度，所以小球離開C點后做斜拋運動，選項A錯誤，B正確；因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設小球從左側離開圓弧軌道時其速度為v1，圓弧軌道的速度為v2，則有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，聯立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，且此時圓弧軌道速度最大，選項C、D正確。]
7.(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t圖像中的數據解得m3＝2 kg。
(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
(m1＋m3)v共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t圖像可得v共1′大小為2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度為v2＝2.4 m/s。
8.(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物塊A運動到O點的過程，根據動能定理可知
mgh＝mv
解得v1＝。
(2)當A、B發生碰撞時，根據動量守恒定律可知mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B碰撞過程中損失的機械能
ΔE＝mv－(m＋2m)v＝mgh。
(3)將A、B、C看成一個系統，則系統在水平方向動量守恒，當A、B到達最高點時三者在水平方向速度相同，根據動量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根據能量守恒定律可知(m＋2m)v
＝(m＋2m＋3m)v＋(m＋2m)gh′
聯立解得A和B沿C能上升的最大高度為h′＝h。(共39張PPT)
專題強化十一　“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
第六章　動量守恒定律
學習目標
會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關知識解決實際問題。
目 錄
CONTENTS
研透核心考點
01
提升素養能力
02
研透核心考點
1
模型二　“滑塊—斜(曲)面”模型
模型一　“滑塊—彈簧”模型
1.模型圖示
模型一　“滑塊—彈簧”模型
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。
BC
例1 (多選)(2024·河北衡水模擬)如圖1所示，足夠長光滑水平面上，一輕質彈簧左端與質量為2m的B滑塊相連，右端與質量為m的滑塊A接觸而不相連，彈簧處于原長，現給A施加一瞬間沖量使其獲得一個水平向左的初速度v0，經一段時間后滑塊A與彈簧分離，其間彈簧的最大彈性勢能為Ep，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.A與彈簧分離前任一時刻，A與B的動量之比為1∶2
B.若事先將B固定，彈簧的最大彈性勢能為1.5Ep
C.兩者分離后A、B的動能之比為1∶8
D.若事先在距B左側很遠處固定一剛性擋板，則最終B不可能追上A
解析　A與彈簧分離之前任一時刻，A與B受到的彈力始終大小相等，方向相反，因而受到的沖量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而兩者的速度大小不一定相等，即動量大小之比不一定為1∶2，A錯誤；A、B運動過程中，二者相對靜止時，彈性勢能最大，由動量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒
之比為1∶8，C正確；由前面分析可知B與擋板發生彈性碰撞反向運動時vB>vA，則B可追上A，D錯誤。
B
1.(2023·北京通州高三一模)如圖2甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。現使m1瞬時獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，以下說法正確的是(　　)
圖2
A.兩物塊的質量之比為m1∶m2＝2∶1
B.在t1時刻和t3時刻彈簧的彈性
勢能均達到最大值
C.t1～t2時間內，彈簧的長度大于原長
D.t2～t3時間內，彈簧的彈力逐漸減小
解析　以m1的初速度方向為正方向，t1時刻A、B共速，由動量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，將v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A錯誤；根據系統能量守恒可知在t1時刻和t3時刻，系統的動能最小，彈簧的彈性勢能達到最大值，故B正確；在t1時刻彈簧壓縮至最短，所以t1～t2時間內，彈簧的長度小于原長，故C錯誤；t2～t3時間內，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D錯誤。
圖3
(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；
(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。
解析　(1)小物塊從滑上木板到兩者共速的過程，由動量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
兩者共速前，對木板，由牛頓第二定律有μm2g＝m1a
解得a＝4 m/s2
解得x1＝0.125 m。
(2)木板與彈簧接觸后，物塊與木板先一起減速，當物塊受到的摩擦力達到最大靜摩擦力時，兩者之間即將相對滑動，
對物塊有μm2g＝m2a′
對整體有kx2＝(m1＋m2)a′
解得x2＝0.25 m
1.模型圖示
模型二　“滑塊—斜(曲)面”模型
2.模型特點
C
例2 如圖4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的質量的一半，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從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為(　　)
圖4
ACD
A.小球A不能從斜劈頂端沖出
B.小球A能從斜劈頂端沖出后還會再落入斜劈
C.小球A沖上斜劈過程中經過最低點C時對
斜劈的壓力大小是30 N
D.小球A從斜劈上返回最低點C時速度大小為2 m/s，方向向左
圖5
大小為2 m/s，方向向左，選項D正確。
提升素養能力
2
C
1.(2024·廣東東莞高三檢測)如圖1所示，彈簧一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑，則下列說法正確的是(　　)
圖1
A.在下滑過程中，小球和槽組成的系統動量守恒
B.在下滑過程中，小球的機械能守恒
C.被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動
D.被彈簧反彈后，小球和槽組成的系統機械能守恒，小球能回到槽高h處
解析　槽處于光滑水平面上，則小球在下滑過程中，小球和槽組成的系統水平方向所受合外力為零，則水平方向上動量守恒，但豎直方向動量不守恒，選項A錯誤；在下滑過程中，小球和槽組成的系統機械能守恒，但小球的機械能減少，選項B錯誤；小球下滑到底端時由動量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被彈簧反彈后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，則小球和槽都做速率不變的直線運動，選項C正確，D錯誤。
C
2.如圖2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(　　)
圖2
C
圖3
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
A
4.(2024·湖南長沙模擬)如圖4所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的質量均為m＝1 kg。滑塊B的左端連有輕質彈簧，彈簧開始處于自由伸長狀態。現使滑塊A以v0＝2 m/s速度水平向右運動，彈簧被壓縮到最短時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，則B和C碰撞過程中整個系統損失的機械能為(　　)
圖4
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
D
5.如圖5所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態。現給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中(　　)
圖5
解析　m1、m2組成的系統所受合外力為零，則系統的動量守恒，選項A錯誤；m1、m2及彈簧組成的系統機械能守恒，選項B錯誤；彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此時彈簧彈
BCD
圖6
解析　小球以初速度v0滑上圓弧軌道，小球與圓弧軌道產生相互作用，因此小球從滑上圓弧軌道到飛離圓弧軌道的過程中系統機械能守恒，且小球與圓弧軌道組成的系統在水平方向動量守恒，所以小球離開C點時水平速度與圓弧軌道相同，另有豎直向上的分速度，所以小球離開C點后做斜拋運動，選項A
錯誤，B正確；因為小球離開圓弧軌道做斜拋運動時水平速度與圓弧軌道相同，所以小球還能落到圓弧軌道上，最后相對圓弧軌道向左運動到水平面上，設小球從左側離開圓弧軌道時其速度為v1，圓弧軌道的速度為v2，則有mv0＝
離開圓弧軌道再次回到水平面上時速度方向向左，且此時圓弧軌道速度最大，選項C、D正確。
7.如圖7甲所示，物體A、B的質量分別是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用輕彈簧相連后放在光滑的水平面上，物體B左側與豎直墻相接觸但不粘連。另有一個物體C從t＝0時刻起，以一定的速度向左運動，在t＝5 s時刻與物體A相碰，碰后立即與A粘在一起，此后A、C不再分開。物體C在前15 s內的v－t圖像如圖乙所示。求：
圖7
(1)物體C的質量m3；
(2)B離開墻壁后所 能獲得的最大速度大小。
答案　(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向為正方向，A、C碰撞過程中動量守恒，則有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t圖像中的數據解得m3＝2 kg。
(2)從B開始離開墻面到B速度最大的過程，相當于B與AC整體完成了一次彈性碰撞，以水平向右為正方向，則有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
由v－t圖像可得v共1′大小為2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度為v2＝2.4 m/s。
8.如圖8所示，固定光滑曲面軌道在O點與光滑水平地面平滑連接，地面上靜止放置一個表面光滑、質量為3m的斜面體C。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為2m的靜止小物塊B發生碰撞，碰撞后A、B立即粘連在一起向右運動(碰撞時間極短)，平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的高度小于斜面體高度，重力加速度為g，求：
圖8
(1)A到達O點時的速度大小；
(2)A、B碰撞過程中損失的機械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
(2)當A、B發生碰撞時，根據動量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
A、B碰撞過程中損失的機械能
(3)將A、B、C看成一個系統，則系統在水平方向動量守恒，當A、B到達最高點時三者在水平方向速度相同，根據動量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
本節內容結束
THANKS

展開更多......

收起↑