資源簡介

專題提升三　“彈簧—小球”模型與“滑塊—曲面(光滑)”模型
選擇題1～8題，每小題8分，共64分。
基礎對點練
題組一　“彈簧—小球”模型
1.(多選)如圖所示，小球A與小球B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上。一顆子彈以水平初速度v0射入小球A，并在極短時間內嵌在其中。已知小球B的質量為2m，小球A與子彈的質量均是m，彈簧始終在彈性限度內，子彈射入小球以后的過程中，下列說法正確的是(　　)
子彈、小球A和小球B組成的系統動量守恒
子彈、小球A和小球B組成的系統總動能保持不變
當彈簧壓縮至最短時，小球B動能最大
當彈簧壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大
2.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質量相等，都可視作質點，Q與輕質彈簧相連。設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發生相互作用，在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　)
P的初動能 P的初動能的
P的初動能的 P的初動能的
3．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧右端固定，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。現讓彈簧右端連接另一質量為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(　　)
物體A的質量為3m
物體A的質量為2m
彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv
彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mv
題組二　“滑塊—曲面”模型
4.如圖所示，木塊B靜止在光滑的水平面上，木塊上有半徑為r＝0.4 m的光滑圓弧軌道，且圓弧軌道的底端與水平面相切，一可視為質點的物塊A以水平向左的速度v0沖上木塊，經過一段時間剛好運動到木塊的最高點，隨后再返回到水平面。已知兩物塊的質量滿足mA＝mB＝1 kg。重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
物塊A滑到最高點時的速度為零
物塊A的初速度大小為4 m/s
物塊A返回水平面時的速度為4 m/s
木塊B的最大速度為2 m/s
5.(多選)如圖所示，一質量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是(　　)
若圓弧槽固定，小球的機械能守恒
若圓弧槽固定，小球滑至B點時對槽的壓力大小為3mg
若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統動量守恒
圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度大小之比為1∶1
綜合提升練
6.如圖所示，物塊A、B由輕彈簧相連，置于光滑水平地面上，輕彈簧處于壓縮狀態并被鎖定，物塊A與墻壁接觸，物塊B的質量為4 kg。某時刻解除鎖定，物塊A離開墻壁后，物塊B的最大速度為4 m/s，最小速度為1 m/s，則下列說法正確的是(　　)
運動過程中物塊A的最大速度為vm＝5 m/s
物塊A的質量為2 kg
在物塊A離開墻壁后物塊A、B及彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒
在物塊A離開墻壁后彈簧的最大彈性勢能為32 J
7．(多選)(2024·福建福州市高二聯考期中)如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去。若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
小球的質量為M
小球的質量為M
小球能夠上升的最大高度為
小球運動到最高點時的速度為
8.(多選)如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，mA＞mB，B球上固定一輕質彈簧。A球以速率v去碰撞靜止的B球，則(　　)
A球的最小速率為零
B球的最大速率為v
當彈簧壓縮到最短時，B球的速率最大
兩球的動能最小值為eq \f(mv2,2（mA＋mB）)
9．(16分)(2024·江蘇泰州市高二統考期末)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A以及曲面劈B，其中A的質量為m，B的質量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，所有的摩擦均不計。現給A一個正對B曲面的初速度，使A沖上曲面劈，已知物塊A到達最大高度時速度為v1，隨后從曲面劈B上滑離，重力加速度大小為g。求：
(1)(4分)A的初速度v0；
(2)(6分)A到達最大高度H；
(3)(6分)A從曲面劈B上滑離的速度v2。
培優加強練
10．(20分)(2024·陜西咸陽市高二統考期中)如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝1 kg，B的質量mB＝mC＝2 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。現使滑塊以v0＝3 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(無機械能損失)，直至分開未與C相撞。整個過程彈簧沒有超過彈性限度，求：
(1)(5分)彈簧被壓縮到最短時，B滑塊的速度大小；
(2)(5分)彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能；
(3)(5分)從A與彈簧相互作用開始到A與彈簧分開，該過程中彈簧給滑塊B的沖量；
(4)(5分)若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，求B、C粘在一起瞬間的速度大小及整個系統損失的機械能。
專題提升三　“彈簧—小球”模型與“滑塊—曲面(光滑)”模型
1.AD　[子彈、小球A和小球B組成的系統水平方向受到合外力為零，則系統動量守恒，故A正確；子彈射入木塊以后的過程中，由于彈簧的彈性勢能發生變化，可知子彈、小球A和小球B組成的系統總動能發生變化，故B錯誤；當彈簧再次恢復原長時，小球B的速度最大，小球B的動能最大，故C錯誤；當子彈、小球A和B速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，故D正確。]
2.B　[把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個系統，系統的動量守恒，在整個過程中，當小滑塊P和Q的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大。以P的初速度方向為正方向，設小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質量均為m，則mv0＝2mv，解得v＝，P的初動能Ek0＝mv，彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝mv－×2mv2＝mv＝Ek0，故選項B正確。]
3.AC　[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x時彈性勢能Ep＝Mv；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B速度相等，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＝mv，選項A、C正確，B、D錯誤。]
4.B　[物塊A剛好運動到木塊B的最高點時，兩者達到共速，設此時速度為v，對物塊A和木塊B組成的系統，由機械能守恒定律得mAv＝mAgr＋(mA＋mB)v2，在水平方向上，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v，解得v0＝4 m/s，v＝2 m/s，選項A錯誤，B正確；當物塊A返回到水平面時，木塊B的速度最大，由機械能守恒定律得mAv＝mAv＋mBv，在水平方向上，由動量守恒定律得mAv0＝mAv1＋mBv2，解得v1＝0，v2＝4 m/s，選項C、D錯誤。]
5.AB　[若圓弧槽固定，小球下滑過程中只有重力做功，小球的機械能守恒，A正確；若圓弧槽固定，小球滑至B點時的速度為mgR＝mv，小球下滑的過程中做圓周運動有N－mg＝meq \f(v,R)，解得N＝3mg，根據牛頓第三定律可知小球滑至B點時對槽的壓力大小為3mg，B正確；若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統在水平方向動量守恒，C錯誤；圓弧槽不固定的情形下，小球滑到B點時的速度為v，取水平向右為正 －mv＋mv＝0，根據系統機械能守恒有mgR＝×2mv2，解得圓弧槽不固定的情形下，小球滑到B點時的速度為v＝，再結合選項B，可知圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度之比為∶1，D錯誤。]
6.A　[在物塊A離開墻壁后，物塊A、B及彈簧組成的系統不受摩擦力，合外力為零，機械能守恒，動量守恒，故C錯誤；由題意可知物塊A離開墻壁瞬間物塊B的速度為v0＝4 m/s，物塊B的速度最小值為vB＝1 m/s，物塊B的速度最小時，彈簧第一次恢復原長，物塊A的速度最大，取向右為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律得mBv0＝mAvm＋mBvB，mBv＝mAv＋mBv，解得mA＝2.4 kg，vm＝5 m/s，故A正確，B錯誤；分析從物塊A離開墻壁后物塊A、B的運動過程，彈性勢能最大時物塊A、B的共同速度為v共，根據動量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2.5 m/s，根據機械能守恒定律得mBv＝Ep＋(mA＋mB)v，解得Ep＝12 J，故D錯誤。]
7.AD　[設小球剛剛沖上滑塊圓弧面時的速度為v0，小球和滑塊組成的系統水平方向動量守恒，則有mv0＝mv1＋Mv2，可得v2＝v0－v1，由圖乙可得v2＝b－v1，所以有v0＝b，＝，得小球的質量為m＝M，v0＝a，故A正確，B錯誤；小球上升到最大高度時，小球豎直方向速度為零，小球和滑塊速度相等，取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝(M＋m)v，設小球上升的最大高度為h，根據能量守恒定律有mgh＝mv－(M＋m)v2，兩式聯立得h＝，小球上升到最高點的速度為v＝，故C錯誤，D正確。]
8.BD　[A球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，彈簧對A球產生向左的彈力，對B球產生向右的彈力，故A球做減速運動，B球做加速運動，當B球的速度等于A球的速度時彈簧的壓縮量最大，此后A球繼續減速，B球速度繼續增大，彈簧壓縮量減小，當彈簧恢復原長時，B球速度最大，A球速度最小，此過程動量守恒、機械能守恒，則有mAv＝mAv1＋mBv2，mAv2＝mAv＋mBv，解得v1＝v，v2＝v，因為mA＞mB，所以A球的最小速率不為零，B球的最大速率為v，故A、C錯誤，B正確；兩球共速時，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，此時兩球動能最小，根據動量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，Ek＝(mA＋mB)v，聯立可得Ek＝eq \f(mv2,2（mA＋mB）)，故D正確。]
9.(1)4v1　(2)eq \f(6v,g)　(3)－2v1
解析　(1)物塊A到達最大高度時，A、B共速，均為v1，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，解得v0＝v1＝4v1。
(2)A到達最大高度時，由能量守恒定律得
mv＝(m＋M)v＋mgH
解得H＝eq \f(M（M＋m）v,2m2g)＝eq \f(6v,g)。
(3)A從曲面劈B上滑離時，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝mv2＋Mv3，mv＝mv＋Mv
解得v2＝v1＝－2v1。
10.(1)1 m/s　(2)3 J　(3)4 N·s　(4)0.5 m/s　0.5 J
解析　(1)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mAv0＝(mA＋mB)v1，解得v1＝1 m/s。
(2)彈簧被壓縮到最短時，根據能量守恒定律有mAv＝Ep＋(mA＋mB)v，解得Ep＝3 J。
(3)從A與彈簧相互作用開始到A與彈簧分開，B一直加速，B與彈簧分開后，B的速度最大，根據動量守恒定律和能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv
解得vB＝2 m/s，則彈簧給滑塊B的沖量
I＝Δp＝mBvB＝4 N·s。
(4)彈簧被壓縮到最短時，B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mBv1＝(mB＋mC)v2
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，對B、C組成的系統，則損失的系統機械能為
ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝0.5 J。專題提升三　“彈簧—小球”模型與“滑塊—曲面(光滑)”模型
學習目標　1.能利用動量守恒和能量守恒分析兩類模型。2.能靈活運用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決相關問題。
提升一　“彈簧—小球”模型
如圖所示，光滑水平面上靜止著一質量為m2的剛性小球B，左端與水平輕質彈簧相連，另有一質量為m1的剛性小球A以速度v0向右運動，并與彈簧發生相互作用，兩球半徑相同，問：
(1)彈簧的彈性勢能什么情況下最大？最大為多少？
(2)兩球共速后，兩球的速度如何變化？彈簧長度如何變化？
(3)彈簧第一次恢復原長時，系統的動量和是否守恒？系統的總動能是否變化？你有什么啟發？
(4)小球B的速度什么情況下最大，最大為多少？A球的速度是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝2 kg，B的質量mB＝3 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＝5 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開。求：
(1)滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能；
(2)滑塊B的最大動能；
(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
　
　
　
　
　
　
　
例2 如圖甲所示，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面上。現使m1瞬間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，從圖像信息可得(　　)
A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C.兩物塊的質量之比為m1∶m2 ＝1∶2
D.在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2
對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統合外力為零，則系統動量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統機械能守恒。
(1)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，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)。
(2)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)。
提升二　“滑塊—曲面(光滑)”模型
如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，試分析：
(1)在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系統機械能是否守恒？總動量是否守恒？
(2)小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么關系？最大高度為多少？
(3)小球與軌道分離時兩者的速度分別是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
例3 (多選)如圖所示，在光滑水平面上停放質量為m裝有弧形槽的小車。現有一質量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則(　　)
A.小球在小車上到達最高點時的速度大小為
B.小球離車后，對地將向右做平拋運動
C.小球離車后，對地將做自由落體運動
D.此過程中小球對車做的功為mv
例4 (多選)(2024·吉林通化市高二統考期末)質量為M、右側曲面光滑的木塊靜止在光滑的水平地面上，木塊右端非常薄，與地面平滑連接。質量為m的小球從靜止開始沿木塊的曲面下滑，小球起始位置距離地面的高度為h，重力加速度為g。若M＝2m，則(　　)
A.小球下滑的過程中，木塊一直向左加速運動
B.小球下滑的過程中，小球減少的機械能為mgh
C.小球滑落至地面時，小球的速度為
D.小球滑落至地面時，木塊的速度為
在滑塊—曲(光滑)面模型中，若滑塊始終未脫離曲面
1.當滑塊上升到最大高度時，滑塊與曲面具有共同水平速度v共。此時滑塊的豎直速度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(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為滑塊的重力勢能)。
2.當滑塊返回最低點時，滑塊與曲面分離。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，mv＝mv＋Mv(相當于完成了彈性碰撞)。
3.核心方法為動量守恒、機械能守恒，即“雙守恒”。　　
隨堂對點自測
1.(“彈簧—小球”模型)如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個小球A和B，球A的質量為2m，球B的質量為m，兩球之間用處于原長狀態的輕質彈簧相連，開始小球B靜止，小球A以速度v0向右運動，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為(　　)
A.mv B.mv
C.mv D.mv
2.(“滑塊—曲面”模型)(2024·河北唐山十中期中)質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓弧軌道，軌道下端切線水平。質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為(　　)
A.1∶3 B.1∶4
C.3∶5 D.2∶3
專題提升三　“彈簧—小球”模型與“滑塊—曲面(光滑)”模型
提升一
導學　提示　(1)當兩個小球速度相同時，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大。
由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v
由能量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v2＋Epmax
解得Epmax＝eq \f(m1m2v,2（m1＋m2）)。
(2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。
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(3)系統的動量守恒，系統的總動能不變；全程滿足彈性碰撞規律。
(4)當彈簧恢復原長時，小球B的速度最大，
由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
由能量守恒定律得m1v＝m1v＋m2v
解得v2＝，v1＝v0。
例1 (1)15 J　(2)24 J　(3) J
解析　(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同。選取向右為正方向，根據動量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s。
根據機械能守恒定律知，彈簧的最大彈性勢能等于滑塊A、B損失的動能，即Ep＝mAv－(mA＋mB)v2
解得Ep＝15 J。
(2)當A、B分離時，彈簧恢復原長，滑塊B的速度最大，動能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s
則滑塊B的最大動能Ek＝mBv＝24 J。
(3)當A的速度為零時，滑塊A的動能最小，根據動量守恒定律mAv0＝mAvA′＋mBvB′(vA′＝0)，解得vB′＝ m/s
彈簧的彈性勢能Ep′＝mAv－mBvB′2，解得Ep′＝ J。
例2 C　[由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，總動能最小，根據系統機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態，t3時刻彈簧處于伸長狀態，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2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，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將逐漸增大，m2減速，m1先減速，速度減為0后，反向加速，t3時刻，兩物塊速度相等，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B錯誤；根據系統動量守恒，從0到t1時刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，m1的速度為v1′＝－1 m/s，m2的速度為v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤。]
提升二
導學　提示　(1)整個過程中系統的機械能守恒，系統水平方向動量守恒，豎直方向上動量不守恒，故總動量不守恒。
(2)當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同。取初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝3mv
由能量守恒定律得mv＝×3mv2＋mgh，解得h＝eq \f(v,3g)。
(3)設小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
根據機械能守恒定律有mv＝mv＋×2mv
聯立以上兩式可得v1＝－v0，v2＝v0。
例3 AC　[當小球沿弧形槽上升到最大高度時，小球與小車具有相同的速度，根據系統水平方向動量守恒可得mv0＝2mv，解得v＝，故A正確；設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中動量守恒、機械能守恒，得mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，聯立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離后二者交換速度，所以小球與小車分離后做自由落體運動，故B錯誤，C正確；小球對車做的功為W＝mv＝mv，故D錯誤。]
例4 AD　[小球下滑過程中，木塊受到小球的擠壓力，壓力有水平向左的分量，直到小球滑落至地面，所以木塊一直向左加速運動，故A正確；小球和木塊組成的系統水平方向動量守恒，由動量守恒定律得0＝mv1－Mv2，小球滑落至地面時，根據機械能守恒定律有mgh＝mv＋Mv，解得v1＝2，v2＝，小球下滑的過程中，小球減少的機械能為ΔE＝mgh－mv＝mgh，故B、C錯誤，D正確。]
隨堂對點自測
1.A　[兩球具有共同速度時，彈簧的彈性勢能最大，規定向右為正方向，根據動量守恒定律與能量守恒定律，則有2mv0＝(m＋2m)v，Ep＝×2mv－(m＋2m)v2，解得Ep＝mv，故A正確。]
2.C　[設小球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律可得
mv0＝Mv1－mv2
對整體由機械能守恒定律可得mv＝Mv＋mv
又＝，聯立解得＝，故C正確。](共49張PPT)
專題提升三　“彈簧—小球”模型與“滑塊—
曲面(光滑)”模型
第1章 動量及其守恒定律
1.能利用動量守恒和能量守恒分析兩類模型。
2.能靈活運用動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律解決相關問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
隨堂對點自測
02
課后鞏固訓練
03
提升
1
提升二　“滑塊—曲面(光滑)”模型
提升一　“彈簧—小球”模型
提升一　“彈簧—小球”模型
如圖所示，光滑水平面上靜止著一質量為m2的剛性小球B，左端與水平輕質彈簧相連，另有一質量為m1的剛性小球A以速度v0向右運動，并與彈簧發生相互作用，兩球半徑相同，問：
(1)彈簧的彈性勢能什么情況下最大？最大為多少？
(2)兩球共速后，兩球的速度如何變化？彈簧長度如何變化？
(3)彈簧第一次恢復原長時，系統的動量和是否守恒？系統的總動能是否變化？你有什么啟發？
(4)小球B的速度什么情況下最大，最大為多少？A球的速度是多少？
提示　(1)當兩個小球速度相同時，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大。
由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v
(2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。
(3)系統的動量守恒，系統的總動能不變；全程滿足彈性碰撞規律。
(4)當彈簧恢復原長時，小球B的速度最大，
由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
例1 如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝2 kg，B的質量mB＝3 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＝5 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(整個過程彈簧沒有超過彈性限度)，直至分開。求：
(1)滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能；
(2)滑塊B的最大動能；
(3)滑塊A的動能最小時，彈簧的彈性勢能。
解析　(1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A和B的速度相同。選取向右為正方向，根據動量守恒定律有
mAv0＝(mA＋mB)v，解得v＝2 m/s。
根據機械能守恒定律知，彈簧的最大彈性勢能等于滑塊A、B損失的動能，即
(2)當A、B分離時，彈簧恢復原長，滑塊B的速度最大，動能最大，由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vA＝－1 m/s，vB＝4 m/s
C
例2 如圖甲所示，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面上。現使m1瞬間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，從圖像信息可得(　　)
A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C.兩物塊的質量之比為m1∶m2 ＝1∶2
D.在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2
解析　由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，總動能最小，根據系統機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態，t3時刻彈簧處于伸長狀態，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2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，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧
的長度將逐漸增大，m2減速，m1先減速，速度減為0后，反向加速，t3時刻，兩物塊速度相等，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B錯誤；根據系統動量守恒，從0到t1時刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，m1的速度為v1′＝－1 m/s，m2的速度為v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤。
對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統，在相互作用的過程中，若系統合外力為零，則系統動量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統機械能守恒。
(1)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，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)。
(2)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)。　　
提升二　“滑塊—曲面(光滑)”模型
如圖所示，有一質量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道。已知圓弧軌道的質量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，試分析：
(1)在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系統機械能
是否守恒？總動量是否守恒？
(2)小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么關系？最大高度為多少？
(3)小球與軌道分離時兩者的速度分別是多少？
提示　(1)整個過程中系統的機械能守恒，系統水平方向動量守恒，豎直方向上動量不守恒，故總動量不守恒。
(2)當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同。取初速度方向為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝3mv
(3)設小球離開軌道時的速度為v1，軌道的速度為v2，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2
根據機械能守恒定律有
AC
AD
隨堂對點自測
2
A
1.(“彈簧—小球”模型)如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個小球A和B，球A的質量為2m，球B的質量為m，兩球之間用處于原長狀態的輕質彈簧相連，開始小球B靜止，小球A以速度v0向右運動，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢能為(　　)
B
2.(“滑塊—曲面”模型)(2024·河北唐山十中期中)質量為M的小車靜止在光滑水平面上，車上是一個四分之一的光滑圓弧軌道，軌道下端切線水平。質量為m的小球沿水平方向從軌道下端以初速度v0滑上小車，重力加速度為g，如圖所示。已知小球不從小車上端離開小車，小球滑上小車又滑下，與小車分離時，小球與小車速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，則m∶M的值為(　　)
A.1∶3 B.1∶4
C.3∶5 D.2∶3
課后鞏固訓練
3
AD
題組一　“彈簧—小球”模型
1.(多選)如圖所示，小球A與小球B由輕彈簧連接，置于光滑水平面上。一顆子彈以水平初速度v0射入小球A，并在極短時間內嵌在其中。已知小球B的質量為2m，小球A與子彈的質量均是m，彈簧始終在彈性限度內，子彈射入小球以后的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.子彈、小球A和小球B組成的系統動量守恒
B.子彈、小球A和小球B組成的系統總動能保持不變
C.當彈簧壓縮至最短時，小球B動能最大
D.當彈簧壓縮至最短時，彈簧的彈性勢能最大
基礎對點練
解析　子彈、小球A和小球B組成的系統水平方向受到合外力為零，則系統動量守恒，故A正確；子彈射入木塊以后的過程中，由于彈簧的彈性勢能發生變化，可知子彈、小球A和小球B組成的系統總動能發生變化，故B錯誤；當彈簧再次恢復原長時，小球B的速度最大，小球B的動能最大，故C錯誤；當子彈、小球A和B速度相等時，彈簧壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，故D正確。
B
2.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質量相等，都可視作質點，Q與輕質彈簧相連。設Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發生相互作用，在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于(　　)
AC
B
題組二　“滑塊—曲面”模型
4.如圖所示，木塊B靜止在光滑的水平面上，木塊上有半徑為r＝0.4 m的光滑圓弧軌道，且圓弧軌道的底端與水平面相切，一可視為質點的物塊A以水平向左的速度v0沖上木塊，經過一段時間剛好運動到木塊的最高點，隨后再返回到水平面。已知兩物塊的質量滿足mA＝mB＝1 kg。重力加速度g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)
A.物塊A滑到最高點時的速度為零
B.物塊A的初速度大小為4 m/s
C.物塊A返回水平面時的速度為4 m/s
D.木塊B的最大速度為2 m/s
AB
5.(多選)如圖所示，一質量為m、半徑為R的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，有一質量也為m的小球由槽頂端A靜止釋放，在其下滑至槽末端B的過程中，已知重力加速度為g，空氣阻力忽略不計。則下列說法正確的是(　　)
A.若圓弧槽固定，小球的機械能守恒
B.若圓弧槽固定，小球滑至B點時對槽
的壓力大小為3mg
C.若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統動量守恒
D.圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B點時的速度大小之比為1∶1
A
綜合提升練
6.如圖所示，物塊A、B由輕彈簧相連，置于光滑水平地面上，輕彈簧處于壓縮狀態并被鎖定，物塊A與墻壁接觸，物塊B的質量為4 kg。某時刻解除鎖定，物塊A離開墻壁后，物塊B的最大速度為4 m/s，最小速度為1 m/s，則下列說法正確的是(　　)
A.運動過程中物塊A的最大速度為vm＝5 m/s
B.物塊A的質量為2 kg
C.在物塊A離開墻壁后物塊A、B及彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒
D.在物塊A離開墻壁后彈簧的最大彈性勢能為32 J
AD
BD
9.(2024·江蘇泰州市高二統考期末)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊A以及曲面劈B，其中A的質量為m，B的質量M＝3m，曲面劈B的曲面下端與水平面相切，且曲面劈B足夠高，所有的摩擦均不計。現給A一個正對B曲面的初速度，使A沖上曲面劈，已知物塊A到達最大高度時速度為v1，隨后從曲面劈B上滑離，重力加速度大小為g。求：
(1)A的初速度v0；
(2)A到達最大高度H；
(3)A從曲面劈B上滑離的速度v2。
培優加強練
10.(2024·陜西咸陽市高二統考期中)如圖所示，滑塊A、B、C位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝1 kg，B的質量mB＝mC＝2 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。現使滑塊以v0＝3 m/s的速度水平向右運動，通過彈簧與靜止的滑塊B相互作用(無機械能損失)，直至分開未與C相撞。整個過程彈簧沒有超過彈性限度，求：
(1)彈簧被壓縮到最短時，B滑塊的速度大小；
(2)彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能；
(3)從A與彈簧相互作用開始到A與彈簧分開，
該過程中彈簧給滑塊B的沖量；
(4)若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，求B、C粘在一起瞬間的速度大小及整個系統損失的機械能。
答案　(1)1 m/s　(2)3 J　(3)4 N·s (4)0.5 m/s　0.5 J
解析　(1)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
mAv0＝(mA＋mB)v1
解得v1＝1 m/s。
解得vB＝2 m/s，則彈簧給滑塊B的沖量I＝Δp＝mBvB＝4 N·s。
(4)彈簧被壓縮到最短時，B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mBv1＝(mB＋mC)v2
解得v2＝0.5 m/s

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