資源簡介

專題提升三　彈簧—小球模型　滑塊—光滑斜(曲)面模型
(分值：100分)
選擇題1～9題，每小題8分，共72分。
基礎對點練
題組一　彈簧—小球模型
1.(2024·廣東湛江高二期末)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，小球B一開始靜止，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(　　)
mv mv
mv mv
2.如圖所示，光滑水平面上停放著一輛小車，小車的右端固定一輕質彈簧，左端緊靠墻壁但不粘連，小車的光滑圓弧軌道在最低點與光滑水平軌道相切，圓弧軌道的半徑為R，小車的質量為M。將質量為m的小球從圓弧軌道最高處由靜止釋放至彈簧首次恢復原長的過程中，有關小球、彈簧和小車組成的系統，下列說法正確的是(　　)
小球沿圓弧軌道下滑的過程中，系統動量守恒，機械能守恒
小球沿圓弧軌道下滑的過程中，系統動量不守恒，機械能不守恒
小球從圓弧軌道最低點運動到彈簧首次恢復原長的過程中，系統動量守恒，機械能守恒
小球從圓弧軌道最低點運動到彈簧首次恢復原長的過程中，系統動量守恒，機械能不守恒
3.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點，P的質量是Q的2倍，Q與輕質彈簧相連。設Q靜止，P以初速度v0向Q運動(輕質彈簧與P不粘連)并與彈簧發生碰撞。在整個碰撞過程中有(　　)
當彈簧被壓縮至最短時，Q的速度最大
Q最終動能是P的初動能的
P的最終動能是它初動能的
由于彈簧被壓縮，最終P將靜止
題組二　滑塊—光滑斜(曲)面模型
4.(多選)如圖所示，光滑的半圓槽置于光滑的水平地面上，從一定高度自由下落的小球m恰能沿半圓槽邊緣的切線方向滑入原先靜止的槽內，對此情況，下列說法正確的是(　　)
小球第一次離開槽時，將向右上方做斜拋運動
小球第一次離開槽時，將做豎直上拋運動
小球離開槽后，仍能落回槽內，而槽將做往復運動
槽一直向右運動
5.如圖所示，質量為1.5 kg的四分之一圓弧槽靜止在光滑的水平面上，圓弧槽的弧面光滑，底部與水平軌道相切。一個質量為0.5 kg的小球以4 m/s的初速度滑上圓弧槽，小球沿圓弧槽上升至h高處后(未沖出圓弧槽)，再沿圓弧槽下滑脫離圓弧槽(g＝10 m/s2)，則(　　)
小球沿圓弧槽上升至h高處時，圓弧槽的速度大小為2 m/s
小球沿圓弧槽上升的最大高度為0.6 m
圓弧槽所能獲得的最大速度為1 m/s
小球下滑脫離圓弧槽時的速度大小為2 m/s，方向與原來速度方向相同
綜合提升練
6.(多選)(2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態。當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是(　　)
兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2
兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1
彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA∶IB＝1∶1
彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1
7.如圖甲所示，水平輕質彈簧一端與物塊A左側相連，一起靜止在光滑水平面上，物塊B從左側以大小為v0的初速度向彈簧和物塊A運動。運動過程中兩物塊的v－t圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)
物塊A的質量大于物塊B的質量
t1時刻物塊A的加速度大于物塊B的加速度
t2時刻彈簧的彈性勢能最大
t3時刻物塊A的加速度大于物塊B的加速度
8.(多選)如圖所示，靜置于光滑水平面上的物塊A、B、C質量均為m，A、B之間用一根輕彈簧拴接，初始時彈簧處于自然長度，三個物塊均處于靜止狀態。現同時給A、B一個水平向右的初速度v，A、B一起運動一段距離后，B、C發生彈性碰撞，碰撞時間極短，則在整個運動過程中(　　)
以A、B、C及彈簧為系統，動量守恒、機械能守恒
B、C碰撞后瞬間，C的速度為2v
彈簧的最大彈性勢能Epm＝mv2
B、C碰撞結束后，當彈簧再次恢復到原長時，B、C速度相等且都為v
9.如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是光滑水平軌道，AB和BC兩段軌道相切于B點，小車右端固定一個連接輕彈簧的擋板，開始時彈簧處于自由狀態，自由端在C點，C點到擋板之間軌道光滑。一質量為m＝，可視為質點的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止滑下，而后滑入水平軌道，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　)
滑塊到達B點時的速度大小為
滑塊到達B點時小車的速度大小為
彈簧獲得的最大彈性勢能為MgR
滑塊從A點運動到B點的過程中，小車運動的位移大小為R
10.(12分)如圖所示，將一半徑R＝0.3 m、質量M＝3 kg的光滑半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側靠在固定的豎直墻壁上。現讓一質量m＝1 kg的小球(可視為質點)自左側槽口A點正上方的B點從靜止開始落下，A、B間的距離h＝0.5 m，小球與半圓槽相切滑入槽內。已知重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)(4分)小球運動到半圓槽最低點時的速度大小v0；
(2)(4分)小球第一次離開半圓槽時的速度大小v1；
(3)(4分)小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度H。
培優加強練
11.(16分)(2024·廣東廣州高二期末)如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：
(1)(8分)物塊C的質量；
(2)(8分)B離開墻后，彈簧中的彈性勢能最大時，B的速度多大？最大彈性勢能多大？
專題提升三　彈簧—小球模型　滑塊—光滑斜(曲)面模型
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　[在小球沿圓弧軌道下滑的過程中，小車靜止且受到墻壁的彈力，即小球、彈簧、小車組成的系統所受合外力不為零，所以系統的動量不守恒，但系統在墻壁的彈力方向上沒有位移，墻壁對系統不做功，只有小球重力做功，所以系統機械能守恒，故A、B錯誤；在小球從圓弧軌道最低點運動到彈簧首次恢復原長的過程中，系統所受合外力為零，只有彈簧彈力做功，所以系統動量守恒，機械能守恒，故C正確，D錯誤。]
3.B　[Q只要受到彈簧彈力作用就有加速度，則當彈簧恢復原長時，Q的加速度為零，速度最大，選項A錯誤；當彈簧恢復原長時，設P、Q的速度分別為v1、v2，且設P、Q的質量分別為2m和m，則由動量守恒定律和能量守恒定律可知2mv0＝2mv1＋mv2，×2mv＝×2mv＋mv，解得v1＝，v2＝，則Q的動能EkQ＝mv＝mv，P的初動能EkP0＝×2mv＝mv，P的末動能EkP＝×2mv＝mv，則Q最終動能是P的初動能的，P的最終動能是它初動能的，選項B正確，C、D錯誤。]
4.BC　[小球與半圓槽組成的系統在水平方向所受合外力為零，初狀態時系統在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，小球第一次離開槽時，系統水平方向動量守恒，球與槽在水平方向的速度都為零，球離開槽后做豎直上拋運動，故A錯誤，B正確；小球沿槽的右側下滑到底端過程，槽向右做加速運動，球從底端向左側上升過程，槽向右做減速運動，球離開槽時，槽靜止，球做豎直上拋運動，然后小球落回槽的左側，球從槽的左側下滑過程，槽向左做加速運動，從最低點向右上滑時，槽向左做減速運動，然后球離開槽做豎直上拋運動，此后重復上述過程，由此可知，槽在水平面上做往復運動，故C正確，D錯誤。]
5.B　[小球沿圓弧槽上升至h高處時，兩者具有共同的水平速度，根據水平方向動量守恒mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，圓弧槽的速度大小為1 m/s，A錯誤；根據機械能守恒定律有mv＝(m＋M)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，B正確；從初態到分離由動量守恒定律和機械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv，解得v2＝2 m/s，v1＝－2 m/s，C錯誤；根據C選項分析可知小球下滑脫離圓弧槽時的速度大小為2 m/s，方向與原來速度方向相反，D錯誤。]
6.AC　[根據動量守恒定律得0＝2mvA－mvB，解得vA＝，兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝×2mv∶mv＝1∶2，故A正確；兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2mvA∶mvB＝1∶1，故B錯誤；彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA∶IB＝ΔpA∶ΔpB＝(2mvA－0)∶(mvB－0)＝1∶1，故C正確；彈簧對兩滑塊做功之比等于兩滑塊動能之比為1∶2，故D錯誤。]
7.C　[根據動量守恒定律得mBv0＝(mA＋mB)，解得mA＝mB，A錯誤；因為兩物塊質量相等，彈簧對兩物塊的彈力大小相等，根據牛頓第二定律可知二者加速度大小相等，B、D錯誤；當兩物塊共速時，彈簧被壓縮到最短，所以t2時刻彈簧的彈性勢能最大，C正確。]
8.AD　[以A、B、C及彈簧為系統，水平方向不受外力，所以動量守恒，系統內只有彈簧彈力做功，所以機械能守恒，故A正確；由于B、C發生彈性碰撞滿足動量守恒、機械能守恒，有mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，聯立解得v1＝0，v2＝v，故B錯誤；A、B速度相等時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，從B、C碰撞后瞬間到A、B速度相等過程，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Epm，聯立解得彈簧的最大彈性勢能為Epm＝mv2，故C錯誤；B、C碰撞結束后， C以速度v做勻速直線運動，當彈簧再次恢復到原長時，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有mv＝mv3＋mv4，mv2＝mv＋mv，解得v3＝0，v4＝v，故當彈簧再次恢復到原長時，B、C速度相等且都為v，故D正確。]
9.D　[從A滑到B的過程，滑塊和小車組成的系統水平方向動量守恒，則由動量守恒定律有mv1－Mv2＝0，根據能量守恒定律有mgR＝mv＋Mv，解得v1＝，v2＝，A、B錯誤；當彈簧壓縮到最短時彈簧彈性勢能最大，此時滑塊與小車共速，由動量守恒定律可知，共同速度v＝0，根據能量守恒定律有Epm＝mgR，C錯誤；滑塊從A到B過程，在水平方向上，根據動量守恒定律的位移表達式有ms1－Ms2＝0，根據題意有s1＋s2＝R，解得s2＝R，D正確。]
10.(1)4 m/s　(2) m/s　(3)0.3 m
解析　(1)小球從靜止開始自由下落到滑至半圓槽最低點的過程，根據機械能守恒定律有
mg(h＋R)＝mv
解得v0＝4 m/s。
(2)小球即將離開半圓槽時，小球和半圓槽在水平方向上速度相同，設其為v，小球從半圓槽內最低點運動到即將離開半圓槽的過程中，根據水平方向系統動量守恒有mv0＝(M＋m)v
根據機械能守恒定律有mv＝mv＋Mv2＋mgR
聯立解得v1＝ m/s。
(3)小球離開半圓槽后做斜上拋運動，當豎直方向的分速度等于0時，小球上升的高度最大，小球離開半圓槽時豎直方向的分速度v1y＝＝ m/s
豎直方向有v＝2gH
解得H＝0.3 m。
11.(1)2 kg　(2)2 m/s　12 J
解析　(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝v2
解得mC＝2 kg。
(2)12 s末B離開墻壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，當A、C與B速度相等時彈簧的彈性勢能最大。設共速的速度為v4，根據動量守恒定律，有
v3＝v4
根據能量守恒定律得
v＝v＋Ep
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。專題提升三　彈簧—小球模型　滑塊—光滑斜(曲)面模型
學習目標　1.會應用動量觀點和能量觀點分析兩類模型。 2.能熟練運用動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律解決有關問題。
提升1　彈簧—小球模型
1.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，若系統所受合外力為零，則滿足動量守恒定律。
2.在能量方面，由于彈簧發生形變，具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的合外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。若還有其他外力和內力做功，這些力做功之和等于系統機械能的變化量。
3.(1)如圖所示，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。
(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大。
例1 兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。則在以后的運動中：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練1 (2024·廣東佛山一中高二月考)如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝4 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＝7 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。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升2　滑塊—光滑斜(曲)面模型
對于滑塊—光滑斜(曲)面模型，斜(曲)面體不是固定的，而是在光滑水平面上。這類模型一般情況下所受合外力不為零，但常在水平方向上的合外力為零，則在水平方向上滿足動量守恒。當滑塊到達斜(曲)面最高點時，滑塊與斜(曲)面速度相同，相當于發生了完全非彈性碰撞，損失的動能轉化為滑塊重力勢能，結合能量守恒定律列方程，進行聯立求解。當滑塊從最低點離開曲面后，相當于完成了彈性碰撞。
例2 (多選)(2024·廣東廣州高二月考)如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為m的滑塊，滑塊的一側是一個弧形槽，槽半徑為R，A點切線水平，B為最高點。另有一個質量也為m的小球以速度v0從A點沖上滑塊，重力加速度為g，不計摩擦力和阻力，下列說法中正確的是(　　)
A.當v0＝時，小球無法到達B點
B.當v0＝時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能先增大再減小
C.小球回到斜槽底部離開A點后做自由落體運動
D.小球回到斜槽底部離開A點后可能做平拋運動
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 (多選)(2024·河南鄭州高二期末)如圖所示，光滑的水平面上靜置著小車和光滑的碗組成的軌道，軌道質量為m。在小車最右邊的碗邊A處無初速度釋放一只質量為m的小球。則在小球沿碗內壁下滑到最低點的過程中，下列說法正確的是(碗的半徑為R，重力加速度為g)(　　)
A.小球、碗和車組成的系統機械能守恒
B.小球、碗和車組成的系統動量守恒
C.小球的最大速度等于
D.小球的水平位移為
隨堂對點自測
1.(彈簧—小球模型)如圖所示，在光滑的水平地面上，P物體與一個連著彈簧的Q物體發生碰撞，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前的速度v離開，已知P與Q質量相等，彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列結論中正確的是(　　)
A.P的速度恰好為零 B.P與Q具有相同速度
C.Q剛開始運動 D.Q的速度等于v
2.[滑塊—光滑斜(曲)面模型](多選)如圖所示，質量為m0的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ。一個質量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度v0開始運動，當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面的高度為h，則下列關系式正確的是(　　)
A.mv0＝(m＋m0)v
B.mv0cos θ＝(m＋m0)v
C.mgh＝m(v0sin θ)2
D.mgh＋(m＋m0)v2＝mv
3.[滑塊—光滑斜(曲)面模型]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，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　滑塊—光滑斜(曲)面模型
提升1
例1 (1)3 m/s　(2)12 J
解析　(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由A、B、C三者組成的系統動量守恒，
(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC )vABC
解得vABC＝ m/s＝3 m/s。
(2)B、C碰撞時B、C組成的系統動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則
mBv＝(mB＋mC)vBC，vBC＝ m/s＝2 m/s，物塊A、B、C速度相同時彈簧的彈性勢能最大，設為Ep，根據能量守恒定律
Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v
＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J。
訓練1 (1)42 J　(2)96 J　(3)0
解析　(1)當彈簧壓縮到最短時，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mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝4 m/s
由能量守恒定律mAv＝(mA＋mB)v2＋Ep
解得滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為
Ep＝42 J。
(2)當A、B分離時，滑塊B的速度最大，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＝8 m/s
則滑塊B的最大動能為Ek＝mBv＝96 J。
(3)當A的速度為1 m/s時，滑塊A的動能最小，此時彈簧恢復到原長，所以彈簧的彈性勢能為Ep′＝0。
提升2
例2 AC　[滑塊與小球水平方向動量守恒，小球恰能到達B點時有mv0＝2mv，系統機械能守恒，有mv＝×2mv2＋mgR，聯立可得v0＝2，可知當v0＝時，小球無法到達B點，故A正確；當v0＝時，小球未到達B點，小球從進入凹槽至最高點的過程中，小球對滑塊的作用力始終做正功，所以滑塊的動能一直增大，故B錯誤；小球回到斜槽底部時，設速度為vA，由系統水平方向動量守恒得mv0＝mv′－mvA，系統機械能守恒，有mv＝mv′2＋mv，聯立可得vA＝0，所以小球回到斜槽底部離開A點后做自由落體運動，故C正確，D錯誤。]
訓練2 ACD　[由于忽略摩擦力，在小球運動的過程中，只有重力對小球做功，故小球、碗和車組成的系統機械能守恒，A正確；當小球在碗內運動時，小球、碗和車組成的系統動量不守恒，但在水平方向上不受外力的作用，水平方向動量守恒，B錯誤；由水平方向動量守恒得mv1＝mv2，由系統的機械能守恒得mgR＝mv＋mv，聯立解得v1＝v2＝，C正確；設小球和碗相對地面的位移大小分別為s1、s2，由s1＋s2＝R，ms1＝ms2，可得s1＝s2＝，D正確。]
隨堂對點自測
1.B　[P物體接觸彈簧后，在彈簧彈力的作用下，P物體做減速運動，Q物體做加速運動，P、Q間的距離減小，當P、Q兩物體速度相等時，彈簧被壓縮到最短，故B正確，A、C錯誤；由于作用過程中動量守恒，設速度相等時速度為v′，則mv＝(m＋m)v′，所以彈簧被壓縮至最短時，P、Q的速度v′＝，故D錯誤。]
2.BD　[取向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統動量守恒得mv0cos θ＝
(m＋m0)v，故A錯誤，B正確；系統機械能守恒，由機械能守恒定律得mv＝mgh＋(m＋m0)v2，故C錯誤，D正確。]
3.C　[設小球的初速度方向為正方向，由水平方向動量守恒可知mv0＝Mv1－mv2
由題意知＝
對整體由機械能守恒定律可得
mv＝Mv＋mv
聯立解得＝，故C正確。](共48張PPT)
專題提升三　彈簧—小球模型　滑塊—光滑
斜(曲)面模型
第一章　動量和動量守恒定律
1.會應用動量觀點和能量觀點分析兩類模型。
2.能熟練運用動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律解決有關問題。
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2　滑塊—光滑斜(曲)面模型
提升1　彈簧—小球模型
提升1　彈簧—小球模型
1.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，若系統所受合外力為零，則滿足動量守恒定律。
2.在能量方面，由于彈簧發生形變，具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的合外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。若還有其他外力和內力做功，這些力做功之和等于系統機械能的變化量。
3.(1)如圖所示，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。
(2)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大。
例1 兩物塊A、B用輕彈簧相連，質量均為2 kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質量為4 kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會粘在一起運動。則在以后的運動中：
(1)當彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？
(2)系統中彈性勢能的最大值是多少？
解析　(1)當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大，由A、B、C三者組成的系統動量守恒，(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC )vABC
訓練1 (2024·廣東佛山一中高二月考)如圖所示，兩滑塊A、B位于光滑水平面上，已知A的質量mA＝4 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＝7 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。
答案　(1)42 J　(2)96 J　(3)0
解析　(1)當彈簧壓縮到最短時，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mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝4 m/s
解得滑塊通過彈簧相互作用過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝42 J。
(2)當A、B分離時，滑塊B的速度最大，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＝8 m/s
(3)當A的速度為1 m/s時，滑塊A的動能最小，此時彈簧恢復到原長，所以彈簧的彈性勢能為Ep′＝0。
提升2　滑塊—光滑斜(曲)面模型
對于滑塊—光滑斜(曲)面模型，斜(曲)面體不是固定的，而是在光滑水平面上。這類模型一般情況下所受合外力不為零，但常在水平方向上的合外力為零，則在水平方向上滿足動量守恒。當滑塊到達斜(曲)面最高點時，滑塊與斜(曲)面速度相同，相當于發生了完全非彈性碰撞，損失的動能轉化為滑塊重力勢能，結合能量守恒定律列方程，進行聯立求解。當滑塊從最低點離開曲面后，相當于完成了彈性碰撞。
AC
ACD
隨堂對點自測
2
B
1.(彈簧—小球模型)如圖所示，在光滑的水平地面上，P物體與一個連著彈簧的Q物體發生碰撞，碰撞后P物體靜止，Q物體以P物體碰撞前的速度v離開，已知P與Q質量相等，彈簧質量忽略不計，那么當彈簧被壓縮至最短時，下列結論中正確的是(　　)
A.P的速度恰好為零
B.P與Q具有相同速度
C.Q剛開始運動
D.Q的速度等于v
BD
C
3.[滑塊—光滑斜(曲)面模型]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，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
解析　設小球的初速度方向為正方向，由水平方向動量守恒可知mv0＝Mv1－mv2
課后鞏固訓練
3
A
基礎對點練
題組一　彈簧—小球模型
1.(2024·廣東湛江高二期末)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，小球B一開始靜止，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(　　)
答案　C
B
BC
題組二　滑塊—光滑斜(曲)面模型
4.(多選)如圖所示，光滑的半圓槽置于光滑的水平地面上，從一定高度自由下落的小球m恰能沿半圓槽邊緣的切線方向滑入原先靜止的槽內，對此情況，下列說法正確的是(　　)
A.小球第一次離開槽時，將向右上方做斜拋運動
B.小球第一次離開槽時，將做豎直上拋運動
C.小球離開槽后，仍能落回槽內，而槽將做往復運動
D.槽一直向右運動
解析　小球與半圓槽組成的系統在水平方向所受合外力
為零，初狀態時系統在水平方向動量為零，由動量守恒
定律可知，小球第一次離開槽時，系統水平方向動量守
恒，球與槽在水平方向的速度都為零，球離開槽后做豎
直上拋運動，故A錯誤，B正確；小球沿槽的右側下滑
到底端過程，槽向右做加速運動，球從底端向左側上升過程，槽向右做減速運動，球離開槽時，槽靜止，球做豎直上拋運動，然后小球落回槽的左側，球從槽的左側下滑過程，槽向左做加速運動，從最低點向右上滑時，槽向左做減速運動，然后球離開槽做豎直上拋運動，此后重復上述過程，由此可知，槽在水平面上做往復運動，故C正確，D錯誤。
B
5.如圖所示，質量為1.5 kg的四分之一圓弧槽靜止在光滑的水平面上，圓弧槽的弧面光滑，底部與水平軌道相切。一個質量為0.5 kg的小球以4 m/s的初速度滑上圓弧槽，小球沿圓弧槽上升至h高處后(未沖出圓弧槽)，再沿圓弧槽下滑脫離圓弧槽(g＝10 m/s2)，則(　　)
A.小球沿圓弧槽上升至h高處時，圓弧槽的速度大小為2 m/s
B.小球沿圓弧槽上升的最大高度為0.6 m
C.圓弧槽所能獲得的最大速度為1 m/s
D.小球下滑脫離圓弧槽時的速度大小為2 m/s，方向與原來速度方向相同
AC
綜合提升練
6.(多選)(2024·廣東廣州高二期中)如圖所示，在光滑水平面上，有質量分別為2m和m的A、B兩滑塊，它們中間夾著一根處于壓縮狀態的輕質彈簧，由于被一根細繩拉著而處于靜止狀態。當剪斷細繩，在兩滑塊脫離彈簧之后，下列說法正確的是(　　)
A.兩滑塊的動能之比EkA∶EkB＝1∶2
B.兩滑塊的動量大小之比pA∶pB＝2∶1
C.彈簧對兩滑塊的沖量大小之比IA∶IB＝1∶1
D.彈簧對兩滑塊做功之比WA∶WB＝1∶1
C
7.如圖甲所示，水平輕質彈簧一端與物塊A左側相連，一起靜止在光滑水平面上，物塊B從左側以大小為v0的初速度向彈簧和物塊A運動。運動過程中兩物塊的v－t圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是(　　)
A.物塊A的質量大于物塊B的質量
B.t1時刻物塊A的加速度大于物塊B的加速度
C.t2時刻彈簧的彈性勢能最大
D.t3時刻物塊A的加速度大于物塊B的加速度
AD
8.(多選)如圖所示，靜置于光滑水平面上的物塊A、B、C質量均為m，A、B之間用一根輕彈簧拴接，初始時彈簧處于自然長度，三個物塊均處于靜止狀態。現同時給A、B一個水平向右的初速度v，A、B一起運動一段距離后，B、C發生彈性碰撞，碰撞時間極短，則在整個運動過程中(　　)
D
10.如圖所示，將一半徑R＝0.3 m、質量M＝3 kg的光滑半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側靠在固定的豎直墻壁上。現讓一質量m＝1 kg的小球(可視為質點)自左側槽口A點正上方的B點從靜止開始落下，A、B間的距離h＝0.5 m，小球與半圓槽相切滑入槽內。已知重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)小球運動到半圓槽最低點時的速度大小v0；
(2)小球第一次離開半圓槽時的速度大小v1；
(3)小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度H。
解析　(1)小球從靜止開始自由下落到滑至半圓槽最低點的過程，根據機械能守恒定律有
解得v0＝4 m/s。
(2)小球即將離開半圓槽時，小球和半圓槽在水平方向上速度相同，設其為v，小球從半圓槽內最低點運動到即將離開半圓槽的過程中，根據水平方向系統動量守恒有mv0＝(M＋m)v
(3)小球離開半圓槽后做斜上拋運動，當豎直方向的分速度等于0時，小球上升的高度最大，小球離開半圓槽時豎直方向的分速度
培優加強練
11.(2024·廣東廣州高二期末)如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求：
(1)物塊C的質量；
(2)B離開墻后，彈簧中的彈性勢能最大時，B的速度多大？最大彈性勢能多大？
答案　(1)2 kg　(2)2 m/s　12 J
解得mC＝2 kg。
(2)12 s末B離開墻壁，v3＝3 m/s ，之后A、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，當A、C與B速度相等時彈簧的彈性勢能最大。設共速的速度為v4，根據動量守恒定律，有(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4
解析　(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mCv1＝(mA＋mC)v2
解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。

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