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专题强化十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
学习目标　会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。
模型一　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝m1v－(m1＋m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v。
例1 (多选)(2024·河北衡水模拟)如图1所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不相连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
答案　BC
解析　A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒定律得Ep＝mv－×3m×＝mv，B固定，则A速度减小为0时弹性势能最大，可得Ep′＝mv＝1.5Ep，B正确；整个过程系统动量守恒、机械能守恒，则mv0＝mvA＋2mvB，mv＝mv＋×2mv，解得vA＝－，vB＝，则有EkA＝mv＝mv，EkB＝×2mv＝mv，即两者分离后A、B的动能之比为1∶8，C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB>vA，则B可追上A，D错误。
1.(2023·北京通州高三一模)如图2甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　)
图2
A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长
D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
答案　B
解析　以m1的初速度方向为正方向，t1时刻A、B共速，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
2.[2023·辽宁卷，15(1)(2)]如图3，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
图3
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
答案　(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s
解析　(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a
解得a＝4 m/s2
由运动学公式有2ax1＝v
解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动，
对物块有μm2g＝m2a′
对整体有kx2＝(m1＋m2)a′
解得x2＝0.25 m
从木板接触弹簧到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三者组成的系统机械能守恒，则有(m1＋m2)v＝(m1＋m2)v＋kx
解得v2＝ m/s。
模型二　“滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞)。
例2 如图4所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　)
图4
A. B.
C. D.
答案　C
解析　设滑块P的质量为2m，则小球Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝mv＋×2mv，Q离开P时的动能Ek2＝mv，联立解得＝，故C正确。
3.(多选)(2023·河南濮阳高三一模)如图5所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边有质量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
图5
A.小球A不能从斜劈顶端冲出
B.小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
答案　ACD
解析　小球A向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为F1，则F1－mg＝m，代入数据得F1＝30 N，由牛顿第三定律知，小球A对斜劈的压力是30 N，选项C正确；假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等为v1，小球竖直速度为v2，水平方向由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，小球和斜劈组成的系统机械能守恒，则有mv＝m(v＋v)＋Mv＋mgR，联立解得v1＝1 m/s，v＝－4 m2/s2<0，故小球A不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；当小球A在斜劈上返回最低点C时，设小球A和斜劈的速度分别为v3、v4，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0＝mv3＋Mv4，mv＝mv＋Mv，联立得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s，小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左，选项D正确。
1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
答案　C
解析　槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，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，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。
2.如图2所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B.A、B系统的总动量最终将大于mv
C.A、B系统的总动能最终将大于mv2
D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2
答案　C
解析　设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝mv＋mv，解得v1≠0，v2≠v，故A错误；由系统水平方向动量守恒，知A、B系统的总动量最终等于mv，故B错误；弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放导致系统总动能增加，系统的总动能最终将大于mv2，故C正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，由动量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝v，则有Ek＝×2m＝mv2，故D错误。
3.(2024·山西运城高三检测)如图3所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m∶M为(　　)
图3
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
答案　C
解析　当圆弧滑块固定时，有mv＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝mg＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。
4.(2024·湖南长沙模拟)如图4所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为m＝1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图4
A.0.25 J B.0.50 J
C.0.75 J D.1.00 J
答案　A
解析　对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，代入数据，解得v1＝1 m/s，弹簧被压缩到最短时，B的速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝0.25 J，故A正确。
5.如图5所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　)
图5
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
D.m1的最大速度是
答案　D
解析　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2v－(m1＋m2)v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2v＝m1v＋m2v，解得v1＝，选项D正确。
6.(多选)(2024·湖南永州高三月考)如图6所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列叙述正确的是(　　)
图6
A.小球离开C点后做竖直上抛运动
B.小球离开C点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
答案　BCD
解析　小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，联立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。
7.如图7甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
图7
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
答案　(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
(m1＋m3)v共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
8.如图8所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
图8
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
答案　(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh＝mv
解得v1＝。
(2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－(m＋2m)v＝mgh。
(3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根据能量守恒定律可知(m＋2m)v
＝(m＋2m＋3m)v＋(m＋2m)gh′
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝h。专题强化十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
学习目标　会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。
模型一　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝m1v－(m1＋m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v＝m1v＋m2v。
例1 (多选)(2024·河北衡水模拟)如图1所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不相连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(2023·北京通州高三一模)如图2甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　)
图2
A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值
C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长
D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
2.[2023·辽宁卷，15(1)(2)]如图3，质量m1＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2，取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
图3
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型二　“滑块—斜(曲)面”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv＝(M＋m)v＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
(2)返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv＝mv＋Mv(相当于弹性碰撞)。
例2 如图4所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　)
图4
A. B.
C. D.
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.(多选)(2023·河南濮阳高三一模)如图5所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8 m的光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量是M＝3 kg，底端与水平面相切，左边有质量是m＝1 kg的小球A以初速度v0＝4 m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
图5
A.小球A不能从斜劈顶端冲出
B.小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30 N
D.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左　　　　　专题强化练十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
2.如图2所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是(　　)
图2
A.A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动
B.A、B系统的总动量最终将大于mv
C.A、B系统的总动能最终将大于mv2
D.当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2
3.(2024·山西运城高三检测)如图3所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为。则小球与滑块质量之比m∶M为(　　)
图3
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
4.(2024·湖南长沙模拟)如图4所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为m＝1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图4
A.0.25 J B.0.50 J
C.0.75 J D.1.00 J
5.如图5所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　)
图5
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为
D.m1的最大速度是
6.(多选)(2024·湖南永州高三月考)如图6所示，在光滑水平面上右侧放有一个光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列叙述正确的是(　　)
图6
A.小球离开C点后做竖直上抛运动
B.小球离开C点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
7.如图7甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
图7
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
8.如图8所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
图8
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
专题强化练十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
1.C　[槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，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，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。]
2.C　[设弹簧恢复原长时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝mv＋mv，解得v1≠0，v2≠v，故A错误；由系统水平方向动量守恒，知A、B系统的总动量最终等于mv，故B错误；弹簧解除锁定后存储的弹性势能会释放导致系统总动能增加，系统的总动能最终将大于mv2，故C正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度，由动量守恒定律知mv＝2mv′，得v′＝v，则有Ek＝×2m＝mv2，故D错误。]
3.C　[当圆弧滑块固定时，有mv＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有mv＝mg＋(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。]
4.A　[对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，代入数据，解得v1＝1 m/s，弹簧被压缩到最短时，B的速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则整个系统损失的机械能为ΔE＝mv－×2mv＝0.25 J，故A正确。]
5.D　[m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝m2v－(m1＋m2)v2＝，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，m2v＝m1v＋m2v，解得v1＝，选项D正确。]
6.BCD　[小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，mv＝mv＋×3mv，联立解得，v1＝－v0，v2＝v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。]
7.(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
(m1＋m3)v共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
8.(1)　(2)mgh　(3)h
解析　(1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知
mgh＝mv
解得v1＝。
(2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－(m＋2m)v＝mgh。
(3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根据能量守恒定律可知(m＋2m)v
＝(m＋2m＋3m)v＋(m＋2m)gh′
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝h。(共39张PPT)
专题强化十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
第六章　动量守恒定律
学习目标
会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性，并会用碰撞的相关知识解决实际问题。
目 录
CONTENTS
研透核心考点
01
提升素养能力
02
研透核心考点
1
模型二　“滑块—斜(曲)面”模型
模型一　“滑块—弹簧”模型
1.模型图示
模型一　“滑块—弹簧”模型
2.模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
BC
例1 (多选)(2024·河北衡水模拟)如图1所示，足够长光滑水平面上，一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连，右端与质量为m的滑块A接触而不相连，弹簧处于原长，现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0，经一段时间后滑块A与弹簧分离，其间弹簧的最大弹性势能为Ep，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.A与弹簧分离前任一时刻，A与B的动量之比为1∶2
B.若事先将B固定，弹簧的最大弹性势能为1.5Ep
C.两者分离后A、B的动能之比为1∶8
D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板，则最终B不可能追上A
解析　A与弹簧分离之前任一时刻，A与B受到的弹力始终大小相等，方向相反，因而受到的冲量的大小相等，但A具有一定的初速度，因而两者的速度大小不一定相等，即动量大小之比不一定为1∶2，A错误；A、B运动过程中，二者相对静止时，弹性势能最大，由动量守恒定律有mv0＝3mv，由能量守恒
之比为1∶8，C正确；由前面分析可知B与挡板发生弹性碰撞反向运动时vB>vA，则B可追上A，D错误。
B
1.(2023·北京通州高三一模)如图2甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是(　　)
图2
A.两物块的质量之比为m1∶m2＝2∶1
B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性
势能均达到最大值
C.t1～t2时间内，弹簧的长度大于原长
D.t2～t3时间内，弹簧的弹力逐渐减小
解析　以m1的初速度方向为正方向，t1时刻A、B共速，由动量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，将v1＝3 m/s，v共＝1 m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A错误；根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确；在t1时刻弹簧压缩至最短，所以t1～t2时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误；t2～t3时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大，故D错误。
图3
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
解析　(1)小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有μm2g＝m1a
解得a＝4 m/s2
解得x1＝0.125 m。
(2)木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动，
对物块有μm2g＝m2a′
对整体有kx2＝(m1＋m2)a′
解得x2＝0.25 m
1.模型图示
模型二　“滑块—斜(曲)面”模型
2.模型特点
C
例2 如图4所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为(　　)
图4
ACD
A.小球A不能从斜劈顶端冲出
B.小球A能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈
C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对
斜劈的压力大小是30 N
D.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2 m/s，方向向左
图5
大小为2 m/s，方向向左，选项D正确。
提升素养能力
2
C
1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是(　　)
图1
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
解析　槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，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，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。
C
2.如图2所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一个处在压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效。A以速率v向右运动，当A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，关于它们后续的运动过程，下列说法正确的是(　　)
图2
C
图3
A.1∶2 B.1∶3
C.2∶1 D.3∶1
A
4.(2024·湖南长沙模拟)如图4所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为m＝1 kg。滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝2 m/s速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为(　　)
图4
A.0.25 J B.0.50 J C.0.75 J D.1.00 J
D
5.如图5所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中(　　)
图5
解析　m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹
BCD
图6
解析　小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A
错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝
离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。
7.如图7甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
图7
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所 能获得的最大速度大小。
答案　(1)2 kg　(2)2.4 m/s
解析　(1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
8.如图8所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
图8
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
(2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
A、B碰撞过程中损失的机械能
(3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知
(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
本节内容结束
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