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课时突破练34　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
基础·满分练
命题角度一　弹簧单连滑块的临界分析
1.(2026黑龙江大庆检测)如图所示,物块A、B静止在光滑水平地面上,A与轻弹簧相连,C沿水平面以一定初速度向右运动,与B碰后粘在一起,二者向右运动一小段距离后与弹簧接触,一段时间后与弹簧分离,则(　 　)
A.A加速过程中,加速度越来越大
B.A、B、C共速时,B所受合力为0
C.A、B、C共速时,弹簧弹性势能最大
D.B、C碰撞过程中,B、C系统机械能守恒
命题角度二　弹簧双连滑块的临界分析
2.如图所示,一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物体甲、乙连接,静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度v0=4 m/s,当甲物体的速度减小到1 m/s时,弹簧最短。下列说法正确的是(　　)
A.此时乙物体的速度大小为1 m/s
B.紧接着甲物体将开始做加速运动
C.甲、乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶4
D.当弹簧恢复原长时,乙物体的速度大小为4 m/s
命题角度三　“滑块—斜(曲)面”模型的临界分析
3.如图所示,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(　　)
A. B.
C. D.
命题角度四　类似情境(悬绳模型)的临界分析
4.(2026福建漳州开学考试)如图所示,在光滑水平面上有一小车,小车上固定一竖直杆,总质量为M,杆顶系一长为L的轻绳,绳另一端系一质量为m的小球,绳被水平拉直处于静止状态,将小球由静止释放,重力加速度为g,不计空气阻力,已知小球运动过程中,始终未与杆相撞。则下列说法正确的是(　　)
A.小球向左摆动的过程中,小车速度也向左
B.小球向左摆动到最高点瞬间,小车速度向右
C.小球摆到最低点的速率为
D.小球向左摆到最低点的过程中,小车向右移动的距离为
能力·高分练
5.(2026河北唐山期末)如图所示,质量均为m的木块A和B,并排放在光滑水平面上,A上固定一竖直轻杆,轻杆上端的O点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为m0的球C,现将球C拉起使细线水平伸直,并由静止释放球C,则下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.运动过程中,A、B、C组成的系统动量守恒
B.C球摆到最低点过程,C球的速度为vC=2
C.C球第一次摆到最低点过程中,木块A、B向右移动的距离为
D.C球第一次到达轻杆左侧的最高处的高度与释放高度相同
6.(跨学科融通)(多选)质量为M的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上,在凹槽左侧与圆心等高处由静止释放一质量为m、可视为质点的小球,小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆,如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示,已知椭圆半长轴与半短轴之比为3∶1。下列说法正确的是(　　)
A.半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B.小球质量与凹槽质量之比m∶M=3∶1
C.t1时刻,小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D.t2时刻,小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
7.(10分)如图所示,一实验小车静止在光滑水平面上,其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点,一物块静止于小车最左端,一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方,并轻靠在物块左侧。将细线拉直到水平位置时,静止释放小球,小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后,物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m,小球质量m=0.20 kg,物块、小车质量均为M=0.30 kg,小车上的水平轨道长s=1.0 m,圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小。
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间,物块速度的大小。
(3)为使物块能进入圆弧轨道,且在上升阶段不脱离小车,求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
素养·提升练
8.(12分)(跨模块融通)如图所示,质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上,底边长度d=6 m,高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2 m,水平地面上一质量mC=2 kg的木板C紧靠平台静置,C上表面与台面相平。质量mA=2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放,滑到台面上时与台面发生相互作用,A的动能发生损失,进入台面后的速度水平向右,大小为vx=4 m/s。已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动,B与台面、C与地面间均无摩擦,A与台面、A与C间动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)A滑到B底端时,B向左滑动的距离xB;
(2)A滑上C时A的速度大小v0;
(3)为使A不从C上滑下,C的最小长度L;
(4)A滑到B底端后,与台面发生相互作用过程中A损失的动能ΔEk。
答案：
1.C　解析 A加速过程中,一开始弹簧压缩量逐渐增大,之后弹簧压缩量又逐渐减小,所以A受到的弹簧弹力先增大后减小,则A的加速度先增大后减小,故A错误;A、B、C共速时,弹簧的压缩量达到最大,弹簧弹性势能最大,此时BC受到的弹力不为0,BC的加速度不为0,则B的加速度不为0,所受合力不为0,故B错误,C正确;B、C碰后粘在一起,属于完全非弹性碰撞,所以B、C碰撞过程中,B、C系统机械能不守恒,故D错误。
2.A　解析 根据题意可知,当弹簧压缩到最短时,两物体速度相同,所以此时乙物体的速度大小也是1 m/s,A正确;因为弹簧压缩到最短时,甲受力向左,甲继续减速,B错误;根据动量守恒定律可得m1v0=(m1+m2)v,解得m1∶m2=1∶3,C错误;当弹簧恢复原长时,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0=m1v1'+m2v2',m1m1v1'2+m2v2'2,联立解得v2'=2 m/s,D错误。
3.C　解析 设滑块P的质量为2m,则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=×2m,Q离开P时的动能Ek2=,联立解得,故C正确。
4.D　解析 小球向左摆动的过程中,根据水平方向动量守恒,由于初动量为零,则小车速度向右,故A错误;小球与车组成系统水平方向动量守恒,当小球向左摆动到最高点瞬间,水平方向速度为零,所以此时小车速度也为零,故B错误;取水平向右为正方向,设当小球到达最低点时速度大小为v1,此时小车的速度大小为v2,则根据动量守恒和能量守恒定律可知0=Mv2-mv1,mgL=,解得小球摆到最低点的速率为v1=,故C错误;当小球到达最低点时,设小球向左移动的距离为s1,小车向右移动的距离为s2,根据水平动量守恒有ms1=Ms2,且有s1+s2=L,解得s2=,故D正确。
5.B　解析 木块A、B和小球C组成的系统竖直方向动量不守恒,水平方向动量守恒,所以系统的总动量不守恒,故A错误;小球C下落到最低点时,A、B将要开始分离,此过程水平方向动量守恒,设A、B共同速度为vAB,根据机械能守恒有m0gL=m0×2m,由水平方向动量守恒得m0vC=2mvAB,联立解得vC=2,vAB=,此后A、B分开。当C向左运动到能达到的最大高度时,A、C共速,设此时A、C速度为v共,B的速度依然为vAB。全程水平方向动量守恒,规定向左为正方向,即m0vC-mvAB=(m+m0)v共,整个过程中,系统机械能守恒,C的重力势能转化为A、B、C的动能,即m0=m0gh+(m+m0),解得h=,故B正确,D错误;C球第一次摆到最低点过程中,A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得m0vC=2mvAB,则m0=2m,由几何关系得x1+x2=L,解得木块A、B向右移动的距离为x2=L,故C错误。
6.AD　解析 小球向下运动过程中,在竖直方向的分加速度方向先向下后向上,小球先处于失重后处于超重状态,可知,半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0,即半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒,故A正确;令凹槽半径为R,根据图中所示半个椭圆可知,半长轴为R,则半短轴为,短轴为,即小球在水平方向的分位移x1=,半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒,则有mx1-Mx2=0,其中x1+x2=2R,解得m∶M=2∶1,故B错误;根据图乙的对称性可知,t2时刻小球位于凹槽最低点,则t1时刻小球位于释放点与凹槽最低点之间的某一位置,小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆,轨迹的最低点即为凹槽的最低点,t1时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心,速度方向沿半椭圆轨迹切线方向,可知,t1时刻,小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直,故C错误;结合上述可知,t2时刻小球位于凹槽最低点,小球相对于凹槽做圆周运动,小球在最低点相对于凹槽的速度方向水平向右,由于小球相对于凹槽做圆周运动,则小球在最低点沿半径方向的合力提供向心力,此时加速度方向竖直向上,则t2时刻,小球受到凹槽的支持力大于小球的重力,故D正确。
7.(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)根据小球摆下过程机械能守恒有
mgL=
解得v0==5 m/s
碰撞前,对小球,根据牛顿第二定律有
F-mg=
解得F=6 N。
(2)小球与物块发生弹性碰撞,根据动量守恒定律有
mv0=mv1+Mv2
根据机械能守恒定律有
解得物块的碰后速度大小v2=4 m/s。
(3)①物块恰能到圆弧轨道最低点
根据动量守恒定律有
Mv2=(M+M)v共
解得v共=2 m/s
根据能量守恒定律有
μ1Mgs=(M+M)
解得μ1=0.4
②物块恰能到圆弧轨道最高点
根据能量守恒定律有
μ2Mgs=(M+M)-MgR
解得μ2=0.25
综上所述,μ的取值范围是0.25≤μ<0.4。
8.(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m　(4)32 J
解析 (1)A、B系统水平方向上动量守恒,有mAvA=mBvB
所以A滑到B底端过程中有mAxA=mBxB
又xA+xB=d
解得xA=4 m,xB=2 m。
(2)设A滑上C时的速度为v0,由动能定理得
-μmAg(xB+x0)=mAmA
解得v0=4 m/s。
(3)A滑至C右端时两者刚好共速,设共同速度为vAC,A、C系统动量守恒mAv0=(mA+mC)vAC
A、C系统能量守恒μmAgL=mA(mA+mC),
解得L=2 m。
(4)设A运动方向与水平方向夹角为α,已知A沿B下滑过程中,A和B相对地面均做匀变速直线运动,A、B系统水平方向上动量守恒mAvAcos α=mBvB
A、B系统机械能守恒mAgh=mAmB
又tan α==1
解得vA=8 m/s
A、B系统能量守恒ΔEk=mAmA
解得ΔEk=32 J。
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