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拓展提升课3 “弹簧—小球”模型和“滑块—曲(斜)面类”模型
要点一　“弹簧—小球”模型
1.模型建构(如图所示)
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0,则系统动量守恒。
(2)机械能守恒:系统所受的外力为0或除弹簧弹力以外的内力不做功,包括弹簧在内的系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,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)。
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为0,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
【例1】　(多选)如图甲所示,静止在光滑水平面上的物块A、B通过水平轻弹簧连接在一起,初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度,并从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知物块A的质量为mA=1 kg,下列说法正确的是 (　AD　)
A.弹簧、物块A和B组成的系统动量和机械能都守恒
B.t1时刻,弹簧处于原长状态
C.物块B的质量mB=3 kg
D.t3时刻,弹簧的弹性势能为3 J
【解析】　弹簧、物块A和B组成的系统在该过程中所受合力为0，所以系统动量守恒，弹簧、物块A和B组成的系统在该过程中只有弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确;由题图乙可知，t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，故B错误;根据动量守恒定律，由题图乙可知t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，已知v1=3 m/s、v2=1 m/s，有(mA+mB)v2=mAv1，代入数据解得mB=2 kg，故C错误;由题图乙知t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等，且v3=1 m/s，由开始到t3时刻由机械能守恒有mA+mB+Ep=mA，代入数据解得t3时刻弹簧的弹性势能为Ep=3 J，故D正确。
【例2】　如图所示,两滑块A、B位于光滑水平面上,已知滑块A的质量mA=4 kg,滑块B的质量mB=3 kg,滑块B的左端连有水平轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=7 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度),直至分开,求:
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能;
(2)滑块B的最大动能;
(3)滑块A的动能最小时,弹簧的弹性势能。
【答案】　42 J　(2)96 J　(3)0
【解析】　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律得(mA+mB)v=mAv0，解得v=4 m/s，由机械能守恒定律得(mA+mB)v2+Ep=mA，解得滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=42 J。
(2)当滑块A、B分离，弹簧恢复原长时，弹性势能为0，滑块B动能最大，则滑块B的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，解得vA=1 m/s，vB=8 m/s，则滑块B的最大动能为Ek=mB=96 J。
(3)当滑块A的速度为1 m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，所以此时弹簧的弹性势能为E'p=0。
要点二　“滑块—曲(斜)面类”模型
1.模型建构：如图所示,光滑曲(斜)面静止放在光滑水平地面上,滑块以速度v0冲上曲(斜)面,滑块始终未脱离曲(斜)面。
2.模型特点
(1)在相互作用过程中,滑块和曲(斜)面组成的系统机械能守恒,系统水平方向动量守恒,竖直方向上动量不守恒,故总动量不守恒。
(2)滑块上升到最大高度时,滑块与曲(斜)面具有共同水平速度v共,此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,(M+m)v共=mv0;系统机械能守恒,(M+m)+mgh=m,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滑块的重力势能)。
(3)当滑块返回最低点时,滑块与曲(斜)面分离,水平方向动量守恒,mv1+Mv2=mv0;系统机械能守恒,m+M=m(相当于完成了弹性碰撞)。
【例3】　如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块,滑块的一侧是一个弧形凹槽,槽半径为R,A点切线水平,B为最高点。另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦和阻力,下列说法中正确的是 (　C　)
A.当v0=时,小球刚好到达B点
B.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动至最高点的过程中,滑块的动能先增大再减小
C.小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动
D.小球回到弧形凹槽底部离开A点后可能做平抛运动
【解析】　滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有2mv=mv0，系统机械能守恒，有×2mv2+mgR=m，联立可得v0=2，可知当v0=时，小球未到达B点，故A错误;小球从进入弧形凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误;以小球的初速度v0方向为正方向，由系统水平方向动量守恒得mv'-mvA=mv0，系统机械能守恒，有mv'2+m=m，联立可得vA=0，所以小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。
【例4】　如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,重力加速度为g,求:
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度;(用v0、g表示)
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。
【答案】　(1)　(2)
【解析】　(1)小球在圆弧轨道上上升到最高点时两物体速度相同，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，以小球运动的初速度v0方向为正方向，有3mv=mv0，解得v=，由机械能守恒定律得×3mv2+mgh=m，解得h=。
(2)小球离开圆弧轨道时，由动量守恒定律有mv1+2mv2=mv0，由机械能守恒定律有m+×2m=m，联立解得v1=-v0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。
[拓展]　若小球能冲出圆弧轨道,
(1)小球冲出圆弧轨道后做什么运动
(2)小球还能落回圆弧轨道吗
答案：(1)小球沿圆弧轨道上滑过程，小球和圆弧轨道在水平方向的速度相等，小球冲出圆弧轨道后做斜上抛运动。
(2)因为小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，所以小球还能落回圆弧轨道。
1.如图所示,光滑水平地面上停放着一辆小车,小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切,圆弧轨道表面光滑,水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧,弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下(初速度为0),经B到达水平轨道,压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点,下列说法正确的是 (　C　)
A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B.小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C.弹簧具有最大弹性势能时,小车和小球的速度都为0
D.最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
解析：小球、小车及弹簧组成的系统由于需克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向所受合力为0，水平方向系统动量守恒，但竖直方向所受合力不为0，系统动量不守恒，故A、B错误;系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有最大弹性势能时，小车和小球的速度都为0，最终小球相对于小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。
2.(多选)如图所示,在光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动,滑块P的质量为2m,速度方向水平向右,滑块Q的质量为m,速度方向水平向左。不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　ABC　)
A.P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动量守恒
B.当两个滑块的速度相等时,弹簧的弹性势能最大
C.当两个滑块的速度相等时,弹簧的弹性势能为m
D.两个滑块最终能以v0的共同速度一起水平向右运动
解析：P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统所受合力为0，则系统的动量守恒，A正确;P与弹簧接触后两滑块都做减速运动，弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到0，然后向右反向加速，弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，B正确;以向右为正方向，则当两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知(2m+m)v=2mv0-mv0，此时弹簧的弹性势能为Ep=m+×2m-(2m+m)v2=m，C正确;设最终P、Q两个滑块的速度分别为v1和v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得2mv1+mv2=2mv0-mv0，根据系统的机械能守恒得×2m+m=×(2m+m)，解得v1=-，v2=，或v1=v0，v2=-v0(舍去)，D错误。
3.(多选)如图所示,小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是 (　BD　)
A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
B.小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
D.小车上曲面的竖直高度不会大于
解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误;小球恰好到达最高点时两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得2mv1=mv，得共同速度v1=，小车动量的变化量Δp=mv1-0=，故B正确;小球恰好到达小车最高点时，小球与小车水平方向的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误;如果曲面光滑，则小车和小球组成的系统机械能守恒，有mv2-×2m=mgh，解得h=，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。
4.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　AC　)
A.物体A的质量为3m
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
解析：对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep=M;对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有(M+m)v=M·2v0，由能量守恒定律有Ep=M(2v0)2-(M+m)v2，联立解得M=3m，Ep=m，A、C正确，B、D错误。
课时作业7
(总分:65分)
1.
(5分)如图所示,P物体与一个连着水平弹簧的Q物体正碰,碰撞后P物体静止,Q物体以P物体碰撞前速度v离开,已知P与Q质量相等,弹簧质量忽略不计,那么当弹簧被压缩至最短时,下列结论中正确的是 (　B　)
A.P的速度恰好为0
B.P与Q具有相同速度
C.Q刚开始运动
D.Q的速度等于v
解析：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P物体做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相同时，弹簧被压缩到最短，故B正确，A、C错误;由于作用过程中动量守恒，设P、Q两物体共速时速度为v'，则(m+m)v'=mv，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v'=，故D错误。
2.(5分)如图所示,质量为4m且足够长的光滑斜面放在光滑水平面上,质量为m的小球以水平速度v0冲上斜面,则小球冲上斜面后距离水平面的最大高度是 (　C　)
A.　 　B.　 　C.　 　D.
解析：小球冲上斜面后距离水平面最大高度时二者共速，对斜面、小球，水平方向动量守恒有5mv共=mv0，由机械能守恒有×5m+mgh=m，联立解得小球冲上斜面后距离水平面的最大高度h=，故选C。
3.(5分)(多选)如图所示,光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上,从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　BC　)
A.小球第一次离开槽时,将向右上方做斜抛运动
B.小球第一次离开槽时,将做竖直上抛运动
C.小球离开槽后,仍能落回槽内,而槽将做往复运动
D.槽一直向右运动
解析：小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合力为0，初状态时系统在水平方向动量为0，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，小球与槽在水平方向的速度都为0，小球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确;小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，小球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，小球离开槽时，槽静止，小球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，小球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，小球从底端向右侧上滑时，槽向左做减速运动，然后小球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平地面上做往复运动，故C正确，D错误。
4.(5分)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等,都可视作质点,Q与轻质弹簧相连。设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 (　B　)
A.P的初动能 B.P的初动能的
C.P的初动能的 D.P的初动能的
解析：把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则2mv=mv0，解得v=，P的初动能Ek0=m，弹簧具有的最大弹性势能Ep=m-×2mv2=m=Ek0，故B正确。
5.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mA=1 kg、mB=4 kg,B球上固定一水平轻质弹簧。若A球以速率v=4 m/s向右运动去碰撞静止的B球,下列说法正确的是 (　ABC　)
A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小
B.弹簧最大的弹性势能为6.4 J
C.碰撞结束时,小球A将向左运动
D.碰撞结束时,B球速度大小为3.2 m/s
解析：A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压缩到最短，然后弹簧再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的合力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确;当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为v3，由动量守恒及能量守恒分别可得(mA+mB)v3=mAv，ΔEp=mAv2-(mA+mB)，联立解得ΔEp=6.4 J，故B正确;当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv1+mBv2=mAv，mA+mB=mAv2，联立解得v1=-2.4 m/s，v2=1.6 m/s，碰撞结束时，小球A向左运动，B球速度大小为1.6 m/s，故C正确，D错误。
6.(5分)如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放,已知弹簧始终处于弹性限度内,则 (　C　)
A.小物块下滑过程中,其机械能守恒
B.小物块下滑过程中,小物块和槽的动量大小始终相等
C.小物块第一次滑到槽底端时,槽的动能为mgh
D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽,且能回到槽上高h处
解析：弧形槽置于光滑水平面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误;小物块下滑过程中，小物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为0，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，竖直方向的动量大小不相等，故B错误;小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系统机械能守恒有mgh=m+×2m，联立解得v1=2，v2=，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为Ek=×2m=mgh，故C正确;小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有3mv=mv1+2mv2，根据系统机械能守恒有m+×2m=mgh'+×3mv2，可得h'7.(5分)如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(mA.h　　B.　　C.　　D.
解析：斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得-mgh=0-m，所以v0=;斜面不固定时，设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h'，小物块达到最高点时的速度为v，由水平方向动量守恒得(M+m)v=mv0，由机械能守恒定律得(M+m)v2+mgh'=m，解得h'=h，故D正确。
8.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,物体B静止,在物体B上固定一个水平轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,物体A质量为m,物体B质量为2m,从物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中 (　BD　)
A.弹簧再次恢复原长时物体B的速度大小为v0
B.弹簧弹性势能的最大值为m
C.物体A的动量变化量大小为mv0
D.物体B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动
解析：从物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mvA+2mvB=mv0，由机械能守恒定律得m+×2m=m，联立解得vA=-v0，vB=v0，故A错误;两物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得(m+2m)v=mv0，由机械能守恒定律得(m+2m)v2+Epm=m，联立解得Epm=m，故B正确;从物体A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程，物体A的动量变化量为Δp=mvA-mv0=-mv0，则其大小为mv0，故C错误;物体A与弹簧接触后做减速运动，物体B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大，物体B的加速度变大，当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，物体B的加速度减小，物体B继续做加速运动，则整个过程物体B先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故D正确。
9.(5分)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg和mB=2.0 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　C　)
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为72 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
D.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为18 J
解析：由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v1=12 m/s，碰后的速度为v2=3 m/s，物块C与物块A碰撞过程动量守恒，以物块C的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(mA+mC)v2=mCv1，解得mC=1 kg，故A错误;当物块C与物块A速度为0时，根据能量守恒，可得弹簧最大弹性势能Ep=(mA+mC)=18 J，故B错误;由题图乙知，12 s末物块A和物块C的速度v3=-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对物块A和物块C整体的冲量大小，墙壁对物块B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2，解得I=-24 N·s，即冲量大小为24 N·s，方向向左，故C正确;物块B刚离开墙壁时，根据机械能守恒定律有Ep=(mA+mC)v，解得A、C向左运动的速度大小为v'2=3 m/s，物块B离开墙壁后，当A、B、C三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有(mA+mC+mB)v3=(mA+mC)v'2，根据能量守恒有E'p=(mA+mC)v-(mA+mC+mB)，联立解得E'p=6 J，故D错误。
10.(5分)(多选)如图所示,足够长的光滑水平面上静止一质量为3m的弧形槽,弧形槽和水平面平滑连接,质量为m的滑块(可视为质点),从距离水平面高度为h的A点由静止沿弧形槽滑下,之后被水平轻质弹簧反向弹回,不计一切阻力及能量损失,重力加速度为g。以下说法正确的是 (　BCD　)
A.滑块沿弧形槽下滑过程中,二者组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.弹簧获得的最大弹性势能为mgh
C.滑块沿弧形槽上升的最大高度等于
D.滑块再一次离开弧形槽后,不可能和弹簧发生作用
解析：滑块沿弧形槽下滑过程中，竖直方向合力不为0，二者组成的系统动量不守恒，只有弹力和重力做功，机械能守恒，故A错误;系统水平方向动量守恒有mv1=3mv2，机械能守恒有mgh=m+×3m，解得v1=，v2=，弹簧获得的最大弹性势能为Epm=m=mgh，故B正确;滑块被弹簧反弹后，弧形槽和滑块再次共速时，滑块沿弧形槽上升的高度最大，(m+3m)v=mv1+3mv2，mgh'=m+×3m-(m+3m)v2，解得滑块沿弧形槽上升的最大高度h'=，故C正确;滑块再一次离开弧形槽时，有mv'1+3mv'2=mv1+3mv2，mv'21+×3mv=m+×3m，解得v'1=0，v'2=，所以滑块再一次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用，故D正确。
11.(15分)如图所示,滑块A、B、C位于光滑水平面上,已知A的质量mA=1 kg,B的质量mB=mC=2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用,直至分开的过程中未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。
(1)求弹簧被压缩到最短时,滑块B的速度大小。
(2)求弹簧给滑块B的冲量大小。
(3)求滑块A的动能最小时,弹簧的弹性势能。
(4)若弹簧被压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短,求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。
答案：(1)1 m/s　(2)4 N·s　(3)2.25 J
(4)0.5 m/s　0.5 J
解析：(1)对A、B系统，A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有(mA+mB)v1=mAv0，代入数据可得v1=1 m/s。
(2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，代入数据可得vB=2 m/s，则弹簧给滑块B的冲量大小I=Δp=mBvB=4 N·s。
(3)滑块A的动能最小时，即vA2=0，根据动量守恒定律有mAvA2+mBvB2=mAv0，代入数据可得vB2=1.5 m/s，根据能量守恒定律有Ep=mA-mB=2.25 J。
(4)弹簧被压缩到最短时，B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(mB+mC)v2=mBv1，代入数据可得v2=0.5 m/s，B与C发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，整个系统损失的机械能为ΔE=mB-(mB+mC)=0.5 J。(共56张PPT)
第一章　动量守恒定律
拓展提升课3“弹簧—小球”模型和“滑块—曲(斜)面类”模型
核心要点 点点过
1
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即时演练 堂堂清
2
课时作业7
3
核心要点 点点过
1.模型建构(如图所示)
要点一　“弹簧—小球”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0,则系统动量守恒。
(2)机械能守恒:系统所受的外力为0或除弹簧弹力以外的内力不做功,包括弹簧在内的系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,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)。
(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为0,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。
【例1】　(多选)如图甲所示,静止在光滑水平面上的物块A、B通过水平轻弹簧连接在一起,初始时轻弹簧处于原长。现使A获得一水平向右的瞬时速度,并从此刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知物块A的质量为mA=1 kg,下列说法正确的是 (　 　)
A.弹簧、物块A和B组成的系统动量和机械能都守恒
B.t1时刻,弹簧处于原长状态
C.物块B的质量mB=3 kg
D.t3时刻,弹簧的弹性势能为3 J
AD
【解析】　弹簧、物块A和B组成的系统在该过程中所受合力为0，所以系统动量守恒，弹簧、物块A和B组成的系统在该过程中只有弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确;由题图乙可知，t1时刻之后一小段时间，A速度减小，B速度增大，则t1时刻弹簧处于压缩状态，故B错误;根据动量守恒定律，由题图乙可知t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，已知v1=3 m/s、v2=1 m/s，有(mA+mB)v2=mAv1，代入数据解得mB=2 kg，故C错误;由题图乙知t3时刻弹簧处于伸长状态，两物块速度相等，且v3=1 m/s，由开始到t3时刻由机械能守恒有mA+mB+Ep=mA，代入数据解得t3时刻弹簧的弹性势能为Ep=3 J，故D正确。
【例2】　如图所示,两滑块A、B位于光滑水平面上,已知滑块A的质量mA=4 kg,滑块B的质量mB=3 kg,滑块B的左端连有水平轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=7 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度),直至分开,求:
(1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能;
【答案】　42 J
【解析】　(1)当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律得(mA+mB)v=mAv0，解得v=4 m/s，由机械能守恒定律得(mA+mB)v2+Ep=mA，解得滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为Ep=42 J。
(2)滑块B的最大动能;
【答案】　(2)96 J
【解析】　(2)当滑块A、B分离，弹簧恢复原长时，弹性势能为0，滑块B动能最大，则滑块B的速度最大，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，解得vA=1 m/s，vB=8 m/s，则滑块B的最大动能为Ek=mB=96 J。
(3)滑块A的动能最小时,弹簧的弹性势能。
【答案】　(3)0
【解析】　(3)当滑块A的速度为1 m/s时，滑块A的动能最小，此时弹簧恢复到原长，所以此时弹簧的弹性势能为E'p=0。
1.模型建构：如图所示,光滑曲(斜)面静止放在光滑水平地面上,滑块以速度v0冲上曲(斜)面,滑块始终未脱离曲(斜)面。
要点二　“滑块—曲(斜)面类”模型
2.模型特点
(1)在相互作用过程中,滑块和曲(斜)面组成的系统机械能守恒,系统水平方向动量守恒,竖直方向上动量不守恒,故总动量不守恒。
(2)滑块上升到最大高度时,滑块与曲(斜)面具有共同水平速度v共,此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,(M+m)v共=mv0;系统机械能守恒,(M+m)+mgh=m,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滑块的重力势能)。
(3)当滑块返回最低点时,滑块与曲(斜)面分离,水平方向动量守恒,mv1+Mv2=mv0;系统机械能守恒,m+M=m(相当于完成了弹性碰撞)。
【例3】　如图所示,在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块,滑块的一侧是一个弧形凹槽,槽半径为R,A点切线水平,B为最高点。另有一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上滑块,重力加速度大小为g,不计摩擦和阻力,下列说法中正确的是(　　)
A.当v0=时,小球刚好到达B点
B.当v0=时,小球在弧形凹槽上运动至最高点的过
程中,滑块的动能先增大再减小
C.小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动
D.小球回到弧形凹槽底部离开A点后可能做平抛运动
C
【解析】　滑块与小球水平方向动量守恒，小球恰能到达B点时有2mv=mv0，系统机械能守恒，有×2mv2+mgR=m，联立可得v0=2，可知当v0=时，小球未到达B点，故A错误;小球从进入弧形凹槽至最高点的过程中，小球对滑块的作用力始终做正功，所以滑块的动能一直增大，故B错误;以小球的初速度v0方向为正方向，由系统水平方向动量守恒得mv'-mvA=mv0，系统机械能守恒，有mv'2+m=m，联立可得vA=0，所以小球回到弧形凹槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。
【例4】　如图所示,有一质量为m的小球,以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为2m,小球在上升过程中始终未能冲出圆弧,重力加速度为g,求:
(1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度;(用v0、g表示)
【答案】　(1)　
【解析】　(1)小球在圆弧轨道上上升到最高点时两物体速度相同，小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，以小球运动的初速度v0方向为正方向，有3mv=mv0，解得v=，由机械能守恒定律得×3mv2+mgh=m，解得h=。
(2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。
【答案】(2)
【解析】(2)小球离开圆弧轨道时，由动量守恒定律有mv1+2mv2=mv0，由机械能守恒定律有m+×2m=m，联立解得v1=-v0，则小球离开圆弧轨道时的速度大小为。
[拓展]　若小球能冲出圆弧轨道,
(1)小球冲出圆弧轨道后做什么运动
(2)小球还能落回圆弧轨道吗
答案：(1)小球沿圆弧轨道上滑过程，小球和圆弧轨道在水平方向的速度相等，小球冲出圆弧轨道后做斜上抛运动。
(2)因为小球和圆弧轨道组成的系统水平方向动量守恒，所以小球还能落回圆弧轨道。
即时演练 堂堂清
1.如图所示,光滑水平地面上停放着一辆小车,小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切,圆弧轨道表面光滑,水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧,弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下(初速度为0),经B到达水平轨道,压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点,下列说法正确的是 (　　)
A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒
B.小球、小车及弹簧组成的系统机械能守恒
C.弹簧具有最大弹性势能时,小车和小球的速度都为0
D.最终小车和小球以相同的速度一起向右运动
C
解析：小球、小车及弹簧组成的系统由于需克服阻力做功，机械能不守恒，水平方向所受合力为0，水平方向系统动量守恒，但竖直方向所受合力不为0，系统动量不守恒，故A、B错误;系统初始动量为0，根据动量守恒定律可知，弹簧具有最大弹性势能时，小车和小球的速度都为0，最终小球相对于小车静止在B点时，小车与小球的速度也都为0，故C正确，D错误。
2.(多选)如图所示,在光滑的水平面上有两个滑块P、Q,滑块Q的左端固定一轻质弹簧。两个滑块以大小为v0的速度沿同一直线相向运动,滑块P的质量为2m,速度方向水平向右,滑块Q的质量为m,速度方向水平向左。不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　 　)
A.P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统动量守恒
B.当两个滑块的速度相等时,弹簧的弹性势能最大
C.当两个滑块的速度相等时,弹簧的弹性势能为m
D.两个滑块最终能以v0的共同速度一起水平向右运动
ABC
解析：P、Q两个滑块(包括弹簧)组成的系统所受合力为0，则系统的动量守恒，A正确;P与弹簧接触后两滑块都做减速运动，弹簧逐渐被压缩，滑块Q速度先减小到0，然后向右反向加速，弹簧继续被压缩，当两个滑块的速度相等时，弹簧的形变量最大，此时弹簧的弹性势能最大，B正确;以向右为正方向，则当两个滑块的速度相等时，由动量守恒定律可知(2m+m)v=2mv0-mv0，此时弹簧的弹性势能为Ep=m+×2m-(2m+m)v2=m，C正确;设最终P、Q两个滑块的速度分别为v1和v2，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得2mv1+mv2=2mv0-mv0，根据系统的机械能守恒得×2m+m=×(2m+m)，解得v1=-，v2=，或v1=v0，v2=-v0(舍去)，D错误。
3.(多选)如图所示,小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是 (　　)
A.小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
B.小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
C.小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
D.小车上曲面的竖直高度不会大于
BD
解析：小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下曲面时，小车仍继续前进，不会回到原位置，故A错误;小球恰好到达最高点时两者有共同速度，对于小车和小球组成的系统，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得2mv1=mv，得共同速度v1=，小车动量的变化量Δp=mv1-0=，故B正确;小球恰好到达小车最高点时，小球与小车水平方向的速度是相等的，由于系统水平方向动量守恒，若曲面光滑，则系统机械能守恒，所以相互作用结束后，可能小车的速度仍然等于0，小球的速度仍然等于v，故C错误;如果曲面光滑，则小车和小球组成的系统机械能守恒，有mv2-×2m=mgh，解得h=，如果曲面粗糙，因摩擦生热，减少的动能还有一部分转化成内能，小球能上升的高度还要更小些，故D正确。
4.(多选)如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧右端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧右端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则 (　 　)
A.物体A的质量为3m
B.物体A的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
AC
解析：对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩x时弹性势能Ep=M;对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B速度相等，由动量守恒定律有(M+m)v=M·2v0，由能量守恒定律有Ep=M(2v0)2-(M+m)v2，联立解得M=3m，Ep=m，A、C正确，B、D错误。
课时作业7

1.(5分)如图所示,P物体与一个连着水平弹簧的Q物体正碰,碰撞后P物体静止,Q物体以P物体碰撞前速度v离开,已知P与Q质量相等,弹簧质量忽略不计,那么当弹簧被压缩至最短时,下列结论中正确的是(　　)
A.P的速度恰好为0
B.P与Q具有相同速度
C.Q刚开始运动
D.Q的速度等于v
B
解析：P物体接触弹簧后，在弹簧弹力的作用下，P物体做减速运动，Q物体做加速运动，P、Q间的距离减小，当P、Q两物体速度相同时，弹簧被压缩到最短，故B正确，A、C错误;由于作用过程中动量守恒，设P、Q两物体共速时速度为v'，则(m+m)v'=mv，所以弹簧被压缩至最短时，P、Q的速度v'=，故D错误。
2.(5分)如图所示,质量为4m且足够长的光滑斜面放在光滑水平面上,质量为m的小球以水平速度v0冲上斜面,则小球冲上斜面后距离水平面的最大高度是 (　　)
A.　 　B.　 　C.　 　D.
解析：小球冲上斜面后距离水平面最大高度时二者共速，对斜面、小球，水平方向动量守恒有5mv共=mv0，由机械能守恒有×5m+mgh=m，联立解得小球冲上斜面后距离水平面的最大高度h=，故选C。
C
3.(5分)(多选)如图所示,光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上,从一定高度自由下落的小球m恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)
A.小球第一次离开槽时,将向右上方做斜抛运动
B.小球第一次离开槽时,将做竖直上抛运动
C.小球离开槽后,仍能落回槽内,而槽将做往复运动
D.槽一直向右运动
BC
解析：小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合力为0，初状态时系统在水平方向动量为0，由动量守恒定律可知，小球第一次离开槽时，系统水平方向动量守恒，小球与槽在水平方向的速度都为0，小球离开槽后做竖直上抛运动，故A错误，B正确;小球沿槽的右侧下滑到底端过程，槽向右做加速运动，小球从底端向左侧上升过程，槽向右做减速运动，小球离开槽时，槽静止，小球做竖直上抛运动，然后小球落回槽的左侧，小球从槽的左侧下滑过程，槽向左做加速运动，小球从底端向右侧上滑时，槽向左做减速运动，然后小球离开槽做竖直上抛运动，此后重复上述过程，由此可知，槽在水平地面上做往复运动，故C正确，D错误。
4.(5分)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等,都可视作质点,Q与轻质弹簧相连。设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 (　　)
A.P的初动能
B.P的初动能的
C.P的初动能的
D.P的初动能的
B
解析：把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则2mv=mv0，解得v=，P的初动能Ek0=m，弹簧具有的最大弹性势能Ep=m-×2mv2=m=Ek0，故B正确。
5.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平面上放有两个小球A和B,其质量mA=1 kg、mB=4 kg,B球上固定一水平轻质弹簧。若A球以速率v=4 m/s向右运动去碰撞静止的B球,下列说法正确的是 (　　　)
A.A、B两球在碰撞过程中的加速度都是先增大后减小
B.弹簧最大的弹性势能为6.4 J
C.碰撞结束时,小球A将向左运动
D.碰撞结束时,B球速度大小为3.2 m/s
ABC
解析：A、B两球在碰撞过程中弹簧先被压缩，当两球速度相等时弹簧被压缩到最短，然后弹簧再次回到原长，故弹簧的形变量先增大后减小，则弹簧的弹力先增大后减小，两球所受的合力都为弹簧弹力，故两球的加速度都是先增大后减小，故A正确;当A、B速度相等时弹簧的弹性势能达到最大，设此时共同速度为v3，由动量守恒及能量守恒分别可得(mA+mB)v3=mAv，ΔEp=mAv2-(mA+mB)，联立解得ΔEp=6.4 J，故B正确;当弹簧恢复原长时，碰撞结束，设此时A、B的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，由动量守恒及能量守恒分别可得mAv1+mBv2=mAv，mA+mB=mAv2，联立解得v1=-2.4 m/s，v2=1.6 m/s，碰撞结束时，小球A向左运动，B球速度大小为1.6 m/s，故C正确，D错误。
6.(5分)如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,质量为m的小物块从槽上高为h处由静止释放,已知弹簧始终处于弹性限度内,则 (　　)
A.小物块下滑过程中,其机械能守恒
B.小物块下滑过程中,小物块和槽的动量大小始终相等
C.小物块第一次滑到槽底端时,槽的动能为mgh
D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽,且能回到槽上高h处
C
解析：弧形槽置于光滑水平面上，小物块下滑过程中，对槽压力的水平分量使槽向左加速，槽对小物块的支持力做功，小物块的机械能不守恒，故A错误;小物块下滑过程中，小物块和槽在水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向合力不为0，竖直方向动量不守恒，故小物块和槽的水平方向的动量大小始终相等，竖直方向的动量大小不相等，故B错误;小物块下滑过程中，根据水平方向动量守恒有mv1=2mv2，根据系统机械能守恒有mgh=m+×2m，联立解得v1=2，v2=，则小物块第一次滑到槽底端时，槽的动能为
Ek=×2m=mgh，故C正确;小物块第一次被弹簧反弹后速度大小仍为v1，且v1>v2，故小物块能追上槽，小物块沿槽上滑，二者共速时到达最高处，根据水平方向动量守恒有3mv=mv1+2mv2，根据系统机械能守恒有m+×2m=mgh'+×3mv2，可得h'
7.(5分)如图所示,在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面,斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m
A.h　　B.　　C.　　D.
D
解析：斜面固定时，小物块恰能冲到斜面的顶端，由动能定理得-mgh=0-m，所以v0=;斜面不固定时，设小物块冲上斜面后能达到的最大高度为h'，小物块达到最高点时的速度为v，由水平方向动量守恒得(M+m)v=mv0，由机械能守恒定律得(M+m)v2+mgh'=m，解得h'=h，故D正确。
8.(5分)(多选)如图所示,在光滑的水平面上,物体B静止,在物体B上固定一个水平轻弹簧。物体A以某一速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用,物体A质量为m,物体B质量为2m,从物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中 (　　)
A.弹簧再次恢复原长时物体B的速度大小为v0
B.弹簧弹性势能的最大值为m
C.物体A的动量变化量大小为mv0
D.物体B先做加速度增大的加速运动,后做加速度减小的加速运动
BD
解析：从物体A刚接触弹簧至弹簧再次恢复原长的过程中，两物体和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mvA+2mvB=mv0，由机械能守恒定律得m+×2m=m，联立解得vA=-v0，vB=v0，故A错误;两物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得(m+2m)v=mv0，由机械能守恒定律得(m+2m)v2+Epm=m，联立解得Epm=m，故B正确;从物体A刚接触弹簧到弹簧再次恢复原长的过程，物体A的动量变化量为Δp=mvA-mv0=-mv0，则其大小为mv0，故C错误;
物体A与弹簧接触后做减速运动，物体B做加速运动，弹簧压缩量增大，弹簧弹力变大，物体B的加速度变大，当A、B两物体速度相等时弹簧压缩量最大，然后弹簧逐渐恢复原长，弹簧弹力减小，物体B的加速度减小，物体B继续做加速运动，则整个过程物体B先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的加速运动，故D正确。
9.(5分)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg和mB=2.0 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是 (　　)
C
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为72J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
D.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为18 J
解析：由题图乙知，物块C与物块A碰撞前的速度为v1=12 m/s，碰后的速度为v2=3 m/s，物块C与物块A碰撞过程动量守恒，以物块C的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有(mA+mC)v2=mCv1，解得mC=1 kg，故A错误;当物块C与物块A速度为0时，根据能量守恒，可得弹簧最大弹性势能Ep=(mA+mC)=18 J，故B错误;由题图乙知，12 s末物块A和物块C的速度v3=-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B的冲量大小，也等于弹簧对物块A和物块C整体的冲量大小，墙壁对物块B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2，解得I=-24 N·s，即冲量大小为24 N·s，方向向左，故C正确;物块B刚离开墙壁时，
根据机械能守恒定律有Ep=(mA+mC)v，解得A、C向左运动的速度大小为v'2=3 m/s，物块B离开墙壁后，当A、B、C三者共速时弹性势能最大，根据动量守恒有(mA+mC+mB)v3=(mA+mC)v'2，根据能量守恒有E'p=(mA+mC)v-(mA+mC+mB)，联立解得E'p=6 J，故D错误。
10.(5分)(多选)如图所示,足够长的光滑水平面上静止一质量为3m的弧形槽,弧形槽和水平面平滑连接,质量为m的滑块(可视为质点),从距离水平面高度为h的A点由静止沿弧形槽滑下,之后被水平轻质弹簧反向弹回,不计一切阻力及能量损失,重力加速度为g。以下说法正确的是 (　　　　)
A.滑块沿弧形槽下滑过程中,二者组成的系统动量守恒,机械能也守恒
B.弹簧获得的最大弹性势能为mgh
C.滑块沿弧形槽上升的最大高度等于
D.滑块再一次离开弧形槽后,不可能和弹簧发生作用
BCD
解析：滑块沿弧形槽下滑过程中，竖直方向合力不为0，二者组成的系统动量不守恒，只有弹力和重力做功，机械能守恒，故A错误;系统水平方向动量守恒有mv1=3mv2，机械能守恒有mgh=m+×3m，解得v1=，v2=，弹簧获得的最大弹性势能为Epm=m=mgh，故B正确;滑块被弹簧反弹后，弧形槽和滑块再次共速时，滑块沿弧形槽上升的高度最大，(m+3m)v=mv1+3mv2，mgh'=m+×3m-(m+3m)v2，解得滑块沿弧形槽上升的最大高度h'=，故C正确;滑块再一次离开弧形槽时，有mv'1+3mv'2=mv1+3mv2，mv'21+×3mv=m+×3m，解得v'1=0，v'2=，所以滑块再一次离开弧形槽后，不可能和弹簧发生作用，故D正确。

11.(15分)如图所示,滑块A、B、C位于光滑水平面上,已知A的质量mA=1 kg,B的质量mB=mC=2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用,直至分开的过程中未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。
(1)求弹簧被压缩到最短时,滑块B的速度大小。
答案：(1)1 m/s　
解析：(1)对A、B系统，A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有(mA+mB)v1=mAv0，代入数据可得v1=1 m/s。
(2)求弹簧给滑块B的冲量大小。
答案：(2)4 N·s　
解析：(2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAvA+mBvB=mAv0，mA+mB=mA，代入数据可得vB=2 m/s，则弹簧给滑块B的冲量大小I=Δp=mBvB=4 N·s。
(3)求滑块A的动能最小时,弹簧的弹性势能。
答案：(3)2.25 J
解析：(3)滑块A的动能最小时，即vA2=0，根据动量守恒定律有mAvA2+mBvB2=mAv0，代入数据可得vB2=1.5 m/s，根据能量守恒定律有Ep=mA-mB=2.25 J。
(4)若弹簧被压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘在一起,然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短,求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。
答案：(4)0.5 m/s　0.5 J
解析：(4)弹簧被压缩到最短时，B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(mB+mC)v2=mBv1，代入数据可得v2=0.5 m/s，B与C发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，整个系统损失的机械能为ΔE=mB-(mB+mC)=0.5 J。
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