第一章 专题提升课2 “滑块—弹簧”和“滑块—斜面”相互作用模型 课后达标检测-【优学精讲】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册教用课件（人教版）

专题提升课2　课后达标检测 1 √ 1．(多选)如图所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触。现解除对弹簧的锁定，对A、B与弹簧组成的系统分析正确的是(　　)   A．在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统动量守恒 B．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒 C．在A离开挡板后，A、B与弹簧组成的系统动量守恒 D．在A离开挡板后的运动过程，弹簧弹性势能最大时A、B速度相等 √ √ 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 解析：在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒；挡板对A不做功，只有弹簧的弹力对B做功，所以系统机械能守恒，故A错误。A离开挡板后，A、B的运动过程中，系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，所以系统机械能守恒，故B、C正确。在A离开挡板后的运动过程，B向右减速，A向右加速，两者间距增大，弹簧的弹性势能增大，两者速度相等后，B向右继续减速，A向右继续加速，两者间距减小，弹簧的弹性势能减小，所以A、B速度相等时，弹簧弹性势能最大，故D正确。 4 5 6 7 1 2 3 课后达标检测 √ 2．(2025·江苏南京统考期中)如图所示，滑块B放置在光滑的水平面上，其光滑圆弧曲面的圆心角小于90°，曲面最低点与水平面相切，小球A以某一水平初速度v0冲向B，则(　　)   A．A、B相互作用过程中，A、B组成的系统动量守恒 B．A、B相互作用过程中，A的机械能守恒 C．A的初速度达到一定数值就可以越过B D．A的初速度无论多大都不能越过B 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 解析：A、B相互作用过程中，A、B组成的系统所受合外力不为零，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；A、B相互作用过程中，只有重力做功，A、B组成的系统机械能守恒，由于B的机械能增大，故A的机械能减小，故B错误；若圆弧曲面圆心角为90°，且小球A能到达圆弧面最高点，则由水平方向动量守恒知，此时水平方向小球A与滑块共速，在共速前vAx>vB，在题图所示θ<90°的弧面最高点，小球A相对斜面做斜上抛运动，越过B，故C正确，D错误。 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 √ 3.(2024·江苏卷，T9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4.(10分)如图所示，质量分别为2 kg、3 kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以5 m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中： (1)弹簧的最大弹性势能；(5分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 答案：15 J　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)滑块B的最大动能。(5分) 答案：24 J 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 5.(10分)(2025·江苏泰州市期中)如图所示，质量为3m、半径为R的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上，下端与水平地面相切，可视为质点的质量为5m的物块B静止在光滑的水平地面上，其左端固定有水平轻弹簧，可视为质点的质量为m的物块A从圆弧轨道的顶端由静止滑下，之后物块A与弹簧发生作用，并冲上圆弧轨道，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g。求： (1)A第一次与圆弧轨道分离时，A与轨道各自的速度大小；(3分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)从释放A到A第一次与圆弧轨道分离过程中，轨道的位移大小和A的水平位移大小；(3分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (3)物块A沿圆弧轨道上升的最大高度h。(4分) 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 6．(12分)(2025·山东德州市期中)如图所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道和水平面间不固定。轨道水平部分的上表面粗糙，竖直部分为表面光滑的四分之一圆弧轨道，两部分在O′点平滑连接，A为轨道的最高点。现有一质量m＝1.0 kg的小物块从右端以水平向左的初速度v0＝6 m/s滑上水平轨道，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。已知轨道圆弧部分的半径R＝0.4 m，小物块处在轨道水平部分运动时，轨道加速度aM与小物块加速度am大小之比为1∶3，小物块可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (1)求轨道的质量M。(3分) 答案：3 kg　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)若小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求水平轨道的长度L。(3分) 答案：1.9 m　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (3)在(2)的前提下，判断小物块能否从轨道上滑下来；如果能，求小物块滑下来的速度；如果不能，求小物块停在轨道的位置与O′的距离L′。(6分) 解析：假设轨道的水平部分足够长，则二者最终将共速，设共同速度为v2，则从小物块开始滑上轨道到最终二者共速的整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v2 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 7．(12分)(2025·山东临沂市期中)如图所示，质量m2＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB、DE部分是半径R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，BC、CD长均为L＝0.2 m，滑道CD部分粗糙，物块与CD间的动摩擦因数μ＝0.20，其余部分均光滑。现让质量m1＝1 kg的物块(可视为质点)自A点由静止释放，g取10 m/s2，求： 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (1)物块第一次到达B点时的速度大小v1；(3分) 答案：2 m/s　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (2)物块第一次到达轨道右侧的最大高度；(3分) 解析：物块第一次到达轨道右侧最高点时，两者在水平方向上共速，根据系统在水平方向上动量守恒，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有 m1gR＝μm1gL＋m1gh 解得h＝0.26 m。 答案：0.26 m　 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 (3)物块最终停止的位置和经过C点的次数。(6分) 解析：根据系统在水平方向上动量守恒，即物块最终停止时，两者在水平方向速度大小都为零，则根据能量守恒定律有 m1gR＝μm1gx 解得x＝1.5 m＝6L＋0.3 m 又CD长L＝0.2 m，所以最终停止位置距D点 0．3 m－L＝0.1 m 经过C点次数为6＋1＝7次。 答案：距D点0.1 m　7次 4 5 6 7 2 3 1 课后达标检测 解析：对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧处于原长时有Ep＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) ，联立得Ep＝2,B) eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,mA)＋mB)) v eq \o\al(2,B) ，故可知弹簧处于原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。 解析：当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速。由动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v 弹簧的最大弹性势能即滑块A、B损失的动能 Epmax＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (mA＋mB)v2 解得Epmax＝15 J。 解析：当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) ＋ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) 滑块B的最大动能Ekmax＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) 解得Ekmax＝24 J。 解析：以水平向右为正方向，设物块A第一次离开圆弧轨道时，物块A的速度大小为v1，圆弧轨道的速度大小为v2，则有mv1＝3mv2 mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) ·3mv eq \o\al(2,2) 解得v1＝ eq \r(\f(3gR,2)) ，v2＝ eq \r(\f(gR,6)) 。 答案： eq \r(\f(3gR,2)) 　 eq \r(\f(gR,6)) 　 解析：设物块A的水平位移大小为x1，轨道位移大小为x2，二者组成的系统水平方向动量守恒 mx1＝3mx2 x1＋x2＝R 解得x1＝ eq \f(3R,4) ，x2＝ eq \f(R,4) 。 答案： eq \f(R,4) 　 eq \f(3R,4) 　 解析：设物块A与弹簧分离时，物块A的速度大小为v3，物块B的速度大小为v4，物块A沿圆弧轨道上升到最大高度时，两者的速度大小为v共，有 mv1＝－mv3＋5mv4 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,3) ＋ eq \f(1,2) ·5mv eq \o\al(2,4) －3mv2－mv3＝－4mv共 mgh＝ eq \f(1,2) ·3mv eq \o\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,3) － eq \f(1,2) ·4mv eq \o\al(2,共) 联立解得h＝ eq \f(R,16) 。 答案： eq \f(R,16) 解析：小物块处在轨道水平部分运动时，设二者之间的摩擦力大小为f，则由牛顿第二定律得 f＝MaM，f＝mam f＝μmg 又 eq \f(aM,am) ＝ eq \f(1,3) 求得M＝3 kg。 解析：因小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，所以小物块到达最高点A时二者速度相等，设共同速度为v1，在整个过程中，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有 mv0＝(m＋M)v1 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v eq \o\al(2,1) ＋mgR＋μmgL 联立求得L＝1.9 m。 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v eq \o\al(2,2) ＋μmg(L＋L′) 求得L′＝0.8 m 因L′＝0.8 m<L＝1.9 m 所以，小物块不能从轨道上滑下来，小物块停在轨道的位置与O′的距离L′＝0.8 m。 答案：见解析 解析：物块第一次到达B点时，物块和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，有m1v1＝m2v2 机械能守恒，有m1gR＝ eq \f(1,2) m1v eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \o\al(2,2) 解得v1＝2 m/s。 $