第1章 专题提升课2 “滑块—弹簧”和“滑块—斜面”模型-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

专题提升课2　“滑块—弹簧”和“滑块—斜面”模型 专题 深度剖析 1 随堂 巩固落实 2 内容 索引 专题 深度剖析 PART 01 第一部分 1．模型图示 微专题一　“滑块—弹簧”碰撞模型 返回导航 专题 深度剖析 2．模型特点 (1)两个或两个以上的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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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(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(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 返回导航 专题 深度剖析 (2023·山东莱西期末)如图所示，两滑块A、B位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝3 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＝5 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： 返回导航 专题 深度剖析 (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]　15 J　 返回导航 专题 深度剖析 (2)滑块B的最大动能； [答案] 24 J　 返回导航 专题 深度剖析 (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 返回导航 专题 深度剖析 (2024·江苏徐州统考期中)如图所示，A、B两物块用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，弹簧处于原长。现用水平向左的力F缓慢推动物块B，到达某一位置后静止，此过程中力F做功9 J。已知A、B两物块的质量分别为mA＝4 kg和mB＝2 kg，现突然撤去推力F，求： 返回导航 专题 深度剖析 (1)弹簧第一次恢复到原长时，物块B的动量； [答案]　6 kg·m/s，方向水平向右　 返回导航 专题 深度剖析 (2)两物块的速度相同时，弹簧的弹性势能； [答案]　6 J 返回导航 专题 深度剖析 (3)撤去推力F后，物块A能达到的最大速度。 [答案]　2 m/s 返回导航 专题 深度剖析 (2024·新疆乌鲁木齐70中期中)如图所示，在光滑的水平面上有三个小球A、B、C，三者处于同一直线上，质量分别为mA＝3m、mB＝m、mC＝m，初始A、B用轻弹簧拴连处于静止状态，C以初速度v0向左运动，B、C相碰后以相同速度向左运动但不粘连，m和v0为已知量，求： 返回导航 专题 深度剖析 (1)B、C相碰损失的机械能ΔE； 返回导航 专题 深度剖析 (2)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； 返回导航 专题 深度剖析 (3)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 1．模型图示 微专题二　“滑块—斜面(弧面)”碰撞模型 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 (多选)(2024·江西上高二中校考)如图所示，一带有半径足够大的光滑圆弧轨道的小车的质量M＝3 kg，小车静止在光滑水平地面上，圆弧下端水平。有一质量m＝1 kg的小球以水平初速度v0＝4 m/s 从圆弧下端滑上小车，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统动量守恒 B．在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒 C．小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1.5 m/s D．小球沿圆弧轨道上升的最大高度为0.6 m √ √ 返回导航 专题 深度剖析 [解析]　在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误； 在小球滑到最高点的过程中，小球与小车组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，故B正确； 小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设两者共同速度大小为v，则mv0＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，故C错误； 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 √ √ 返回导航 专题 深度剖析 [解析]　由于水平面光滑，所以小球与弧形轨道组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，故系统机械能守恒，故A错误； 返回导航 专题 深度剖析 返回导航 专题 深度剖析 如图所示，在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈B。求： 返回导航 专题 深度剖析 (1)碰撞过程中系统损失的机械能； 返回导航 专题 深度剖析 (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 返回导航 专题 深度剖析 随堂 巩固落实 PART 02 第二部分 1．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(多选)(2024·山东潍坊统考期中)如图所示，物体P、Q用轻质弹簧拴接放置在光滑水平面上。给P施加一瞬时冲量使其向右运动，弹簧最短时Q的速度为2 m/s，已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，取向右为正方向，则运动过程中(　　) A．P的初速度为5 m/s B．P的速度始终为正值 C．Q的最大速度为4 m/s D．弹簧最大弹性势能为21 J √ √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 √ √ 返回导航 随堂 巩固落实 返回导航 随堂 巩固落实 3．(“滑块—弹簧”碰撞模型)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中： 返回导航 随堂 巩固落实 (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ 解析：弹簧压缩至最短时，弹性势能最大， 由动量守恒定律得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA 解得vA＝3 m/s。 答案：3 m/s　 返回导航 随堂 巩固落实 (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 答案：12 J 返回导航 随堂 巩固落实 [解析]　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mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝2 m/s 根据机械能守恒定律，知弹簧的最大弹性势能 Ep＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (mA＋mB)v2 解得Ep＝15 J。 [解析]　当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) 解得vB＝4 m/s vA＝－1 m/s 则滑块B的最大动能Ek＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) ＝24 J。 [解析]　当A的速度为零时，滑块A的动能最小，根据 mAv0＝mAvA′＋mBvB′ 解得vB′＝ eq \f(10,3) m/s 弹簧的弹性势能Ep′＝ eq \f(1,2) mAv02－ eq \f(1,2) mBvB′2 解得Ep′＝ eq \f(25,3) J。 [答案] eq \f(25,3) J [解析]　弹簧第一次恢复到原长时，根据能量守恒定律可得WF＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,0) 解得物块B的速度v0＝3 m/s 则物块B的动量大小pB＝mBv0＝6 kg·m/s，方向水平向右。 [解析] 两物块的速度相同时，根据系统动量守恒可得 mBv0＝(mA＋mB)v 解得共同速度v＝1 m/s 根据系统机械能守恒可得，此时的弹簧的弹性势能 Ep＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (mA＋mB)v2＝6 J。 [解析] 撤去推力F后，当第一次达到共速后，弹簧伸长量最大，之后当弹簧再次恢复原长时，物块A的速度达到最大，则根据系统动量守恒可得 mBv0＝mAvA＋mBvB 根据系统机械能守恒可得 eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,A) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,B) 联立解得物块A能达到的最大速度 vA＝ eq \f(2mB,mA＋mB) v0＝2 m/s。 [解析]　设B、C相碰后速度为vBC，由动量守恒定律有mCv0＝mCvBC＋mBvBC 得vBC＝ eq \f(1,2) v0 B、C相碰损失的机械能 ΔE＝ eq \f(1,2) mCv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) mCv eq \o\al(2,BC) － eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,BC) ＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) 。 [答案]　 eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) 　 [解析]　A、B、C第一次共速时弹簧压缩量最大，以A、B、C组成的系统为研究对象 mCvBC＋mBvBC＝(mA＋mC＋mB)v1 Ep1＝ eq \f(1,2) mCv eq \o\al(2,BC) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,BC) － eq \f(1,2) (mA＋mC＋mB)v eq \o\al(2,1) 得Ep1＝2,0) eq \f(3mv,20) 。 [答案]　 eq \f(3,20) mv eq \o\al(2,0) 　 [解析]　以B与C碰后至弹簧第一次恢复原长为研究过程，A、B、C组成系统为研究对象，由动量守恒定律有 (mB＋mC)vBC＝(mB＋mC)v2＋mAv3 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) (mB＋mC)v eq \o\al(2,BC) ＝ eq \f(1,2) (mB＋mC)v eq \o\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(2,3) 可得v2＝－ eq \f(v0,10) ，v3＝ eq \f(2v0,5) 即弹簧第一次恢复原长时B、C正在向右运动，此后C将一直向右做匀速运动，B先向右减速到0，再向左加速至与A共速时弹簧的伸长量最大，该过程A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，所以有 mBv2＋mAv3＝(mA＋mB)v4 Ep2＝ eq \f(1,2) mBv eq \o\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) mAv eq \o\al(3,3) － eq \f(1,2) (mA＋mB)v eq \o\al(2,4) 解得Ep2＝ eq \f(3,32) mv eq \o\al(2,0) 。 [答案]　 eq \f(3,32) mv eq \o\al(2,0) 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒， eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (M＋m)v eq \o\al(2,共) ＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)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， eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,2) (完全弹性碰撞拓展模型)。 设小球沿圆弧轨道上升的最大高度为h，小球与小车组成的系统机械能守恒，有 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，故D正确。 (多选)如图乙所示，光滑的水平面上有一个质量为m＝1 kg的小球与质量为M＝2 kg、半径为R＝10 cm的 eq \f(1,4) 光滑圆弧轨道，最初弧形轨道处于静止状态，小球与弧形轨道下边缘之间的距离大于1 m，小球受到一水平力F，小球运动1 m后，撤掉外力F(未知)，小球的加速度与小球的位移关系如图甲所示，g取10 m/s2，则撤过去外力F后下列说法正确的有(　　) A．小球与弧形轨道组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．小球在弧形轨道上上升的最大高度为 eq \f(20,3) cm C．弧形轨道的最大速度为 eq \f(\r(2),2) m/s D．弧形轨道的最大速度为 eq \f(2\r(2),3) m/s 由a－s图像知，小球在外力F作用下有 eq \f(1,2) mas＝ eq \f(1,2) mv2，解得v＝ eq \r(2) m/s，若小球没有从 eq \f(1,4) 圆弧飞出，当小球上升最高时小球与弧形轨道水平方向共速，则mv＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m)) v′，mgh＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(M＋m)) v′2，解得h＝ eq \f(20,3) cm<R，所以小球上升的最大高度为 eq \f(20,3) cm，故B正确； 当小球与弧形轨道分离时，弧形轨道速度最大，设分离时小球速度为v1，弧形轨道速度为v2，则mv＝mv1＋Mv2， eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,1) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,2) ，解得v2＝ eq \f(2\r(2),3) m/s，故C错误，D正确。 [解析]　小物块C与物块A发生碰撞粘在一起，以v0的方向为正方向 由动量守恒定律得mv0＝2mv 解得v＝ eq \f(1,2) v0 碰撞过程中系统损失的机械能 E损＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) ×2mv2 解得E损＝ eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) 。 [答案]　 eq \f(1,4) mv eq \o\al(2,0) 　 [解析]　当小物块A、C上升到最大高度时，A、B、C的速度相等，系统水平方向动量守恒 mv0＝(m＋m＋3m)v1 解得v1＝ eq \f(1,5) v0 根据机械能守恒定律得 2mgh＝ eq \f(1,2) ×2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0)) eq \s\up12(2) － eq \f(1,2) ×5m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0)) eq \s\up12(2) 解得h＝2,0) eq \f(3v,40g) 。 [答案]　2,0) eq \f(3v,40g) 解析：已知P、Q质量分别为2 kg和3 kg，弹簧最短时Q和P的速度相同，都为2 m/s，则根据动量守恒定律可得mPv1＝(mQ＋mP)v1′，解得v1＝5 m/s，故A正确； 当弹簧恢复原长时，弹性势能为0，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mPv1＝mPv2＋mQv2′， eq \f(1,2) mPv eq \o\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) mPv eq \o\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) mQv2′2，解得v2＝－1 m/s，v2′＝4 m/s，可知P存在反向的速度，同时可得Q的最大速度为4 m/s，故B错误，C正确； 根据机械能守恒定律可得，当弹簧压缩至最短或拉伸至最长时，弹性势能最大，可得 eq \f(1,2) mPv eq \o\al(2,1) ＝ eq \f(1,2) (mQ＋mP)v1′2＋Epmax，解得Epmax＝15 J，故D错误。 2．(“滑块—弧面”碰撞模型)(多选)(2024·广东广州六中校考)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 eq \f(1,4) 弧形槽，槽半径为R，A点切线水平，B为最高点，C是AB间某位置。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，下列说法正确的是(　　) A．当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球无法到达B点 B．当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能先增大再减小 C．小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动 D．小球回到斜槽底部离开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mv0＝2mv，系统机械能守恒，有 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) ·2mv2＋mgR，联立可得v0＝2 eq \r(gR) ，可知当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球无法到达B点，故A正确； 当v0＝ eq \r(2gR) 时，小球未到达B点，小球从进入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；由系统水平方向动量守恒得mv′－mvA＝mv0，由系统机械能守恒有 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv′2＋ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,A) ，联立可得vA＝0，所以小球回到斜槽底部离开A点后做自由落体运动，故C正确，D错误。 解析：B、C碰撞过程系统动量守恒mBv＝(mB＋mC)vC 故vC＝2 m/s 碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故Ep＝ eq \f(1,2) mAv2＋ eq \f(1,2) (mB＋mC)v eq \o\al(2,C) － eq \f(1,2) (mA＋mB＋mC)v eq \o\al(2,A) ＝12 J。 $