第1章 专题提升课2 “滑块—弹簧”和“滑块—斜面”模型-课后达标检测-【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　课后 达标检测 3 4 5 6 2 1 √ 课后 达标检测 3 4 5 6 2 1 课后 达标检测 3 4 5 6 1 2 √ √ 课后 达标检测 3 4 5 6 1 2 解析：在整个运动过程中，只有弹簧弹力做功，弹力属于系统内力，系统的合外力为零，因此物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，故A错误； 物体A在压缩弹簧时，做减速运动，物体B受到弹簧的弹力作用做加速运动，当物体A、B的速度相等时，此时弹簧的压缩量最大，弹簧获得的弹性势能最大，故B错误； 课后 达标检测 3 4 5 6 1 2 课后 达标检测 3．(2024·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 1 2 3 √ 课后 达标检测 解析：A、B相互作用过程中，A、B组成的系统合外力不为零，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 1 2 3 课后 达标检测 4．如图所示，半径为R的光滑圆环轨道与高为10R的光滑斜面安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻质弹簧被两小球a、b夹住(不连接)处于静止状态，今同时释放两个小球，a球恰好能通过圆环轨道最高点A，b球恰好能到达斜面最高点B，已知a球质量为m，求： 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 (1)离开弹簧时a、b的速度大小； 3 5 6 1 2 4 课后 达标检测 (2)释放小球前弹簧具有的弹性势能。 3 5 6 1 2 4 答案：7.5mgR 课后 达标检测 3 4 6 1 2 5 课后 达标检测 (1)小球离地的最大高度； 3 4 6 1 2 5 答案：2.4 m　 课后 达标检测 (2)小球从F点脱离滑块时，小球速度大小； 3 4 6 1 2 5 答案：6 m/s　 课后 达标检测 (3)小球回到圆弧轨道E点时，滑块对地面的压力大小。 3 4 6 1 2 5 答案：120 N 课后 达标检测 6．(2024·河南遂平一中期中)如图所示，半径均为R、质量均为M的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面在最低点和水平面相切。一个质量为m的小球从圆弧体A的最高点由静止释放，已知M＝3m，重力加速度大小为g。 3 4 5 1 2 6 课后 达标检测 (1)求小球冲上圆弧体B后上升的最大高度h。 3 4 5 1 2 6 课后 达标检测 3 4 5 1 2 6 课后 达标检测 (2)通过计算判断小球从圆弧体B滑离后能否追上圆弧体A。 3 4 5 1 2 6 课后 达标检测 1．(2024·河北开滦二中校考)如图所示，光滑水平面上，A、B两小球与轻质弹簧拴接，弹簧处于原长，两小球静止。某时刻给A球水平向右的初速度，对应初动能为Ek，设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为Ep。已知A球质量为m，若 eq \f(Ek,Ep) ＝4，则B球质量为(　　) A. eq \f(1,3) m B．2m C．3m D．4m 解析：当弹性势能最大时，两小球共速，则由动量守恒定律mv0＝(m＋m′)v，其中弹簧弹性势能Ep＝Ek－ eq \f(1,2) (m＋m′)v2，Ek＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ， eq \f(Ek,Ep) ＝4，解得m′＝ eq \f(1,3) m。 2.(多选)(2024·重庆巴蜀中学期中)如图所示，在光滑的水平面上有两个物体A和B，物体A的质量为m，物体B的质量为2m，一根轻弹簧与B相连静止在地面上。物体A以速度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与弹簧接触时，随即被弹簧拴接。下列说法正确的是(　　) A．在整个运动过程中，物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．当物体A的速度为零时，弹簧获得的弹性势能最大 C．运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为 eq \f(1,3) mv eq \o\al(2,0) D．从弹簧开始压缩至压缩最大的过程中，弹簧对物体B做功为 eq \f(1,9) mv eq \o\al(2,0) 根据功能关系，弹簧对物体B做功等于物体B增加的动能WB＝ eq \f(1,2) ·2m· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,3))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(1,9) mv eq \o\al(2,0) ，故D正确。 物体A、B及弹簧组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋2m)v，解得物体A、B的共同速度v＝ eq \f(v0,3) ，根据机械能守恒定律可得弹簧获得的最大弹性势能Epm＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) － eq \f(1,2) (m＋2m)v2＝ eq \f(1,3) mv eq \o\al(2,0) ，故C正确； 答案： eq \r(5gR) 　2 eq \r(5gR) 　 解析：设两个小球离开弹簧时的速度分别为va、vb，弹簧的弹性势能为Ep，根据题意ma＝m，对b球，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) mbv eq \o\al(2,b) ＝mbg·10R 对a球，由机械能守恒定律有 eq \f(1,2) mav eq \o\al(2,a) ＝ eq \f(1,2) mav eq \o\al(2,A) ＋mag·2R a球恰好能通过圆环轨道最高点A需满足 mag＝2,A) eq \f(mav,R) 联立上式解得va＝ eq \r(5gR) ，vb＝2 eq \r(5gR) 。 解析：对a、b球组成的系统， 由动量守恒定律有0＝mava－mbvb 由能量守恒定律有 eq \f(1,2) mav eq \o\al(2,a) ＋ eq \f(1,2) mbv eq \o\al(2,b) ＝Ep 联立解得Ep＝7.5mgR。 5．(2024·江西宜丰中学期中)如图所示，光滑水平面上静置一个质量M＝3 kg的滑块，滑块的一侧是一个 eq \f(1,4) 光滑圆弧轨道，半径R＝0.8 m，E点切线水平。一个质量m＝1 kg的小球以速度v0＝8 m/s从E点冲上滑块，从F点脱离滑块。重力加速度大小g取10 m/s2。求： 解析：当小球脱离滑块时，两者在水平方向上速度相同，水平方向动量守恒，有 mv0＝(m＋M)v1 对全程，系统机械能守恒，有 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝mgh＋ eq \f(1,2) (m＋M)v eq \o\al(2,1) 解得v1＝2 m/s，h＝2.4 m。 解析：小球脱离滑块后竖直方向做竖直上抛运动，脱离时的竖直初速度vy＝ eq \r(2g（h－R）) 小球从F点脱离滑块时，小球速度v＝2,y) eq \r(v＋v eq \o\al(2,1) ) 联立得v＝6 m/s。 解析：从小球冲上滑块到回到圆弧轨道E点的过程可以看成弹性碰撞，因此可得 mv0＝mv2＋Mv3， eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,2) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,3) 联立解得v2＝－4 m/s，v3＝4 m/s 小球与滑块运动方向相反，因此小球回到圆弧轨道E点时可得F－mg＝ eq \f(m（v2－v3）2,R) 对滑块分析N＝F＋Mg得N＝120 N 由牛顿第三定律可得，滑块对地面的压力大小为120 N。 解析：小球从A上滑下过程，小球与A组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＋MvA＝0 由机械能守恒定律得mgR＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,A) 解得v0＝3 eq \r(\f(gR,6)) ，vA＝－ eq \r(\f(gR,6)) 小球与B组成的系统在水平方向动量守恒，小球到达最高点时与B的速度相 答案： eq \f(9,16) R　 等，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) (m＋M)v2＋mgh 解得h＝ eq \f(9,16) R。 答案：能，计算过程见解析 解析：小球与B组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv球＋MvB 由机械能守恒定律得 eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,0) ＝ eq \f(1,2) mv eq \o\al(2,球) ＋ eq \f(1,2) Mv eq \o\al(2,B) 解得v球＝－ eq \f(3,2) eq \r(\f(gR,6)) 负号表示速度方向向左，小球与B分离后，小球与A都向左做匀速直线运动，由于小球的速度大于A的速度，小球能追上圆弧体A。 $