第1章 专题提升课2 “滑块—弹簧”模型和“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Word(教科版)

专题提升课2　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜面”模型 微专题一　“滑块—弹簧”碰撞模型 1．模型图示 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，则系统机械能守恒。 (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)。 (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，物体的A质量为m，物体的B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mv 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mv [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；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＝，根据机械能守恒定律可得弹簧获得的最大弹性势能Epm＝mv－(m＋2m)v2＝mv，故C正确；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＝·2m·＝mv，故D正确。 [答案]　CD (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： (1)弹簧第一次恢复到原长时，物块B的动量； (2)两物块的速度相同时，弹簧的弹性势能； (3)撤去推力F后，物块A能达到的最大速度。 [解析]　(1)弹簧第一次恢复到原长时，根据能量守恒定律可得WF＝mBv 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。 (2)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＝mBv－(mA＋mB)v2＝6 J。 (3)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 mBv＝mAv＋mBv 联立解得物块A能达到的最大速度 vA＝v0＝2 m/s。 [答案]　(1)6 kg·m/s，方向水平向右　(2)6 J (3)2 m/s (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： (1)B、C相碰损失的机械能ΔE； (2)弹簧压缩量最大时储存的弹性势能Ep1； (3)弹簧伸长量最大时储存的弹性势能Ep2。 [解析]　(1)设B、C相碰后速度为vBC，由动量守恒定律有 mCv0＝mCvBC＋mBvBC 得vBC＝v0 B、C相碰损失的机械能 ΔE＝mCv－mCv－mBv＝mv。 (2)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＝mCv＋mBv－(mA＋mC＋mB)v 得Ep1＝。 (3)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 (mB＋mC)v＝(mB＋mC)v＋mAv 可得v2＝－，v3＝ 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＝mBv＋mAv－(mA＋mB)v 解得Ep2＝mv。 [答案]　(1)mv　(2)mv　(3)mv 微专题二　“滑块—弧面”碰撞模型 1．模型图示 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，mv＝(M＋m)v＋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，mv＝mv＋Mv(完全弹性碰撞拓展模型)。 (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 [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；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mv＝(m＋M)v2＋mgh，解得h＝0.6 m，故D正确。 [答案]　BD (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： (1)小球离地的最大高度； (2)小球从F点脱离滑块时，小球速度大小； (3)小球回到圆弧轨道E点时，滑块对地面的压力大小。 [解析]　(1)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 mv＝mgh＋(m＋M)v 解得v1＝2 m/s，h＝2.4 m。 (2)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＝ 小球从F点脱离滑块时，小球速度v＝ 联立得v＝6 m/s。 (3)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，mv＝mv＋Mv 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＝ 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。 [答案]　(1)2.4 m　(2)6 m/s　(3)120 N 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： (1)碰撞过程中系统损失的机械能； (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。 [解析]　(1)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＝v0 碰撞过程中系统损失的机械能 E损＝mv－×2mv2 解得E损＝mv。 (2)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＝v0 根据机械能守恒定律得 2mgh＝×2m－×5m 解得h＝。 [答案]　(1)mv　(2) 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 解析：选AC。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′，mPv＝mPv＋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mPv＝(mQ＋mP)v1′2＋Epmax，解得Epmax＝15 J，故D错误。 2．(“滑块—弧面”碰撞模型)(2024·江苏无锡一中期中)质量为m2且各处光滑的带有四分之一圆弧(半径足够大)的轨道静止在光滑水平面上，现有一质量为m1的滑块以初速度v0水平冲上轨道(不脱离轨道)，下列说法正确的是(　　) A．滑块冲上轨道的过程，m1和m2组成的系统动量守恒 B．若m1＝m2，则m1滑到最高点时速度为0 C．若m1＝m2，则m1上升的最大高度为 D．m1滑下后，速度不可能向左 解析：选C。由于m2为各处光滑的带有四分之一圆弧轨道，则m1和m2组成的系统机械能守恒，且只在水平方向动量守恒，则m1滑到最高点时有m1v0＝(m1＋m2)v共，m1v＝(m1＋m2)v＋m1gh，将m1＝m2代入解得v共＝，h＝，故A、B错误，C正确；m1滑上m2又返回，直到m1离开m2的整个过程中，系统水平方向动量守恒，选取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，假设是弹性碰撞，由机械能守恒得m1v＝m1v＋m2v，解得v1＝v0，v2＝v0，如果m1<m2，则v1<0，即m1离开m2后速度方向向左，故D错误。 3．(“滑块—弹簧”碰撞模型)(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＝4，则B球质量为(　　) A．m　　　　　　　　 B．2m C．3m D．4m 解析：选A。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－(m＋m′)v2，Ek＝mv，＝4，解得m′＝m。 4．(“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： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ 解析：(1)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。 (2)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＝mAv2＋(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)·v＝12 J。 答案：(1)3 m/s　(2)12 J 学科网（北京）股份有限公司 $