微专题3 弹簧—小球 滑块—斜(曲)面模型 同步作业-2026-2027学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

微专题3 弹簧—小球 滑块—斜(曲)面模型 同步作业 一.选择题: 1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，Q与水平轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，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 2.如图所示，水平弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上h高处开始自由下滑(　　) A．在以后的运动过程中，小球和槽组成的系统动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上h高处 3.如图所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟轻弹簧相碰．在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是(　　) ①弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同 ②弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小 ③弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少 ④物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零 A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 4．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m<M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　) A．L1>L2 B．L1<L2 C．L1＝L2 D．不能确定 5.(2025·黑龙江省哈尔滨市高三上期中)如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得水平向右的速度3 m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得(　　) A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B．从t3到t4弹簧由伸长状态逐渐恢复原长 C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶3 D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2 6.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带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中，(　　) A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 7.带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止在光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端．则(重力加速度大小为g)(　　) A．小球以后将向左做平抛运动 B．小车先做加速运动，后做减速运动 C．此过程小球对小车做的功为Mv02 D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为 8.(多选)如图所示，质量均为m的小球和小环用长为l不可伸长的轻绳相连，小环套在光滑固定的水平细杆上，将小球拉至轻绳与杆夹角为θ时，由静止释放，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　) A．小球和小环组成的系统，动量守恒 B．小球向右摆到的最高点和释放点的高度相同C.小球运动到最低点时，速度为 D．小球运动到最低点时，轻绳对环的拉力为mg(2－sinθ) 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 9.在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑的可自由移动的曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0＝2 m/s的速度向曲面推出(如图6所示)．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40 kg，小球质量为m2＝2 kg，曲面质量为m3＝10 kg.试求小孩将球推出后还能否再接到球，若能，则求出再接到球后人的速度大小，若不能，则求出球再滑回水平冰面上的速度大小． 10.如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用水平轻弹簧连接后静止放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起．问： (1)A、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？ (2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？ (3)弹簧的最大弹性势能是多少？ 11．如图所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35 J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2 kg，mC＝0.1 kg，(取＝3.16)求： (1)滑块C的初速度v0的大小； (2)当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小； (3)从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量． 12.如图所示，一光滑水平面上有质量为m的光滑曲面体A，A右端与水平面平滑连接，一质量为m的小球C放在曲面体A的曲面上，距水平面的高度为h，小球C从静止开始滑下，然后与质量为2m的小球B发生弹性正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．重力加速度为g. (1)小球C与曲面体A分离时，求A、C的速度大小； (2)小球C与小球B发生碰撞后，小球C能否追上曲面体A? 参考答案: 1.答案　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．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，以v0的方向为正方向，则mv0＝2mv，得v＝，所以弹簧具有的最大弹性势能Epm＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故B正确． 2.答案　C解析　小球从弧形槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒，但是，当小球接触弹簧的过程中，弹簧会对小球施加一个水平向左的外力，故在此运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，A错误；小球在弧形槽中下滑过程中和弧形槽之间产生了一个垂直于接触面的弹力，而且在弹力水平分力的方向上两者都发生了位移，故小球和弧形槽之间的相互作用力会做功，B错误；小球下滑时，与光滑弧形槽在水平方向上动量守恒，所以小球离开光滑弧形槽时，两者速度大小相等、方向相反，因此，小球被弹簧反弹后，速度与光滑弧形槽速度相等，且都做匀速直线运动，小球不能追上光滑弧形槽，C正确，D错误． 3.答案　B解析　物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，①正确．A、B和弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B的动能之和最小，②正确．弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，③错误．当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，④正确，故选B. 4.答案　C解析　当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′ 由机械能守恒定律得：Ep＝mv2－(m＋M)v′2 联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝ 同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向， 当弹簧压缩到最短时有：Ep＝ 故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确． 5.答案　B解析　由题图乙可知，两物块的运动过程如下：开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，且弹簧的长度将继续增大，t3时刻，两物块再次达到共同速度1 m/s，系统动能最小，弹簧被伸长至最长，之后弹簧逐渐恢复原长，t4时刻与0时刻状态相同，即从t3到t4过程中弹簧由伸长状态逐渐恢复原长，故A错误，B正确；从0时刻到t1时刻，由动量守恒定律有m1v0＝(m1＋m2)v1，将v0＝3 m/s、v1＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C错误；在t2时刻，m1的速度为v2＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝m1|v2|∶m2|v2′|＝1∶4，故D错误。 6.答案　C解析　在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上所受合力为零，水平方向动量守恒，小球上升和下落过程，竖直方向的分速度变化，则系统在竖直方向上动量不守恒，则小球和滑块组成的系统动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时，小球与滑块速度相同，设为v，规定v0的方向为正方向，水平方向由动量守恒定律，有mv0＝(m＋3m)v，解得v＝，故B错误；根据机械能守恒定律得mv＝×4mv2＋mghmax，解得小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为hmax＝，故C正确；小球离开圆弧轨道时，设小球和圆弧轨道的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋×3mv，联立以上两式可得v1＝－，v2＝，故D错误。 7.答案　C解析　从小球冲上小车到离开小车，系统在水平方向上动量守恒，由于没有摩擦力做功，系统机械能不变，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回车的左端时速度变为零，将做自由落体运动，由动能定理知小球对小车做的功为Mv02，故C正确，A错误；小球沿圆弧轨道运动的过程中，小车的速度一直增大，故B错误；小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，Mv02＝×2Mv′2＋Mgh，解得h＝，故D错误． 8.答案BC解析　小球摆动的过程，有竖直方向的加速度，小球和小环组成的系统竖直方向上所受合力不为零，则系统动量不守恒，故A错误；根据题意可知，系统在水平方向上所受合力为零，则水平方向上动量守恒，小球运动到最高点时，竖直方向上速度为零，水平方向速度与小环相等，由动量守恒定律知，小球水平方向速度也为零，则由机械能守恒定律知，此时小球的重力势能与释放点的相等，则高度也相同，故B正确；小球运动到最低点时，设小球速度的大小为v1，小环速度的大小为v2，由动量守恒定律有mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgl(1－sinθ)＝mv＋mv，解得v1＝v2＝，此时小球相对于小环的速度大小为v＝v1＋v2＝2，对小球，由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得F＝mg(5－4sinθ)，则此时轻绳对环的拉力为mg(5－4sinθ)，故C正确，D错误。 9.答案　能　 m/s 解析　以小球被推出的方向为正方向， 人推球过程，水平方向动量守恒：0＝m2v0＋m1v1 得v1＝－0.1 m/s 球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：m2v0＝m2v2＋m3v3 由机械能守恒定律得：m2v02＝m2v22＋m3v32 得v2＝－ m/s |v2|>|v1|，所以人能再接住球，人接球的过程， 由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共， 得v共＝－ m/s，负号表示方向向右． 10.答案　(1)　(2)　(3)mv02 解析　(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与A、B的碰撞，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v0的方向为正方向，则有： mv0＝2mv1，解得v1＝. (2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等．在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A、B两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向， 有：2mv1＝3mv2，解得v2＝v1＝. (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大 Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02. 11.答案　(1)9 m/s　(2)1.9 m/s　(3)1.47 N·s，方向水平向右 解析　(1)滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：mCv0＝(mB＋mC)v1 弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零， 根据能量守恒定律得：Ep＝(mB＋mC)v12 解得：v1＝3 m/s，v0＝9 m/s (2)设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得： (mB＋mC)v2－mAv3＝0 根据能量守恒定律得：Ep＝mAv32＋(mB＋mC)v22 解得：v2≈1.9 m/s (3)设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得： I＝Δp＝(mB＋mC)[v2－(－v1)] 解得：I＝1.47 N·s，方向水平向右． 12.答案　(1)均为　(2)不能 解析　(1)设小球C与曲面体A分离时速度大小为v0，此时曲面体A的速度大小为vA，小球C运动到曲面体A最低点的过程中，以向右为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得mv0－mvA＝0， 由机械能守恒定律得mgh＝mv02＋mvA2， 解得vA＝v0＝. (2)设小球C与小球B发生碰撞后速度分别为vC和vB，以向右为正方向，由于小球C与小球B发生弹性正碰，由动量守恒定律得mv0＝mvC＋2mvB， 由机械能守恒定律得mv02＝mvC2＋×2mvB2， 解得vB＝，vC＝－， 因|vC|<|vA|，则小球C与小球B发生碰撞后，小球C不能追上曲面体A. 学科网（北京）股份有限公司 $