专题12弹簧模型-高考物理动量常用模型最新模拟题精练

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高考物理《动量》常用模型最新模拟题精练
专题12 弹簧模型
一、选择题
1. (2023湖南怀化名校联考)如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知m1=1kg，下列说法正确的是（　　）

A. 物块B的质量为2kg
B. 弹簧的最大弹性势能为1.5J
C. 弹簧第一次恢复原长时物块B的速度大小为2m/s
D. 从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量大小为
【参考答案】ACD
【名师解析】
由图像可知A物块的初速度v0=3m/s，t1时刻两物块达到共速v=1m/s，由动量守恒得

解得，故A正确；
由图像可知t1时刻弹簧的压缩量最大，此时弹性势能最大，由能量守恒得

解得，故B错误；
B速度最大时，弹簧恢复原长，由动量守恒得

由能量守恒得

解得此时A和B的速度分别为

故从开始到弹簧第一次恢复原长过程中弹簧对物块A的冲量为

大小为，故CD正确。
2．（2023湖南名校质检）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿A、B连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】．BC
【名师解析】由题，系统的初动能为，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于，故A错误；由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度大小不变、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为，故B正确；当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒得，，得，最大的弹性势能为，则最大的弹性势能的范围为，故C正确，D错误。故选BC。
3. （2022安徽淮安模拟） 图甲所示，质量分别为和的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。时刻将B物体解除锁定，时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为，AB两物体运动的图像如图乙所示，其中和分别表示时间和时间内B物体的图像与坐标轴所围面积的大小，则下列说法正确的是（　　）

A.
B.
C. 时刻，弹簧伸长量最大
D. 时间内，弹簧对A物体的冲量大小为
【参考答案】ABD
【名师解析】
题意可知，在后AB水平方向上只受弹簧的弹力，弹簧对AB的弹力大小始终相等，通过乙图可知，后的任意时刻，A的加速度大小都比乙大，根据牛顿第二定律可知，A正确。
B．在时，弹簧处于原长状态弹性势能为零，时间弹簧的弹性势能全部转化为B的动能，此时B的速度最大，为时间内速度的变化量，即B此时的速度大小；，弹簧弹力作用使得A加速，B减速，弹性势能转化为AB的动能，在时刻加速的为零，弹力为零，弹性势能为零。时刻AB动能之和等于时刻B的动能，时刻B的速度不为零，表示时间内B物体的速度变化量小于时间内速度的变化量，故，B正确；时刻，弹簧的状态与0时刻弹簧的状态相同，应该是弹簧压缩量最大，C错误；根据的图像信息可知，时刻，A的速度减为零，B的速度为，则弹簧对B的动量定理，弹簧对AB的作用力时刻大小相等方向相反，因此弹簧弹力对A的冲量大小等于弹簧弹力对B的冲量大小即为，D正确
.
4. （2020高考仿真冲刺卷4）如图(甲)所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x,现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B[如图(乙)所示],物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则(　　)

A.A物体的质量为3m
B.A物体的质量为2m
C.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
D.弹簧压缩量最大时的弹性势能为m
【参考答案】.AC　
【名师解析】对图(甲),设物体A的质量为M,由机械能守恒定律可得,弹簧压缩x时弹性势能Ep=M;对图(乙),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,A,B组成的系统动量守恒,弹簧达到最大压缩量仍为x时,A,B二者达到相等的速度v,由动量守恒定律有M·2v0=(M+m)v,由能量守恒定律有Ep=M·-(M+m)v2,联立得M=3m,Ep=M=m,故B,D错误,A,C正确.
5．(多选)如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m的小球C以初速度v0沿AB连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞．在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反．则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是(　　)

A．mv B．mv
C．mv D．mv
【参考答案】.BC　
【名师解析】　由题意知，系统初动能为mv，由机械能守恒，弹性势能不可能为mv，选项A错误；质量相等的C球和A球发生弹性碰撞后速度交换，当A、B两球的动量相等时，B球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能Ep＝mv，选项B正确；当B球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv0＝，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出Ep＝mv－×mv＝mv，所以，弹性势能的最大值介于mv～mv之间都有可能，选项C正确．
6.一端连接轻质弹簧的物体B静止在光滑水平面上（如图甲所示）。物体A以速度v向右运动压缩弹簧，弹簧的最大压缩量为x，现让该弹簧一端连接另一物体C（如图乙所示），物体A以2v的速度向右压缩弹簧，弹簧的最大压缩量仍为x，知A、B的质量均为m，则（　　）

A. 物体C的质量为m B. 物体C的质量为m
C. 物体C的最终速度为v D. 物体C的最终速度为v
【参考答案】AC
【名师解析】
A、B系统动量守恒，当A、B速度相等时弹簧压缩量最大，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v′，由能量守恒定律得：+EP，
A、C系统动量守恒，当A、C速度相等时弹簧压缩量最大，两种情况下弹簧的压缩量x相等，则两种情况下，弹簧的弹性势能EP相等，由动量守恒定律得：m•2v=（m+mC）v″，
由能量守恒定律得：+EP，
解得：mC=m，故A正确，B错误；A、C两物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m•2v=mvA+mCvC，由机械能守恒定律得：，
联立解得：vC=3.5v，选项C正确D错误。

7. （2023湖北六校期中联考）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，B物块质量为2kg．现剪断A、B间的细绳，解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的υ－t图如图所示，则可知( )

A. A离开挡板前，A、B系统动量不守恒，之后守恒
B. 在A离开挡板前，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒
C. 弹簧锁定时其弹性势能为9J
D. 若A的质量为1kg，在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J
【参考答案】ACD
【名师解析】
在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；离开挡板之后，系统的合外力为零，动量守恒，故A正确；在A离开挡板前，挡板对A的作用力不做功，A、B及弹簧组成的系统在整个过程中只有弹簧的弹力做功，机械能都守恒，故B错误；解除对弹簧的锁定后至A刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全部转化为B的动能，根据机械能守恒定律，有：，由图象可知，vB=3m/s，解得：Ep=9J，故C正确．分析A离开挡板后A、B的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时A、B的共同速度为v共=2m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBv0=（mA+vB）v共；；联立解得：E′p=3J，故D正确．故选ACD．
【点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，关键是搞清运动过程，能够知道当弹簧伸到最长时，其势能最大．
8　如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从板的右端水平向左滑上木板B。在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．弹簧压缩量最大时，木板B运动速率最大
B．木板B的加速度一直增大
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
【参考答案】D
【名师解析】
木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A错误；木块与木板发生弹性碰撞，弹簧压缩量先增加后减小，故木板B的加速度先增加后减小，故B错误；木块与木板发生弹性碰撞，动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律，有2mv0＝2mv1＋mv2　①，根据机械能守恒定律，有×2mv02＝×2mv12＋mv22　②，由①②两式解得v1＝v0，v2＝v0，对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－mv0(负号表示方向向右)，故C错误；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律，有2mv0＝(m＋2m)v　③，根据机械能守恒定律，有Ep＝×2mv02－(2m＋m)v2　④，由③④两式解得Ep＝mv02，故D正确。

求解含弹簧的动量和能量的综合问题的2点提醒
(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解。
(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有相同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点。　　
9.如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是(　　)
A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大
B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大
C．弹簧最大的弹性势能等于mv02
D．物块A、B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为mv02
【参考答案】C
【名师解析】
细线再次伸直时，也就是弹簧再次回复原长时，该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，弹簧的弹力先变大后变小，故B的加速度先增大后减小，故A、B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩最短，此时两者速度相等，根据动量守恒定律可得3mv0＝(3m＋m)v，解得v＝v0，根据能量守恒定律可得Epmax＝·3mv02－·(3m＋m)v2＝mv02，此时动能转化为弹簧的弹性势能最大，故C正确；整个过程中，只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒，故D错误。
10.如图所示，水平光滑轨道宽度和弹簧自然长度均为d.m2的左边有一固定挡板．m1由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，则在以后的运动过程中(　　)

A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
【参考答案】BD
【名师解析】：当m1与m2相距最近后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次最近时，m1减速结束，m2加速结束，因此此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中遵从动量守恒和机械能守恒，因此二者的作用相当于弹性碰撞，由弹性碰撞的公式可解得B、D选项正确．
11．（6分）如图甲所示，一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止在光滑水平面上，两物块质量之比m1：m2＝2：3．现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的（　　）

A．t1时刻弹簧长度最短，t2时刻弹簧长度最长
B．t2时刻弹簧处于伸长状态
C．v2＝0.8v0
D．v3＝0.5v0
【参考答案】AC
【名师解析】从图象可以看出，从0到t1的过程中，m1的速度比m2的大，弹簧被压缩，t1时刻两物块达到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，两者间距增大，弹簧的压缩量减小，所以t1时刻弹簧长度最短，t2时刻m2的速度最大，此后m2的速度减小，弹簧被拉伸，则t2时刻弹簧恢复原长，t3时刻两滑块速度相等，此时弹簧最长，故A正确，B错误；两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2，t2时刻弹簧恢复原长，弹簧弹性势能为零，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：v2＝0.8v0，故C正确；两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v3，解得：v3＝0.4v0，故D错误。
12. 如图，连接有水平轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动．下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是(　　)



【参考答案】　A
【名师解析】　物块b以一定初速度向左运动与连接有水平轻弹簧的静止物块a相碰，中间弹簧先被压缩后又恢复原长，则弹力在碰撞过程中先变大后变小，两物块动量的变化率先变大后变小．故A错误．
二、计算题
1.（2023福建泉州第二次质检）如图，倾角为的固定光滑斜面上有一轻弹簧，弹簧下端固定在斜面的挡板上，上端连接小滑块a，当a静止在P处时弹簧的弹性势能为。小滑块b从斜面上与a相距处由静止释放，b与a瞬间碰撞后粘在一起向下运动。从碰后起，经过时间，弹簧恰好恢复原长且两滑块速度为零。已知b的质量为，a的质量为，重力加速度大小为，求：

（1）b与a碰后瞬间两者的速度大小；
（2）时间内a对b做的功；
（3）时间内弹簧对挡板的冲量大小。
【名师解析】.（14分）解：
（1）设滑块b刚到达a处的速度大小为，由机械能守恒定律得
①（2分）
b与a碰撞后瞬间的速度大小为，由动量守恒定律得②（2分）
解得③（1分）
（2）设小滑块a静止时，弹簧的压缩量为，两滑块从P处到弹簧恰好恢复原长过程中，
由系统机械能守恒定律可得④（2分）
设时间内a对b做的功为，由动能定理可得
⑤（2分）
解得⑥（1分）
另解：设弹簧的劲度系数为，当a静止时，弹簧压缩量为，有
（2分）
设时间内a对b做的功为，由动能定理可得
（2分）
解得（1分）
（3）设时间内弹簧对a的冲量为，以沿斜面向上为正方向，由动量定理可得
⑦（2分）
时间内弹簧对挡板的冲量大小⑧（1分）
解得⑨（1分）
2. （2023湖南郴州重点高中质检）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量的小物块B从其上距水平台面处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数，传送带的长度。设物块A、B之间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态，取。
（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上。

【参考答案】（1）；（2）不能
【名师解析】
（1）设B滑到曲面底部速度为，根据机械能守恒定理

解得

由于，B在传送带上开始做匀减速运动，设B一直减速滑过传送带的速度为，由动能定理可知

解得

由于小于3m/s，说明B在传送带上先减速后匀速，即B与A碰前速度为；
（2）设第一次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得


解得

上式表明B碰后以的速度向右反弹，滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为，由动能定理得

解得

因此，在传送带上B的速度减为零，故B不能滑上右边曲面。
3 有两个用一根轻质弹簧相连的木块A、B静止在光滑水平面上，其质量mA＝1 kg、mB＝2.95 kg，一颗质量为m＝50 g的子弹沿水平方向以v0＝400 m/s的速度，在极短时间内射穿A并留在B内，射穿A木块后子弹的速度变为原来的60%。求：
(1)子弹刚穿过木块A时，木块A的速度vA；
(2)系统运动过程中弹簧的最大弹性势能Ep；
(3)弹簧再次恢复原长时木块A、B的速度大小。
【名师解析】：(1)子弹刚穿过A时，子弹与A动量守恒，设A的速度为vA，子弹的速度为v1，由动量守恒定律有：
mv0＝mAvA＋mv1，
又v1＝0.6v0＝240 m/s
解得：vA＝8 m/s。
(2)子弹射入并留在B内，子弹与B动量守恒，设子弹与B共同的速度为vB，由动量守恒定律：mv1＝(m＋mB)vB
解得：vB＝4 m/s
子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，弹簧弹性势能最大时A、B、子弹具有相同的速度v，由动量守恒定律：
mAvA＋(m＋mB)vB＝(m＋mA＋mB)v
解得：v＝5 m/s
由能量关系：Ep＝mAvA2＋(m＋mB)vB2－(m＋mA＋mB)v2
解得：Ep＝6 J。
(3)从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长，系统总动量守恒，总动能不变，则：
mAvA＋(m＋mB)vB＝mAvA′＋(m＋mB)vB′
mAvA2＋(m＋mB)vB2＝mAvA′2＋(m＋mB)vB′2
解得：vA′＝2 m/s，vB′＝6 m/s
或vA′＝8 m/s，vB′＝4 m/s
弹簧由压缩状态恢复至原长过程中，A减速，B加速，所以有vA′ 答案：(1)8 m/s　(2)6 J　(3)2 m/s　6 m/s

4. 两块质量分别为m的木块在光滑水平面上均以速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的轻弹簧连接着，此时弹簧处于原长，如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中。求：

(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A的速度vA大小。
(2)子弹击中木块的过程中系统损失的机械能.
(3)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
【名师解析】
(1)以向左为正，设子弹与A作用后二者速度均变为，对子弹与木块A组成系统，由动量守恒得：
解得
(2)子弹击中木块的过程中系统损失的机械能

(3)当三者速度相同时，弹簧弹性势能最大，设三者同速度为v，弹簧的最大弹性势能为Epm
由动量守恒定律，得：
由机械能守恒定律，得：
联立解得：
5．（16分）（2023山东青岛高二期中）如图，一质量M＝3kg、长L＝5.15m的长木板B静置于光滑水平面上，距离木板B右端d＝2.5m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量为1kg的滑块D。平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M0＝2kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧竖直，且处于压缩状态。一个质量为1kg的小物块A以某一初速度从B左端滑上木板，带动B向右运动，物块A在木板B上运动的 －t部分图像如图乙所示，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）滑块A与木板B的动摩擦因数；
（2）滑块A滑上平台时速度的大小；
A
乙
t/s
10
x/t（m.s-1）
0.6
7.75
0
（3）若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5m/s，求随后运动过程中弹簧的最大弹性势能。




甲


【名师解析】．(16分)
（1）由图乙可知＝10－3.75t
x＝10t－3.75t2 （2分）
可得v0＝10m/s，加速度a＝7.5m/s2
a＝µg可得µ＝0.75 （1分）
（2）假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，对AB系统，
由动量守恒定律
由能量关系 （1分）
解得 （1分）
B板从开始滑动到AB共速的过程中，
对B由动能定理 （1分）
解得 （1分）
即假设成立；B撞平台后，A在B上继续向右运动，对A由动能定理
（2分）
解得v3＝2m/s （1分）
（3）由题分析可知C的速度方向向左，以向右为正方向，设为v5＝-0.5m/s
对AD和C系统，由动量守恒定律 （1分）
三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律
（1分）
由能量关系可知 （2分）
解得 （2分）
评分标准：第1问，3分；第2问，7分；第3问，6分。共16分。
6. （2021重庆二诊）如题图所示，质量均为m的滑块A、B用劲度系数为k的轻弹簧相连后静止放在光滑水平面上，滑块B紧靠竖直墙壁。用大小为F的水平恒力向左推滑块A，当滑块A向左运动的速度最大时撤去该恒力F。求：
（1）撤去恒力F时，弹簧的形变量x；
（2）撤去恒力F后，滑块A的最大速度vm；
（3）B离开墙壁后，系统的最大弹性势能Ep。

【命题意图】本题考查平衡条件、胡克定律、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】（1）用大小为F的水平恒力向左推滑块A，A受到推力和弹簧弹力作用，当滑块A向左的速度最大时，弹簧弹力等于推力F
设弹簧弹力为F1，则有F=F1
由胡克定律F1=kx，解得 x=F/k。
（2）撤去恒力F后，滑块A在弹簧弹力作用下，先向左减速运动后向右加速运动，当滑块离开弹簧时速度最大，在整个过程中，弹簧恢复原长，弹力做功为零，由动能定理，
Fx=mvm2，
解得：vm =
（3）B离开墙壁后，对AB和弹簧整体，当二者速度相等时，系统的弹性势能最大，由动量守恒定律，mvm =2mv，
由能量守恒定律，Ep=mvm2-·2mv2，
联立解得：Ep=
7．(12分) （2021宁夏名校质检）
如图所示，内壁粗糙、半径的四分之一圆弧轨道在最低点处与光滑水平轨道相切。质量的小球左端连接一水平轻弹簧，静止在水平轨道上，质量的小球自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点的过程中克服摩擦力做功，忽略空气阻力，重力加速度。求：

(1)小球由运动到点时对轨道的压力大小；
(2)小球的最终速度；
(3)全过程弹簧对小球的冲量的大小。
【名师解析】(1)设球运动到点时的速度为，从，根据动能定理有

其中
解得
小球运动到点时，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律知小球对轨道的压力大小
(2)设球的最终速度为，球速度为，小球与小球通过弹簧相互作用的整个过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒分别得


解得，
故球的最终速度为
(3)对球，根据动量定理有
8.（14分）(2021黑龙江大庆三校清北班质检)如图所示, 为光滑的轨道,其中是水平的, 是竖直平面内的半圆,与相切于点,且半径,质量的滑块静止在水平轨道上,另一质量的滑块前端装有一轻质弹簧(、均可视为质点)以速度向左运动并与滑块发生弹性正碰,若相碰后滑块滑上半圆轨道并能过最高点,取重力加速度,则

(1) 滑块至少要以多大速度向前运动;
(2)如果滑块恰好能过点,滑块与滑块相碰后轻质弹簧的最大弹性势能为多少?

【名师解析】：（1）1.（9分）设滑块过点时速度为,与碰撞后, 与的速度分别为、,碰撞前的速度为,过圆轨道最高点的临界条件是重力提供向心力,由牛顿第二定律得,
由机械能守恒定律得: ,
与发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、机械能守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得: ,
由机械能守恒定律得: ,
联立方程并代入数据解得.
（2）2.（5分）由于与碰撞后,当两者速度相同时有最大弹性势能,设共同速度为,
、碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向左为正方向由动量守恒定律得: ,
由机械能守恒定律得: ,
联立并代入数据解得.
9.如图1所示，光滑水平面MN上放两相同小物块A、B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L＝8 m，沿逆时针方向以恒定速度v＝6 m/s匀速转动.物块A、B(大小不计)与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2.物块A、B质量mA＝mB＝1 kg.开始时A、B静止，A、B间有一压缩轻质弹簧处于锁定状态，贮有弹性势能Ep＝16 J.现解除弹簧锁定，弹开A、B，同时迅速撤走弹簧.求：(g＝10 m/s2)

图1
(1)物块B沿传送带向右滑动的最远距离；
(2)物块B滑回水平面MN的速度大小vB′；
(3)若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，且A、B碰后互换速度，则弹射装置P必须给A做多少功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.
【名师解析】　(1)解除锁定弹开A、B过程中，系统机械能守恒：
Ep＝mAv＋mBv ①
取向右为正方向，由动量守恒有：mAvA＋mBvB＝0 ②
由①②得：vA＝－4 m/s，vB＝4 m/s
B滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远，由动能定理得：
－μmBgsm＝0－mBv ③
所以：sm＝＝4 m
物块B沿传送带向右滑动的最远距离为4 m.
(2)假设物块B沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B加速到传送带速度v需要滑动的距离设为s′，
由μmBgs′＝mBv2 ④
得s′＝＝9 m>sm
说明物块B滑回水平面MN的速度没有达到传送带速度，vB′＝＝4 m/s
物块B滑回水平面MN的速度大小vB′＝4 m/s
(3)设弹射装置给A做功为W
mAvA′2＝mAv＋W ⑤
A、B碰后速度互换，B的速度vB″＝vA′ ⑥
B要滑出传送带Q端，由能量关系有：mBvB″2≥μmBgL ⑦
又mA＝mB，所以由⑤⑥⑦得W≥μmBgL－mAv ⑧
解得：W≥8 J
弹簧装置P必须给A最少做8 J的功才能让A、B碰后B能从Q端滑出.
10. (14分) （2020山东模拟3）如图所示，光滑曲面与光滑水平导轨MN相切，导轨右端N处于水平传送带理想连接，传送带长度L=4m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=4.0m/s运动．滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，B、C与细绳、弹簧一起静止在导轨MN上.一可视为质点的滑块A从h=0.2m高处由静止滑下，已知滑块A、B、C质量均为m=2.0kg，滑块A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短．因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2.

(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C与细绳相连时弹簧的弹性势能EP；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
【名师解析】 (14分)
(1)滑块C滑上传送带到速度达到传送带的速度v=4m/s所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x，有 (1分)

(1分)
代入数据可得：， (1分)
滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=4.0m/s (1分)
(2)设A、B碰撞前A的速度为v0，A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，有
(1分)
(1分)
(1分)
A、B碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒： （1分）
代入数据可解得：（1分）
(3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为，分离后A与B的速度为，滑块C的速度为，C在传送带上做匀减速运动的末速度为v=4m/s，加速度大小为2m/s2，有：
(1分)
解得：
以向右为正方向，A、B碰撞过程： ，(1分)
弹簧伸开过程：，(1分)
。 (1分)
代入数据解得：m/s。(1分)