高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型

这是一份高考物理【一轮复习】讲义练习专题强化十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型，共11页。试卷主要包含了模型图示，模型特点，4 m－0等内容，欢迎下载使用。
模型一 “滑块—弹簧”模型
1.模型图示
2.模型特点
(1)动量守恒:两个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零，则系统动量守恒。
(2)机械能守恒:系统所受的外力为零或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(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝12m1v02－12(m1＋m2)v2。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v12＋12m2v22。
例1 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0向B运动，压缩弹簧;当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中:
(1)整个系统损失的机械能;
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
答案 (1)116mv02 (2)1348mv02
解析 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2②
12mv12＝ΔE＋12×2mv22③
联立①②③式得ΔE＝116mv02。④
(2)由②式可知v22gR时，小球从B点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到B点，最后一次离开斜面的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得12mv02＝12mv12＋12mv22，解得v1＝0，v2＝v0，可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做自由落体运动，故C正确，D错误。
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3.(2025·湘豫名校高三联考)如图，质量为M，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上。将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无初速度地释放，滑块的质量为m，且M＝2m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为gR3
C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为R3
D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为2R3
答案 C
解析 若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误;若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2，由机械能守恒定律得mgR＝12mv12＋12Mv22，在水平方向上动量守恒有mv1＝Mv2，又M＝2m，联立解得v1＝2gR3，v2＝gR3，故B错误;若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，由水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，解得x1＝23R，x2＝R3，故C正确;由于滑块还发生了竖直位移R，故滑块的位移大小为R2＋2R32＝133R，故D错误。
1.(2025·北京朝阳模拟)如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时( )
A.P的动量为0
B.Q的动量达到最大值
C.P、Q系统总动量小于mv
D.弹簧储存的弹性势能为14mv2
答案 D
解析 当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，整个压缩过程系统的动量守恒，有mv＝2mv共，所以P的动量为p＝mv共＝12mv，故A错误;弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误;P、Q系统动量守恒，总动量为p总＝mv，故C错误;根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，12mv2＝12×2mv共2＋Ep，解得Ep＝14mv2，故D正确。
2.(多选)(2025·四川泸州模拟)如图所示，质量均为m的A、B两物体用一轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠光滑的墙。现用外力推B将弹簧压缩某一长度并处于静止状态，然后撤去外力，在弹簧恢复原长时B物体的速度为v。弹簧始终处于弹性限度内，则在撤去外力以后的运动过程中，下列说法正确的是( )
A.物体A、B和轻弹簧组成的系统机械能守恒
B.弹簧再次被压缩到最短时具有的弹性势能为12mv2
C.墙壁对A物体的弹力做的功为12mv2
D.墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为mv
答案 AD
解析 物体A、B和轻弹簧组成的系统，只有弹簧弹力做功，系统的机械能守恒，选项A正确;弹簧再次被压缩到最短时，由动量守恒定律有mv＝2mv'，根据能量守恒定律得，此时弹簧具有的弹性势能为Ep＝12mv2－12×2mv'2＝14mv2，选项B错误;墙壁对A物体的弹力没有位移，则做的功为零，选项C错误;对A、B系统由动量定理得，墙壁对A物体的弹力产生的冲量大小为I＝mv，选项D正确。
3.(2025·海南三亚模拟)如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧，EF圆弧半径R＝1 m。E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0＝5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块，若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值Mm为( )
A.2B.3
C.4D.5
答案 C
解析 根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，根据机械能守恒定律有12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，联立解得Mm＝4，故C正确。
4.(2025·江西赣州模拟)如图甲所示，光滑水平地面上有A、B两物块，质量分别为2 kg、6 kg，B的左端拴接着一劲度系数为2003 N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度v0向静止的B运动，从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度l与时间t的关系如图乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能Ep＝12kx2(x为弹簧的形变量)，则( )
A.在0~2t0内B物块先加速后减速
B.整个过程中，A、B物块构成的系统机械能守恒
C.v0＝2 m/s
D.物块A在t0时刻时速度最小
答案 C
解析 在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即B受到的弹力始终向右，所以B物块始终做加速运动，故A错误;整个过程中，A、B两物块和弹簧构成的系统机械能守恒，故B错误;由题图乙可知，在t0时刻，弹簧被压缩到最短，此时A、B共速，弹簧的形变量为x＝0.4 m－0.1 m＝0.3 m，根据A、B及弹簧组成的系统动量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v，根据A、B及弹簧构成的系统机械能守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋12kx2，联立解得v0＝2 m/s，故C正确;在0~2t0内，弹簧始终处于压缩状态，即A受到弹力始终向左，所以A物块始终做减速运动，则物块A在2t0时刻时速度最小，故D错误。
5.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟)如图甲，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1－v2图像如图乙所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒
B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点
C.小球与滑块的质量比为1∶2
D.小球的初速度大小可能为2.5gR
答案 AC
解析 小球和滑块组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，A正确;设小球的质量为m，初速度为v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，化简得v1＝v0－Mmv2，结合题图乙可得Mm＝v00.5v0＝2，即mM＝12，C正确;小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝v03，B错误;小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，由机械能守恒定律得12mv02＝12(m＋M)v2＋mgh，其中h>R，解得v0>3gR，则小球的初速度大小不可能为2.5gR，D错误。
6.如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为m2v022(m1＋m2)
D.m1的最大速度是2m2v0m1＋m2
答案 D
解析 m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误;m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误;弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒定律得此时弹簧弹性势能为Ep＝12m2v02－12(m1＋m2)v2＝m1m2v022(m1＋m2)，选项C错误;当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，12m2v02＝12m1v12＋12m2v22，解得v1＝2m2v0m1＋m2，选项D正确。
7.(2025·福建泉州模拟)如图，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状态时另一端在光滑水平台面右端;质量为3m的小车静置于光滑的水平面上且紧靠平台，其左侧a端与台面等高，小车的上表面由长度为R的粗糙水平面ab和半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道bc组成。质量为m的小物块P(与弹簧不拴接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a端以大小为2gR(g为重力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。
(1)求P由静止释放时弹簧的弹性势能Ep;
(2)求P与ab间的动摩擦因数μ;
(3)请通过计算判断P是否会滑离小车?
答案 (1)2mgR (2)0.5 (3)会，理由见解析
解析 (1)设弹簧恢复原长时，P的速度为v0，根据小物块P与弹簧组成的系统能量守恒有
Ep＝12mv02
其中v0＝2gR
解得Ep＝2mgR。
(2)P恰好到达顶端c时，此时P与小车共速，设此时速度大小为v，根据水平方向动量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根据能量守恒定律有12mv02＝12(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR
解得μ＝0.5。
(3)设小物块P最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab上的相对路程为s，由于水平方向动量守恒，则此时P与小车速度大小仍然为v，根据系统能量守恒定律有12mv02－12(m＋3m)v2＝μmgs
解得s＝3R
由于s>2R
故P会滑离小车。
8.(2024·安徽卷，14)如图所示， 一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小;
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小;
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ