2025优化设计一轮第3讲　专题提升“滑块-弹簧”模型和“滑块-斜(曲)面”模型

第3讲专题提升:“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型基础对点练题组一“滑块—弹簧”模型1.(2024山东日照模拟)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mA和mB(mA<mB)。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<L2C.L1=L2 D.不能确定2.质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接,静止在光滑水平面上,其中B物体靠在墙壁上,如图所示。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A,当弹簧的长度最大时,弹性势能为Ep1。现将物体A的质量增大到原来的3倍,仍使物体A压缩弹簧至P点后释放,当弹簧的长度最大时,弹性势能为Ep2。则Ep1∶Ep2等于()A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.4∶1题组二“滑块—斜(曲)面”模型3.(2023安徽十校联盟检测)如图所示,光滑的四分之一圆弧轨道M静止在光滑水平面上,一个物块m在水平地面上以大小为v0的初速度向右运动并无能量损失地滑上圆弧轨道,当物块运动到圆弧轨道上某一位置时,物块向上的速度为零,此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2,不计空气阻力,则此时物块的动能与重力势能之比为(以地面为参考平面)()A.1∶2 B.1∶3 C.1∶6 D.1∶94.(多选)(2023河北唐山统考)在生产生活中,经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向。光滑水平地面上停放着一辆小车,小车上固定着两端开口的光滑细管,细管由水平、弯曲和竖直三部分组成,各部分之间平滑连接,如图所示,竖直细管的上端到小车上表面的高度为h。一小球以初速度v0水平向右射入细管,小球的质量与小车的质量(包含细管)相等,小球可视为质点,忽略一切阻力作用。下列说法正确的是()A.小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量守恒B.小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用C.当小球初速度v0>4gℎD.若小球从细管的竖直部分冲出,冲出后一定会落回到细管中综合提升练5.(2023四川成都二模)如图所示,在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车,现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去,到达某一高度后,小球又返回小车右端,则下列说法正确的是()A.小球离开小车后,对地将做自由落体运动B.小球离开小车后,对地将向右做平抛运动C.小球在弧形槽上上升的最大高度为vD.此过程中小球对车做的功为56.如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以v0=6m/s的初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),它们运动的v-t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知()A.两小球带电的电性一定相反B.甲、乙两小球的质量之比为2∶1C.t2时刻,乙的电势能最大D.在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小7.(多选)如图所示,在光滑绝缘水平面上,A、B两小球质量分别为2m、m,所带电荷量分别为+q、+2q。某时刻A有指向B的速度v0,B速度为零,之后两小球在运动中始终未相碰,当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中()A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2B.两小球构成的系统动量守恒,电势能减少C.A减少的机械能大于B增加的机械能D.静电力对A做功的大小为18.(2023陕西咸阳模拟)滑块A、B、C位于光滑水平面上,如图所示,已知A的质量mA=1kg,B的质量mB=mC=2kg。滑块B的左端连有轻质弹簧,弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0=3m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块B相互作用(无机械能损失),直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度,不计空气阻力。(1)求弹簧被压缩到最短时,B滑块的速度大小。(2)求弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能。(3)求从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开,该过程中弹簧给滑块B的冲量。(4)若弹簧被压缩到最短时,B与C恰好相碰并粘接在一起,然后继续运动,假设B和C碰撞过程时间极短,求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。9.(2024河北秦皇岛模拟)A、B、C的质量分别为m1=1kg、m2=1.5kg、m3=3kg,轻弹簧的左端固定在挡板上,C为半径R=2m的14圆轨道,静止在水平面上,如图所示。现用外力使小球A压缩弹簧(A与弹簧不连接),当弹簧的弹性势能Ep=50J时,由静止释放小球A,小球A与弹簧分离后与静止的小球B发生正碰,小球B到圆轨道底端的距离足够长,经过一段时间小球滑上圆轨道,一切摩擦均可忽略,不计空气阻力,假设所有的碰撞均为弹性碰撞,重力加速度g取10m/s2(1)求小球B能达到的最大高度;(2)通过计算分析,小球B能否第二次进入圆轨道。参考答案第3讲专题提升:“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型1.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,mAv=(mA+mB)v',由机械能守恒定律得,Ep=12mAv2-12(mA+mB)v'2,联立解得弹簧压缩到最短时Ep=mAmBv22(mA+mB),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=mAmB2.B解析设压缩到P点时,弹簧的弹性势能为Ep,开始时,物体A、B的质量均为m,则有Ep=12mv02,mv0=2mv,Ep1=Ep-12×2mv2=12Ep,把A的质量换成3m,Ep=12×3mv0'2,3mv0'=4mv',Ep2=Ep-12×4mv'2=14Ep,所以有3.C解析因为水平面光滑,m和M组成的系统在水平方向上动量守恒;当物块向上的速度为零时,根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同,又因为此时物块与圆弧轨道的动能之比为1∶2,即12mv2∶12Mv2=1∶2,得m∶M=1∶2,根据动量守恒定律,mv0=(m+M)v,得v0=3v,根据能量守恒定律,12mv02=12(m+M)v2+Ep,则物块的重力势能Ep=13mv02,此时物块的动能Ek=12mv2=118mv04.BCD解析小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向上受到的合外力为零,在弯曲处,小球和小车组成的系统,在竖直方向上合外力不为零,则小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向上动量守恒,小球在细管中运动时,小球和小车(包含细管)组成的系统动量不守恒,故A错误;由于小球和小车(包含细管)组成的系统在水平方向上动量守恒,小球在细管的竖直部分运动时,水平方向的速度相同,则小球在细管的竖直部分运动时只受重力作用,故B正确;由于在水平方向上动量守恒,在最高点,由动量守恒定律和能量守恒定律有,mv0=2mv,12mv02=12·2mv2+mgL,解得L=v024g,从细管的竖直部分冲出,则有L=v024g>h,解得v05.C解析设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中水平方向上动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得,2mv0=2mv1+mv2,由能量守恒定律得,12×2mv02=12×2mv12+12mv22,解得v1=13v0,v2=43v0,所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动,故A、B错误;当小球与小车的水平速度相等时,小球弧形槽上升到最大高度,设该高度为h,系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得2mv0=3mv,由机械能守恒定律得,12×2mv02=12×36.B解析由题图可知,乙减速的同时,甲正向加速,说明两小球相互排斥,带有同种电性的电荷,故A错误;两小球作用过程中动量守恒,有m乙Δv乙=m甲Δv甲,解得m甲m乙=21,故B正确;t1时刻,两小球共速,此时两小球间距离最近,则此时乙的电势能最大,故C错误;在0~t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t7.AC解析两小球所受的库仑力为作用力与反作用力,大小相等,由F=ma知,两球的加速度之比aAaB=F2mFm=12,故A正确;两小球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,从A开始运动到两小球距离最近的过程中,两小球间的距离减小,电势能增加,机械能减少,故B错误;由能量守恒定律可知,减少的机械能转化为电势能,系统电势能增加,两小球组成的系统动量守恒,两小球距离最近时速度相等,由动量守恒定律得,2mv0=(2m+m)v,解得v=23v0,A减少的机械能ΔEkA=12·2mv02−12·2m23v02=59mv02,B增加的机械能ΔEkB=12m8.答案(1)1m/s(2)3J(3)4N·s(4)0.5m/s0.5J解析(1)对A、B组成的系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒有mAv0=(mA+mB)v1代入数据,解得v1=1m/s。(2)根据能量守恒定律,从开始到弹簧被压缩到最短,有12mAv02=Ep+12(mA代入数据,解得Ep=3J。(3)从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开,B一直加速,B与弹簧分开后,B的速度最大,根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0=mAvA+mBvB12mAv02=12代入数据,解得vB=2m/s则弹簧给滑块B的冲量I=Δp=mBvB=4N·s。(4)弹簧被压缩到最短时,B速度为v1=1m/s,此时B与C发生完全非弹性碰撞,对B、C组成的系统,由动量守恒定律得mBv1=(mB+mC)v2代入数据,解得v2=0.5m/s只有B与C发生非弹性碰撞,有机械能损失,对B、C组成的系统,损失的系统机械能ΔE=12mBv12−12(mB+mC)v29.答案(1)3215(2)不能解析(1)设碰前小球A的速度为v0,从释放小球A到分离的过程,由能量守恒定律得Ep=12m1代入数据解得v0=10m/sA、B碰撞的过程,A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒,有m1v0=m1v1+m2v212m1v02=12代入数据解得v1=-2m/s,v2=8m/s小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高,设共同的速度为v3,小球与圆轨道组成的系统在水平方向上动量守恒,有m2v2=(m2+m3)v3小球与圆轨道组成的系统能量守恒,有12m2v22=12(m2+m代入数据解得v3=83m/s,h=3215(2)设小球与圆轨道分离时的速度分别为v4、v5,由动量守恒定律和能量守恒定律得m2v2=m2v4+m3v512m2v22=1