2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-专题强化十一　“滑块-弹簧”模型和“滑块-斜(曲)面”模型

专题强化十一“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型学习目标会分析“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”与碰撞的相似性,并会用碰撞的相关知识解决实际问题。模型一“滑块—弹簧”模型模型图示模型特点(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)。(4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。例1(多选)(2025·河北衡水模拟)如图所示,足够长光滑水平面上,一轻质弹簧左端与质量为2m的B滑块相连,右端与质量为m的滑块A接触而不固连,弹簧处于原长,现给A施加一瞬间冲量使其获得一个水平向左的初速度v0,经一段时间后滑块A与弹簧分离,其间弹簧的最大弹性势能为Ep,则下列说法正确的是()A.A与弹簧分离前任一时刻,A与B的动量大小之比为1∶2B.若事先将B固定,弹簧的最大弹性势能为1.5EpC.两者分离后A、B的动能之比为1∶8D.若事先在距B左侧很远处固定一刚性挡板,则最终B不可能追上A答案BC解析A与弹簧分离之前任一时刻,A与B受到的弹力始终大小相等,方向相反,因而受到的冲量的大小相等,但A具有一定的初速度,因而两者的速度大小不一定相等,即动量大小之比不一定为1∶2,A错误;A、B运动过程中,二者相对静止时,弹性势能最大,由动量守恒定律有mv0=3mv,由能量守恒定律得Ep=12mv02-12×3m×v029=13mv02,B固定,则A速度减小为0时弹性势能最大,可得Ep'=12mv02=1.5Ep,B正确;整个过程系统动量守恒、机械能守恒,则mv0=mvA+2mvB,12mv02=12mvA2+12×2mvB2,解得vA=-v03,vB=2v03,则有EkA=12mvA2=118mv02,EkB=12×2mv例2(2025·江苏南通模拟)如图所示,左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上,物块B以一初速度向A运动,t=0时B与弹簧接触,0~2s内两物体的v-t图像如图所示,则()A.A的质量比B的大B.0~1s内,弹簧对A、B的冲量相同C.t=1s时,弹簧的弹性势能最大D.t=2s时,A的动量比B的大答案C解析由图可知,物块B的初速度为v0=1.2m/s,t=1s时,物块A、B的共同速度大小为v=1.0m/s,由动量守恒定律可得mBv0=(mA+mB)v,解得mB=5mA,故A错误;0~1s内,弹簧对A冲量方向向右,弹簧对B的冲量方向向左,所以弹簧对A、B的冲量不相同,故B错误;t=1s时,物块A、B有共同速度,弹簧最短,弹簧的弹性势能最大,故C正确;t=2s时,A的动量pA=mAvA,B的动量pB=mBvB,由图可知vA=2.0m/s,vB=0.8m/s,又mB=5mA,所以A的动量比B的小,故D错误。例3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)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=2mv1①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=2mv2②12mv12=ΔE+12×联立①②③式得ΔE=116mv(2)由②式可知v2<v1,A将继续压缩弹簧,直至A、B、C三者速度相同,设此速度为v3,此时弹簧被压缩至最短,其弹性势能为Ep。由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0=3mv3⑤12mv02-ΔE=12×3mv联立④⑤⑥式得Ep=1348mv模型二“滑块—斜(曲)面”模型模型图示模型特点(1)最高点:滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共,滑块不会从此处偏离轨道,系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,12mv02=12(M+m)v共2+mgh,其中h为滑块上升的最大高度(2)最低点:滑块与斜(曲)面分离点。水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,12mv02=12mv12+例4(多选)如图所示,一带有光滑半圆轨道的小车静止在光滑的水平面上,一个可视为质点的小球从圆弧A端正上方由静止释放,刚好从A点无碰撞地进入圆弧小车,AB是圆弧的水平直径,在小球从A向B运动的过程中,下列说法正确的是()A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小球运动到圆弧轨道最低点时,小车的速度最大C.小球运动到B点时的速度大小等于小球在A点时的速度大小D.小球从B点抛出后,向上做斜上抛运动答案BC解析小球与小车组成的系统在水平方向所受合力为零,水平方向系统动量守恒,在竖直方向所受合力不为零,所以系统动量不守恒,故A错误;小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒,可知系统水平方向的总动量保持为零不变,因为小球运动到圆弧最低点时水平速度最大,则此时小车的速度最大,故B正确;小球由B点离开小车时与小车在水平方向速度相等,又因为小球和小车组成的系统在水平方向的总动量始终为零,则此时小球在水平方向的速度为零,小车的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,小球从A到B的过程中,系统中只有重力做功,机械能守恒,小球运动到B点的速度大小等于小球在A点时的速度大小,故C正确,D错误。例5(多选)(2025·湖北十堰模拟)如图所示,在足够大的光滑水平地面上,静置一质量为2m的滑块,滑块右侧面的14光滑圆弧形槽的半径为R,末端切线水平,圆弧形槽末端离地面的距离为R4。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放,与滑块分离后做平抛运动,重力加速度大小为g,下列说法正确的是(A.滑块的最大动能为mgRB.小球离开滑块时的动能为11C.小球落地时的动能为mgRD.小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为5答案AD解析滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒,则当小球运动至圆弧形槽末端时,滑块的动能最大,根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得mv1-2mv2=0,mgR=12mv12+12×2mv22,解得v1=2gR3,v2=gR3,滑块的最大动能为Ek2=12×2mv22=mgR3,故A正确;小球离开滑块时的动能为Ek1=12mv12=2mgR3,故B错误;根据动能定理Ek-12mv12=mgR4,小球落地时的动能为Ek=1112mgR,故C错误;小球与滑块分离后做平抛运动,竖直方向有R4=12gt针对训练(多选)如图所示,在光滑足够长水平面上有半径R=0.8m的14光滑圆弧斜劈B,斜劈的质量为M=3kg,底端与水平面相切,左边有质量m=1kg的小球A以初速度v0=4m/s从切点C(是圆弧的最低点)冲上斜劈,重力加速度g取10m/s2,下列说法正确的是(A.小球A不能从斜劈顶端冲出B.小球A能从斜劈顶端冲出后再落入斜劈C.小球A冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30ND.小球A从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s,方向向左答案ACD解析小球A向右运动到斜劈最低点C时,设此时斜劈对小球的支持力为F1,则F1-mg=mv02R,代入数据得F1=30N,由牛顿第三定律知,小球A对斜劈的压力是30N,C正确;假设小球能运动到斜劈顶端,此时小球和斜劈水平速度相等为v1,小球竖直速度为v2,水平方向由动量守恒定律有mv0=(m+M)v1,小球和斜劈组成的系统机械能守恒,有mgh=12mv02-12(M+m)v12,联立解得h=0.6m<R=0.8m,故小球A不能从斜劈顶端冲出,A正确,B错误;当小球A在斜劈上返回最低点C时,设小球A和斜劈的速度分别为v3、v4,则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv3+Mv4,12mv02=12mv32+12Mv42,联立得v3=-2m/s,v4限时作业(限时:45分钟)基础对点练对点练1“滑块—弹簧”模型1.A、B两小球静止在光滑水平面上,用轻弹簧相连接,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(如图甲所示),弹簧压缩到最短时的长度为L1;若使B球获得瞬时速度v(如图乙所示),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Ep1=12mv2-12(m+M)v'2,联立解得弹簧压缩到最短时有Ep=mMv22(m+M),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Ep2=mMv22(m+M),弹性势能相等,则L2.如图所示,在光滑的水平面上,有两个质量都是m的小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连,它们以共同的速度v0向右运动,另有一质量为m的粘性物体,从高处自由落下,正好落在A车上,并与之粘合在一起,则这以后的运动过程中,弹簧获得的最大弹性势能为()A.14mv02 B.C.112mv02 D.答案C解析粘性物体和A相互作用的过程,水平方向动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv0=2mv1,解得v1=v02。之后三个物体组成的系统动量守恒,当B车与A车速度相等时,弹簧的弹性势能最大,根据动量守恒定律得mv0+2mv1=3mv2,解得v2=23v0,根据能量守恒定律,可得弹簧的最大弹性势能为Ep=12mv02+12×2mv12-12×3mv22=112m3.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桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/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,以下说法正确的是()A.两物块的质量之比为m1∶m2=2∶1B.在t1时刻和t3时刻弹簧的弹性势能均达到最大值C.t1~t2时间内,弹簧的长度大于原长D.t2~t3时间内,弹簧的弹力逐渐减小答案B解析以m1的初速度方向为正方向,t1时刻A、B共速,由动量守恒定律得m1v1=(m1+m2)v共,将v1=3m/s,v共=1m/s,代入解得m1∶m2=1∶2,故A错误;根据系统能量守恒可知在t1时刻和t3时刻,系统的动能最小,弹簧的弹性势能达到最大值,故B正确;在t1时刻弹簧压缩至最短,所以t1~t2时间内,弹簧的长度小于原长,故C错误;t2~t3时间内,弹簧处于拉伸阶段,弹力逐渐增大,故D错误。对点练2“滑块—斜(曲)面”模型4.(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)如图所示,光滑的半圆槽质量为M,半径为R,静止在光滑的水平地面上,一质量为m的小球(视为质点)恰好能沿槽右边缘的切线方向释放滑入槽内,小球沿槽内壁运动直至槽左边缘。重力加速度大小为g。关于小球和半圆槽的运动,下列说法正确的是()A.小球和半圆槽组成的系统,动量守恒,机械能守恒B.小球和半圆槽组成的系统,动量不守恒,机械能守恒C.小球滑到底端时的速度大小等于2D.小球滑到底端时的速度小于2答案BD解析根据题意可知,小球滑入槽中后,在竖直方向上具有加速度,小球和半圆槽组成的系统在竖直方向上受力不平衡,所以动量不守恒,但在水平方向上,系统不受外力作用,水平方向上系统动量守恒,整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,故A错误,B正确;当小球滑到底端时,设小球的速度大小为v1,半圆槽的速度大小为v2,对小球和半圆槽组成的系统,由机械能守恒定律有mgR=12mv12+12Mv22,由水平方向动量守恒有mv1-Mv2=0,解得v1=2MgRM+m5.如图所示,带有光滑弧形的小车质量M=2m,放在光滑的水平面上,一质量为m的铁块,以速度v0沿水平轨道向上滑去,至某一高度后再向下返回,则当铁块回到小车右端时将()A.以速度v0做平抛运动B.以小于-v0的速度做平抛运动C.自由下落D.静止于车上答案B解析系统水平方向动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=Mv车+mv,系统机械能守恒,由机械能守恒定律得12mv02=12mv2+12Mv车2,解得v车=23v0,v=-13v0,故铁块以-6.如图所示,光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上,其弧形底端切线水平,小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半,小球Q从滑块P顶端由静止释放,Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定,仍让Q从滑块顶端由静止释放,Q离开P时的动能为Ek2,Ek1和Ek2的比值为()A.12 B.34 C.3答案C解析设滑块P的质量为2m,则小球Q的质量为m,弧形顶端与底端的竖直距离为h,P锁定时,Q下滑过程中机械能守恒,由机械能守恒定律得mgh=Ek1,P解除锁定,Q下滑过程中,P、Q组成的系统在水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,由动量守恒定律得mvQ-2mvP=0,由机械能守恒定律得mgh=12mvQ2+12×2mvP2,Q离开P时的动能Ek2=12mvQ2,综合提升练7.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mD.m1的最大速度是2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,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=8.(多选)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=4kg和mB=2kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相碰(碰撞时间极短,可忽略不计),并立即与A粘在一起不再分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是()A.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为48JB.4s到12s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为48N·s,方向向右C.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为10JD.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为6m/s答案AD解析A、C碰撞过程中由动量守恒定律可得mCv0=(mC+mA)v1,由题图乙知v0=12m/s,v1=4m/s,解得mC=2kg,当A、C速度减为零时弹簧压缩至最短,此时弹性势能最大为Ep=12(mA+mC)v12=48J,故A正确;4s到12s的时间内弹簧弹力对A、C的冲量为I弹=(mA+mC)(v2-v1)=6×(-8)N·s=-48N·s,由能量守恒定律可知12s时B的速度为零,4s到12s的时间内对B由动量定理可得-I弹+I墙=0,得I墙=I弹=-48N·s,即墙壁对B的冲量大小为48N·s,方向向左,故B错误;当B的速度与A、C速度相等时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律可得(mA+mC)v1=(mA+mC+mB)v2',解得v2'=3m/s,所以物块B离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为Ep'=12(mA+mC)v12-12(mA+mC+mB)v2'2=12J,故C错误;当弹簧回到原长时B的速度达到最大,由动量守恒定律和能量守恒定律可得(mA+mC)v1=(mA+mC)v3+mBv4,12(mA+mC)v12=12(mA+mC)v32+12m9.如图所示,质量为m的带有14光滑圆弧轨道的小车静置于光滑水平面上,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,小球又返回小车的左端,则(A.此过程小球对小车做的功为18mB.此过程小车受到的总冲量为mv0C.小球在圆弧轨道上升的最大高度为vD.小球和小车的末速度分别为-v0和2v0答案B解析小球在圆弧轨道上升到最高点过程,根据小球和小车组成系统在水平方向动量守恒和机械能守恒可得mv0=2mv1,12mv02=12×2mv12+mgh,解得h=v024g,C错误;小球从最高点返回左端过程,有2mv1=mv2+mv3,12×2mv12+mgh=12mv22+12mv32,解得v2=0,v3=v0,D错误;根据动能定理,此过程小球对小车做的功为W=12mv32=110.(多选)(2025·广西桂林联考)如图所示,质量为m的物体P与物体Q(质量未知)之间拴接一轻弹簧,静止在光滑的水平地面上,弹簧恰好处于原长。现给P物体一瞬时初速度,并把此时记为0时刻,规定向右为正方向,0~2t0内P、Q物体运动的a-t图像如图所示,已知t0时刻P、Q的加速度最大,其中t轴下方部分的面积大小为S,则()A.物体Q的质量为12B.2t0时刻Q物体的速度大小为vQ=SC.t0时刻弹簧的弹性势能为3D.t0~2t0时间内弹簧对P物体做功不为零答案BC解析0~2t0时间内Q所受弹力方向向左,P所受弹力方向始终向右;t0时刻,P、Q所受弹力最大且大小相等,由牛顿第二定律可得F弹mP=F弹m=a0,F弹mQ=a02,解得物体Q的质量为mQ=2m,故A