高考物理一轮复习专题练习 专题十“滑块-曲面”模型和“滑块-弹簧”模型

专题十“滑块—曲面”模型和“滑块—弹簧”模型基础巩固1.[2024·江苏卷]在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧,右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧,开始时弹簧处于拉伸状态,各表面均光滑.剪断细绳后,则()A.弹簧原长时A的动能最大B.压缩最短时A的动量最大C.系统动量变大D.系统机械能变大2.[2025·河北唐山模拟]如图所示,光滑水平面上,A、B两小球与轻质弹簧拴接,弹簧处于原长,两小球静止.某时刻给A球水平向右的初速度,对应初动能为Ek,设此后运动过程中弹簧弹性势能最大值为Ep.已知A球质量为m,若EkEp=4,则B球质量为 A.13m B.2m C.3m D.43.[2025·四川成都模拟]如图所示,一小车静止于光滑水平面,其上固定一光滑弯曲轨道,整个小车(含轨道)的质量为m.现有质量也为m的小球,以水平速度v0从左端滑上小车,沿弯曲轨道上升到最高点,最终从轨道左端滑离小车,重力加速度大小为g.关于这个过程,下列说法正确的是 ()A.小球与小车组成的系统动量守恒B.小球沿轨道上升到最高点时,小车的速度为零C.小球沿轨道上升的最大高度为vD.小球滑离小车后,做自由落体运动4.[2025·重庆八中模拟]如图所示,静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧拴接在一起,弹簧处于原长.一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中,射入时间极短.下列说法中正确的是 ()A.子弹射入物块A的过程中,子弹和物块A的机械能守恒B.子弹射入物块A的过程中,子弹对物块A的冲量大于物块A对子弹的冲量C.子弹射入物块A后,两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能D.两物块运动过程中,弹簧最短时的弹性势能等于弹簧最长时的弹性势能5.[2025·湖南永州模拟]如图所示,质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上,其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从A点正上方R处由静止释放,然后由A点进入半圆形轨道后从B点冲出,已知重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是 ()A.小球运动到最低点的速度大小为2gRB.小球离开小车后做斜上抛运动C.小球离开小车后上升的高度小于RD.小车向左运动的最大距离为R综合提升6.[2025湖北武汉模拟]如图所示,物块A、B静止于光滑水平面上,中间连接一轻弹簧,弹簧处于原长状态.B上有一物块C,两者可一起运动.三个物块A、B、C的质量相同,且均可视为质点.现给A水平向右的瞬时冲量,当弹簧的弹性势能达到最大值时,其值为Ep;当弹簧第一次恢复原长时,立即取走C,当弹簧的弹性势能再次达到最大值时,其值为Ep'.则Ep和Ep'的比值为 ()A.12∶1 B.4∶3C.12∶17 D.24∶197.[2024·江苏苏州中学模拟]如图所示,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R.圆弧体B锁定,一个小球从A圆弧体的最高点由静止释放,小球在圆弧体B上升的最大高度为R2.已知重力加速度大小为g,则 (A.小球与圆弧体的质量之比为2∶1B.小球与圆弧体的质量之比为1∶2C.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为gRD.若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为18.[2025·山东德州模拟]如图所示,质量为3m的光滑14圆弧形轨道C静止在光滑水平地面上,轨道底端与水平地面相切,质量为2m的小球A和质量为m的小球D与轻弹簧相连接并静止于水平地面上.现有一个质量也为m的小球B从圆弧轨道最高点由静止下滑,且下滑到底端时圆弧形轨道C向右移动距离为d,此后小球B与小球D正碰,碰后二者粘在一起.求(1)小球B下滑至圆弧轨道底端时,小球B的水平位移及圆弧形轨道C的半径R;(2)小球B下滑至圆弧轨道底端时,小球B的速度大小;(3)运动过程中轻弹簧具有的最大弹性势能.拓展挑战9.[2025·安徽合肥模拟]如图所示,轻质弹簧左端固定在光滑水平地面上的挡板上,在弹簧右端一定距离处有一带四分之一光滑圆弧轨道的滑块b,轨道半径为R=0.4m,轨道末端与水平地面相切,推动滑块a将弹簧压缩到长度为原长的一半时将滑块a由静止释放,当滑块b固定时,a能运动到距水平轨道2R的最高处.已知弹簧原长为0.2m,滑块a的质量为m=1kg,g取10m/s2.(1)求弹簧的劲度系数;(2)若滑块b不固定,求滑块a上升的最大高度与滑块b质量的关系;(3)若滑块b不固定,滑块a只能从圆弧底端滑上圆弧2次,求滑块b质量mb的取值范围.

答案解析1.A[解析]A和B组成的系统所受的合外力为零,系统动量守恒,有mAvA=mBvB,设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功,系统机械能守恒,从剪断细绳到弹簧恢复原长过程,根据机械能守恒定律得Ep=12mAvA2+12mBvB2,联立得Ep=12mA+mA2mBvA2,所以弹簧恢复原长时A的速度最大,此时A的动量最大,动能最大2.A[解析]当弹簧弹性势能最大时,两小球共速,则由动量守恒定律有mv0=(m+m')v,其中弹簧弹性势能Ep=Ek-12(m+m')v2,Ek=12mv02,而EkEp=4,解得3.D[解析]小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0,可知,竖直方向上先加速后减速,即竖直方向的加速度方向先向上后向下,存在超重与失重,小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0,系统的动量不守恒,故A错误;小球沿轨道上升到最高点时,小球竖直分速度为0,结合上述可知,在水平方向,系统动量守恒,则小球与小车的速度相等,均不为零,故B错误;小球沿轨道上升到最高点时,根据水平方向动量守恒有mv0=2mv,根据机械能守恒定律有mgh=12mv02-12×2mv2,解得h=v024g,故C错误;小球从轨道左端滑离小车时,根据动量守恒定律有mv0=mv1+mv2,根据机械能守恒定律有12mv02=12mv12+12m4.D[解析]子弹射入物块A的过程中,为完全非弹性碰撞,动能损失最大,动能转化为内能,则子弹和物块A的机械能不守恒,A错误;子弹射入物块A的过程中,子弹对物块A的冲量大小等于物块A对子弹的冲量大小,B错误;子弹射入物块A后,因为有动能转化为内能,两物块与子弹的动能之和小于射入物块A前子弹的动能,C错误;两物块运动过程中,弹簧最短时与弹簧最长时,两物块具有共同速度,有(mA+m子)v1=(mA+m子+mB)v2,ΔEp=12(mA+m子)v12-12(mA+m子+mB)v25.D[解析]小球与小车组成的系统水平方向动量守恒,则有mv球x=mv车,小球运动到最低点过程由机械能守恒定律有mg·2R=12mv球x2+12mv车2,联立解得,最低点的速度大小为v球x=2gR,故A错误;小球离开小车后水平方向分速度为0,做竖直上抛运动,故B错误;小球离开小车后水平方向分速度为0,小车的速度也为0,根据能量守恒定律,小球离开小车后仍能上升到高度R,故C错误;小球水平方向分速度与小车速度时刻大小相等,则水平位移大小相等,根据几何关系可知两者的相对位移为2R6.B[解析]设A物块受到瞬时冲量后速度变为v,则弹簧弹性势能最大时,有mv=m+m+mv1,由能量守恒定律有12mv2=12m+m+mv12+Ep,当恢复原长时,有mv=mv2+m+mv3,由能量守恒定律有12mv2=12mv22+12m+mv32,当拿走C后,到再次弹簧弹性势能最大,有mv2+mv37.C[解析]设小球质量为m,圆弧体质量为M,小球从圆弧体A上滚下时,A的速度大小为v1,小球的速度大小为v2,则Mv1=mv2、mgR=12Mv12+12mv22,根据能量守恒定律12mgR=12mv22,解得M=m,v1=gR,故A、B错误;若圆弧体B没有锁定,则小球滑上B过程到滑离有mv2=mv2'+Mv,12mv22=12mv2'2+18.(1)3d4d(2)6gd(3)[解析](1)球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中与圆弧轨道C组成的系统水平方向动量守恒,则有mvB-3mvC=0所以有mxBt=3则xB=3xC=3d且xB+xC=R可得R=4d(2)球B沿圆弧轨道滑至底端的过程中有mvB-3mvC=0mg·4d=12mvB2+12联立得vB=6(3)B与D碰撞过程动量守恒,则mvB=2mv1此后A、B、D组成的系统动量守恒,弹簧压缩到最短时A、B、D共速,弹簧弹性势能最大,有2mv1=4mv212×2mv12=Ep+12联立解得Ep=39.(1)1600N/m(2)h=4mb5mb+1m(3)3kg[解析](1)由题述可知a释放前弹簧的压缩量为0.1m,对a脱离弹簧过程,弹簧弹力对a做的功为W=12k×0.1×0.1由机械能守恒定律有2mgR=W联立解得k=1600N/m(2)若b不固定,设a滑上b之前瞬间的速度为v0有12mv02解得v0=4m/s对a、b组成的系统,当a上升到最高点时,a、b水平方向一定共速,设a、b水平方向共速时b的速度为v共,由水平方向动量守恒定律有mv0=m+m由能量守恒定律可知a上升的最大高度h满足mgh=12mv02-12(整理得h=4mb(3)对a第1次滑上并脱离b过程有mv0=mv1+mbv21