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文档简介
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=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)-eq\f(1,2)(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,eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)。例1如图1所示,在光滑的水平面上静止一质量M=8kg的小车B,小车左端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C到小车右端的距离L=1m,这段车厢板与木块A(可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.1,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的车厢板上表面光滑。木块A以速度v0=15m/s由小车B右端开始沿车厢板表面向左运动。已知木块A的质量m=2kg,重力加速度g取10m/s2。则木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为()图1A.45J B.178J C.225J D.270J答案B解析由题意知,小车和木块系统动量守恒,有mv0=(M+m)v,由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)(M+m)v2+μmgL+Epmax,联立解得Epmax=178J,故B正确。1.(2024·广东珠海高三一模)如图2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()图2A.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。模型二“滑块—斜(曲)面”模型1.模型图示2.模型特点(1)上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)(M+m)veq\o\al(2,共)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞,系统减少的动能转化为m的重力势能)。(2)返回最低点:m与M分离点。水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(相当于弹性碰撞)。例2(2024·广东中山模拟)如图3所示,一质量为2m的带轨道的小车静止在水平面上,小车轨道的AB段水平,BC段为竖直的半径为R的四分之一圆弧。左侧平台与小车的水平轨道等高,小车静止时与平台间的距离可忽略。一质量为m的滑块(可视为质点)水平向右以大小为6eq\r(gR)的初速度从左侧平台滑上小车。不计一切摩擦,重力加速度为g。图3(1)求滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升的最大高度;(2)若小车水平轨道AB相对水平面的高度为0.5R,求滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离为多少?答案(1)12R(2)6R解析(1)滑块离开C点后相对于水平轨道AB上升到最大高度过程中,滑块与小车水平动量守恒,有mv0=(m+2m)v滑块与小车组成的系统能量守恒,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)×3mv2+mgh解得h=12R。(2)滑块(可视为质点)滑上小车到滑块从左端滑离小车,滑块与小车水平方向动量守恒,有mv0=mv1+2mv2滑块与小车机械能守恒,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)解得v1=-eq\f(1,3)v0,v2=eq\f(2,3)v0设滑块离开小车下落时间为t,有h=eq\f(1,2)gt2滑块从左端滑离小车后落地瞬间滑块与小车左端的距离s=eq\f(1,3)v0t+eq\f(2,3)v0t=6R。2.如图4所示,质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上,物块a左侧面为圆弧面且水平地面相切,质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a,沿a左侧面上滑一段距离后又返回,最后滑离a,不计一切摩擦,滑块b从滑上a到滑离a的过程中,下列说法正确的是()图4A.滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),5g)B.滑块a运动的最大速度eq\f(2v0,5)C.滑块b沿a上升的最大高度为eq\f(veq\o\al(2,0),2g)D.滑块a运动的最大速度eq\f(v0,5)答案B解析b沿a上升到最大高度时,两者速度相等,在水平方向,由动量守恒定律得mv0=(m+4m)v,由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)(m+4m)v2+mgh,解得h=eq\f(2veq\o\al(2,0),5g),A、C错误;滑块b从滑上a到滑离a后,滑块a运动的速度最大,系统在水平方向动量守恒,对整个过程,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=mvb+4mva,由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)+eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,a),解得va=eq\f(2,5)v0,vb=-eq\f(3,5)v0,B正确,D错误。A级基础对点练1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示,弹簧一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑,则下列说法正确的是()图1A.在下滑过程中,小球和槽组成的系统动量守恒B.在下滑过程中,小球的机械能守恒C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球和槽组成的系统机械能守恒,小球能回到槽高h处答案C解析槽处于光滑水平面上,则小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零,则水平方向上动量守恒,但竖直方向动量不守恒,选项A错误;在下滑过程中,小球和槽组成的系统机械能守恒,但小球的机械能减少,选项B错误;小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1=2mv2,解得v1=2v2,被弹簧反弹后,小球的速度小于槽的速度,小球不能再次追上槽,因水平面光滑,则小球和槽都做速率不变的直线运动,选项C正确,D错误。2.如图2所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,P的质量为m,Q的质量为3m,Q与轻质弹簧相连。Q原来静止,P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于()图2A.eq\f(3,4)E B.eq\f(3,8)E C.eq\f(3,16)E D.E答案A解析设P物体的初速度为v0,由已知可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=E,P与Q碰撞过程中,两物体速度相等时,弹簧压缩量最大,此时弹性势能最大,整个过程中,满足动量守恒mv0=(m+3m)v1,最大弹性势能Ep=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)-eq\f(1,2)×(m+3m)veq\o\al(2,1),解得Ep=eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)=eq\f(3,4)E,故A正确。3.(2024·山西运城高三检测)如图3所示,在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块,圆弧的半径为R,最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动,不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定,则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处;如果圆弧滑块不固定,则小球在圆弧面上能到达的最大高度为eq\f(R,3)。则小球与滑块质量之比m∶M为()图3A.1∶2 B.1∶3 C.2∶1 D.3∶1答案C解析当圆弧滑块固定时,有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=mgR;当圆弧滑块不固定,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒,有mv0=(m+M)v,根据机械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=mgeq\f(R,3)+eq\f(1,2)(m+M)v2,联立解得m∶M=2∶1,故C正确。4.如图4所示,滑块A、B、C位于光滑水平面上,已知A、B、C的质量均为m=1kg。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=2m/s速度水平向右运动,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,则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为()图4A.0.25J B.0.50J C.0.75J D.1.00J答案A解析对A、B系统,A、B速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒定律有mv0=2mv1,代入数据,解得v1=1m/s,弹簧被压缩到最短时,B的速度为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mv1=2mv2,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,则整个系统损失的机械能为ΔE=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)-eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)=0.25J,故A正确。5.如图5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()图5A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,4) C.eq\f(3,2) D.eq\f(4,3)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=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)+eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,P),Q离开P时的动能Ek2=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q),联立解得eq\f(Ek1,Ek2)=eq\f(3,2),故C正确。B级综合提升练6.如图6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()图6A.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eq\f(m2veq\o\al(2,0),2(m1+m2))D.m1的最大速度是eq\f(2m2v0,m1+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,此时弹簧弹性势能为Ep=eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)-eq\f(1,2)(m1+m2)v2=eq\f(m1m2veq\o\al(2,0),2(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,eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2),解得v1=eq\f(2m2v0,m1+m2),选项D正确。7.(多选)如图7所示,在光滑水平面上右侧放有一个eq\f(1,4)光滑圆弧轨道ABC,其圆心为O;质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动,滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为3m,则小球与圆弧轨道作用过程中下列叙述正确的是()图7A.小球离开C点后做竖直上抛运动B.小球离开C点后做斜抛运动C.圆弧轨道的最大速度为eq\f(1,2)v0D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左答案BCD解析小球以初速度v0滑上圆弧轨道,小球与圆弧轨道产生相互作用,因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒,且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒,所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同,另有竖直向上的分速度,所以小球离开C点后做斜抛运动,选项A错误,B正确;因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同,所以小球还能落到圆弧轨道上,最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上,设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1,圆弧轨道的速度为v2,则有mv0=mv1+3mv2,eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)=eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)+eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2),联立解得,v1=-eq\f(1,2)v0,v2=eq\f(1,2)v0,即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左,且此时圆弧轨道速度最大,选项C、D正确。8.如图8甲所示,物体A、B的质量分别是m1=4kg和m2=4kg,用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上,物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t=0时刻起,以一定的速度向左运动,在t=5s时刻与物体A相碰,碰后立即与A粘在一起,此后A、C不再分开。物体C在前15s内的v-t图像如图乙所示。求:图8(1)物体C的质量m3;(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。答案(1)2kg(2)2.4m/s解析(1)以水平向左的方向为正方向,A、C碰撞过程中动量守恒,则有m3vC=(m1+m3)v共1代入v-t图像中的数据解得m3=2kg。(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程,相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞,以水平向右为正方向,则有(m1+m3)v共1′=(m1+m3)v共2+m2v2eq\f(1,2)(m1+m3)v共1′2=eq\f(1,2)(m1+m3)veq\o\al(2,共2)+eq\f(1,2)m2veq\o\al(2
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