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