專題強化十一“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型學(xué)習(xí)目標會分析“滑塊—彈簧”“滑塊—斜(曲)面”與碰撞的相似性，并會用碰撞的相關(guān)知識解決實際問題。模型一“滑塊—彈簧”模型1.模型圖示2.模型特點(1)動量守恒:兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒。(2)機械能守恒:系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(3)彈簧處于最長(或最短)狀態(tài)時兩物體速度相同，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)，即m1v0＝(m1＋m2)v，ΔEp＝12m1v02－12(m1＋(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能無損失(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)，即m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m例1如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C，B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)。設(shè)A以速度v0向B運動，壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中:(1)整個系統(tǒng)損失的機械能;(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。答案(1)116mv02(2)解析(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1 ①此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE，對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 ②12mv12＝ΔE＋12×2聯(lián)立①②③式得ΔE＝116mv02(2)由②式可知v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3 ⑤12mv02－ΔE＝12×3mv3聯(lián)立④⑤⑥式得Ep＝1348mv跟蹤訓(xùn)練1.(2024·江蘇卷，9)如圖所示，在水平面上靜止有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細繩后，則()A.彈簧恢復(fù)原長時A的動能最大B.彈簧壓縮至最短時A的動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機械能變大答案A解析對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受合外力為零，則其動量守恒，又運動過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒，C、D錯誤;對系統(tǒng)由動量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動能時，A的動能最大2.(2025·北京昌平高三月考)如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。現(xiàn)使m1瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，以下說法正確的是()A.兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝2∶1B.在t1時刻和t3時刻彈簧的彈性勢能均達到最大值C.t1~t2時間內(nèi)，彈簧的長度大于原長D.t2~t3時間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小答案B解析以物塊A的初速度方向為正方向，t1時刻A、B共速，由動量守恒定律得m1v1＝(m1＋m2)v共，將v1＝3m/s，v共＝1m/s代入解得m1∶m2＝1∶2，故A錯誤;根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在t1時刻和t3時刻，系統(tǒng)的動能最小，彈簧的彈性勢能達到最大值，故B正確;在t1時刻彈簧壓縮至最短，所以t1~t2時間內(nèi)，彈簧的長度小于原長，故C錯誤;t2~t3時間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大，故D錯誤。模型二“滑塊—斜(曲)面”模型1.模型圖示2.模型特點(1)上升到最大高度:m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共;系統(tǒng)機械能守恒，12mv02＝12(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(2)返回最低點:m與M分離點。水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2;系統(tǒng)機械能守恒，12mv02＝12mv例2(2025·安徽蕪湖模擬)如圖所示，在水平面上放置一個右側(cè)面半徑為R的14圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為m，凹槽A點切線水平，B點為最高點。一個質(zhì)量也為m的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度為g，不計一切摩擦，則下列說法正確的是(A.小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運動B.若v0＝2gR，小球恰好可到達凹槽的BC.若v0＝5gR，小球最后一次離開凹槽的位置一定是A點，D.若v0＝7gR，小球最后一次離開凹槽的位置一定是B點，答案C解析小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守恒，但總動量不守恒，故A錯誤;若小球恰好可到達B點，由水平方向動量守恒，有mv0＝2mv，由機械能守恒定律有12mv02＝12×2mv2＋mgR，解得v0＝2gR，故B錯誤;當(dāng)v0>2gR時，小球從B點飛出后做斜拋運動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時恰好能落到B點，最后一次離開斜面的位置一定是A點，由水平方向動量守恒得mv0＝mv1＋mv2，由機械能守恒定律得12mv02＝12mv12＋12mv22，解得v1＝0跟蹤訓(xùn)練3.(2025·湘豫名校高三聯(lián)考)如圖，質(zhì)量為M，半徑為R的圓弧槽，置于光滑水平面上。將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無初速度地釋放，滑塊的質(zhì)量為m，且M＝2m，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A.若圓弧面光滑，則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒B.若圓弧面光滑，則滑塊運動至水平面時速度大小為gRC.若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則圓弧槽的位移大小為RD.若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則滑塊的位移大小為2答案C解析若圓弧面光滑，圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故A錯誤;若圓弧面光滑，設(shè)滑塊運動至水平面時速度大小為v1，圓弧槽速度大小為v2，由機械能守恒定律得mgR＝12mv12＋12Mv22，在水平方向上動量守恒有mv1＝Mv2，又M＝2m，聯(lián)立解得v1＝2gR3，v2＝gR3，故B錯誤;若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，設(shè)滑塊與圓弧槽相對于地面沿水平方向的位移分別為x1和x2，由水平方向動量守恒有mx1＝Mx2，x1＋x2＝R，解得x1＝23R，x2＝R3，故C1.(2025·北京朝陽模擬)如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m，P以速度v向右運動，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時()A.P的動量為0B.Q的動量達到最大值C.P、Q系統(tǒng)總動量小于mvD.彈簧儲存的彈性勢能為14mv答案D解析當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，整個壓縮過程系統(tǒng)的動量守恒，有mv＝2mv共，所以P的動量為p＝mv共＝12mv，故A錯誤;彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，Q的動量達到最大值，故B錯誤;P、Q系統(tǒng)動量守恒，總動量為p總＝mv，故C錯誤;根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有mv＝2mv共，12mv2＝12×2mv共2＋Ep，解得Ep＝14m2.(多選)(2025·四川瀘州模擬)如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物體用一輕彈簧連接，放在光滑的水平面上，A緊靠光滑的墻?，F(xiàn)用外力推B將彈簧壓縮某一長度并處于靜止狀態(tài)，然后撤去外力，在彈簧恢復(fù)原長時B物體的速度為v。彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，則在撤去外力以后的運動過程中，下列說法正確的是()A.物體A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B.彈簧再次被壓縮到最短時具有的彈性勢能為12mvC.墻壁對A物體的彈力做的功為12mvD.墻壁對A物體的彈力產(chǎn)生的沖量大小為mv答案AD解析物體A、B和輕彈簧組成的系統(tǒng)，只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，選項A正確;彈簧再次被壓縮到最短時，由動量守恒定律有mv＝2mv'，根據(jù)能量守恒定律得，此時彈簧具有的彈性勢能為Ep＝12mv2－12×2mv'2＝14mv2，選項B錯誤;墻壁對A物體的彈力沒有位移，則做的功為零，選項C錯誤;對A、B系統(tǒng)由動量定理得，墻壁對A物體的彈力產(chǎn)生的沖量大小為I＝mv，3.(2025·海南三亞模擬)如圖所示，一個質(zhì)量為M的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧，EF圓弧半徑R＝1m。E點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為m的小球以v0＝5m/s的初速度水平向右從E點沖上滑塊，若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小g＝10m/s2，不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值Mm為(A.2 B.3C.4 D.5答案C解析根據(jù)題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設(shè)為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，根據(jù)機械能守恒定律有12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，4.(2025·江西贛州模擬)如圖甲所示，光滑水平地面上有A、B兩物塊，質(zhì)量分別為2kg、6kg，B的左端拴接著一勁度系數(shù)為2003N/m的水平輕質(zhì)彈簧，它們的中心在同一水平線上。A以速度v0向靜止的B運動，從A接觸彈簧開始計時至A與彈簧脫離的過程中，彈簧長度l與時間t的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終處在彈性限度范圍內(nèi)，已知彈簧的彈性勢能Ep＝12kx2(x為彈簧的形變量)，則(A.在0~2t0內(nèi)B物塊先加速后減速B.整個過程中，A、B物塊構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒C.v0＝2m/sD.物塊A在t0時刻時速度最小答案C解析在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即B受到的彈力始終向右，所以B物塊始終做加速運動，故A錯誤;整個過程中，A、B兩物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒，故B錯誤;由題圖乙可知，在t0時刻，彈簧被壓縮到最短，此時A、B共速，彈簧的形變量為x＝0.4m－0.1m＝0.3m，根據(jù)A、B及彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒有m1v0＝(m1＋m2)v，根據(jù)A、B及彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒有12m1v02＝12(m1＋m2)v2＋12kx2，聯(lián)立解得v0＝2m/s，故C正確;在0~2t0內(nèi)，彈簧始終處于壓縮狀態(tài)，即A受到彈力始終向左，所以A物塊始終做減速運動，則物塊A在25.(多選)(2025·遼寧沈陽模擬)如圖甲，一滑塊靜置在水平面上，滑塊的曲面是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧最低點切線沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0從圓弧最低點沖上滑塊，且小球能從圓弧最高點沖出滑塊。小球與滑塊水平方向的速度大小分別為v1、v2，作出某段時間內(nèi)v1－v2圖像如圖乙所示，不計一切摩擦，重力加速度為g。下列說法正確的是()A.滑塊與小球在相互作用的過程中，水平方向動量守恒B.當(dāng)滑塊的速度為0.5v0時，小球運動至最高點C.小球與滑塊的質(zhì)量比為1∶2D.小球的初速度大小可能為2.5答案AC解析小球和滑塊組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，A正確;設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v，在水平方向上由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，化簡得v1＝v0－Mmv2，結(jié)合題圖乙可得Mm＝v00.5v0＝2，即mM＝12，C正確;小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v，在水平方向上由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得v＝v03，B錯誤;小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，由機械能守恒定律得12mv02＝12(m＋M)v6.如圖所示，兩光滑且平行的固定水平桿位于同一豎直平面內(nèi)，兩靜止小球m1、m2分別穿在兩桿上，兩球間拴接一豎直輕彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)給小球m2一個水平向右的初速度v0，兩桿足夠長，則在此后的運動過程中()A.m1、m2組成的系統(tǒng)動量不守恒B.m1、m2組成的系統(tǒng)機械能守恒C.彈簧最長時，其彈性勢能為mD.m1的最大速度是2答案D解析m1、m2組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的動量守恒，選項A錯誤;m1、m2及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤;彈簧最長時，兩球共速，則由動量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，根據(jù)能量守恒定律得此時彈簧彈性勢能為Ep＝12m2v02－12(m1＋m2)v2＝m1m2v022(m1＋m2)，選項C錯誤;當(dāng)彈簧再次回到原長時m1的速度最大，則m2v0＝m1v1＋m2v2，17.(2025·福建泉州模擬)如圖，左端固定在墻壁上的水平輕質(zhì)彈簧，處于自然狀態(tài)時另一端在光滑水平臺面右端;質(zhì)量為3m的小車靜置于光滑的水平面上且緊靠平臺，其左側(cè)a端與臺面等高，小車的上表面由長度為R的粗糙水平面ab和半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道bc組成。質(zhì)量為m的小物塊P(與彈簧不拴接)在外力作用下將彈簧壓縮至某一位置，由靜止釋放后從a端以大小為2gR(g為重力加速度大小)的速度滑上小車，恰好能到達頂端c。(1)求P由靜止釋放時彈簧的彈性勢能Ep;(2)求P與ab間的動摩擦因數(shù)μ;(3)請通過計算判斷P是否會滑離小車?答案(1)2mgR(2)0.5(3)會，理由見解析解析(1)設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，P的速度為v0，根據(jù)小物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒有Ep＝12m其中v0＝2gR解得Ep＝2mgR。(2)P恰好到達頂端c時，此時P與小車共速，設(shè)此時速度大小為v，根據(jù)水平方向動量守恒有mv0＝(m＋3m)v根據(jù)能量守恒定律有12mv02＝12(m＋3m)解得μ＝0.5。(3)設(shè)小物塊P最終停在小車上，小物塊在粗糙水平面ab上的相對路程為s，由于水平方向動量守恒，則此時P與小車速度大小仍然為v，根據(jù)系統(tǒng)能量守恒定律有12mv02－12(m＋3解得s＝3R由于s>2R故P會滑離小車。8.(2024·安徽卷，14)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球