專題十“滑塊—斜(曲)面”模型和“滑塊—彈簧”模型1.B[解析]設(shè)全程小車相對(duì)地面的位移大小為x,則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移x'=R+L-x,取水平向右為正方向,由水平方向動(dòng)量守恒得mx't-Mxt=0,即mR+L-xt-Mxt=0,結(jié)合M=3m,解得x=14(R+L),x'=34(R+L),故A錯(cuò)誤,B正確;滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大,取水平向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得0=mvm-Mv,mgR=12mvm2+12Mv2,聯(lián)立解得vm=32gR,故C錯(cuò)誤,對(duì)整個(gè)過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得0=(2.D[解析]子彈射入物塊A的過(guò)程中,為完全非彈性碰撞,動(dòng)能損失最大,動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,則子彈和物塊A的機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;子彈射入物塊A的過(guò)程中,子彈對(duì)物塊A的沖量大小等于物塊A對(duì)子彈的沖量大小,B錯(cuò)誤;子彈射入物塊A后,因?yàn)橛袆?dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,兩物塊與子彈的動(dòng)能之和小于射入物塊A前子彈的動(dòng)能,C錯(cuò)誤;兩物塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,彈簧最短時(shí)與彈簧最長(zhǎng)時(shí),兩物塊具有共同速度,有(mA+m子)v1=(mA+m子+mB)v2,ΔEp=12(mA+m子)v12-12(mA+m子+mB)v23.CD[解析]子彈射入木塊并留在木塊中,子彈與木塊組成的系統(tǒng)受合外力等于零,因此動(dòng)量守恒,因子彈與木塊是完全非彈性碰撞,機(jī)械能減少最多,即機(jī)械能不守恒,A錯(cuò)誤;子彈和木塊一起壓縮彈簧過(guò)程中,子彈、木塊、小車組成的系統(tǒng)受合外力等于零,動(dòng)量守恒,由于壓縮彈簧,即對(duì)彈簧做功,彈簧的彈性勢(shì)能增加,子彈、木塊、小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能減少,機(jī)械能不守恒,B錯(cuò)誤;由能量守恒定律可知,整個(gè)過(guò)程,子彈、木塊、小車組成的系統(tǒng)所損失的機(jī)械能等于子彈與木塊摩擦產(chǎn)生的熱量及彈簧的彈性勢(shì)能之和,C正確;設(shè)子彈的質(zhì)量為m1,速度為v0,木塊的質(zhì)量為m,小車的質(zhì)量為M,子彈射入木塊后速度為v1,向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得m1v0=(m1+m)v1,解得v1=m1v0m1+m,此后對(duì)子彈、木塊、小車組成的系統(tǒng),規(guī)定向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律可得(m1+m)v1=(m1+m+M)v2,由機(jī)械能守恒定律可得12(m1+m)v12-12(m1+m+M)v22=Epm,聯(lián)立解得彈簧的彈性勢(shì)能為Epm4.CD[解析]由題圖乙可知t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s,且此時(shí)系統(tǒng)動(dòng)能最小,根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,此時(shí)彈性勢(shì)能最大,t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài),而t3時(shí)刻處于伸長(zhǎng)狀態(tài),故A錯(cuò)誤;結(jié)合圖像弄清兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程,開(kāi)始時(shí)A逐漸減速,B逐漸加速,彈簧被壓縮,t1時(shí)刻二者速度相同,系統(tǒng)動(dòng)能最小,彈性勢(shì)能最大,彈簧被壓縮到最短,然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng),B仍然加速,A先減速為零,然后反向加速,t2時(shí)刻,彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài),由于此時(shí)兩物塊速度相反,因此彈簧的長(zhǎng)度將逐漸增大,在t3時(shí)刻,兩物塊速度相等,系統(tǒng)動(dòng)能最小,彈簧最長(zhǎng),因此從t3到t4過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng),故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量守恒定律,t=0時(shí)刻和t=t1時(shí)刻系統(tǒng)總動(dòng)量相等,有m1v1=(m1+m2)v2,其中v1=3m/s,v2=1m/s,解得m1∶m2=1∶2,故C正確;在t2時(shí)刻A的速度為vA=-1m/s,B的速度為vB=2m/s,根據(jù)m1∶m2=1∶2,求出Ek1∶Ek2=1∶8,故D正確.5.D[解析]小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零,則系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,但系統(tǒng)在豎直方向上所受的合外力不為零,所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向上,由動(dòng)量守恒定律得mv-mv'=0,即m2R-xt-mxt=0,解得小車的最大位移x=R,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,類似于人船模型,小球離開(kāi)小車時(shí)系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量為零,小球與小車在水平方向上的速度為零,小球離開(kāi)小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,由動(dòng)能定理得mgh0-34h0-Wf=0,Wf為小球克服摩擦力做的功,解得Wf=14mgh0,即小球第一次在車中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中損失的機(jī)械能為14mgh0,由于小球第二次在車中運(yùn)動(dòng)時(shí)對(duì)應(yīng)位置處速度變小,因此小車對(duì)小球的彈力變小,摩擦力變小,克服摩擦力做功小于14mgh0,機(jī)械能損失小于14mgh0,因此小球再次離開(kāi)小車時(shí),能上升的最大高度h>34h0-146.D[解析]B下落h過(guò)程有mgh=12mvB2,解得vB=2gh,木塊B與A碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律得mvB=(M+m)v,規(guī)定向下為正方向,則兩木塊從開(kāi)始共同運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中由動(dòng)量定理得(M+m)gt-I1=0-(M+m)v,從兩木塊發(fā)生碰撞到木塊A第一次回到初始位置的過(guò)程中,彈簧對(duì)木塊A的沖量I的大小為I=2I1,聯(lián)立解得彈簧對(duì)木塊A的沖量I的大小為I=2m2gh+2(M+m)gt7.(1)6m/s(2)2.4N·s,方向向左(3)x=28-[解析](1)小車與小球碰撞過(guò)程中,動(dòng)量與機(jī)械能均守恒,有mv0=mv1+Mv212mv02=12mv解得v1=2m/s,v2=6m/s(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí),根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m0v0+mv1=(m0+m)v3解得v3=2.8m/s設(shè)碰撞后瞬間到彈簧最短的過(guò)程,彈簧彈力對(duì)小物塊的沖量為I,根據(jù)動(dòng)量定理有I=m0v3-m0v0解得I=-2.4N·s,負(fù)號(hào)表示方向向左(3)小車碰撞結(jié)束到彈簧被壓縮最短的過(guò)程中,設(shè)小物塊速度為v'0,小車速度為v'1,由動(dòng)量守恒,有m0v0+mv1=m0v'0+mv'1任取一段極短時(shí)間Δt有(m0v0+mv1)Δt=m0v'0Δt+mv'1Δt累加求和后,有(m0v0+mv1)t=m0x物+mx又x物-x=l聯(lián)立兩式,解得x=28-8.D[解析]由圖乙知,C與A碰前速度為v1=9m/s,碰后速度為v2=3m/s,C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,以C的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律有mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1kg,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;A、C粘在一起速度變?yōu)?時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,為Ep=12(mA+mC)v22=13.5J,故B錯(cuò)誤;由圖乙知,12s末A和C的速度為v3=-3m/s,4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物塊B的沖量大小等于彈簧對(duì)物塊B的沖量大小,也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小,墻對(duì)B的沖量大小為I=|(mA+mC)v3-(mA+mC)v2|,解得I=18N·s,方向向左,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;物塊B剛離開(kāi)墻壁時(shí),A、C向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s,物塊B離開(kāi)墻壁后,系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),物塊B的速度最大,則有(mA+mC)v3=(mA+mC)v4+mBvB,12mA+mCv32=12mA+mCv42+19.(1)20m/s(2)-63J15m/s[解析](1)根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0+m0v=m+m代入數(shù)據(jù)得v1