第一章 专题强化 弹簧小球模型 滑块斜曲面模型Word下载.docx

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m1v1′2＋

m2v2′2

解得v1′＝

v2′＝

.

例2

　如图2所示，用水平轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，B与C碰撞后二者粘在一起运动．在以后的运动中，求：

图2

（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度多大？

（2）弹簧弹性势能的最大值是多大？

（3）A的速度有可能向左吗？

为什么？

答案　

（1）3m/s　

（2）12J　（3）见解析

解析　

（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．

由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，以v的方向为正方向，有：

（mA＋mB）v＝（mA＋mB＋mC）vA′

解得vA′＝3m/s.

（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则：

mBv＝（mB＋mC）v′

解得：

v′＝2m/s

设弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒：

Ep＝

（mB＋mC）v′2＋

mAv2－

（mA＋mB＋mC）vA′2

解得Ep＝12J.

（3）A、B、C组成的系统动量守恒mAv＋mBv＝mAvA＋（mB＋mC）vB

设A的速度向左，有vA<

0，vB>

4m/s

则作用后A、B、C动能之和：

Ek＝

mAvA2＋

（mB＋mC）vB2>

48J

实际上系统的总机械能为：

E＝Ep＋

＝12J＋36J＝48J

根据能量守恒定律，Ek>

E是不可能的，所以A不可能向左运动．

二、滑块—斜（曲）面模型

对于滑块—斜（曲）面模型，系统所受合外力不为零，但常在某一方向上的合力为零，则在该方向上系统动量守恒，再根据能量分析情况，结合能量规律列方程，联立求解．

例3

　如图3所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上的光滑圆弧轨道．已知圆弧轨道的质量为2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求：

图3

（1）小球在圆弧轨道上能上升的最大高度；

（用v0、g表示）

（2）小球离开圆弧轨道时的速度大小．

（2）

解析　

（1）小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定小球运动的初速度方向为正方向，有：

mv0＝3mv，得v＝

根据机械能守恒得：

mv02＝

×

3mv2＋mgh

h＝

（2）小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒，

则有：

mv0＝mv1＋2mv2

根据机械能守恒，则有：

mv12＋

2mv22

联立以上两式可得：

v1＝－

v0，

则小球离开圆弧轨道时的速度大小为

例4

　如图4，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.

图4

（1）求斜面体的质量；

（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

答案　

（1）20kg　

（2）不能

解析　

（1）规定向右的方向为正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v0＝（m2＋m3）v

m2v02＝

（m2＋m3）v2＋m2gh

式中v0＝－3m/s为冰块推出时的速度．联立两式并代入题给数据得m3＝20kg.

（2）设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v0＝0，

代入数据得v1＝1m/s

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有m2v0＝m2v2＋m3v3.

m2v22＋

m3v32

联立两式并代入数据得v2＝1m/s

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．

1．（弹簧—小球模型）如图5所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，Q与水平轻质弹簧相连．设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（　　）

图5

A．P的初动能

B．P的初动能的

C．P的初动能的

D．P的初动能的

答案　B

解析　把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，以v0的方向为正方向，则mv0＝2mv，得v＝

，所以弹簧具有的最大弹性势能Epm＝

mv02－

2mv2＝

Ek0，故B正确．

2．（滑块—曲面模型）（多选）（2020·

马鞍山二中期末）如图6所示，质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和固定在小车上的

圆弧轨道相切且都光滑，一个质量为m的小球以速度v0水平冲上小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是（　　）

图6

A．小球一定沿水平方向向左做平抛运动

B．小球可能沿水平方向向左做平抛运动

C．小球可能沿水平方向向右做平抛运动

D．小球可能做自由落体运动

答案　BCD

解析　小球冲上小车，又返回，到离开小车的整个过程，系统水平方向动量守恒，取水平向右为正方向．由动量守恒定律得mv0＝Mv＋mv′

由机械能守恒有：

Mv2＋

mv′2

联立得，v′＝

v0

如果m<

M，v′与v0方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动；

如果m＝M，v′＝0，小球离开小车后做自由落体运动；

如果m>

M，v′与v0方向相同，小球离开小车后向右做平抛运动，所以B、C、D选项正确．

3．（弹簧—小球模型）如图7，在光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一水平轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）．设A以速度v0向B运动，压缩弹簧；

当A、B速度相等时，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，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中．

图7

（1）整个系统损失的机械能；

（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能．

mv02　

（2）

mv02

解析　A、B相互作用过程动量守恒、机械能也守恒，而B、C相碰粘接在一起时，动量守恒，机械能不守恒，系统产生的内能则为B、C相碰过程中损失的机械能．当A、B、C速度相等时，弹性势能最大．

（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1①

此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mv1＝2mv2②

mv12＝ΔE＋

（2m）v22③

联立①②③式得ΔE＝

mv02.④

（2）由②式可知v2<

v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep.由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3⑤

mv02－ΔE＝

（3m）v32＋Ep⑥

联立④⑤⑥式得Ep＝

mv02.

1．如图1所示，水平弹簧的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，一个质量也为m的小球从槽上h高处开始自由下滑（　　）

A．在以后的运动过程中，小球和槽组成的系统动量始终守恒

B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功

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，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽上h高处

答案　C

解析　小球从弧形槽上下滑过程中，小球和槽组成的系统在水平方向上动量守恒，但是，当小球接触弹簧的过程中，弹簧会对小球施加一个水平向左的外力，故在此运动过程中小球和槽组成的系统动量不守恒，A错误；

小球在弧形槽中下滑过程中和弧形槽之间产生了一个垂直于接触面的弹力，而且在弹力水平分力的方向上两者都发生了位移，故小球和弧形槽之间的相互作用力会做功，B错误；

小球下滑时，与光滑弧形槽在水平方向上动量守恒，所以小球离开光滑弧形槽时，两者速度大小相等、方向相反，因此，小球被弹簧反弹后，速度与光滑弧形槽速度相等，且都做匀速直线运动，小球不能追上光滑弧形槽，C正确，D错误．

2．（多选）如图2所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟轻弹簧相碰．在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）

A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同

B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小

C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少

D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零

答案　ABD

解析　物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确．A、B和弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B的动能之和最小，故B正确．弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误．当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确．

3．（2020·

日照市3月模拟）A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M（m<

M）．若使A球获得瞬时速度v（如图3甲），弹簧压缩到最短时的长度为L1；

若使B球获得瞬时速度v（如图乙），弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为（　　）

A．L1>

L2B．L1<

L2

C．L1＝L2D．不能确定

解析　当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mv＝（m＋M）v′

由机械能守恒定律得：

mv2－

（m＋M）v′2

联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝

同理：

对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：

故弹性势能相等，则有：

L1＝L2，故A、B、D错误，C正确．

4．在光滑的水平冰面上，放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑的可自由移动的曲面，一个坐在冰车上的小孩手扶小球静止在冰面上．某时刻小孩将小球以v0＝2m/s的速度向曲面推出（如图4所示）．已知小孩和冰车的总质量为m1＝40kg，小球质量为m2＝2kg，曲面质量为m3＝10kg.试求小孩将球推出后还能否再接到球，若能，则求出再接到球后人的速度大小，若不能，则求出球再滑回水平冰面上的速度大小．

答案　能　

m/s

解析　以小球被推出的方向为正方向，

人推球过程，水平方向动量守恒：

0＝m2v0＋m1v1

得v1＝－0.1m/s

球和曲面相互作用时，水平方向动量守恒：

m2v0＝m2v2＋m3v3

由机械能守恒得：

得v2＝－

|v2|>

|v1|，所以人能再接住球，人接球的过程，由动量守恒得：

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v共，

得v共＝－

m/s，负号表示方向向右．

5．如图5所示，静止放置在光滑水平面上的A、B、C三个滑块，滑块A、B间通过一水平轻弹簧相连，滑块A左侧紧靠一竖直固定挡板P，某时刻给滑块C施加一个水平冲量使其以初速度v0水平向左运动，滑块C撞上滑块B的瞬间二者粘在一起共同向左运动，弹簧被压缩至最短的瞬间具有的弹性势能为1.35J，此时撤掉固定挡板P，之后弹簧弹开释放势能，已知滑块A、B、C的质量分别为mA＝mB＝0.2kg，mC＝0.1kg，（取

＝3.16）求：

（1）滑块C的初速度v0的大小；

（2）当弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小；

（3）从滑块B、C压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中，弹簧对滑块B、C整体的冲量．

答案　

（1）9m/s　

（2）1.9m/s　（3）1.47N·

s，方向水平向右

解析　

（1）滑块C撞上滑块B的过程中，滑块B、C组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律得：

mCv0＝（mB＋mC）v1

弹簧被压缩至最短时，滑块B、C速度为零，根据能量守恒定律得：

（mB＋mC）v12

v1＝3m/s，v0＝9m/s

（2）设弹簧弹开后恢复原长的瞬间，滑块B、C的速度大小为v2，滑块A的大小为v3，根据动量守恒定律得：

mAv3＝（mB＋mC）v2，

根据能量守恒定律得：

mAv32＋

（mB＋mC）v22

v2≈1.9m/s

（3）设弹簧对滑块B、C整体的冲量为I，选向右为正方向，由动量定理得：

I＝Δp＝（mB＋mC）（v2＋v1）

I＝1.47N·

s，方向水平向右．