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1、第.3.讲专题提升之滑块弹簧模型和滑块:斜.（曲）面.模基础对点练题组一“滑块一弹簧“模型1 .（2024山东照模以N,B两小理静止在光滑水平面上.用水平轻抨货相连接.A、B两球的麻珏分别为叫和，丽也PO1.C1.I=IAB.1.=3m/s的速度水平向右运动.通过弹筑与静止的滑块B相互作用(无机械能损失).直至分开未与C相撞,第个过程舛,没有超过弹性限度,不计空气阻力。(I)求舛筱被压缩到最短时.B滑块的速度大小，(2)求弹簧被压缩到城短时,弹簧的弹性势能,(3)求从A与弹黄相互作用开始到A与弹焚分开,该过程中弹贤给滑块B的冲量.(4)若弹费被小缩到最短时.B与C恰好相碰并粘接在一起.然后继续
2、运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求B.C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。9.(2024河北点理岛模构A、B,C的质壮分别为W=Ikg、”口=1.5kg、，”尸3kg.轻弹费的左端固定在挡板上,C为半径R=2m的?如轨道,环止在水平面上,如图所示,现用外力使小球A压缩弹资(A与舛漫不连接),当弹费的弹性势能殳=5QJ时,也静止糅放小段A,小俅A与弹黄分离后与静止的小俅B发生正碰.小球B到网轨道底端的距禹足够长.经过一段时间小球滑上网轨道,一切摩擦均可忽略.不计空气阻力.假设所有的琲撞均为弹性礴描.垂力加速度月取10m2.(I)求小球B能达到的G大而度：(2)通过计算分析,小球B能
3、否第二次进入回轨道,参考答案第3讲专题提升广滑块一弹簧”模型和“滑块一斜（曲）面”模型IC解析当弹簧压缩到最短时,两球的速度相同,对题国甲素A的初速度方向为正方向.由动量守恒定律得map=（mja+hb）p,由机械能守恒定律得年（=扣A1杉（八+，R）VC,联立普得弹簧压缩到最短时产悬吗同理对题用乙现B的初速度方向为正方向.当弹簧压缩到最空时有押吗故弹性势能相等,则有1.=小故A、B.D错误C正确。2.B解析设压能到户点时,弹簧的将性势能为,开始时,物体A,B的质量均为初则有氏=加%2,阳小=力1，0=毋2，”/=3琦把A的质量换成3m,Ep=3nic.3o=4v.Epi=Ep夕4?1，。=：
4、步所以有Ev1.：02=2:1.B正琬.3.C解析因为水平面光滑Jn和A/生成的系统在水平方向上动量守恒:当物块向上的速度为零时,根据题意可知此时物块与圆弧轨道速度相同.又因为此叶物块与IS儿轨道的动能之比为1：2.即加2:ifv2=1.:2,得m:AZ=I:2.根据动量守恒定律j,iw=（,+MM程vo=3根据能量守恒定,mv02=如+M）F+/则物块的重力势鲂Er=；mq）2,比时物块的动能Ek=；M=白小常,所以此时物块的动能与更力势能之比反：EP=I：6,故C正确,A、B.D错误。4.BCD解析小球在细管中运动时,小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向上受到的合外力为零,在弯曲处,
5、小球和小车级成的系统.在竖直方向上合外力不为零,则小球和小车（包含细管）组成的系统在水平方向上动量守恒.小球在掴管中运动时.小球和小车（包含细管）组成的系统动量不守恒微A错误油于小球和小车（包含缩管）组成的系统在水平方向上动量守恒,小球在缩管的翌直部分运动时,水平方向的速度相同,则小球在细管的竖直都分运动时只受曳力作用,故B正确:由于在水平方向上动量守恒.在最高点,由动量守恒定律和能量守恒定律nv1.=2MV,mv02=i2,jr+zm1.,/,=*,从密管的竖宜覆分冲出,处有/.=*力.解得、b匹冗故C正确:小球从缮管的竖立5分冲出后,水平方向的速度始终相同,则冲出后一定会落回到细管中,故D
6、正确。5.C解析设小球离开小车时.小球的速度为端.小车的速度为火.整个过程中水平方向上动量守恒.以向左为正方向.由动量守恒定律符23=2nv+,心由能量守恒定律.211jv02=*22+；1%2.解徉1，尸,2,2=为卜所以小球与小车分离后对地将向左做平他运动,敌人、B错误;当小球与小车的水平速度相等时,小球弧形槽上升到最大高度,设该高度为瓦系统在水平方向上动量守恒,以向左为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得2，mb=3M由机械能守恒定律%x2m2=33皿12期.那徉Zr=出故C正确;对小车运用动能定理济小球对小车做功W=Bmtz=gm%2,故D错误。6.B解析由起用可知,乙法速的到时,甲
7、正向加速,说明两小球相互排斥.帝有同种电性的电荷,故错误;两小球作用过程中动量守恒.有”v=mA-.解得4=J.故B正确时刻.两小球共速.此时两小球间拒蜀最近,则此时乙的电势能最大.故C错误:在OTJ时间内.甲的动能一直堵尢乙的动能先减小小时刻后逐渐增大,故D错误。7.AC解析两小球所受的库仑力为作用力与反作用力,大小相等,由F=，M知,两球的加速度之F比出=胡=；,故A正确:两小球组成的系统所受台外力为早.系统动量守恒.从A开始运动到两m小球矩鸣最近的过程中,两小球间的距虑减小.电势能增加,机嫉能戏少,故B错误;由能量守恒定律可知,被少的机械能转化为电势健,系统电势能憎加,两小球组成的系统动
8、量守恒,两小球距菖最近时券度相等,由动量守恒定律得2母=+，*解得v=v.A城少的机械能fcA=1.-2pVo2-54，碓)=ITHVo21B增加的机械八&3=加(沁)=轲所以A减少的机械能大于B事出的机械礼故C正确:由动能定理可知.静电力对A嫉功大小1.g2,吗2T2加WmI,故D错误。8 .答案1m/s(2)3J(3)4Ns(4)0.5m0.5J解析(1)对A、B组成的系统,A.H速度相等时,曹黄被压缩到最短,根据动量守恒有/WaV=(/Ha+/WB)V|代入数据再得VI=Im.(2)根据能量守恒定律,从开始到弹黄被压箱到疑姮.有A%2=Ep+刎,+即必2代入数据.解得a=3J。(3)从A
9、与弹菁相互作用开始到A与弹簧分开,B一直加速,B与弹黄分开后,B的速度最大.根据动量守恒定律和能量守恒定律有2,i代入数据.解得Ib=2InfS则弹黄给滑块B的冲步/=p=MBi=4N-So(4)舛黄被压缩到最短时,B速度为M=InVS.此时B与C发生完全非弹性碰撞,对B、C统成的系统.卤动量守恒定律得nuV=(ni+nc)y代入数据,解得=05nVs只有B与C发生非弹性磁橙.有机械能损失.对B.C俎成的系统.损失的系统机械能A=如%2-1(mb+hc)p22=0.5J,9 .答案(嘘m(2)不能解析(D设磋前小球A的速度为“卜从择放小球A到分离的过程,由能量守恒定律得与=1“i代入数据解得=
10、10mA、B碰撞的过程,A、B缜成的系统机械能守恒、动量守恒,有W=WV+m2V,3mv02mtv1.2+n2v22代入数据解得Vi=-211Vsg=8m/s小球与圆轨道在水平方向上其速时上升的高度最高,设共同的速度为外小球与圆轨道缎戌的系统在水平方向上动量守恒态，八*2=(川2，打)1、小球与圆轨道组成的系统能量守恒,有zr22=(oj2+zr)v32+2f;1.代入数据解得以=gms=jm。(2)设小球与回轨道分离时的速度分别为V4.%由动量守恒定律和能量守恒定律得ZH2V2=n21.+,nV5niv22=m2v42+yH.5联立代人数据解得v4=-ns.v3=ynVs球A与球B第一次应后以v,=-2WS的速度向左运动,再次压缩强簧,根据能量守恒定律.域A与弹簧分离后的速度大小为=2ms,经it一段时巩球A与城B发生第二次段撞,设项后球A和球B的速度分别为、以根据动羹守恒定律和能量守恒定律存III1V6+/M2V4=111.V1.+ni2Vtwnv62+/H142=W1V72+32i2联立代入数据解存V,J=3.6ms,v=m因为M(V人所以小球B无法第二次进入IS轨道。
