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2025人教版新教材物理高考第一轮
第 3 讲专题提升 : “ 滑块 — 弹簧 ” 模型和 “ 滑块 — 斜 ( 曲 ) 面 ” 模型
基础对点练
题组一 “滑块—弹簧”模型
1.(2024山东日照模拟)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 L B.L √4gℎ 时,将会从细管的竖直部分冲出
D.若小球从细管的竖直部分冲出,冲出后一定会落回到细管中
综合提升练
5.(2023四川成都二模)如图所示,在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车,现有
一质量为2m的光滑小球以v 的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去,到达某一高度后,
0
小球又返回小车右端,则下列说法正确的是( )
A.小球离开小车后,对地将做自由落体运动
B.小球离开小车后,对地将向右做平抛运动
C.小球在弧形槽上上升的最大高度为v 2
0
6g
5
D.此过程中小球对车做的功为 mv 2
6 0
6.如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小球,t=0时,甲静止,乙以v =6 m/s的
0
初速度向甲运动。它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触),
它们运动的v-t图像分别如图(b)中甲、乙两曲线所示。则由图线可知( )
A.两小球带电的电性一定相反B.甲、乙两小球的质量之比为2∶1
C.t 时刻,乙的电势能最大
2
D.在0~t 时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小
3
7.(多选)如图所示,在光滑绝缘水平面上,A、B两小球质量分别为2m、m,所带电荷量分别
为+q、+2q。某时刻A有指向B的速度v ,B速度为零,之后两小球在运动中始终未相碰,
0
当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中( )
A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为1∶2
B.两小球构成的系统动量守恒,电势能减少
C.A减少的机械能大于B增加的机械能
1
D.静电力对A做功的大小为 mv 2
2 0
8.(2023陕西咸阳模拟)滑块A、B、C位于光滑水平面上,如图所示,已知A的质量m =1
A
kg,B的质量m =m =2 kg。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
B C
使滑块A以v =3 m/s的速度水平向右运动,通过弹簧与静止的滑块 B相互作用(无机械能
0
损失),直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度,不计空气阻力。
(1)求弹簧被压缩到最短时,B滑块的速度大小。
(2)求弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能。
(3)求从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开,该过程中弹簧给滑块B的冲量。
(4)若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,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河北秦皇岛模拟)A、B、C的质量分别为m =1 kg、m =1.5 kg、m =3 kg,轻弹簧
1 2 3
1
的左端固定在挡板上,C为半径R=2 m的 圆轨道,静止在水平面上,如图所示。现用外力
4
使小球A压缩弹簧(A与弹簧不连接),当弹簧的弹性势能E =50 J时,由静止释放小球A,小
p
球A与弹簧分离后与静止的小球 B发生正碰,小球B到圆轨道底端的距离足够长,经过一
段时间小球滑上圆轨道,一切摩擦均可忽略,不计空气阻力,假设所有的碰撞均为弹性碰撞,
重力加速度g取10 m/s2。
(1)求小球B能达到的最大高度;
(2)通过计算分析,小球B能否第二次进入圆轨道。
参考答案
第3讲 专题提升:“滑块—弹簧” 模型和“滑块—斜(曲)面”模型
1.C 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,
1 1
由动量守恒定律得,m v=(m +m )v',由机械能守恒定律得,E = m v2- (m +m )v'2,联立解得
A A B p A A B
2 2
弹簧压缩到最短时E = m m v2 ,同理对题图乙取B的初速度方向为正方向,当弹簧压
p A B
2(m +m )
A B
缩到最短时有E = m m v2 ,故弹性势能相等,则有L =L ,故A、B、D错误,C正确。
p A B 1 2
2(m +m )
A B
2.B 解析 设压缩到P点时,弹簧的弹性势能为E ,开始时,物体A、B的质量均为m,则有
p
1 1 1 1
E = mv 2,mv =2mv,E =E - ×2mv2= E , 把 A 的 质 量 换 成 3m,E =
p 2 0 0 p1 p 2 2 p p 2
1 1
×3mv '2,3mv '=4mv',E =E - ×4mv'2= E ,所以有E ∶E =2∶1,B正确。
0 0 p2 p p p1 p2
2 4
3.C 解析 因为水平面光滑,m和M组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,又因为此时物块与圆弧轨道的动1 1
能之比为1∶2,即 mv2∶ Mv2=1∶2,得m∶M=1∶2,根据动量守恒定律,mv =(m+M)v,得
0
2 2
1 1 1
v =3v,根据能量守恒定律, mv 2= (m+M)v2+E ,则物块的重力势能 E = mv 2,此时物块
0 2 0 2 p p 3 0
1 1
的动能 E = mv2= mv 2,所以此时物块的动能与重力势能之比 E ∶E =1∶6,故 C 正
k 2 18 0 k p
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,小球和小车组成的系统,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,小球在细管中运动时,小球和小车(包
含细管)组成的系统动量不守恒,故A错误;由于小球和小车(包含细管)组成的系统在水平
方向上动量守恒,小球在细管的竖直部分运动时,水平方向的速度相同,则小球在细管的竖
直部分运动时只受重力作用,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有,mv =2mv,1 1·2mv2+mgL,解得L=v 2,从细管的竖直部分冲
0 mv 2= 0
2 0 2 4g
出,则有L=v 2>h,解得v > ,故C正确;小球从细管的竖直部分冲出后,水平方向的速
0 0 √4gℎ
4g
度始终相同,则冲出后一定会落回到细管中,故D正确。
5.C 解析 设小球离开小车时,小球的速度为v ,小车的速度为v ,整个过程中水平方向上
1 2
1
动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得,2mv =2mv +mv ,由能量守恒定律得, ×2m
0 1 2
2
1 1 1 4
v 2= ×2mv 2+ mv 2,解得v = v ,v = v ,所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动,
0 2 1 2 2 1 3 0 2 3 0
故A、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
h,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
2mv =3mv,由机械能守恒定律得,1×2m 1×3mv2+2mgh,解得h=v 2,故C正确;对小车运
0 v 2= 0
2 0 2 6g
1 8
用动能定理得,小球对小车做功W= mv 2= mv 2,故D错误。
2 2 9 06.B 解析 由题图可知,乙减速的同时,甲正向加速,说明两小球相互排斥,带有同种电性的
m 2
电荷,故A错误;两小球作用过程中动量守恒,有m Δv =m Δv ,解得 甲= ,故B正确;t
乙 乙 甲 甲 m 1 1
乙
时刻,两小球共速,此时两小球间距离最近,则此时乙的电势能最大,故C错误;在0~t 时间
3
内,甲的动能一直增大,乙的动能先减小,t 时刻后逐渐增大,故D错误。
2
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=ma知,两球的加
F
a 2m 1
速度之比 A = = ,故A正确;两小球组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,从A
a F 2
B
m
开始运动到两小球距离最近的过程中,两小球间的距离减小,电势能增加,机械能减少,故B
错误;由能量守恒定律可知,减少的机械能转化为电势能,系统电势能增加,两小球组成的系
2
统动量守恒,两小球距离最近时速度相等,由动量守恒定律得,2mv =(2m+m)v,解得v= v ,A
0 0
3
减 少 的 机 械 能 ΔE kA =1·2m v 2− 1·2m(2 v ) 2 = 5 mv 2 ,B 增 加 的 机 械 能 ΔE kB =
2 0 2 3 0 9 0
1 m (2 v ) 2 = 2 mv 2 ,所以A减少的机械能大于B增加的机械能,故C正确;由动能定理可知,
2 3 0 9 0
1 1 5
静电力对A做功大小W= ·2mv 2− ·2mv2= mv 2,故D错误。
2 0 2 9 0
8.答案 (1)1 m/s
(2)3 J
(3)4 N·s
(4)0.5 m/s 0.5 J
解析 (1)对 A、B 组成的系统,A、B 速度相等时,弹簧被压缩到最短,根据动量守恒有
m v =(m +m )v
A 0 A B 1
代入数据,解得v =1 m/s。
1
(2)根据能量守恒定律,从开始到弹簧被压缩到最短,有
1 1
m v 2=E + (m +m )v 2
2 A 0 p 2 A B 1代入数据,解得E =3 J。
p
(3)从A与弹簧相互作用开始到A与弹簧分开,B一直加速,B与弹簧分开后,B的速度最大,
根据动量守恒定律和能量守恒定律有
m v =m v +m v
A 0 A A B B
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 A 0 2 A A 2 B B
代入数据,解得v =2 m/s
B
则弹簧给滑块B的冲量
I=Δp=m v =4 N·s。
B B
(4)弹簧被压缩到最短时,B速度为v =1 m/s,此时B与C发生完全非弹性碰撞,对B、C组
1
成的系统,由动量守恒定律得
m v =(m +m )v
B 1 B C 2
代入数据,解得v =0.5 m/s
2
只有B与C发生非弹性碰撞,有机械能损失,对B、C组成的系统,损失的系统机械能
1 1
ΔE= m v 2− (m +m )v 2=0.5 J。
2 B 1 2 B C 2
32
9.答案 (1) m
15
(2)不能
1
解析 (1)设碰前小球A的速度为v ,从释放小球A到分离的过程,由能量守恒定律得E =
0 p
2
m
1v 2
0
代入数据解得
v =10 m/s
0
A、B碰撞的过程,A、B组成的系统机械能守恒、动量守恒,有
m v =m v +m v
1 0 1 1 2 2
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 0 2 1 1 2 2 2
代入数据解得v =-2 m/s,v =8 m/s
1 2
小球与圆轨道在水平方向上共速时上升的高度最高,设共同的速度为v ,小球与圆轨道组
3
成的系统在水平方向上动量守恒,有
m v =(m +m )v
2 2 2 3 3
小球与圆轨道组成的系统能量守恒,有1 1
m v 2= (m +m )v 2+m gh
2 2 2 2 2 3 3 2
8 32
代入数据解得v = m/s,h= m。
3
3 15
(2)设小球与圆轨道分离时的速度分别为v 、v ,由动量守恒定律和能量守恒定律得
4 5
m v =m v +m v
2 2 2 4 3 5
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 2 2 2 2 4 2 3 5
8 16
联立代入数据解得v =- m/s,v = m/s
4 5
3 3
球A与球B第一次碰后以v =-2 m/s的速度向左运动,再次压缩弹簧,根据能量守恒定律,
1
球A与弹簧分离后的速度大小为v =2 m/s,经过一段时间,球A与球B发生第二次碰撞,设
6
碰后球A和球B的速度分别为v 、v ,根据动量守恒定律和能量守恒定律得
7 8
m v +m v =m v +m v
1 6 2 4 1 7 2 8
1 1 1 1
m v 2+ m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 6 2 2 4 2 1 7 2 2 8
16
联立代入数据解得v =-3.6 m/s,v = m/s
7 8
15
因为v
