第一章 专题强化练3 弹簧—小球模型　滑块—光滑斜(曲)面模型（含答案）--2023-2024学年高中物理人教版（2019）选择性 必修 第一册

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专题强化练3　弹簧—小球模型　滑块—光滑斜(曲)面模型1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)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2.如图，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的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，弹簧始终在弹性限度内，则(　　)A．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统动量守恒B．小球下滑的过程中，小球和槽之间的作用力对槽不做功C．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处D．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3.如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)A．滑块b沿a上升的最大高度为  B．物块a运动的最大速度为C．滑块b沿a上升的最大高度为  D．物块a运动的最大速度为4．(2023·江苏省苏州第十中学高二阶段练习)如图甲所示，水平轻质弹簧一端与物块A左侧相连，一起静止在光滑水平面上，物块B从左侧以大小为v0的初速度向弹簧和物块A运动。运动过程中两物块的v－t图像如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．物块A的质量大于物块B的质量B．t1时刻物块A的加速度大小大于物块B的加速度大小C．t1时刻弹簧的弹性势能最大D．若t2－t1<t3－t2，两物块在t3时刻的总动能大于t1时刻的总动能5.(2022·江苏常熟中学高二期中)如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是(　　)A．当v0＝时，小球恰好能到达B点B．当v0＝时，小球在弧形凹槽上冲向B点的过程中，滑块的动能增大；返回A点的过程中，滑块的动能减小C．如果小球的速度v0足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上D．小球返回A点后做自由落体运动6.如图所示，在光滑水平地面上放有一质量M＝1 kg带光滑圆弧形槽的小车，质量为m＝2 kg的小球(可视为质点)以速度v0＝3 m/s沿水平槽口滑上圆弧形槽，槽口距地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：(1)小球从槽口开始运动到滑到最高点(未离开圆弧形槽)的过程中，小球对小车做的功W；(2)小球落地瞬间，小车右端与小球间的水平距离L。    7．(2023·江苏省响水中学高二阶段练习)如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝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。现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。(1)求弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小；(2)求弹簧给滑块B的冲量大小；(3)求滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能；(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。      8.如图所示，将一半径R＝0.3 m、质量M＝3 kg的光滑半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧靠在固定的竖直墙壁上。现让一质量m＝1 kg的小球(可视为质点)自左侧槽口A点正上方的B点从静止开始落下，A、B间的距离h＝0.5 m，小球与半圆槽相切滑入槽内。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：(1)小球运动到半圆槽最低点时的速度大小v0；(2)小球第一次离开半圆槽时的速度大小v1；(3)小球第一次离开半圆槽后，能够上升的最大高度H。      专题强化练3　弹簧—小球模型　滑块—光滑斜(曲)面模型1．B　[把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度相同时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝，P的初动能Ek0＝mv02，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝mv02－×2mv2＝mv02＝Ek0，故选项B正确。]2．D　[在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统，在水平方向上不受力，则水平方向上动量守恒，在竖直方向所受合力不为零，故系统总动量不守恒，故A错误；在小球下滑过程中，槽向左滑动，小球对槽的作用力对槽做正功，故B错误；小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，开始总动量为零，小球离开槽时，小球和槽的动量大小相等，方向相反，由于质量相等，则速度大小相等，方向相反，然后小球与弹簧接触，被弹簧反弹后的速度与接触弹簧时的速度大小相等，可知反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动，且速度大小相等，则小球不会回到槽上高h处，故D正确，C错误。]3．B　[b沿a上升到最大高度时，两者速度相同，取向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋×4mva2，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误。]4．D　[根据题意可知，物块A、B及弹簧组成的系统所受合外力为零，由题图乙可知，在t2时刻，物块A、B的速度相等，且为，设物块A的质量为mA，物块B的质量为mB，由动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)，可得mA＝mB，故A错误；根据题意可知，t1时刻弹簧对物块A、B的弹力大小相等，由A分析可知，物块A、B的质量相等，由牛顿第二定律可知，物块A的加速度大小等于物块B的加速度大小，故B错误；由题图乙可知，t2时刻前，物块B的速度大于物块A的速度，弹簧被压缩，弹性势能增大，t2时刻后，物块B的速度小于物块A的速度，物块A、B远离，弹簧的弹性势能减小，则t2时刻弹簧的弹性势能最大，故C错误；根据题意，由题图乙可知，v－t图像中面积表示位移大小，由于t2－t1<t3－t2，则从t1到t2物块A、B的相对位移小于从t2到t3物块A、B的相对位移，即在t3时弹簧的形变量小于在t1时弹簧的形变量，由于整个过程物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，则两物块在t3时刻的总动能大于t1时刻的总动能，故D正确。]5．D　[小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球以v0＝的速度冲上凹槽，根据机械能守恒，则有mgh＝mv02，解得h＝R，但是凹槽不固定，小球冲上来的过程中凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，A错误；当v0＝时，小球在弧形凹槽向上冲的过程中，滑块受到左下方的压力，速度增大，动能增大；小球运动到最高点时，两者速度相等，之后返回A点的过程中，滑块的动能依然增大，B错误；如果小球的速度v0足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，C错误；小球和凹槽整个作用过程中，水平方向动量守恒，机械能守恒，类似于弹性碰撞，则有mv0＝mv1＋mv2，mv02＝mv12＋mv22，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球返回A点后做自由落体运动，D正确。]6．(1)2 J　(2)1.2 m解析　(1)小球从开始到上升至最大高度过程中，水平方向动量守恒，可得mv0＝(M＋m)v对小车，由动能定理得W＝Mv2联立解得W＝2 J(2)小球从开始运动到回到槽口过程，小球和小车水平方向动量守恒，可得mv0＝mv1＋Mv2对小球和小车由能量守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22联立可得v1＝1 m/sv2＝4 m/s小球离开小车后，向左做平抛运动，小车向左做匀速直线运动，得h＝gt2L＝(v2－v1)t联立可得L＝1.2 m。7．(1)1 m/s　(2)4 N·s　(3)2.25 J　(4)0.5 m/s　0.5 J解析　(1)对A、B系统，A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1代入数据可得v1＝1 m/s(2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋mBvBmAv02＝mAvA2＋mBvB2代入数据可得vB＝2 m/s则弹簧给滑块B的冲量大小I＝Δp＝mBvB＝4 N·s (3)滑块A的动能最小时，即vA2＝0，根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2代入数据可得vB2＝1.5 m/s根据能量守恒定律有Ep＝mAv02－mBvB22＝2.25 J(4)弹簧被压缩到最短时，B速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2代入数据可得v2＝0.5 m/s只有B与C发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，损失的系统机械能为ΔE＝mBv12－(mB＋mC)v22＝0.5 J。8．(1)4 m/s　(2) m/s　(3)0.3 m解析　(1)小球从静止开始自由下落到滑至半圆槽最低点的过程，根据机械能守恒定律有mg(h＋R)＝mv02解得v0＝4 m/s(2)小球即将离开半圆槽时，小球和半圆槽在水平方向上速度相同，设为v，小球从半圆槽内最低点运动到即将离开半圆槽的过程中，根据水平方向系统动量守恒有mv0＝(M＋m)v小球从B点到即将离开槽的过程根据机械能守恒定律有mgh＝mv12＋Mv2联立解得v1＝ m/s(3)小球离开半圆槽后向上做斜上抛运动，当竖直方向的分速度等于0时，小球上升的高度最大，小球离开半圆槽时竖直方向的分速度v1y＝＝ m/s竖直方向有v1y2＝2gH解得H＝0.3 m。