备考2024届高考物理一轮复习讲义第七章动量守恒定律专题十一动量守恒中的四类典型模型题型2滑块+弹簧模型

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研透高考 明确方向
3.[滑块与弹簧连接/多选]如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上.现使A以3m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙，则有（ CD ）
A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于压缩状态
B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长
C.两物块的质量之比为m1：m2＝1：2
D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1：Ek2＝1：8
解析 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且此时系统动能最小，
根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，而t3时刻
处于伸长状态，故A错误；结合图像弄清两物块的运动过程，开始时A逐渐减速，B
逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被
压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，
t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增
大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此
从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据动量守恒定律，可知t＝0
时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，
解得m1：m2＝1：2，故C正确；在t2时刻A的速度为vA＝-1 m/s，B的速度为vB＝2
m/s，根据m1：m2＝1：2，求出Ek1：Ek2＝1：8，故D正确.
命题拓展
命题条件不变，一题多设问
下列说法不正确的是（ C ）
A.t1～t2时间内B的加速度在减小
B.t1和t3时刻弹簧的弹性势能相等
C.t2时刻弹簧处于压缩状态
D.t3时刻弹簧的弹性势能最大
解析 由v-t图像可知t1～t2时间内B的加速度在减小，A正确，不符合题意；t1和t3
时刻，A和B的速度均相等，则A和B系统的总动能相等，弹簧的弹性势能相等，B正
确，不符合题意；t2时刻，A和B的加速度均为零，说明弹簧弹力为零，则弹簧在t2时
刻处于原长状态，C错误，符合题意；t3时刻，A和B的速度相等，弹簧的弹性势能
最大，D正确，不符合题意.
4.[滑块与弹簧不连接]如图所示，一木板放在光滑水平面上，木板的右端与一根沿水平方向放置的轻质弹簧相连，弹簧的自由端在Q点.木板的上表面左端点P与Q点之间是粗糙的，P、Q之间的距离为L，Q点右侧表面是光滑的.一质量为m＝0.2kg的滑块（可视为质点）以水平速度v0＝3m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回.已知木板质量M＝0.3kg，滑块与木板表面P、Q之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2.
（1）若L＝0.8m，求滑块滑上木板后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（2）要使滑块既能挤压弹簧，最终又没有滑离木板，则木板上P、Q之间的距离L应在什么范围内？
答案 （1）0.22J （2）0.675m≤L＜1.35m
解析 （1）滑块滑上木板后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，此时滑块、木板共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v共
由能量守恒定律得Ep＝12mv02－12（m＋M）v共2－μmgL
解得Ep＝0.22J
（2）滑块最终没有离开木板，滑块和木板具有共同的末速度，设为u，滑块与木板组成的系统动量守恒，有
mv0＝（m＋M）u
设共速时滑块恰好滑到Q点，由能量守恒定律得
μmgL1＝12mv02－12（m＋M）u2
解得L1＝1.35m
设共速时滑块恰好回到木板的左端P点处，由能量守恒定律得2μmgL2＝12mv02－12（m＋M）u2
解得L2＝0.675m
所以P、Q之间的距离L应满足0.675m≤L＜1.35m.
模型图示
水平地面光滑
模型特点
（1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒；
（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；
（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小（完全非弹性碰撞拓展模型）；
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时）