【高考物理】一轮复习：专题强化练（2025版创新设计）11、专题强化练十一　“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型

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1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示，弹簧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，一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是( )
图1
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B.在下滑过程中，小球的机械能守恒
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，小球和槽组成的系统机械能守恒，小球能回到槽高h处
2.如图2所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，P的质量为m，Q的质量为3m，Q与轻质弹簧相连。Q原来静止，P以一定初动能E向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
图2
A.eq \f(3,4)EB.eq \f(3,8)E
C.eq \f(3,16)ED.E
3.(2024·山西运城高三检测)如图3所示，在光滑的水平地面上有一静止的质量为M的四分之一光滑圆弧滑块，圆弧的半径为R，最低点处刚好与水平地面相切。一质量为m的小球以一定的初速度v0沿水平地面向右运动，不计小球冲上圆弧滑块过程中的机械能损失。如果圆弧滑块固定，则小球恰能冲到圆弧面上与圆心等高处；如果圆弧滑块不固定，则小球在圆弧面上能到达的最大高度为eq \f(R,3)。则小球与滑块质量之比m∶M为( )
图3
A.1∶2B.1∶3
C.2∶1D.3∶1
4.如图4所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A、B、C的质量均为m＝1 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＝2 m/s速度水平向右运动，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，则B和C碰撞过程中整个系统损失的机械能为( )
图4
J J
J J
5.如图5所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( )
图5
A.eq \f(1,2)B.eq \f(3,4)
C.eq \f(3,2)D.eq \f(4,3)
B级 综合提升练
6.如图6所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间拴接一竖直轻弹簧，弹簧处于原长状态。现给小球m2一个水平向右的初速度v0，两杆足够长，则在此后的运动过程中( )
图6
A.m1、m2组成的系统动量不守恒
B.m1、m2组成的系统机械能守恒
C.弹簧最长时，其弹性势能为eq \f(m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)
D.m1的最大速度是eq \f(2m2v0,m1＋m2)
7.(多选)如图7所示，在光滑水平面上右侧放有一个eq \f(1,4)光滑圆弧轨道ABC，其圆心为O；质量为m的小球从水平面上P点以初速度v0向右运动，滑上圆弧轨道后从C点抛出。已知圆弧轨道质量为3m，则小球与圆弧轨道作用过程中下列叙述正确的是( )
图7
A.小球离开C点后做竖直上抛运动
B.小球离开C点后做斜抛运动
C.圆弧轨道的最大速度为eq \f(1,2)v0
D.小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向水平向左
8.如图8甲所示，物体A、B的质量分别是m1＝4 kg和m2＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C从t＝0时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s时刻与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起，此后A、C不再分开。物体C在前15 s内的v－t图像如图乙所示。求：
图8
(1)物体C的质量m3；
(2)B离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
9.如图9所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求：
图9
(1)A到达O点时的速度大小；
(2)A、B碰撞过程中损失的机械能；
(3)A和B沿C能上升的最大高度。
参考答案
专题强化练十一 “滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
1.C [槽处于光滑水平面上，则小球在下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，但竖直方向动量不守恒，选项A错误；在下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒，但小球的机械能减少，选项B错误；小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1＝2mv2，解得v1＝2v2，被弹簧反弹后，小球的速度小于槽的速度，小球不能再次追上槽，因水平面光滑，则小球和槽都做速率不变的直线运动，选项C正确，D错误。]
2.A [设P物体的初速度为v0，由已知可得eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝E，P与Q碰撞过程中，两物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动量守恒mv0＝(m＋3m)v1，最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)×(m＋3m)veq \\al(2,1)，解得Ep＝eq \f(3,8)mveq \\al(2,0)＝eq \f(3,4)E，故A正确。]
3.C [当圆弧滑块固定时，有eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgR；当圆弧滑块不固定，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v，根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgeq \f(R,3)＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，联立解得m∶M＝2∶1，故C正确。]
4.A [对A、B系统，A、B速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定律有mv0＝2mv1，代入数据，解得v1＝1 m/s，弹簧被压缩到最短时，B的速度为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mv1＝2mv2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B与C发生非弹性碰撞，有机械能损失，则整个系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)＝0.25 J，故A正确。]
5.C [设滑块P的质量为2m，则小球Q的质量为m，弧形顶端与底端的竖直距离为h；P锁定时，Q下滑过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh＝Ek1，P解除锁定，Q下滑过程中，P、Q组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mvQ－2mvP＝0，由机械能守恒定律得mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)＋eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,P)，Q离开P时的动能Ek2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)，联立解得eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正确。]
6.D [m1、m2组成的系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，选项A错误；m1、m2及弹簧组成的系统机械能守恒，选项B错误；弹簧最长时，两球共速，则由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，此时弹簧弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m1m2veq \\al(2,0),2（m1＋m2）)，选项C错误；当弹簧再次回到原长时m1的速度最大，则m2v0＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)，解得v1＝eq \f(2m2v0,m1＋m2)，选项D正确。]
7.BCD [小球以初速度v0滑上圆弧轨道，小球与圆弧轨道产生相互作用，因此小球从滑上圆弧轨道到飞离圆弧轨道的过程中系统机械能守恒，且小球与圆弧轨道组成的系统在水平方向动量守恒，所以小球离开C点时水平速度与圆弧轨道相同，另有竖直向上的分速度，所以小球离开C点后做斜抛运动，选项A错误，B正确；因为小球离开圆弧轨道做斜抛运动时水平速度与圆弧轨道相同，所以小球还能落到圆弧轨道上，最后相对圆弧轨道向左运动到水平面上，设小球从左侧离开圆弧轨道时其速度为v1，圆弧轨道的速度为v2，则有mv0＝mv1＋3mv2，eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \\al(2,2)，联立解得，v1＝－eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(1,2)v0，即小球离开圆弧轨道再次回到水平面上时速度方向向左，且此时圆弧轨道速度最大，选项C、D正确。]
8.(1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v共1
代入v－t图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B开始离开墙面到B速度最大的过程，相当于B与AC整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正方向，则有
(m1＋m3)v共1′＝(m1＋m3)v共2＋m2v2
eq \f(1,2)(m1＋m3)v共1′2＝eq \f(1,2)(m1＋m3)veq \\al(2,共2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)
由v－t图像可得v共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B的最大速度为v2＝2.4 m/s。
9.(1)eq \r(2gh) (2)eq \f(2,3)mgh (3)eq \f(1,18)h
解析 (1)物块A运动到O点的过程，根据动能定理可知
mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(2gh)。
(2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知
mv1＝(m＋2m)v2
解得v2＝eq \f(1,3)eq \r(2gh)
A、B碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(2,3)mgh。
(3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B到达最高点时三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m＋2m)v2＝(m＋2m＋3m)v3
根据能量守恒定律可知
eq \f(1,2)(m＋2m)veq \\al(2,2)＝eq \f(1,2)(m＋2m＋3m)veq \\al(2,3)＋(m＋2m)gh′
联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h′＝eq \f(1,18)h。