2025优化设计一轮第3讲 专题提升 “滑块—弹簧” 模型和“滑块—斜(曲)面”模型.docx

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<，脸，若使A球获得瞬时速度N如图甲，弹簧压缩到奴短时的长度为心;若使B球换得瞬时速度W如图乙）,弹费压缩到最短时的长度为2.WI1.1与1.z的大小关系为（）>PO<，甲匕.>1.'C1.I=IAB.1.<1.:D.不能确定2 .质量相同的A.B两物体相同弹簧连接.静止在光滑水平面上,其中B物体靠在墙壁上.如图所示.现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再稀放物体A,当弹簧的长度加X时.舛性势能为Epi.现将初体A的质疑增大到原来的3倍,仍使物体A压缩弹簧至2点后择放.当弹簧的长度以大时.舛性势能为EPJ-W1.EP1.：自2等于（A.1.：I逛组二滑块一斜（曲I面”模型3 .（2023安徵十校联S1.检测）如图所示.光滑的四分之一K1.瓠轨道Af静止在光滑水平面上.一个物块m在水平地面上以大小为分的初速度向右运动并无能累损失地滑上圆弧轨道,当物块运动到KI班轨道上某一位置时,物块向上的速度为零,此时物块与圆弧轨道的动能之比为1:2,不计空气阻力,则此时物块的动能与重力势能之比为（以地面为参考平面X4 .（多选）（2023河北唐山统考）在生产生活中.经常采用轨道约束的方式改变物体的运动方向.光滑水平地面上停放着一辆小车,小车上固定着两造开口的光滑细管,细管由水平、有曲和转JI三部分殂成.各部分之间平滑连接.如图所示,萼直细管的上端到小车上表面的高度为人-小琼以初速度时水平向右射入细管,小球的质瞅与小车的质邠（包含细管）相等,小球可视为质点.忽略一切阻力作用.下列说法正确的是（）A.小球在细管中运动时,小球和小车（包含细管）纲成的系统动他守忸B.小球在细管的竖直部分运动时只受虫力作用C当小球初速度J前时.将会从细管的竖H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 .（2023四川成都二操）如图所示,在光滑水平面上停放顽依为，“装力.弧形槽的小车,现有一侦求为2）n的光滑小环以W的水平速僮沿切线水平的槽门向小车滑去,到达某一高度后,小球又返网小车右湘,则下列说法正确的是（）A.小理离开小车后.对地将做自由落体运动B.小球点开小车后.时地将向右做平她运动C小球在弧形槽上上升的日高度为普D此过程中小球时车做的功为意mP02ff1.（八）6 .如图（八）所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个带电小环J=O时,甲渺止,乙以M=6ms的初速度向甲运动.它们仅在静电力的作用下沿同一宣线运动（整个起动过程中没有接触）.它们运动的Vr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2：1Cn时刻,乙的电势能展大D.在.O-n时间内.甲的动能一直增大,乙的动能一直减小7 .（多选）如图所示,在光滑绝缘水平面匕A、B两小球质fit分别为2加、丸所带电荷量分别为+g、+2q某时刻A行指向B的速度1.,B速度为零.之后两小球在运动中始终未相隔.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1:2B两小球构成的系统动状守恒,电势能减少CA减少的机械能大于B增加的机械能D静电力对A做功的大小为gmu/8 .(2023陕西成加模拟)滑块A、B.C位于光滑水平面上,如图所示,已知A的质质”，A=Ikg,B的质质研,=mc=2kg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n>=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=×3n>ic.3>'o'=4>>v'.Epi=Ep夕4?1，。=：£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,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2"3>=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¼>=10mA、B碰撞的过程,A、B缜成的系统机械能守恒、动量守恒,有W½>=WV+m2V,3mv02mtv1.2+n>2v22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zr'22=(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+3"2i2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。