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專題課: “彈簧類”模型和“光滑圓弧(斜面)軌道”模型
例1　C　[解析] 由于碰后A、B兩球粘在一起,A、B球速度大于C球的速度,開始壓縮彈簧,當彈簧壓縮到最短時,三球的速度相等,之后彈簧恢復到原長,此時C球速度大于A、B球速度,所以彈簧開始伸長,當彈簧伸長到最長時,三球的速度相等,之后彈簧再次恢復到原長,以后重復以上過程;綜上分析可知,三球速度相等時,彈簧可能壓縮到最短,也可能伸長到最長,故A、D錯誤;在A、B碰撞過程,存在機械能損失,所以全過程中系統的機械能不守恒,但全過程中,系統受到的合外力為0,所以系統滿足動量守恒,故C正確;A、B碰撞過程,根據動量守恒定律可得mv0=2mvAB,解得碰后A、B的速度為vAB=v0,當三球的速度相等,彈簧的彈性勢能最大時,根據系統動量守恒定律可得2mvAB=4mv共,解得三球的共同速度為v共=v0,A、B碰后的過程,滿足系統機械能守恒,則有×2m=×4m+Ep,解得最大彈性勢能為Ep=m,故B錯誤.
例2　(1)　(2)m2v,方向水平向左
[解析] (1)當系統動能最小時,彈簧壓縮至最短,兩球具有共同速度v共,設小球A、B的質量分別為m1、m2,碰撞前小球A的速度為v0,小球A與彈簧分開后的速度為v1,從小球A剛接觸彈簧到與彈簧分開的過程中,系統動量守恒,且機械能守恒,有m1v0=m1v1+m2v (1分)
m1=m1+m2v2 (1分)
聯立解得v= (1分)
即m1v0=v (1分)
從小球A剛接觸彈簧到兩球共速的過程中,系統動量守恒,有m1v0=(m1+m2)v共 (1分)
解得v共= (2分)
(2)設水平向右為正方向,則小球B動量的變化量為m2v,根據動量守恒定律可知,小球A動量的變化量為-m2v (1分)
根據動量定理有I=-m2v (1分)
小球A受到彈簧作用力的沖量大小為m2v,方向水平向左 (1分)
例3　(1)守恒　不守恒　(2)相同　　(3)v0　v0
[解析] (1)整個過程中系統的機械能守恒,系統水平方向動量守恒,豎直方向上動量不守恒,故總動量不守恒.
(2)當小球上升到最高點時,小球和軌道的速度相同
由動量守恒定律得mv0=3mv
由能量守恒定律得m=×3mv2+mgh
解得h=
(3)設小球離開軌道時的速度為v1,軌道的速度為v2,由動量守恒定律有mv0=mv1+2mv2
根據機械能守恒定律有
m=m+×2m
聯立以上兩式可得v1=-v0,v2=v0
變式1　BD　[解析] 因滑塊P會滑動,因此P對Q的支持力不與Q的速度方向垂直,做功不為零,故A錯誤;Q下滑過程中P、Q組成的系統機械能守恒,水平方向動量守恒,設分離時P、Q的速率分別為vP、vQ,可得mgh=m+m,mvP=mvQ,解得vP=vQ=,對Q,根據動能定理可得mgh+WN=m,解得WN=-mgh,故B正確;根據動量定理可得如圖所示的矢量關系,其中IG=mgt,Δp=mvQ,可得IN=,解得IN=m,故D正確,C錯誤.
例4　(1)20 kg　(2)見解析
[解析] (1)選向左為正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度,設此共同速度為v,斜面體的質量為m3.
在水平方向上由動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0=(m2+m3)v
m2=(m2+m3)v2+m2gh
式中v0=3 m/s為冰塊被推出時的速度.聯立兩式并代入題給數據得m3=20 kg
(2)選向右為正方向,設小孩推出冰塊后小孩的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1-m2v0=0
代入數據得v1=1 m/s
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒定律和機械能守恒定律有-m2v0=m2v2+m3v3
m2=m2+m3
聯立兩式并代入數據得v2=1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在后方,故冰塊不能追上小孩
素養提升
示例　B　[解析] 根據動量定理有I=Mv0,滑環固定時,根據機械能守恒定律有M=Mgh1,滑環不固定時,小球的初動量不變,取水平向右為正方向,根據系統水平方向動量守恒和機械能守恒得Mv0=(M+m)v,M=(M+m)v2+Mgh2,解得h2=,則有=,故選B.
變式2　AD　[解析] 取向右為正方向,物塊C與物塊B碰撞時動量守恒,根據動量守恒定律可得mv=2mv1,解得碰撞后二者的速度大小為v1=v,故A正確;碰撞過程中損失的機械能為ΔE=mv2-×2m,解得ΔE=mv2,故B錯誤;當B、C再次回到最低點時A的速度最大,設A的最大速度為v3,此時B、C的速度為v2,根據A、B、C組成的系統在水平方向上動量守恒得2mv1=mv3+2mv2,根據系統的機械能守恒得×2m=m+×2m,解得v3=v1=v,故C錯誤;當A、B、C三者速度相等為v4時,物塊B、C上升的高度最大,根據A、B、C組成的系統在水平方向上動量守恒得2mv1=3mv4,根據機械能守恒定律有2mgh=×2m-×3m,解得h=,故D正確.
隨堂鞏固
1.A　[解析] 設P物體的初速度為v0,由已知可得m=Ek,P與Q碰撞過程中,兩物體速度相等時,彈簧壓縮量最大,此時彈性勢能最大,整個過程中,根據動量守恒定律得mv0=(m+3m)v1,此時最大彈性勢能Ep=m-×(m+3m),解得Ep=m=Ek,故A正確.
2.C　[解析] 整個過程中系統水平方向動量守恒,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;設小球離開小車時,小球的速度為v1,小車的速度為v2,整個過程中水平方向動量守恒mv0=mv1+mv2,由機械能守恒定律得m=m+m,聯立解得v1=0,v2=v0,即小球與小車分離時二者交換速度,所以小球從小車右側離開后對地將做自由落體運動,故B、D錯誤,C正確.
3.A　[解析] 選小球和圓環為系統,整個過程中在水平方向滿足動量守恒,設從開始到繩子與橫桿成直角的過程中,圓環的平均速度大小為v1,小球的平均速度大小為v2,則mv1-2mv2=0,設運動時間為t,此過程圓環的位移大小為x,小球的位移大小為l-x,則m-2m=0,解得x=l,故A正確;在水平方向上,以小球和圓環為系統,不受任何外力,水平方向上動量守恒,在豎直方向上合外力不為零,動量不守恒,故B錯誤;過程中圓環所受的合外力等于繩子拉力沿水平方向的分力,小球所受的合外力等于重力和繩子拉力的合力,二者大小不等,所以沖量不相等,故C錯誤;小球除重力做功外,輕繩拉力也對其做功,機械能不守恒,故D錯誤.專題課:“彈簧類”模型和“光滑圓弧(斜面)軌道”模型
學習任務一　“彈簧類”模型
[模型建構]
模型 圖示
模型 特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,若系統所受外力的矢量和為零,則系統動量守恒 (2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化,系統的總動能將發生變化;若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功,則系統機械能守恒 (3)彈簧處于最長(最短)狀態時,兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統的總動能通常最小 (4)彈簧處于原長時,彈性勢能為零,系統的總動能通常最大,但物體速度一般不相等
例1 [2024·重慶沙坪壩區期末] 如圖所示,A、B和C是光滑水平面上的三個大小相同的小球,A、B球的質量為m,C球質量為2m ,其中B、C兩小球用不計質量的輕質彈簧連接后靜止在水平面上.現A球以速度v0 沿B、C兩球球心的連線向B球運動,碰后A、B兩球粘在一起.對A、B、C及彈簧組成的系統,下列說法正確的是 (　)
A.三球速度相等時,彈簧一定處于壓縮狀態
B.彈簧的最大彈性勢能等于m
C.全過程中系統的機械能不守恒,動量守恒
D.三球速度相等后,速度將保持不變
[反思感悟] 　

例2 (10分)如圖所示,小球B與一輕質彈簧相連,并靜止在足夠長的光滑水平面上,小球A以某一速度與輕質彈簧正碰.小球A與彈簧分開后,小球B的速度為v.
(1)當兩個小球與彈簧組成的系統動能最小時,求小球B的速度的大小;
(2)若小球B的質量m2已知,在小球A與彈簧相互作用的整個過程中,求小球A受到彈簧作用力的沖量.
規范答題區 自評項目 (共10分) 自評+得分
書寫工整無涂抹(是否加分項) 　 (√或×)
有必要的文字說明(1分)
有解題關鍵公式(5分)
結果為數字的帶有單位(2分)
求矢量的有方向說明(2分)
學習任務二　“光滑圓弧(斜面)軌道”模型
[模型建構]
模型 圖示 水平地面光滑　
模型 特點 (1)最高點:滑塊與圓弧軌道具有共同水平速度v共,系統在水平方向上動量守恒,有mv0=(M+m)v共;系統機械能守恒,有m=(M+m)+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于圓弧軌道的高度 (2)最低點:滑塊與圓弧軌道的分離點.系統在水平方向上動量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系統機械能守恒,有m=m+M (3)懸繩模型與“光滑圓弧軌道+滑塊(小球)”模型特點類似,即系統機械能守恒,在水平方向上動量守恒,解題時需關注物體運動的最高點和最低點
例3 如圖所示,有一質量為m的小球,以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道.已知圓弧軌道的質量為2m,小球在上升過程中始終未能沖出圓弧軌道,重力加速度為g,試分析:
(1)在相互作用的過程中,小球和軌道組成的系統機械能是否守恒 總動量是否守恒
(2)小球到達最高點時,小球與軌道的速度有什么關系 最大高度為多少
(3)小球與軌道分離時兩者的速度大小分別是多少
變式1 (多選)[2024·云南昆明一中月考] 如圖所示,滑塊P靜止在光滑水平面上,P上側的光滑圓弧面與水平地面相切,將小滑塊Q(可視為質點)從光滑圓弧面上距離水平地面高度為h處由靜止釋放,經時間t后Q滑離P,滑塊Q和P質量均為m,重力加速度大小為g.則Q沿P下滑過程中,下列說法正確的是 (　)
A.P對Q的支持力對Q不做功
B.P對Q的支持力對Q做的功為-mgh
C.P對Q的支持力的沖量大小為mgt+m
D.P對Q的支持力的沖量大小為m
[反思感悟] 　

例4 如圖所示,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h=0.3 m(h小于斜面體的高度).已知小孩與滑板的總質量為m1=30 kg,冰塊的質量為m2=10 kg,小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小g取10 m/s2.
(1)求斜面體的質量;
(2)通過計算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩
“懸環類”模型
示例　[2024·浙江學軍中學月考] 如圖所示,質量為m的滑環套在足夠長的光滑水平桿上,質量為M=3m的小球(可視為質點)用長為L的輕質細繩與滑環連接.滑環固定時,給小球一個水平沖量I,小球擺起的最大高度為h1(h1則h1∶h2等于 (　)
A.6∶1
B.4∶1
C.2∶1
D.4∶3
[反思感悟] 　
變式2 (多選)[2024·湖南長沙一中月考] 如圖所示,光滑的水平桿上有一質量為m的滑環A,通
過一根不可伸長的輕繩懸掛著一個質量為m的物塊B(可視為質點),物塊B恰好與光滑的水平面接觸但無彈力作用.質量為m的物塊C(可視為質點)以速度v沖向物塊B,與B碰撞后粘在一起運動.已知重力加速度為g,則下列說法正確的是 (　)
A.物塊C與物塊B碰后瞬間速度為
B.物塊C與物塊B碰撞過程中損失的機械能為mv2
C.滑環A的最大速度為
D.物塊B、C擺起的最大高度為
[反思感悟] 　
1.(彈簧綜合問題)如圖所示,位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質點,P的質量為m,Q的質量為3m,Q與輕質彈簧相連.Q原來靜止,P以一定初動能Ek向Q運動并與彈簧發生碰撞.在整個過程中,彈簧具有的最大彈性勢能等于 (　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.Ek
B.Ek
C.Ek
D.Ek
2.(圓弧軌道+滑塊問題)如圖所示,在光滑的水平地面上停放著質量為m的裝有弧形槽的小車.現有一質量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去,不計一切摩擦,則 (　)
A.在相互作用的過程中,小車和小球組成的系統總動量守恒
B.小球從右側離開車后,對地將向右做平拋運動
C.小球從右側離開車后,對地將做自由落體運動
D.小球從右側離開車后,小車的速度有可能大于v0
3.(“懸環類”模型)[2024·河北張家口一中月考] 長為l的輕繩,一端用質量為m的圓環套在水平光滑的橫桿上,另一端連接一質量為2m的小球,開始時,將小球移至橫桿處(輕繩處于水平伸直狀態,如圖),然后輕輕放手,當繩子與橫桿成直角,此過程圓環的位移是x,則 (　)
A.x=l
B.系統動量守恒
C.小球所受沖量與圓環所受沖量始終大小相等
D.小球機械能守恒專題課: “彈簧類”模型和“光滑圓弧(斜面)軌道”模型
1.C　[解析] 小球從A點到B點,半圓槽靜止不動,只有重力對小球做功;從B點到C點,半圓槽向右運動,除重力對小球做功外還有圓槽的彈力對小球做功,故A錯誤.小球在到達B點之前,半圓槽靜止不動,小球動量增加,系統動量不守恒;小球到達B點之后,半圓槽會向右運動,小球與半圓槽水平方向不受外力,則小球與半圓槽在水平方向動量守恒,故B錯誤.若小球下落的高度較低,則由于小球過B點以后槽向右運動,可知小球有可能不能沖出C點;若無水平面上的物塊后,則小球進入半圓槽中到到達最低點B的過程中,半圓槽向左運動;當小球從B點上滑到離開槽的過程中,半圓槽做減速運動,當小球離開半圓槽的時候,半圓槽的速度減為零,由能量關系可知,小球離開半圓槽的速度等于進入半圓槽時的速度,則小球每次離開槽面的最高點能到達最初的高度,故C正確.小球離開C點以后,可以既有水平速度,也有豎直速度,所以小球做斜拋運動.因小球的水平速度等于半圓槽的水平速度,所以小球能無碰撞地回到槽中,故D錯誤.
2.B　[解析] 把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個系統,系統的動量守恒,在整個過程中,當小滑塊P和Q的速度相等時,彈簧的彈性勢能最大.以P的初速度方向為正方向,設小滑塊P的初速度為v0,兩滑塊的質量均為m,則mv0=2mv,解得v=,P的初動能Ek0=m,彈簧具有最大彈性勢能Ep=m-×2mv2=m=Ek0,故選項B正確.
3.B　[解析] 由題意知,小車和木塊系統動量守恒,有mv0=(M+m)v由能量守恒定律,得m=(M+m)v2+μmgL+Epmax,聯立解得Epmax=178 J,B正確.
4.C　[解析] 在小球運動過程中,小球和滑塊組成的系統在水平方向上動量守恒,系統豎直方向動量不守恒,故A錯誤;小球在圓弧軌道上升到最高時小球與滑塊速度相同,系統在水平方向上動量守恒,規定v0的方向為正方向,有mv0=4mv,解得v=,故B錯誤;根據機械能守恒定律得m=×4mv2+mgh,解得h=,故C正確;小球離開圓弧軌道時,根據動量守恒定律,則有mv0=mv1+3mv2,根據機械能守恒定律,則有m=m+×3m,聯立以上兩式可得v1=-,v2=,故D錯誤.
5.AC　[解析] A、B兩球相碰,根據動量守恒定律得mAv0=mAv1+mBv2,代入數據,可求得v2=8 m/s,由于在碰撞的過程中滿足mA=mA+mB,因此該碰撞是彈性碰撞,A正確;由于球B、C及彈簧組成的系統,在運動的過程中滿足動量守恒定律和機械能守恒定律,當球B的速度最小時,應該是彈簧處于原長狀態,mBv2=mBv3+mCv4、mB=mB+mC,整理得v3=1.6 m/s 、v4=9.6 m/s,因此球B的最小速度為1.6 m/s,此時球C的速度為9.6 m/s,B錯誤,C正確;當B、C兩球速度相等時,彈簧的彈性勢能最大,則mBv2=(mB+mC)v5、Ep=mB-(mB+mC),解得Ep=38.4 J,D錯誤.
6.BD　[解析] 由題圖乙知,滑塊C與滑塊A碰前瞬間速度為v1=6 m/s,碰后瞬間整體速度為v2=3 m/s,滑塊C與滑塊A碰撞過程動量守恒,以滑塊C的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mCv1=v2,解得mC=1 kg,故A錯誤;全過程系統中只有C與A碰撞時有機械能損失,則有ΔE=mC-=9 J,故B正確;2 s時A和C的速度大小為v2=3 m/s,6 s時A和C的速度大小為v3=3 m/s,2~6 s內墻給B的沖量大小等于A、C整體的動量變化量的大小,故有墻壁對滑塊B的沖量大小為I==12 N·s,故C錯誤;當A、C整體和B向左運動且彈簧再次恢復原長時滑塊B的速度最大,根據系統動量守恒和機械能守恒可得v3=v3'+mBvB,=(mA+mC)v3'2+mB,解得vB=3 m/s,故滑塊B的最大動能為EkB=mB=9 J,故D正確.
7.BCD　[解析] A與B發生第一次彈性碰撞后,設A與B的速度分別為v1、v2,則由動量守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,對系統由機械能守恒定律有m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,v2=v0=v0,B與滑塊水平方向動量守恒,設B離開滑塊時速度為v2',根據動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v2=m2v2'+Mv3,m2=m2v2'2+M,解得v2'=v2,由于v1與v0反向,要使A與B發生兩次碰撞,需要v2'與v1同向且>,解得M>5 kg,故選B、C、D.
8.(1)20 N　(2)2 J　(3)1.5 J
[解析] (1)對C,由動量定理得-FΔt=mCv-mCv0
解得F=20 N.
(2)C與A碰撞過程中,由動量守恒定律得
mCv0=mAvA+mCv
解得vA=4 m/s
碰撞過程中損失的機械能
ΔE=mC-mCv2-mA=2 J.
(3)C與A碰撞后,A、B和彈簧組成的系統在運動過程中動量守恒且機械能守恒,當彈簧被壓縮到最短時,A和B有共同速度,此時彈簧的彈性勢能最大,設共同速度為v1,有
mAvA=(mA+mB)v1
mA=(mA+mB)+Ep
聯立解得Ep=1.5 J.
9.(1)0.15m　(2)0.3 J
[解析] (1)物體1從釋放到與物體2碰撞前瞬間,物體1、滑道組成的系統水平方向動量守恒,設物體1水平位移大小為x1,滑道水平位移大小為x3,則有
0=m1x1-m3x3
由于兩物體在滑道上的C點相碰,可知相碰前物體2一直處于靜止狀態,則從物體1靜止釋放到與物體2相碰,物體1通過的水平位移大小為x1=R
聯立解得x3==0.15 m
(2)設物體1、2剛要相碰時物體1的速度大小為v1,滑道的速度大小為v3,對物體1和滑道組成的系統,由機械能守恒定律有m1gR=m1+m3
由動量守恒定律有0=m1v1-m3v3
設物體1和物體2相碰后的共同速度大小為v2,對物體1、2組成的系統,由動量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v2
彈簧第一次被壓縮到最短時,由動量守恒定律可知物體1、2和滑道速度均為零,此時彈簧的彈性勢能最大,設為Epm,從物體1、2碰撞后到彈簧第一次被壓縮到最短的過程中,由能量守恒定律有
(m1+m2)+m3-μ(m1+m2)g·CD=Epm
聯立代入數據可以求得Epm=0.3 J專題課: “彈簧類”模型和“光滑圓弧(斜面)軌道”模型
(時間:40分鐘　總分:60分)
(選擇題每小題4分)
1.[2024·江蘇無錫一中月考] 如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上,槽的左側有一固定在水平面上的物塊.今讓一小球自左側槽口A的正上方從靜止開始落下,與圓弧槽相切自A點進入槽內,則以下結論中正確的是 (　)
A.小球在運動的全過程中,只有重力對它做功
B.小球在運動的全過程中,小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C.小球有可能不能沖出C點,若無水平面上的物塊后,小球每次離開槽面的最高點能到達最初的高度
D.小球離開C點以后,一定做豎直上拋運動,且能無碰撞的回到槽中
2.如圖所示,位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質量相等,都可視作質點,Q與輕質彈簧相連.設Q靜止,P以某一初速度向Q運動并與彈簧發生相互作用.在整個過程中,彈簧具有的最大彈性勢能等于 (　)
A.P的初動能
B.P的初動能的
C.P的初動能的
D.P的初動能的
3.[2024·河北衡水二中高二月考] 如圖所示,在光滑的水平面上靜止一質量M=8 kg的小車B,小車左端固定一根輕質彈簧,彈簧的自由端C到小車右端的距離L=1 m,這段車廂板與木塊A(可視為質點)之間的動摩擦因數μ=0.1,而彈簧自由端C到彈簧固定端D所對應的車廂板上表面光滑.木塊A以速度v0=15 m/s由小車B右端開始沿車廂板表面向左運動.已知木塊A的質量m=2 kg,重力加速度g取10 m/s2.則木塊A壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為 (　)
A.45 J B.178 J
C.225 J D.270 J
4.[2024·山東菏澤一中月考] 如圖所示,有一質量為m的小球,以速度v0滑上靜置于光滑水平面上帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊.滑塊的質量為3m,小球在上升過程中始終未能沖出圓弧軌道,重力加速度為g,在小球運動過程中 (　)
A.小球和滑塊組成的系統動量守恒
B.小球在圓弧軌道最高點的速度大小為
C.小球在圓弧軌道上能上升的最大高度為
D.小球離開圓弧軌道時圓弧軌道的速度大小為
5.(多選)如圖,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,三個球的質量分別為mA=2 kg、mB=3 kg、mC=2 kg,初狀態三個小球均靜止,B、C球之間連著一根輕質彈簧,彈簧處于原長狀態現給A一個向左的初速度v0=10 m/s,A、B碰后A球的速度變為向右,大小為2 m/s.下列說法正確的是 (　)
A.球A和B碰撞是彈性碰撞
B.球A和B碰后,彈簧恢復原長時球C的速度為6 m/s
C.球A和B碰后,球B的最小速度為1.6 m/s
D.球A和B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96 J
6.(多選)[2025·山西太原五中高二月考] 如圖甲所示,質量分別為mA=1 kg,mB=2 kg的滑塊A、B放在光滑的水平面上,之間用一質量可忽略不計的彈簧連接,滑塊B緊靠在豎直的墻壁上.現有一質量為mC的滑塊C以6 m/s的速度沿水平面向右運動,從0時刻開始計時,2 s末與滑塊A碰撞且粘在一起,0~6 s內,滑塊C的速度—時間圖像如圖乙所示,則下列說法正確的是 (　)
A.滑塊C的質量mC=2 kg
B.全過程整個系統損失的機械能為9 J
C.2~6 s內,墻壁對滑塊B的沖量大小為6 N·s
D.整個過程中滑塊B的最大動能為9 J
7.(多選)[2024·四川綿陽中學高二月考] 如圖所示,質量為M的滑塊靜止在光滑水平面上,其左側是四分之一光滑圓弧,左端底部恰好與地面相切,小球A、B的質量分別為m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度為v0, B保持靜止,已知A與B發生彈性碰撞,要使A與B發生兩次碰撞,則M可能為 (　)
A.5 kg B.6 kg
C.7 kg D.8 kg
8.(16分)[2025·山東青島二中期中] 如圖所示,A、B、C為三個大小相同的小球,其質量分別為mA=0.5 kg,mB=0.3 kg,mC=0.2 kg,A和B固定在輕彈簧的兩端(A和B靜止在光滑的水平面上).小球C以初速度v0=8 m/s向右運動,在極短時間Δt=0.1 s內與A發生碰撞后以速度v=-2 m/s反彈,求:
(1)(4分)C與A碰撞過程中的平均作用力大小F;
(2)(6分)C與A碰撞過程中損失的機械能ΔE;
(3)(6分)彈簧的最大彈性勢能Ep.
9.(16分)如圖所示,質量為m3=2 kg的滑道靜止在光滑的水平面上,滑道的AB部分是半徑為R=0.3 m的四分之一圓弧,圓弧底部與滑道水平部分相切,滑道水平部分右端固定一個輕彈簧,滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑.質量為m2=3 kg的物體2(可視為質點)放在滑道的B點,現讓質量為m1=1 kg的物體1(可視為質點)自A點由靜止釋放,兩物體在滑道上的C點相碰后粘為一體(g取10 m/s2).
(1)(8分)求物體1從釋放到與物體2恰好將要相碰的過程中,滑道向左運動的距離;
(2)(8分)若CD=0.2 m,兩物體與滑道的CD部分的動摩擦因數都為μ=0.15,求在整個運動過程中,彈簧具有的最大彈性勢能.(共80張PPT)
專題課：“彈簧類”模型和“光滑圓弧
(斜面)軌道”模型
學習任務一 “彈簧類”模型
學習任務二 “光滑圓弧（斜面）軌道”模型
素養提升
備用習題
隨堂鞏固
練習冊
◆
答案核查【導】
答案核查【練】
學習任務一 “彈簧類”模型 .
［模型建構］
模型 圖示 ______________________________________________________________________
模型 特點 (1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中,若系統所受外力的
矢量和為零,則系統動量守恒
(2)在能量方面,由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化,系統的總動能將發
生變化;若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功,則系統機械
能守恒
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時,兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統的總
動能通常最小
(4)彈簧處于原長時,彈性勢能為零,系統的總動能通常最大,但物體速度一
般不相等
續表
例1 ［2024·重慶沙坪壩區期末］ 如圖所示，、和 是光滑水平面上的三個
大小相同的小球，、球的質量為，球質量為 ，其中、 兩小球用不
計質量的輕質彈簧連接后靜止在水平面上.現球以速度沿、 兩球球心的連
線向球運動，碰后、兩球粘在一起.對、、 及彈簧組成的系統，下列說
法正確的是( )
A.三球速度相等時，彈簧一定處于壓縮狀態
B.彈簧的最大彈性勢能等于
C.全過程中系統的機械能不守恒，動量守恒
D.三球速度相等后，速度將保持不變
√
[解析] 由于碰后、兩球粘在一起，、球速度大于 球的速度，開始壓縮彈
簧，當彈簧壓縮到最短時，三球的速度相等，之后彈簧恢復到原長，此時 球速
度大于、 球速度，所以彈簧開始伸長，當彈簧伸長到最長時，三球的速度相
等，之后彈簧再次恢復到原長，以后重復以上過程；綜上分析可知，三球速度
相等時，彈簧可能壓縮到最短，也可能伸長到最長，故A、D錯誤；在、 碰
撞過程，存在機械能損失，所以全過程中系統的機械能不守恒，但全過程中，
系統受到的合外力為0，所以系統滿足動量守恒，故C正確；
、 碰撞過程，根據動量守恒定律可得，解得碰后、的速度為 ，當三球的速度相等，彈簧的彈性勢能最大時，根據系統動量守恒定律可得 ，解得三球的共同速度為 ，、碰后的過程，
滿足系統機械能守恒，則有，解得最大彈性勢能為 ，故B錯誤.
例2 (10分)如圖所示,小球 與一輕質彈簧相連,并靜止在足夠長的光滑水平面上,
小球以某一速度與輕質彈簧正碰.小球與彈簧分開后,小球的速度為 .
(1) 當兩個小球與彈簧組成的系統動能最小時,求小球 的速度的大小;
[答案]
[解析] 當系統動能最小時,彈簧壓縮至最短,兩球具有共同速度，設小球、
的質量分別為、,碰撞前小球的速度為,小球與彈簧分開后的速度為 ，
從小球 剛接觸彈簧到與彈簧分開的過程中,系統動量守恒,且機械能守恒,有
(1分)
(1分)
聯立解得 (1分)
即 (1分)
從小球 剛接觸彈簧到兩球共速的過程中,系統動量守恒,有
(1分)
解得 (2分)
例2 (10分)如圖所示,小球 與一輕質彈簧相連,并靜止在足夠長的光滑水平面上,
小球以某一速度與輕質彈簧正碰.小球與彈簧分開后,小球的速度為 .
(2) 若小球的質量已知,在小球與彈簧相互作用的整個過程中,求小球 受到
彈簧作用力的沖量.
[答案] ,方向水平向左
[解析] 設水平向右為正方向,則小球動量的變化量為 ,根據動量守恒定律可
知,小球動量的變化量為 (1分)
根據動量定理有 (1分)
小球受到彈簧作用力的沖量大小為 ,方向水平向左(1分)
學習任務二 “光滑圓弧(斜面)軌道”模型
［模型建構］
模型 圖示 ______________________________________________________________________________________
水平地面光滑
模型 特點 (1)最高點:滑塊與圓弧軌道具有共同水平速度 ,系統在水平方向上動量
守恒,有 ;系統機械能守恒,有
,其中 為滑塊上升的最大高度,不一定等于
圓弧軌道的高度
(2)最低點:滑塊與圓弧軌道的分離點.系統在水平方向上動量守恒,有
;系統機械能守恒,有
(3)懸繩模型與“光滑圓弧軌道 滑塊(小球)”模型特點類似,即系統機械能
守恒,在水平方向上動量守恒,解題時需關注物體運動的最高點和最低點
續表
例3 如圖所示，有一質量為的小球，以速度 滑上靜置于光滑水平面上的光
滑圓弧軌道.已知圓弧軌道的質量為 ，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧
軌道，重力加速度為 ，試分析：
(1) 在相互作用的過程中，小球和軌道組成的系統機械能是否守恒？總動量是
否守恒？
[答案] 守恒; 不守恒
[解析] 整個過程中系統的機械能守恒，系統水平方向動量守恒，豎直方向上動
量不守恒，故總動量不守恒.
例3 如圖所示，有一質量為的小球，以速度 滑上靜置于光滑水平面上的光
滑圓弧軌道.已知圓弧軌道的質量為 ，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧
軌道，重力加速度為 ，試分析：
(2) 小球到達最高點時，小球與軌道的速度有什么關系？最大高度為多少？
[答案] 相同;
[解析] 當小球上升到最高點時，小球和軌道的速度相同
由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
例3 如圖所示，有一質量為的小球，以速度 滑上靜置于光滑水平面上的光
滑圓弧軌道.已知圓弧軌道的質量為 ，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧
軌道，重力加速度為 ，試分析：
(3) 小球與軌道分離時兩者的速度大小分別是多少？
[答案] ;
[解析] 設小球離開軌道時的速度為，軌道的速度為 ，由動量守恒定律有
根據機械能守恒定律有
聯立以上兩式可得，
變式1 (多選)［2024·云南昆明一中月考］ 如圖所示，滑塊 靜止在光滑水平面
上，上側的光滑圓弧面與水平地面相切，將小滑塊 (可視為質點)從光滑圓弧
面上距離水平地面高度為處由靜止釋放，經時間后滑離，滑塊和 質量
均為，重力加速度大小為.則沿 下滑過程中，下列說法正確的是( )
A.對的支持力對 不做功
B.對的支持力對做的功為
C.對的支持力的沖量大小為
D.對的支持力的沖量大小為
√
√
[解析] 因滑塊會滑動，因此對的支持力不與 的速度方向垂直，做功不為
零，故A錯誤；下滑過程中、 組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，
設分離時、的速率分別為、，可得， ，
解得，對 ，根據動能定理可得
，解得 ，故B正確；根據動
量定理可得如圖所示的矢量關系，其中， ，
可得，解得 ，故D正確，C
錯誤.
例4 如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在
滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面
的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高
度為小于斜面體的高度.已知小孩與滑板的總質量為 ，
冰塊的質量為，小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小 取
.
(1) 求斜面體的質量；
[答案]
[解析] 選向左為正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，
設此共同速度為，斜面體的質量為 .
在水平方向上由動量守恒定律和機械能守恒定律得
式中為冰塊被推出時的速度.聯立兩式并代入題給數據得
例4 如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在
滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上.某時刻小孩將冰塊以相對冰面
的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高
度為小于斜面體的高度.已知小孩與滑板的總質量為 ，
冰塊的質量為，小孩與滑板始終無相對運動.重力加速度的大小 取
.
(2) 通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
[答案] 見解析
[解析] 選向右為正方向，設小孩推出冰塊后小孩的速度為 ，由動量守恒定律
有
代入數據得
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為和 ，由動量守恒定律和機械能守恒定
律有
聯立兩式并代入數據得
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度
相同且冰塊處在后方，故冰塊不能追上小孩
“懸環類”模型
示例 ［2024·浙江學軍中學月考］ 如圖所示，質量為 的滑環套在足夠長的光
滑水平桿上，質量為的小球(可視為質點)用長為 的輕質細繩與滑環連
接.滑環固定時，給小球一個水平沖量，小球擺起的最大高度為 ；滑
環不固定時，仍給小球以同樣的水平沖量，小球擺起的最大高度為.則
等于( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根據動量定理有 ，滑環固定時，根據機械能守恒定律有
，滑環不固定時，小球的初動量不變，取水平向右為正方向，根
據系統水平方向動量守恒和機械能守恒得 ，
，解得，則有 ，故選B.
變式2 (多選)［2024·湖南長沙一中月考］如圖所示,光滑的水平桿上有一質量為
的滑環,通過一根不可伸長的輕繩懸掛著一個質量為的物塊 (可視為質點),
物塊恰好與光滑的水平面接觸但無彈力作用.質量為的物塊 (可視為質點)以
速度沖向物塊,與碰撞后粘在一起運動.已知重力加速度為 ,則下列說法正確
的是( )
A.物塊與物塊碰后瞬間速度為
B.物塊與物塊碰撞過程中損失的機械能為
C.滑環的最大速度為
D.物塊、擺起的最大高度為
√
√
[解析] 取向右為正方向,物塊與物塊 碰撞時動量守恒,根據動量守恒定律可得
,解得碰撞后二者的速度大小為 ,故A正確;碰撞過程中損失的
機械能為,解得,故B錯誤;當、 再次回到最
低點時的速度最大,設的最大速度為,此時、的速度為,根據、、 組
成的系統在水平方向上動量守恒得 ,根據系統的機械能守恒
得,解得 ,故C
錯誤;當、、三者速度相等為時,物塊、 上升的高
度最大,根據、、 組成的系統在水平方向上動量守恒
得 ,根據機械能守恒定律有
,解得 ,故D正確.
1.如圖所示在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為 的斜面,斜面表面光滑、
高度為、傾角為 .一質量為 的小物塊以一定的初速度沿水平面向右
運動,不計沖上斜面過程中的機械能損失.若斜面固定,則小物塊恰能沖到斜面的
頂端.若斜面不固定,則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為( )
A. B. C. D.
√
[解析] 斜面固定時,小物塊恰能沖到斜面的頂端,由動能定理得
,所以 ，斜面不固定時,設小物塊沖上斜面后能達到
的最大高度為,設小物塊達到最高點時的速度為 ,由水平方向動量守恒得
,由機械能守恒得,解得 ,
故選D.
2.(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上兩個物塊與由彈簧連接(彈簧與、 不
分開).初始時彈簧被壓縮，同時釋放、，此后的 圖像如圖乙所示
(規定向右為正方向).已知，，彈簧質量不計.、 及彈
簧在運動過程中，在物塊速度為 時，則( )
A.物塊的速度大小為 ，方向向右
B.物塊加速度是物塊 加速度的2倍
C.此時彈簧的彈性勢能為
D.此時彈簧的彈性勢能為最大彈性勢能
的一半
√
√
[解析] 兩物塊組成的系統滿足動量守恒定律，可得 ，解得
，可知物塊的速度大小為 ，方向向左，A錯誤；根據牛
頓第二定律可得，，可得，B正確；當物塊 的速度
最大時，彈簧處于原長狀態，由圖像可知物塊的最大速度為 ，根
據動量守恒定律可得，解得的最大速度為 ，
根據能量守恒定律可得
，
解得物塊速度為 時，彈簧的彈性勢能為 ，C正確；
當兩物塊的速度為零時，彈簧的彈性勢能最大，則有 ，D錯誤.
3.如圖所示,在光滑水平地面上有、兩個小物塊,其中物塊 的左側連接一輕質
彈簧.物塊處于靜止狀態,物塊以一定的初速度向物塊 運動,并通過彈簧與物
塊 發生彈性正碰.對于該作用過程,兩物塊的速度變化可用速度—時間圖像進行
描述,在如圖所示的圖像中,圖線1表示物塊的速度變化情況,圖線2表示物塊 的
速度變化情況,則這四個圖像中可能正確的是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 水平地面光滑,則物塊向帶著彈簧的物塊 運動,經歷以下幾個階段:開始
階段物塊壓縮彈簧過程,彈簧對物塊做負功,對物塊做正功,則物塊 的速度減
小,物塊的速度增大;在某一時刻,物塊的速度增大到與物塊 速度相等,此時彈
簧被壓縮到最短;此后彈簧繼續對物塊做負功,對物塊做正功,則物塊 的速度
繼續減小,物塊的速度繼續增大,物塊的速度大于物塊 的速度,彈簧的壓縮量
變小;當彈簧恢復原長后,物塊以較大的速度勻速運動,物塊 以較小的速度勻速
運動；A圖中兩物塊做勻速運動的時刻應相同,A錯誤;C圖中最后物塊 的速度應
大于物塊 的速度,C錯誤;D圖中兩物塊速度相等應該只有一個時刻,不可能持續
一段時間,而且最后物塊的速度應大于物塊 的速度,
D錯誤.
4.如圖所示，質量為 的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側為光滑
圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直.一質量為 的小物塊，被壓縮
彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時大滑塊的速度大小為
.取 .求：
(1) 小物塊被彈簧彈出時的速度大小；
[答案]
[解析] 設小物塊離開彈簧后的速度為 ，小物塊滑上大滑塊的過程中系統水平
方向動量守恒有
解得 .
4.如圖所示，質量為 的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側為光滑
圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直.一質量為 的小物塊，被壓縮
彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時大滑塊的速度大小為
.取 .求：
(2) 小物塊滑出大滑塊后能達到的最大高度 ；
[答案]
[解析] 小物塊第一次上升到最高點時速度等于 ，小球機械能守恒，有
解得 .
4.如圖所示，質量為 的大滑塊靜置在光滑水平面上，滑塊左側為光滑
圓弧，圓弧底端和水平面相切，頂端豎直.一質量為 的小物塊，被壓縮
彈簧彈出后，沖上大滑塊，能從大滑塊頂端滑出，滑出時大滑塊的速度大小為
.取 .求：
(3) 小物塊回到水平面的速度大小及再次滑上大滑塊后能達到的最大高度 .
[答案] ;
[解析] 小物塊能下落到大滑塊光滑圓弧最高點并從大滑塊上滑到水平面，系統
水平方向動量守恒、機械能守恒，有 ，
解得，
小物塊再次滑上大滑塊時
系統水平方向動量守恒、機械能守恒，則
解得 .
5.如圖，在光滑水平地面上有一輛質量 的小車，小車左右兩側均為半
徑的四分之一光滑圓軌道，兩圓軌道之間平滑連接長 的粗糙
水平軌道.質量為的小物塊(可視為質點)從小車左側圓軌道頂端 處由靜
止釋放，小物塊和粗糙水平軌道間的動摩擦因數，重力加速度 取
.求：
(1) 小物塊第一次滑到左側圓軌道末端時，小物塊與小車的速度大小之比；
[答案]
[解析] 小物塊和小車組成的系統水平方向動量守恒，設水平向右為正方向，小
物塊第一次滑到左側圓軌道末端時速度大小為，小車速度大小為 ，即
解得
5.如圖，在光滑水平地面上有一輛質量 的小車，小車左右兩側均為半
徑的四分之一光滑圓軌道，兩圓軌道之間平滑連接長 的粗糙
水平軌道.質量為的小物塊(可視為質點)從小車左側圓軌道頂端 處由靜
止釋放，小物塊和粗糙水平軌道間的動摩擦因數，重力加速度 取
.求：
(2) 小物塊第一次滑到右側圓軌道上的最大高度 ；
[答案]
[解析] 小物塊第一次滑到右側圓軌道上的最大高度 處時，小物塊和小車有相
同的水平速度，有
由系統能量守恒定律得
聯立解得
5.如圖，在光滑水平地面上有一輛質量 的小車，小車左右兩側均為半
徑的四分之一光滑圓軌道，兩圓軌道之間平滑連接長 的粗糙
水平軌道.質量為的小物塊(可視為質點)從小車左側圓軌道頂端 處由靜
止釋放，小物塊和粗糙水平軌道間的動摩擦因數，重力加速度 取
.求：
(3) 整個運動過程小物塊在粗糙水平軌道上經過的路程 及全過程小車在地面上
[答案] ;
發生的位移 的大小.
[解析] 小物塊最終與小車相對靜止，有 ， 解得
整個過程，由系統能量守恒定律得
解得
可知，物塊在小車的水平軌道最右端(或右側圓軌道底端)相對小車靜止，則物
塊相對小車發生位移
系統水平方向動量守恒，設小物塊水平向
右發生位移大小為 ，小車水平向左發生
位移大小為 ，有
又
解得
1.(彈簧綜合問題)如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊和 都可視作質
點，的質量為，的質量為，與輕質彈簧相連.原來靜止， 以一定初
動能向 運動并與彈簧發生碰撞.在整個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等
于( )
A. B. C. D.
[解析] 設物體的初速度為，由已知可得,與 碰撞過程中，兩物
體速度相等時，彈簧壓縮量最大，此時彈性勢能最大，整個過程中，根據動量
守恒定律得 ，此時最大彈性勢能
，解得 ，故A正確.
√
2.(圓弧軌道滑塊問題)如圖所示，在光滑的水平地面上停放著質量為的裝有
弧形槽的小車.現有一質量也為的小球以 的水平速度沿與切線水平的槽口向
小車滑去，不計一切摩擦，則( )
A.在相互作用的過程中，小車和小球組成的系統總動量守恒
B.小球從右側離開車后，對地將向右做平拋運動
C.小球從右側離開車后，對地將做自由落體運動
D.小球從右側離開車后，小車的速度有可能大于
√
[解析] 整個過程中系統水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；
設小球離開小車時，小球的速度為，小車的速度為 ，整個過程中水平方向
動量守恒，由機械能守恒定律得 ，聯
立解得， ，即小球與小車分離時二者交換速度，所以小球從小車
右側離開后對地將做自由落體運動，故B、D錯誤，C正確.
3.(“懸環類”模型)［2024·河北張家口一中月考］長為的輕繩，一端用質量為
的圓環套在水平光滑的橫桿上，另一端連接一質量為 的小球，開始時，將小
球移至橫桿處(輕繩處于水平伸直狀態，如圖)，然后輕輕放手，當繩子與橫桿
成直角，此過程圓環的位移是 ，則( )
A.
B.系統動量守恒
C.小球所受沖量與圓環所受沖量始終大小相等
D.小球機械能守恒
√
[解析] 選小球和圓環為系統，整個過程中在水平方向滿足動量守恒，設從開始
到繩子與橫桿成直角的過程中，圓環的平均速度大小為 ，小球的平均速度大
小為，則，設運動時間為，此過程圓環的位移大小為 ，小
球的位移大小為，則，解得 ，故A正確；在水平方
向上，以小球和圓環為系統，不受任何外力，水平方向上動量守恒，在豎直方
向上合外力不為零，動量不守恒，故B錯誤；過程中圓環所受的合外力等于繩
子拉力沿水平方向的分力，小球所受的合外力等于重力和繩子拉力的合力，二
者大小不等，所以沖量不相等，故C錯誤；小球除重力做
功外，輕繩拉力也對其做功，機械能不守恒，故D錯誤.
練習冊
1.［2024·江蘇無錫一中月考］如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，
槽的左側有一固定在水平面上的物塊.今讓一小球自左側槽口 的正上方從靜止
開始落下，與圓弧槽相切自 點進入槽內，則以下結論中正確的是( )
A.小球在運動的全過程中，只有重力對它做功
B.小球在運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒
C.小球有可能不能沖出 點，若無水平面上的物塊后，
小球每次離開槽面的最高點能到達最初的高度
D.小球離開 點以后，一定做豎直上拋運動，且能無
碰撞的回到槽中
√
[解析] 小球從點到點，半圓槽靜止不動，只有重力對小球做功；從點到
點，半圓槽向右運動，除重力對小球做功外還有圓槽的彈力對小球做功，故A
錯誤.小球在到達 點之前，半圓槽靜止不動，小球動量增加，系統動量不守恒；
小球到達 點之后，半圓槽會向右運動，小球與半圓槽水平方向不受外力，則
小球與半圓槽在水平方向動量守恒，故B錯誤.
若小球下落的高度較低，則由于 小球過 點以后槽向右運動，可知小球有可能不能沖出 點；若無水平面上的物塊后，則小球進入半圓槽中到到達最低點 的過程中，半圓槽向左運動；當小球從 點上滑到離開槽的過程中，半圓槽做減速運動，當小球離開半圓槽的時候，半圓槽的速度減為零，由能量關系可知，小球離開半圓槽的速度等于進入半圓槽時的速度，則小球每次離開槽面的最高點能到達最初的高度，故C正確. 小球離開 點以后，
可以既有水平速度，也有豎直速度，所以小球做斜
拋運動. 因小球的水平速度等于半圓槽的水平速度，
所以小球能無碰撞地回到槽中，故D錯誤.
2.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊和質量相等，都可視作質點，
與輕質彈簧相連.設靜止，以某一初速度向 運動并與彈簧發生相互作用.在整
個過程中，彈簧具有的最大彈性勢能等于( )
A.的初動能 B.的初動能的
C.的初動能的 D.的初動能的
√
[解析] 把小滑塊和 以及彈簧看成一個系統，系統的動量守恒，在整個過程
中，當小滑塊和 的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大.以 的初速度方向為
正方向，設小滑塊的初速度為，兩滑塊的質量均為 ，則，
解得，的初動能 ，彈簧具有最大彈性勢能
，故選項B正確.
3.［2024·河北衡水二中高二月考］如圖所示，在光滑的水平面上靜止一質量
的小車 ，小車左端固定一根輕質彈簧，彈簧的自由端 到小車右端的
距離，這段車廂板與木塊(可視為質點)之間的動摩擦因數 ，而
彈簧自由端到彈簧固定端所對應的車廂板上表面光滑.木塊 以速度
由小車右端開始沿車廂板表面向左運動.
已知木塊 的質量，重力加速度取
.則木塊 壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性
勢能為( )
A. B. C. D.
[解析] 由題意知，小車和木塊系統動量守恒，有 由能量守恒定
律，得，聯立解得 ，B正確.
√
4.［2024·山東菏澤一中月考］如圖所示，有一質量為的小球，以速度 滑上
靜置于光滑水平面上帶有四分之一光滑圓弧軌道的滑塊.滑塊的質量為 ，小
球在上升過程中始終未能沖出圓弧軌道，重力
加速度為 ，在小球運動過程中( )
A.小球和滑塊組成的系統動量守恒
B.小球在圓弧軌道最高點的速度大小為
C.小球在圓弧軌道上能上升的最大高度為
D.小球離開圓弧軌道時圓弧軌道的速度大小為
√
[解析] 在小球運動過程中，小球和滑塊組成的系統在水平方向上動量守恒，系
統豎直方向動量不守恒，故A錯誤；小球在圓弧軌道上升到最高時小球與滑塊
速度相同，系統在水平方向上動量守恒，規定 的方向為正方向，有
，解得 ，故B錯誤；根據機械能守恒定律得
，解得 ，故C正確；小球離開圓弧軌道時，根
據動量守恒定律，則有 ，根據機械能守恒定律，則有
，聯立以上兩式
可得， ，故D錯誤.
5.(多選)如圖，、、 三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿
上，三個球的質量分別為、、 ，初狀態三個小球
均靜止，、球之間連著一根輕質彈簧，彈簧處于原長狀態現給 一個向左的
初速度，、碰后球的速度變為向右，大小為 .下列說法正
確的是( )
A.球和 碰撞是彈性碰撞
B.球和碰后，彈簧恢復原長時球的速度為
C.球和碰后，球的最小速度為
D.球和碰后，彈簧的最大彈性勢能可以達到
√
√
[解析] 、兩球相碰，根據動量守恒定律得 ，代入數據，
可求得，由于在碰撞的過程中滿足 ，因此
該碰撞是彈性碰撞，A正確；由于球、 及彈簧組成的系統，在運動的過程中
滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，當球 的速度最小時，應該是彈簧處于
原長狀態，、 ，整理得
、，因此球 的最小速度為
，此時球的速度為 ，B錯誤，C正確；當
、 兩球速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，則
、 ，
解得 ，D錯誤.
6.(多選)［2025·山西太原五中高二月考］ 如圖甲所示，質量分別為
，的滑塊、 放在光滑的水平面上，之間用一質量可忽略
不計的彈簧連接，滑塊緊靠在豎直的墻壁上.現有一質量為的滑塊以
的速度沿水平面向右運動，從0時刻開始計時，末與滑塊 碰撞且粘在一起，
內，滑塊 的速度—時間圖像如圖乙所示，則下列說法正確的是( )
A.滑塊的質量
B.全過程整個系統損失的機械能為
C.內，墻壁對滑塊的沖量大小
為
D.整個過程中滑塊的最大動能為
√
√
[解析] 由題圖乙知，滑塊與滑塊碰前瞬間速度為 ，碰后瞬間整體
速度為，滑塊與滑塊碰撞過程動量守恒，以滑塊 的初速度方向
為正方向，由動量守恒定律得，解得 ，故A錯誤；
全過程系統中只有與 碰撞時有機械能損失，則有
，故B正確；時
和 的速度大小為，時和的速度大小
為，內墻給 的沖量大小等于、整
體的動量變化量的大小，故有墻壁對滑塊 的沖量大小為
，故C錯誤；
當、整體和 向左運動且彈簧再次恢復原長時滑塊 的速度最大，根據系統
動量守恒和機械能守恒可得 ，
，解得，故滑塊 的最大
動能為 ，故D正確.
7.(多選)［2024·四川綿陽中學高二月考］ 如圖所示，質量為 的滑塊靜止在光
滑水平面上，其左側是四分之一光滑圓弧，左端底部恰好與地面相切，小球
、的質量分別為、，的初速度為， 保持靜止，已
知與發生彈性碰撞，要使與發生兩次碰撞，則 可能為( )
A. B. C. D.
√
√
√
[解析] 與發生第一次彈性碰撞后，設與的速度分別為、 ，則由動量
守恒定律有 ,對系統由機械能守恒定律有
,解得，,
與滑塊水平方向動量守恒，設離開滑塊時速度為 ，根據動量守恒定律和機
械能守恒定律得, ,解得
,由于與反向，要使
與發生兩次碰撞，需要與 同向且
,解得 ，故選B、C、
D.
8.(16分)［2025·山東青島二中期中］ 如圖所示，、、 為三個大小相同的小
球，其質量分別為，，，和 固定在輕彈
簧的兩端和靜止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右運動，
在極短時間內與發生碰撞后以速度 反彈，求：
(1) (4分)與碰撞過程中的平均作用力大小 ；
[答案]
[解析] 對,由動量定理得
解得 .
8.(16分)［2025·山東青島二中期中］ 如圖所示，、、 為三個大小相同的小
球，其質量分別為，，，和 固定在輕彈
簧的兩端和靜止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右運動，
在極短時間內與發生碰撞后以速度 反彈，求：
(2) (6分)與碰撞過程中損失的機械能 ；
[答案]
[解析] 與 碰撞過程中,由動量守恒定律得
解得
碰撞過程中損失的機械能
.
8.(16分)［2025·山東青島二中期中］ 如圖所示，、、 為三個大小相同的小
球，其質量分別為，，，和 固定在輕彈
簧的兩端和靜止在光滑的水平面上.小球以初速度 向右運動，
在極短時間內與發生碰撞后以速度 反彈，求：
(3) (6分)彈簧的最大彈性勢能 .
[答案]
[解析] 與碰撞后,、 和彈簧組成的系統在運動過程中動量守恒且機械能守
恒,當彈簧被壓縮到最短時,和 有共同速度,此時彈簧的彈性勢能最大,設共同速
度為 ,有
聯立解得 .
9.(16分)如圖所示，質量為的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的
部分是半徑為 的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道
水平部分右端固定一個輕彈簧，滑道除 部分粗糙外其他部分均光滑.質量為
的物體2(可視為質點)放在滑道的點，現讓質量為 的物體1
(可視為質點)自點由靜止釋放，兩物體在滑道上的點相碰后粘為一體
取 .
(1) (8分)求物體1從釋放到與物體2恰好
將要相碰的過程中，滑道向左運動的距離；
[答案]
[解析] 物體1從釋放到與物體2碰撞前瞬間，物體1、滑道組成的系統水平方向
動量守恒，設物體1水平位移大小為，滑道水平位移大小為 ，則有
由于兩物體在滑道上的 點相碰，可知相碰前物體2一直處于靜止狀態，則從物
體1靜止釋放到與物體2相碰，物體1通過的水平位移大小為
聯立解得
9.(16分)如圖所示，質量為的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的
部分是半徑為 的四分之一圓弧，圓弧底部與滑道水平部分相切，滑道
水平部分右端固定一個輕彈簧，滑道除 部分粗糙外其他部分均光滑.質量為
的物體2(可視為質點)放在滑道的點，現讓質量為 的物體1
(可視為質點)自點由靜止釋放，兩物體在滑道上的點相碰后粘為一體
取 .
(2) (8分)若 ，兩物體與滑道
的部分的動摩擦因數都為 ，
求在整個運動過程中，彈簧具有的最大
彈性勢能.
[答案]
[解析] 設物體1、2剛要相碰時物體1的速度大小為，滑道的速度大小為 ，對
物體1和滑道組成的系統，由機械能守恒定律有
由動量守恒定律有
設物體1和物體2相碰后的共同速度大小為 ，對物體1、2組成的系統，由動量
守恒定律有
彈簧第一次被壓縮到最短時，由動量守
恒定律可知物體1、2和滑道速度均為零，
此時彈簧的彈性勢能最大，設為 ，
從物體1、2碰撞后到彈簧第一次被壓縮
到最短的過程中，由能量守恒定律有
聯立代入數據可以求得
例1.C 例2.（1） （2）,方向水平向左
例3.（1）守恒,不守恒 （2）相同, （3）, 變式1.BD
例4.（1） （2）見解析
素養提升
示例.B 變式2.AD
隨堂鞏固
1.A 2.C 3.A
基礎鞏固練
1.C 2.B 3.B 4.C
綜合提升練
5.AC 6.BD 7.BCD 8.（1） （2） （3）
拓展挑戰練
9.（1） （2）

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