題型一 “滑塊—彈簧”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒．
(2)機械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統(tǒng)機械能守恒．
(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(相當于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能)．
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當于剛完成彈性碰撞)．
例1 (多選)如圖甲所示，一個輕彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接并靜止在光滑的水平地面上．現(xiàn)使A以3 m/s的速度向B運動壓縮彈簧，速度—時間圖像如圖乙，則有( )
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且彈簧都處于壓縮狀態(tài)
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)恢復原長
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻A與B的動能之比Ek1∶Ek2＝1∶8
答案 CD
解析 由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，且此時系統(tǒng)動能最小，根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，而t3時刻處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結合圖像弄清兩物塊的運動過程，開始時A逐漸減速，B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮到最短，然后彈簧逐漸恢復原長，B仍然加速，A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，由于此時兩物塊速度相反，因此彈簧的長度將逐漸增大，兩物塊均減速，在t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；根據(jù)動量守恒定律，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻A的速度為vA＝－1 m/s，B的速度為vB＝2 m/s，根據(jù)m1∶m2＝1∶2，求出Ek1∶Ek2＝1∶8，故D正確．
例2 如圖所示，質量分別為1 kg、3 kg的滑塊A、B位于光滑水平面上，現(xiàn)使滑塊A以4 m/s的速度向右運動，與左側連有輕彈簧的滑塊B發(fā)生相互作用．求二者在發(fā)生相互作用的過程中，
(1)彈簧的最大彈性勢能；
(2)滑塊B的最大速度．
答案 (1)6 J (2)2 m/s，方向向右
解析 (1)當彈簧壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能最大，此時滑塊A、B同速．系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，
由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v
解得v＝eq \f(mAv0,mA＋mB)＝eq \f(1×4,1＋3) m/s＝1 m/s
彈簧的最大彈性勢能即此時滑塊A、B損失的動能
Epm＝eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝6 J.
(2)當彈簧恢復原長時，滑塊B獲得最大速度，
由動量守恒定律和能量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvm
eq \f(1,2)mAv02＝eq \f(1,2)mBvm2＋eq \f(1,2)mAvA2
解得vm＝2 m/s，方向向右．
例3 如圖所示，一輕質彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在離地面高為H＝5 m的光滑水平桌面上．現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝1.8 m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經過一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段距離后從桌面邊緣飛出．已知mA＝1 kg，mB＝2 kg，mC＝3 kg，取g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊A與滑塊B碰撞結束瞬間的速度大??；
(2)被壓縮彈簧的最大彈性勢能；
(3)滑塊C落地點與桌面邊緣的水平距離．
答案 (1)2 m/s (2)3 J (3)2 m
解析 (1)滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程機械能守恒，設其滑到水平桌面時的速度為v1，由機械能守恒定律有mAgh＝eq \f(1,2)mAv12，解得v1＝6 m/s
滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結束瞬間具有共同速度，設為v2，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB)v2，
解得v2＝eq \f(1,3)v1＝2 m/s
(2)滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為v3，由動量守恒定律有mAv1＝(mA＋mB＋mC)v3，
解得v3＝eq \f(1,6)v1＝1 m/s
由機械能守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v32
解得Ep＝3 J
(3)被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設此時滑塊A、B的速度為v4，滑塊C的速度為v5，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB)v4＋mCv5
eq \f(1,2)(mA＋mB)v22＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v42＋eq \f(1,2)mCv52
解得v4＝0，v5＝2 m/s
滑塊C從桌面邊緣飛出后做平拋運動
x＝v5t，H＝eq \f(1,2)gt2
解得x＝2 m.
題型二 “滑塊—斜(曲)面”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0.系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉化為m的重力勢能)．
(2)返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相當于完成了彈性碰撞)．
例4 (多選)質量為M的帶有eq \f(1,4)光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則( )
A．小球以后將向左做平拋運動
B．小球將做自由落體運動
C．此過程小球對小車做的功為eq \f(1,2)Mv02
D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq \f(v02,2g)
答案 BC
解析 小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有：Mv0＝2Mv′，eq \f(1,2)Mv02＝2×(eq \f(1,2)Mv′2)＋Mgh，聯(lián)立解得h＝eq \f(v02,4g)，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于無摩擦力做功，機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，小車速度變?yōu)関0，動能為eq \f(1,2)Mv02，即此過程小球對小車做的功為eq \f(1,2)Mv02，故B、C正確，A錯誤．
例5 如圖所示，光滑弧形滑塊P鎖定在光滑水平地面上，其弧形底端切線水平，小球Q(視為質點)的質量為滑塊P的質量的一半，小球Q從滑塊P頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek1.現(xiàn)解除鎖定，仍讓Q從滑塊頂端由靜止釋放，Q離開P時的動能為Ek2，Ek1和Ek2的比值為( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,2) D.eq \f(4,3)
答案 C
解析 設滑塊P的質量為2m，則Q的質量為m，弧形頂端與底端的豎直距離為h；P鎖定時，Q下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh＝Ek1，P解除鎖定，Q下滑過程，P、Q組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mvQ－2mvP＝0，由機械能守恒定律得：mgh＝eq \f(1,2)mvQ2＋eq \f(1,2)·2mvP2，Q離開P時的動能：Ek2＝eq \f(1,2)mvQ2，解得：eq \f(Ek1,Ek2)＝eq \f(3,2)，故C正確．
例6 如圖，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．取重力加速度的大小g＝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？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由見解析
解析 (1)規(guī)定向左為正方向．冰塊在斜面體上上升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.對冰塊與斜面體，由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度，聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得
v＝1 m/s，m3＝20 kg③
(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，對小孩與冰塊，由動量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入數(shù)據(jù)得v1＝－1 m/s⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，對冰塊與斜面體，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32⑦
聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得
v2＝－1 m/s⑧
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小孩后方，故冰塊不能追上小孩．
課時精練
1.(多選)如圖所示，質量分別為M和m0的兩滑塊甲、乙用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位于正前方的質量為m的靜止滑塊丙發(fā)生碰撞，碰撞時間極短．在甲、丙碰撞瞬間，下列情況可能發(fā)生的是( )
A．甲、乙、丙的速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．乙的速度不變，甲和丙的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足Mv＝Mv1＋mv2
C．乙的速度不變，甲和丙的速度都變?yōu)関′，且滿足Mv＝(M＋m)v′
D．甲、乙、丙速度均發(fā)生變化，甲、乙的速度都變?yōu)関1，丙的速度變?yōu)関2，且滿足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2
答案 BC
解析 碰撞的瞬間滑塊甲和丙組成的系統(tǒng)動量守恒，滑塊乙的速度不變，以滑塊甲的初速度方向為正方向，若碰后滑塊甲和丙的速度分別變?yōu)関1和v2，由動量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑塊甲和丙的速度相同，由動量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正確．
2.(多選)如圖所示，質量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為θ.一個質量為m的小物塊從斜面底端以初速度v0沿斜面向上開始運動．當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為v，距地面高度為h，重力加速度為g，則下列關系式中正確的是( )
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cs θ＝(m＋M)v
C.eq \f(1,2)m(v0sin θ)2＝mgh
D.eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2
答案 BD
解析 小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都為v，沿水平方向，二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒．以水平向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得mv0cs θ＝(m＋M)v，故A錯誤，B正確；系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝mgh＋eq \f(1,2)(m＋M)v2，故C錯誤，D正確．
3.(多選)如圖所示，光滑水平地面上有A、B兩物體，質量都為m，B左端固定一個處在壓縮狀態(tài)的輕彈簧，輕彈簧被裝置鎖定，當彈簧再受到壓縮時鎖定裝置會失效．A以速率v向右運動，當A撞上彈簧后，設彈簧始終不超過彈性限度，關于它們后續(xù)的運動過程，下列說法正確的是( )
A．A物體最終會靜止，B物體最終會以速率v向右運動
B．A、B系統(tǒng)的總動量最終將大于mv
C．A、B系統(tǒng)的總動能最終將大于eq \f(1,2)mv2
D．當彈簧的彈性勢能最大時，A、B的總動能為eq \f(1,4)mv2
答案 CD
4.(多選)如圖所示，質量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，O為圓心．質量為m的小滑塊(可視為質點)以水平向右的初速度v0沖上圓弧軌道，恰好能滑到圓弧軌道最高點，已知M＝2m，則下列判斷正確的是( )
A．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機械能不守恒
B．小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
C．小滑塊沖到軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為eq \f(2,3)v0
D．小滑塊脫離圓弧軌道時，速度大小為eq \f(1,3)v0
答案 AD
解析 小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)機械能守恒，小滑塊機械能不守恒，選項A正確；小滑塊沖上軌道的過程，系統(tǒng)豎直方向受力不為零，動量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，動量守恒，選項B錯誤；由水平方向動量守恒可得，小滑塊沖到軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度大小為eq \f(1,3)v0；當小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大，設脫離時小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為v1和v2，則有mv0＝mv1＋Mv2，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22，解得v2＝eq \f(2,3)v0，v1＝－eq \f(1,3)v0，故C錯誤，D正確．
5．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x.現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則( )
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為eq \f(3,2)mv02
D．彈簧壓縮最大時的彈性勢能為mv02
答案 AC
解析 對題圖甲，設物體A的質量為M，由機械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝eq \f(1,2)Mv02；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達到最大壓縮量時，A、B二者速度相等，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq \f(1,2)M·(2v0)2－eq \f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq \f(1,2)Mv02＝eq \f(3,2)mv02，選項A、C正確，B、D錯誤．
6.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為d，兩小球質量分別為m1、m2，m1>m2，m2的左邊有一固定擋板．由圖示位置靜止釋放m1、m2，當m1與m2相距最近時m1的速度為v1，則在以后的運動過程中( )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是eq \f(2m1,m1＋m2)v1
答案 BD
解析 由題意結合題圖可知，當m1與m2相距最近時，m2的速度為0，此后，m1在前，做減速運動，m2在后，做加速運動，當再次相距最近時，m1減速結束，m2加速結束，因此此時m1速度最小，m2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守恒，m1v1＝m1v1′＋m2v2，eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v22，解得v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1，B、D選項正確．
7.(多選)如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq \f(1,4)圓弧曲面C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為eq \f(M,2)，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質點，則( )
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為eq \f(3,4) m/s
C．B能與A再次發(fā)生碰撞
D．B不能與A再次發(fā)生碰撞
答案 AD
解析 A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得eq \f(M,2)v0＝eq \f(M,2)vA＋MvB，eq \f(1,2)·eq \f(M,2)v02＝eq \f(1,2)·eq \f(M,2)vA2＋eq \f(1,2)·MvB2，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq \f(4,3) m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機械能守恒有eq \f(1,2)·MvB2＝eq \f(1,2)·MvB′2＋eq \f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq \f(4,3) m/s，由于|vB′|

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