專題強(qiáng)化3　彈簧—小球模型　滑塊—光滑斜(曲)面模型 [學(xué)習(xí)目標(biāo)]　1.進(jìn)一步掌握用動量守恒定律、能量守恒定律解決碰撞問題的技巧(重點)。2.掌握兩類碰撞問題的解題方法(重難點)。 一、彈簧—小球模型 如圖所示，光滑水平面上靜止著一質(zhì)量為m2的剛性小球B，左端與水平輕質(zhì)彈簧相連，另有一質(zhì)量為m1的剛性小球A以速度v0向右運動，并與彈簧發(fā)生相互作用，兩球半徑相同，問： (1)彈簧的彈性勢能什么情況下最大？最大為多少？ (2)兩球共速后，兩球的速度如何變化？彈簧長度如何變化？ (3)小球B的速度什么情況下最大？最大為多少？ 答案　(1)當(dāng)兩個小球速度相同時，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大。 由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v 由能量守恒定律得 eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax 解得Epmax＝eq \f(m1m2v02,2?m1＋m2?) (2)如圖所示，兩球共速后，A減速，B加速，A、B間的距離增大，故彈簧的壓縮量減小，彈簧的長度增加。 (3)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，小球B的速度最大， 由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2 由能量守恒定律得eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22 解得v2＝eq \f(2m1v0,m1＋m2)。 拓展延伸　(1)系統(tǒng)動能何時最小？求系統(tǒng)的動能的最小值。 (2)從小球與彈簧相互作用至彈簧恢復(fù)原狀的過程，系統(tǒng)動能何時最大？求系統(tǒng)的動能的最大值。 答案　(1)彈簧和小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，兩球共速時，彈簧的彈性勢能最大，系統(tǒng)的動能最小。 Ekmin＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq \f(m12,2?m1＋m2?)v02 (2)彈簧和小球組成系統(tǒng)機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，彈簧的彈性勢能最小，系統(tǒng)的動能最大，Ekmax＝eq \f(1,2)m1v02。 對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)，在相互作用的過程中，若系統(tǒng)合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒。若接觸面光滑，彈簧和物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。 1．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(dāng)于完全非彈性碰撞，兩物體減少的動能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能)。 2．彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(相當(dāng)于剛完成彈性碰撞)。 例1　(2022·金華一中期末)如圖所示，三個小球的質(zhì)量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，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，則： (1)A、B兩球剛粘在一起時的速度為多大？ (2)彈簧壓縮至最短時三個小球的速度為多大？ (3)彈簧的最大彈性勢能是多少？ (4)彈簧恢復(fù)原長時，三個小球的速度為多大？ 答案　見解析 解析　(1)在A、B兩球碰撞的過程中彈簧的壓縮量可忽略不計，產(chǎn)生的彈力可忽略不計，因此A、B兩球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，以A球的初速度方向為正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝eq \f(v0,2)。 (2)粘在一起的A、B兩球向右運動，壓縮彈簧，由于彈簧彈力的作用，C球做加速運動，速度由零開始增大，而A、B兩球做減速運動，速度逐漸減小，當(dāng)三個球速度相等時彈簧壓縮至最短，在這一過程中，三個球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝eq \f(v0,3)。 (3)當(dāng)彈簧被壓縮至最短時，彈性勢能最大，由能量守恒定律得 Epm＝eq \f(1,2)×2mv12－eq \f(1,2)×3mv22＝eq \f(1,12)mv02。 (4)彈簧恢復(fù)原長過程中，A、B、C三個球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，彈簧恢復(fù)原長時，由動量守恒定律和能量守恒定律，得 2mv1＝2mvAB＋mvC， eq \f(1,2)×2mv12＝eq \f(1,2)×2mvAB2＋eq \f(1,2)mvC2 解得vAB＝eq \f(v0,2)，vC＝0或vAB＝eq \f(v0,6)，vC＝eq \f(2v0,3)。 二、滑塊—光滑斜(曲)面模型 如圖所示，有一質(zhì)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(zhì)量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，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(tǒng)機(jī)械能是否守恒？總動量是否守恒？ (2)小球到達(dá)最高點時，小球與軌道的速度有什么關(guān)系？最大高度為多少？ (3)小球與軌道分離時兩者的速度分別是多少？ 答案　(1)整個過程中系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，系統(tǒng)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(dāng)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eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×3mv2＋mgh 解得h＝eq \f(v02,3g) (3)設(shè)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(jù)機(jī)械能守恒定律有： eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22 聯(lián)立以上兩式可得：v1＝－eq \f(1,3)v0，v2＝eq \f(2,3)v0。 在滑塊—光滑斜(曲)面模型中，若滑塊始終未脫離斜(曲)面 1．當(dāng)滑塊上升到最大高度時，滑塊與斜(曲)面具有共同水平速度v共。此時滑塊的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)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(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為滑塊的重力勢能)。 2．當(dāng)滑塊返回最低點時，滑塊與斜(曲)面分離．水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22(相當(dāng)于完成了彈性碰撞)。 例2　如圖所示，在光滑的水平地面上停放著質(zhì)量為m的裝有eq \f(1,4)弧形槽的小車。現(xiàn)有一質(zhì)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(tǒng)總動量守恒 B．小球從右側(cè)離開車后，對地將向右做平拋運動 C．小球從右側(cè)離開車后，對地將做自由落體運動 D．小球從右側(cè)離開車后，小車的速度有可能大于v0 答案　C 解析　整個過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設(shè)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(jī)械能守恒定律得：eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv22，聯(lián)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(cè)離開后將做自由落體運動，故B、D錯誤，C正確。 例3　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(cè)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(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)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(zhì)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)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(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v， 斜面體的質(zhì)量為m3。在水平方向上由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh 式中v0＝3 m/s為冰塊被推出時的速度。聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20 kg。 (2)選向右為正方向，設(shè)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(shù)據(jù)得v1＝1 m/s 設(shè)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(jī)械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3。 eq \f(1,2)m2v02＝eq \f(1,2)m2v22＋eq \f(1,2)m3v32 聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)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處在后方，故冰塊不能追上小孩。 專題強(qiáng)化練 1.如圖所示，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q質(zhì)量相等，都可視作質(zhì)點，Q與輕質(zhì)彈簧相連。設(shè)Q靜止，P以某一初速度向Q運動并與彈簧發(fā)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eq \f(1,2) C．P的初動能的eq \f(1,3) D．P的初動能的eq \f(1,4) 答案　B 解析　把小滑塊P和Q以及彈簧看成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，在整個過程中，當(dāng)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(shè)小滑塊P的初速度為v0，兩滑塊的質(zhì)量均為m，則mv0＝2mv，解得v＝eq \f(v0,2)，P的初動能Ek0＝eq \f(1,2)mv02，彈簧具有的最大彈性勢能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(1,2)Ek0，故選項B正確。 2．(多選)如圖，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質(zhì)量也為m的小球從槽上高h(yuǎn)處由靜止開始自由下滑，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，則(　　) A．在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒 B小球下滑的過程中，小球和槽之間的作用力對槽不做功 C．被彈簧反彈后，小球能回到槽上高h(yuǎn)處 D．被彈簧反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動 答案　AD 解析　在小球下滑的過程中，小球和槽組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受力，則水平方向上動量守恒，故A正確；在小球下滑過程中，槽向左滑動，小球?qū)Σ鄣淖饔昧Σ圩稣?，故B錯誤；小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，開始總動量為零，小球離開槽時，小球和槽的動量大小相等，方向相反，由于質(zhì)量相等，則速度大小相等，方向相反，然后小球與彈簧接觸，被彈簧反彈后的速度與接觸彈簧時的速度大小相等，可知反彈后，小球和槽都做速率不變的直線運動，且速度大小相等，則小球不會回到槽上高h(yuǎn)處，故D正確，C錯誤。 3．(多選)如圖所示，光滑的半圓槽置于光滑的水平地面上，從一定高度自由下落的小球m恰能沿半圓槽邊緣的切線方向滑入原先靜止的槽內(nèi)，對此情況，不計空氣阻力，下列說法正確的是(　　) A．小球第一次離開槽時，將向右上方做斜拋運動 B．小球第一次離開槽時，將做豎直上拋運動 C．小球離開槽后，仍能落回槽內(nèi)，而槽將做往復(fù)運動 D．槽一直向右運動 答案　BC 解析　小球與半圓槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，初狀態(tài)時系統(tǒng)在水平方向動量為零，由動量守恒定律可知，小球第一次離開槽時，系統(tǒng)水平方向動量守恒，球與槽在水平方向的速度都為零，球離開槽后做豎直上拋運動，故A錯誤，B正確；小球沿槽的右側(cè)下滑到底端過程，槽向右做加速運動，球從底端向左側(cè)上升過程，槽向右做減速運動，球離開槽時，槽靜止，球做豎直上拋運動，然后小球落回槽的左側(cè)，球從槽的左側(cè)下滑過程，槽向左做加速運動，從最低點向右上滑時，槽向左做減速運動，然后球離開槽做豎直上拋運動，此后重復(fù)上述過程，由此可知，槽在水平面上做往復(fù)運動，故C正確，D錯誤。 4.如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且與水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是(　　) A．滑塊b沿a上升的最大高度為eq \f(v02,5g) B．物塊a運動的最大速度為eq \f(2v0,5) C．滑塊b沿a上升的最大高度為eq \f(v02,2g) D．物塊a運動的最大速度為eq \f(v0,5) 答案　B 解析　b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v， 由機(jī)械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝eq \f(2v02,5g)，A、C錯誤；滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva 由機(jī)械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvb2＋eq \f(1,2)×4mva2，解得va＝eq \f(2,5)v0，vb＝－eq \f(3,5)v0，B正確，D錯誤。 5．(多選)(2022·菏澤市月考)如圖所示，在光滑的水平面上放有兩個小球A和B，mA>mB，B球上固定一輕質(zhì)彈簧且始終在彈性限度內(nèi)。A球以速率v去碰撞靜止的B球，則(　　) A．A球的最小速率為零 B．B球的最大速率為eq \f(2mA,mA＋mB)v C．當(dāng)彈簧壓縮到最短時，B球的速率最大 D．兩球的總動能最小值為eq \f(mA2v2,2?mA＋mB?) 答案　BD 解析　A球與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，當(dāng)B球的速度等于A球的速度時彈簧的壓縮量最大，此后A球繼續(xù)減速，B球速度繼續(xù)增大，彈簧壓縮量減小，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，B球速度最大，A球速度最小，此過程滿足動量守恒和能量守恒，有mAv＝mAv1＋mBv2，eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAv12＋eq \f(1,2)mBv22，解得v1＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v，v2＝eq \f(2mA,mA＋mB)v，因為mA>mB，可知A球的最小速率不為零，B球的最大速率為eq \f(2mA,mA＋mB)v，故A、C錯誤，B正確；兩球共速時，彈簧壓縮到最短，彈性勢能最大，此時兩球總動能最小，根據(jù)動量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共，Ek＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v共2，聯(lián)立可得Ek＝eq \f(mA2v2,2?mA＋mB?)，故D正確。 6．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)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面上，現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3 m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得(　　) A．從開始計時到t4這段時間內(nèi)，物塊A、B在t2時刻相距最遠(yuǎn) B．物塊A、B在t1與t3兩個時刻各自的加速度相同 C．t2到t3這段時間彈簧處于壓縮狀態(tài) D．m1∶m2＝1∶2 答案　D 解析　結(jié)合題圖乙可得兩物塊的運動過程，開始時物塊A逐漸減速，物塊B逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相等，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(fù)原長，物塊B依然加速，物塊A先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復(fù)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，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t2到t3過程中彈簧的長度將逐漸變大，故A、C錯誤；由題圖乙可知，物塊A、B在t1與t3兩個時刻各自的加速度方向相反，故B錯誤；系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，t＝0時刻和t＝t1時刻系統(tǒng)總動量相等，有m1v0＝(m1＋m2)v2，解得m1∶m2＝1∶2，故D正確。 7．如圖所示，光滑水平面上有三個滑塊A、B、C，質(zhì)量分別為mA＝4 kg，mB＝2 kg，mC＝2 kg，A、B用一輕彈簧連接(彈簧與滑塊拴接)，開始時A、B以共同速度v0＝4 m/s運動，且彈簧處于原長，某時刻B與靜止在前方的C發(fā)生碰撞并粘在一起運動，求： (1)B與C碰后的瞬間，C的速度大??； (2)運動過程中彈簧最大的彈性勢能。 答案　(1)2 m/s　(2)4 J 解析　(1)B與C碰撞過程動量守恒，對B和C，有mBv0＝(mB＋mC)vC 解得vC＝2 m/s。 (2)彈簧彈性勢能最大時三者共速，A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，有 (mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)v 碰后運動過程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)vC2＋eq \f(1,2)mAv02－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v2 代入數(shù)據(jù)解得Ep＝4 J。 8．(2022·廣州市期末)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是mA＝6.0 kg和mB＝4.0 kg。用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C從t＝0時以一定速度向右運動，在t＝4 s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示。求： (1)物塊C的質(zhì)量； (2)B離開墻后，彈簧中的彈性勢能最大時，B的速度多大？最大彈性勢能多大？ 答案　(1)2 kg　(2)2 m/s　12 J 解析　(1)由題圖乙知，C與A碰前速度為v1＝12 m/s，碰后速度為v2＝3 m/s，C與A碰撞過程動量守恒，以C的初速度為正方向，由動量守恒定律得 mCv1＝(mA＋mC)v2 解得mC＝2 kg。 (2)12 s末B離開墻壁，A、C的速度大小v3＝3 m/s ，之后A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)動量和機(jī)械能守恒，當(dāng)A、C與B速度相等時彈簧的彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒定律，有 (mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4 根據(jù)能量守恒定律得 eq \f(1,2)(mA＋mC)v32＝eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)v42＋Ep 解得v4＝2 m/s，Ep＝12 J。 9.如圖所示，將一半徑R＝0.3 m、質(zhì)量M＝3 kg的光滑半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)靠在固定的豎直墻壁上?，F(xiàn)讓一質(zhì)量m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點)自左側(cè)槽口A點正上方的B點從靜止開始落下，A、B間的距離h＝0.5 m，小球與半圓槽相切滑入槽內(nèi)。已知重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求： (1)小球運動到半圓槽最低點時的速度大小v0； (2)小球第一次離開半圓槽時的速度大小v1； (3)小球第一次離開半圓槽后，能夠上升的最大高度H。 答案　(1)4 m/s　(2)eq \r(7) m/s　(3)0.3 m 解析　(1)小球從靜止開始自由下落到滑至半圓槽最低點的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 mg(h＋R)＝eq \f(1,2)mv02 解得v0＝4 m/s (2)小球即將離開半圓槽時，小球和半圓槽在水平方向上速度相同，設(shè)為v，小球從半圓槽內(nèi)最低點運動到即將離開半圓槽的過程中，根據(jù)水平方向系統(tǒng)動量守恒有mv0＝(M＋m)v 小球從B點到即將離開槽的過程根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv2 聯(lián)立解得v1＝eq \r(7) m/s (3)小球離開半圓槽后向上做斜上拋運動，當(dāng)豎直方向的分速度等于0時，小球上升的高度最大，小球離開半圓槽時豎直方向的分速度 v1y＝eq \r(v12－v2)＝eq \r(6) m/s 豎直方向有v1y2＝2gH 解得H＝0.3 m。

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