題組一 “滑塊—彈簧”模型
1.(2024山東日照模擬)A、B兩小球靜止在光滑水平面上,用水平輕彈簧相連接,A、B兩球的質(zhì)量分別為mA和mB(mAL2B.L1時,將會從細(xì)管的豎直部分沖出
D.若小球從細(xì)管的豎直部分沖出,沖出后一定會落回到細(xì)管中
綜合提升練
5.(多選)(2024廣東廣州期末)如圖所示,小車A靜止于光滑水平面上,A上有一圓弧PQ,圓弧位于同一豎直平面內(nèi),小球B由靜止起沿圓弧下滑,這一過程中( )
A.若圓弧光滑,則小球的動量守恒,機械能守恒
B.若圓弧光滑,則系統(tǒng)的動量不守恒,機械能守恒
C.若圓弧不光滑,則系統(tǒng)的動量守恒,機械能不守恒
D.若圓弧不光滑,則系統(tǒng)的動量不守恒,機械能也不守恒
6.如圖(a)所示,光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個帶電小球,t=0時,甲靜止,乙以v0=6 m/s的初速度向甲運動。它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動(整個運動過程中沒有接觸),它們運動的v-t圖像分別如圖(b)中甲、乙兩曲線所示。則由圖線可知( )
A.兩小球帶電的電性一定相反
B.甲、乙兩小球的質(zhì)量之比為2∶1
C.t2時刻,乙的電勢能最大
D.在0~t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能一直減小
7.(多選)如圖所示,在光滑絕緣水平面上,A、B兩小球質(zhì)量分別為2m、m,所帶電荷量分別為+q、+2q。某時刻A有指向B的速度v0,B速度為零,之后兩小球在運動中始終未相碰,當(dāng)兩小球從該時刻開始到第一次相距最近的過程中( )
A.任意時刻A、B兩小球的加速度大小之比均為1∶2
B.兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒,電勢能減少
C.A減少的機械能大于B增加的機械能
D.靜電力對A做功的大小為
8.(2024廣東揭陽模擬)如圖所示,將質(zhì)量分別為mA=3 kg、mB=1 kg的A、B兩個物體放在光滑的水平面上,物體B處于靜止?fàn)顟B(tài),B的左端與一輕彈簧相連接?，F(xiàn)在給物體A一水平向右的初速度v0=4 m/s。
(1)求彈簧的最大彈性勢能Ep;
(2)當(dāng)物體A和彈簧分離時,求物體A和物體B的速度。
9.(2024廣東清遠(yuǎn)期末)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(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方向水平向左、大小v0=6 m/s的速度向斜面體推去,冰塊平滑地滑上斜面體,已知小孩與滑板的總質(zhì)量m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量m2=10 kg,斜面體的質(zhì)量m3=20 kg,重力加速度g取10 m/s2,小孩與滑板始終無相對運動,斜面體足夠高。
(1)求推出冰塊后小孩的速度;
(2)求冰塊在斜面體上上升的最大高度。
參考答案
第3講 專題提升:“滑塊—彈簧”模型和“滑塊—斜(曲)面”模型
1.C 解析 當(dāng)彈簧壓縮到最短時,兩球的速度相同,對題圖甲取A的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得,mAv=(mA+mB)v',由機械能守恒定律得,Ep=mAv2-(mA+mB)v'2,聯(lián)立解得彈簧壓縮到最短時Ep=,同理對題圖乙取B的初速度方向為正方向,當(dāng)彈簧壓縮到最短時有Ep=,故彈性勢能相等,則有L1=L2,故A、B、D錯誤,C正確。
2.BC 解析 撤去推力F后的運動過程中,墻壁對木塊A的作用力向右,木塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒,A錯誤;木塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒,B正確;木塊A脫離墻壁前,彈簧彈力對B一直做正功,木塊A脫離墻壁時,B的動能最大,C正確;木塊A、B共速時,彈簧的彈性勢能最大,木塊B的動能不是最大值,D錯誤。
3.C 解析 因為水平面光滑,m和M組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒;當(dāng)物塊向上的速度為零時,根據(jù)題意可知此時物塊與圓弧軌道速度相同,又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2,即mv2∶Mv2=1∶2,得m∶M=1∶2,根據(jù)動量守恒定律,mv0=(m+M)v,得v0=3v,根據(jù)能量守恒定律,(m+M)v2+Ep,則物塊的重力勢能Ep=,此時物塊的動能Ek=mv2=,所以此時物塊的動能與重力勢能之比Ek∶Ep=1∶6,故C正確,A、B、D錯誤。
4.BCD 解析 小球在細(xì)管中運動時,小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向上受到的合外力為零,在彎曲處,小球和小車組成的系統(tǒng),在豎直方向上合外力不為零,則小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,小球在細(xì)管中運動時,小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;由于小球和小車(包含細(xì)管)組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,小球在細(xì)管的豎直部分運動時,水平方向的速度相同,則小球在細(xì)管的豎直部分運動時只受重力作用,故B正確;由于在水平方向上動量守恒,在最高點,由動量守恒定律和能量守恒定律有,mv0=2mv,·2mv2+mgL,解得L=,從細(xì)管的豎直部分沖出,則有L=>h,解得v0>,故C正確;小球從細(xì)管的豎直部分沖出后,水平方向的速度始終相同,則沖出后一定會落回到細(xì)管中,故D正確。
5.BD 解析 不論圓弧是否光滑,小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零,則系統(tǒng)動量都不守恒;但系統(tǒng)水平方向不受外力,所以系統(tǒng)水平方向的動量守恒;若圓弧光滑,只有重力做功,系統(tǒng)的機械能守恒;若圓弧不光滑,系統(tǒng)要克服摩擦力做功,機械能減少。綜上所述,B、D正確,A、C錯誤。
6.B 解析 由題圖可知,乙減速的同時,甲正向加速,說明兩小球相互排斥,帶有同種電性的電荷,故A錯誤;兩小球作用過程中動量守恒,有m乙Δv乙=m甲Δv甲,解得,故B正確;t1時刻,兩小球共速,此時兩小球間距離最近,則此時乙的電勢能最大,故C錯誤;在0~t3時間內(nèi),甲的動能一直增大,乙的動能先減小,t2時刻后逐漸增大,故D錯誤。
7.AC 解析 兩小球所受的庫侖力為作用力與反作用力,大小相等,由F=ma知,兩球的加速度之比,故A正確;兩小球組成的系統(tǒng)所受合外力為零,系統(tǒng)動量守恒,從A開始運動到兩小球距離最近的過程中,兩小球間的距離減小,電勢能增加,機械能減少,故B錯誤;由能量守恒定律可知,減少的機械能轉(zhuǎn)化為電勢能,系統(tǒng)電勢能增加,兩小球組成的系統(tǒng)動量守恒,兩小球距離最近時速度相等,由動量守恒定律得,2mv0=(2m+m)v,解得v=v0,A減少的機械能ΔEkA=·2m·2m,B增加的機械能ΔEkB=,所以A減少的機械能大于B增加的機械能,故C正確;由動能定理可知,靜電力對A做功大小W=·2m·2mv2=,故D錯誤。
8.答案 (1)6 J
(2)2 m/s 6 m/s
解析 (1)彈簧被壓縮到最短時,A、B具有共同速度,此時彈簧有最大彈性勢能,根據(jù)動量守恒定律有
mAv0=(mA+mB)v共
根據(jù)能量守恒定律有
mA(mA+mB)+Ep
解得Ep=6J。
(2)A和彈簧分離時,根據(jù)動量守恒和機械能守恒有
mAv0=mAvA+mBvB
mAmAmB
聯(lián)立解得vA=2m/s,vB=6m/s。
9.答案 (1)2 m/s,方向水平向右
(2)1.2 m
解析 (1)取小孩和冰塊為系統(tǒng),取水平向左為正方向,由動量守恒定律有
m1v1+m2v0=0
解得v1=-2m/s
即推出冰塊后小孩的速度大小為2m/s,方向水平向右。
(2)冰塊在斜面體上運動到最高處時兩者速度相同,設(shè)此時速度為v共,有
m2v0=(m2+m3)v共
解得v共=2m/s
由機械能守恒定律有
m2(m2+m3)+m2gh
解得h=1.2m。

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